/
Author: Костенко Н.А. Балясникова С.В. Волошановская Ю.Э. Гулин М.А. Русанова Е.М. Тихонова О.Н.
Tags: механика деформируемых тел упругость деформация общетехнические дисциплины сопротивление материалов строительная механика издательство высшая школа
ISBN: 5-06-003693-6
Year: 2004
Text
УДК 539.3/.6
ББК 30.121
С64
Авторы:
Н. А. Костенко, С. В. Балясникова, Ю. Э. Волошавовская,
М. А. Гулин, Е. М. Русанова, О. Н. Тихонова, В. П. Юматов
Рецензенты:
кафедра «Строительная механика» Московского института коммуналь-
ного хозяйства и строительства (зав. кафедрой проф Н. В. КолкуновУ,
проф. Н. Н. Шапошников (Московский государственный университет пу-
тей сообщения)
ISBN 5-06-003693-6
© ФГУП «Издательство «Высшая школа», 2004
Оригинал-макет данного издания является собственностью издательства «Вы-
сшая школа», и его репродуцирование (воспроизведение) любым способом без
сшласия издательства запрещается.
ОГЛАВЛЕНИЕ
Основные обозначения
Предисловие .... ............ ............................ 11
I лава 1. Основные понятия......................................... 14
1.1. Задачи, решаемые в сопротивлении материалов . . .... 14
1.2. Основные гипотезы сопротивления материалов................. 14
1.3. Расчетная схема ............................................ 17
1.4. Внешние и внутренние силы................................... 18
1.5. Метод сечений............................................... 19
1.6. Эпюры внутренних силовых факторов и их особенности .... 21
1.7. Понятие о напряжениях .... 28
1.8. Понятие о деформациях........................................28
1.9. Виды нагружений или виды деформаций стержня..................30
1.10. Основное условие прочности. Допускаемые напряжения. Условие же-
сткости .......................................................... 31
1.11. Три типа задач сопротивления материалов ....................34
Вопросы для самопроверки..........................................35
1 лава 2. Центральное растяжение — сжатие.............................36
2.1. Основные понятия .............,..............................36
2.2. Построение эпюр продольных сил N.............................31
2.3. Напряжения и расчет стержней на прочность....................38
2.4. Деформации и перемещения при растяжении — сжатии .... 42
2.5. Статически неопределимые задачи .............................47
2.6. Примеры расчетов (включая задачи из контрольных работ заочников) 50
Вопросы для самопроверки..........................................56
[лава 3. Крученне залов круглого поперечного сечения .................58
3.1. Основные понятия ............................................58
3.2. Построение эпюр крутящих моментов ... ............. 60
3.3. Напряжения и расчет на прочность.............................60
3.4. Примеры расчетов (включая задачу из контрольных работ заочников) 62
Вопросы для самопроверки . 68
Глава 4. Расчет геометрических характеристик плоских сечений .... 69
4.1. Основные понятия .......................................... 69
4.2. Статические моменты сечения. Определение положения центра тяже-
сти сложвого сечения.............................................. 71
4.3. Моменты инерции сечения .....................................74
4.4. Моменты сопротивления сечения................................81
4.5. Рациональные формы поперечных сечений ...... 84
4.6. Примеры расчетов (включая задачу из контрольных работ заочников) 90
Вопросы для самопроверки..........................................94
Глава 5. Изгиб .......................................................95
5.1. Основные понятия ............................................95
5.2. Напряжения при изгибе и расчет балок на прочность............95
5.3. Построение эпюр изгибающих моментов..........................98
5.4. Примеры расчетов включая задачи из контрольных работ заочников 101
Вопросы для самопроверки.................................. • 113
Глава 6. Сложное нагружение......................................... 114
6.1. Внецентренное растяжение — сжатие Основные понятия. Расчет па
прочность ....................................................... 114
3
6.1.1. Примеры расчетов (включая задачу из контрольных работ заоч-
ников) .......................................................116
6.2. Косой изгиб. Основные понятия, расчет на прочность и жесткость 128
6.2.1. Примеры расчетов (включая задачу из контрольных работ заоч-
ников) .......................................................132
Вопросы для самопроверки..............................................139
Глава 7. Основы теории напряженного состояния .... .......................140
7.1. Линейное напряженное состояние...................................140
7.2. Плоское напряженное состояние. Частный случай....................142
7.3. Плоское напряженное состояние. Общий случай......................144
7.4. Объемное напряженное состояние...................................146
7.5. Круговые диаграммы напряженных состояний.........................149
7.6. Некоторые частные случаи напряженного состояния..................151
7.7. Примеры расчетов (включая задачу из контрольных работ заочников) 152
Вопросы для самопроверки..............................................157
Глава 8. Теории прочности (Теории предельных состояния)...................158
8.1. Основные понятия ................................................158
8.2. Критерии пластичности ...........................................160
8.2.1. Теория наибольших касательных напряжений.....161
8.2.2. Энергетическая теория ......................................162
8.3. Критерии разрушения..............................................163
8.3.1. Теория наибольших нормальных напряжений.....163
8.3.2. Теория наибольших относительных деформаций...........164
8.3.3. Теория прочности Мора................................165
8.4. Частный случай напряженного состояния — изгиб с кручением круг-
лых валов ........................................................167
8.5. Примеры расчетов (включая задачу из контрольных работ заочников) 169
8.6. Расчет на прочность пространственной рамы с ломаной осью . . 179
8.6.1. Построение эпюр для пространственной рамы с ломаной осью 179
8.6.2. Расчет на прочность пространственной рамы с ломаной
осью ..............................................................186
Вопросы для самопроверки..............................................187
Глава 9. Основы механики разрушения ......................................188
9.1. Определение механики разрушения. Причины ее развития и решаемые
ею задачи ........................................................188
9.2. Напряженное состояние в вершине трещины. Коэффициент интенсив-
ности напряжений .................................................191
9.3. Методы выявления возможных типов разрушений и отказов натурных
деталей в эксплуатации ...........................................195
9.3.1. Состояния деформируемых тел под нагрузкой. Возможные ти-
пы разрушения ...............................................195
9.3.2. Критические температуры хрупкости и методы определения их
числовых значений для натурных деталей........................197
9.4. Расчеты на прочность деталей с трещинами.........................203
9.4.1. Метод сечений в теории трещин. Определение левой части усло-
вия прочности для тел с трещинами.............................204
9.4.2. Определение характеристики прочности материала с трещи-
ной — предельного коэффициента интенсивности напряжения Ajc 205
9.4.3. Определение сопротивления разрушению деталей с трещи-
нами с учетом влияния циклического повреждения и низкой тем-
пературы .... ...............................207
9.5. Примеры расчетов на прочность деталей с трещинами 208
Вопросы для самопроверки..............................................224
Глава 10. Расчеты на жесткость. Энергетический метод определения перемеще-
ний ..................................................................225
10.1. Основные понятия ... 225
4
10.2. Работа внешних сил. Работа внутренних сил (потенциальная энергия
деформации) .....................................................225
10.3. Определение перемещений методом Мора.......................227
10.4. Правило Верещагина.........................................229
10.5. Примеры расчетов (включая задачу из контрольных работ заочников) 232
Вопросы для самопроверки.........................................237
Глава 11. Расчет статически неопределимых систем методом сил.........238
11.1. Статическая неопределимость................................238
11.2. Один раз статически неопределимые плоские балки и рамы . . . 243
11.3. Два и более раз статически неопределимые системы...........264
11.4. Использование симметрии....................................270
11.5. Построение эпюр внутренних усилий для статически определимой
плоской рамы ....................................................280
11.6. Примеры расчетов (включая задачу из контрольных работ заочников) 283
Вопросы для самопроверки.........................................285
Глава 12. Динамические нагрузки......................................286
12.1. Основные понятия...........................................286
12.2. Расчет на прочность движущихся тел с учетом сил инерции . . . 287
12.2.1. Примеры расчетов (включая задачу для контрольных работ
заочников) .....................................288
12.3. Удар.......................................................294
12.3.1. Основные понятия ....................................294
12.3.2. Продольный удар .....................................296
12.3.3. Влияние массы стержня на напряжения и перемещения при
ударе .......................................................299
12.3.4. Примеры расчетов (включая задачу из контрольных работ
заочников) .......................................302
12.4. Расчет на прочность при колебаниях.........................308
12.4.1. Свободные колебания системы с одной степенью свободы . 308
12.4.2. Вынужденные колебания системы с одной степенью свободы 311
12.4.3. Примеры расчетов (включая задачу из контрольных работ за-
очников) ....................................................314
Вопросы для самопроверки.........................................317
1 лава 13. Устойчивость сжатых стержней..............................318
13.1. Основные понятия...........................................318
13.2. Определение критической силы по формуле Эйлера или с помощью
эмпирических зависимостей .......................................319
13.3. Определение критической силы с помощью дифференциального урав-
нения (точный метод определения Р1р).............................323
13.4. Энергетический метод определения критической силы..........324
13.5. Практический метод расчета на устойчивость.................329
13.6. Примеры расчеюв (включая задачу из контрольных работ заочников) 329
Вопросы для самопроверки.........................................336
Глава 14. Прочность при напряжениях, циклически изменяющихся во времени 338
14.1. Понятие о циклических напряжениях..........................338
14.2. Параметры и виды циклов напряжении.........................339
14.3. Явление усталости..........................................340
14.4. Природа и механизм усталостного разрушения.................341
14.5. Кривая усталости. Предел выносливости......................342
14.6. Диаграмма предельных амплитуд..............................345
14.7. Факторы, влияющие на предел выносливости...................346
14.7.1. Концентрация напряжений .............................347
14.7.2. Масштабный фактор ...................................349
14.7.3. Совместное влияние концентрации напряжений и масштабно-
го фактора...................................................350
5
14.7.4. Качество обработки поверхности.......................352
14.7.5. Эксплуатационные факторы.............................353
14.7.6. Поверхностное упрочнение ............................354
14.7.7. Совместное влияние всех факторов.....................355
14.8. Расчет на прочность при регулярном режиме нагружения (включая
задачу из контрольных работ заочников)............................355
Вопросы для самопроверки..........................................363
Глава 15. Прочностная надежность......................................364
15.1. Детерминированные и статистические расчеты на прочность . . . 364
15.2. Основные характеристики надежности..........................366
15.3. Законы распределения времени безотказной работы (законы надеж-
ности) ...........................................................367
15.4. Методы прогнозирования показателей прочностной надежности 372
15.5. Основные положения и алгоритмы расчета вероятности внезапных
хрупких деталей с трещинами.......................................374
15.6. Пример расчета вероятности хрупких разрушений деталей с трещи-
нами .............................................................376
Вопросы для самопроверки......................................... 378
Приложения............................................................379
Приложение 1. Методические указания и контрольные задания для сту-
дентов-заочников .................................................379
Приложение 2. Прокат сортовой из углеродистой стали обыкновенного
качества (по ГОСТ 535—88)........................................ 406
Приложение 3. Механические характеристики малоуглеродистой стали 418
Приложение 4. Общие для всех задач данные.........................419
Приложение 5. Таблица основных формул сопротивления материалов . 420
Литература............................................................429
ОСНОВНЫЕ ОБОЗНАЧЕНИЯ
Р — сосредоточенная сила (условно как бы приложенная в одной точке)
q — интенсивность распределенной нагрузки, сила на единицу длины (Н/м,
МН/м)
М — внешний момент, действующий на элемент конструкции (изгибающий
или крутящий)
у — удельный вес материала
о — нормальное напряжение (сигма ст)
т — касательное напряжение (тау т)
[<т] — допускаемое нормальное напряжение
[ст]р — допускаемое нормальное напряжение при растяжении
Меж — допускаемое нормальное напряжение при сжатии
[г] — допускаемое касательное напряжение [т]«(0,5...0,6) [ст]
ff2> °з — главные напряжения (экстремальные нормальные)
flinax, тшах — максимальные напряжения
ста, га — напряжения по произвольной наклонной площадке
п, пу — коэффициенты запаса прочности и устойчивости
N — продольная сила
<2. Qx> Qy — поперечные силы
М, Мх, Му — изгибающие моменты относительно осей X и У
Л/хр — крутящий момент (относительно продольной оси Z)
Е — модуль упругости Юнга для широкого крута материалов (Е=2‘ 105
МПа)
G — модуль сдвига (6 = 8 10* МПа); в гл. 13 G — градиент местных напря-
жений
ц — коэффициент Пуассона Д=£Полер/£прод
стт — предел текучести
ств — предел прочности
ст^д — предел пропорциональности
— истинное сопротивление разрыву
<5 — относительное продольное удлинение (в тексте просто линейное пере-
мещение о г единичной силы)
ф — относительное поперечное сужение
и — потенциальная энергия деформации
А -— работа внешней силы
yzx, yyz — угловые сдвиговые деформации в разных плоскостях
Д/ — абсолютное продольное удлинение (или укорочение)
£2, £з — главные относительные деформации
Ф — угол закручивания поперечного сечения вала при кручении (гл. 5); (в
теме устойчивость (гл. 13) (р — это коэффициент снижения основного
допускаемого напряжения)
d — диаметр круглого стержня
у — прогиб балки (это же обозначение для ординаты точки поперечного
сечения относительно главных центральных осей) при изгибе
z — координата произвольной точки сечения при рассечении по методу
РОЗУ
Sx, Sy — статические моменты площади сечения относительно осей X и У
F — площадь поперечного сечения стержней, балок и валов
7
Fq — первоначальная (до нагружения) площадь поперечного сечения образ-
ца растяжения
хс, Ус — координаты центра тяжести сечения
хь yi — координаты центров тяжести отдельных фигур сечения
Jx, Jy — осевые моменты инерции сечения относительно осей X и Y
Jxy — центробежный момент инерции сечения относительно осей X и Y
Jp — полярный момент инерции сечения
ix, iy — главные радиусы инерции
Zmax, 4nin — главные моменты инерции сечения
Wx, Wy — осевые моменты сопротивления сечения (используются при расчете на
прочность при изгибе)
Wp — полярный момент сопротивления сечения (используется при расчете
на кручение)
р — расстояние от точки, где определяется касательное напряжение, до
центра круглого поперечного сечения вала
cfe — длина элементарного участка вала
а, b — размеры сторон поперечных сечений стержней, валов и балок
хр, ур — координаты точки приложения силы при внецентренном растяжении,
сжатии
х, у — координаты точки, где определяются напряжения при внецентренном
растяжении, сжатии
I, т, п — направляющие косинусы в гл. 7
Л — инварианты кубического уравнения для определения главных напря-
жений при объемном напряженном состоянии
Л/эхв — эквивалентные моменты по разным теориям прочности
дЭхв — эквивалентные напряжения по разным теориям прочности
^Храсч — коэффициент интенсивности напряжений (расчетный)
К\с — предельное значение коэффициента интенсивности напряжений
ау — напряжение, раздирающее трещину
°ном — номинальное нормальное напряжение в теле без трещины
Рразр — разрушающая сила (с позиций механики разрушения)
— первая и вторая критические температуры хрупкости образцов
Т^, ^хр2 — первая и вторая критические температуры хрупкости деталей
ДТ1 — сдвиг критической температуры хрупкости от влияния масштабного
фактора
ДТз — сдвиг критической температуры от степени концентрации напряжений
ДТз — сдвиг критической температуры от увеличения размеров трещин
ДТ4 — сдвиг критической температуры от многократного циклического по-
вреждения
/гр — длина трещины
г — расстояние от вершины трещины до точки, где определяются напря-
жения
а — коэффициент концентрации напряжений
Тэ — температура эксплуатации (или опыта)
7* — температура абсолютной хрупкости
од — окружное напряжение в окрестностях трещины
Frp — площадь трещины
— площадь зоны концентрации напряжений в окрестности трещины
5] 1 — единичный коэффициент канонического уравнения метода сил
Д1Р — грузовой член канонического уравнения метода сил
Ка — динамический коэффициент
Ря, — обобщенные динамические и статические силы
аа> тд — нормальные и касательные динамические напряжения
t>n, ^ст — обобщенные динамические и статические перемещения
GB — вес груза
Л/д, Л/Ст — изменение длины стержня при динамическом и статическом действии
силы
U — потенциальная энергия
Т — кинетическая энергия
dm — масса тела
V — скорость
Кц — коэффициент приведения массы
dPj — элементарная сила инерции
dv — объем элемента тела
g — ускорение свободного падения
р, — интенсивность сил инерции
а — ускорение равноускоренного движения
п„, — нормальное и тангенциальное ускорение
со — угловая скорость вращения
г — расстояние от точки до оси вращения (гл. 12); до вершины трещины
(гл. 9)
Е — угловое ускорение (гл. 12); укорочение (гл. 1)
сос — частота собственных колебаний балки
шв — частота вынужденных колебаний
Р — коэффициент нарастания колебаний
Дст — прогиб в точке удара при статическом действии сил удара
h — высота падения груза
/\р, ffxp — критическая сила и критические напряжения в расчетах на устой-
чивость
д' — коэффициент приведения длины в расчетах на устойчивость (коэф-
фициент закрепления концов)
2^6 — рабочая (в отличие от предельной) гибкость стержня
Лзрод — предельная гибкость стержня
4мп — минимальный радиус инерции поперечного сечения стержня
<р — в теме устойчивость коэффициент снижения основного допускаемого
напряжения [сг]0 для сжатых стоек
б[пн, ffmin — максимальное и минимальное напряжение цикла
оа — амплитудное напряжение цикла
от — среднее напряжение цикла
R — коэффициент асимметрии цикла
m — показатель наклона кривой усталости
ff0 — предел выносливости при отнулевом (пульсирующем) цикле стандарт-
ных образцов
фа, — коэффициенты, характеризующие чувствительность материала к асим-
метрии цикла
а<Т1 — теоретический коэффициент концентрации напряжений
^ном — номинальное значение напряжения в детале без концентратора
ff-ix, ff-u — пределы выносливости образца с концентрацией напряжений
Кд, Кг — эффективные коэффициенты концентрации напряжений при изгибе
и кручении
К^а, &dz — коэффициенты, учитывающие масштабный фактор детали
cr-irf, — предел выносливости гладких образцов диаметром d
G — градиент местных напряжений
va, vT — коэффициенты чувствительности металла к концентрации напряжений
и масштабному фактору
Кра, ^Ft — коэффициенты, учитывающие влияние на пределы выносливости дета-
ли качества обработки поверхности
9
ст_ in, r_j„ — пределы выносливости образца с заданным качеством поверхности
Rz — параметр шероховатости
— коэффициент, учитывающий влияние на предел выносливости кор-
розии
ff-lxop — предел выносливости образца в коррозионной среде
о_ 1ВОЗД — предел выносливости образца на воздухе
Ку — коэффициент, учитывающий влияние на предел выносливости поверх-
ностного упрочнения детали
tf-lYnp — предел выносливости упрочненного образца
Код, Кд — коэффициенты снижения предела выносливости детали, соответствен-
но при изгибе и кручении
сг-1д, Т-1д — пределы выносливости детали
па, n-t — коэффициенты запаса прочности соответственно по нормальным и ка-
сательным напряжениям
Р (t) — основная характеристика надежности, вероятность безотказной рабо-
ты
Q(t) — вероятность отказов
Л (t) — интенсивность отказов
t — время (в числе циклов, в месяцах или годах)
Лг0 — первоначальное число изделий в выборке (перед экспериментом или
в начале эксплуатации)
Еп,- — число изделий, отказавших за время t
1ср — среднее время безотказной работы
st — дисперсия распределения времени работы до отказа
£ — функция неразрушимости
ПРЕДИСЛОВИЕ
Сопротивление материалов — это наука об инженерных мето-
щх расчета на прочность, жесткость и устойчивость элементов
конструкций. Поэтому авторы ставили целью создать пособие,
ко горое оказывает помощь при освоении практической части курса
сопромата, в первую очередь студентам заочной и вечерней формы
обучения, однако оно будет весьма полезно всем, изучающим науку
о прочности. В связи с этим сознательно опущен углубленный
анализ теории и выводы формул, а также некоторые вопросы,
онюсительно редко возникающие перед инженером широкого про-
филя при решении практических задач. Среди них — расчет толсто-
стенных цилиндров, вращающихся дисков и тонкостенных оболо-
чек, теория контактных напряжений, расчет составных балок на
и я иб, расчет балок на упругом основании, исследование моментов
инерции плоских сечений с помощью кругов Мора, расчет на проч-
ность при кручении тонкостенных валов открытого и закрытого
профиля, учет собственного веса, расчет пластин и оболочек, рас-
четы за пределами упругости. Это тем более оправдано, что имеет-
ся много учебников по сопротивлению материалов с широким
освещением теории и подробным выводом формул, на которые
в данном пособии даются ссылки.
В то же время уделено большое внимание изложению базовых
понятий, гипотез сопротивления материалов и анализу условий,
и которых можно использовать рассматриваемые методы расчета,
я также практическим вопросам, трудно понимаемым студентами.
Среди этих вопросов построение эпюр в пространственных и плос-
ких рамах, определение знаков центробежных моментов, раскры-
тие статической неопределимости рам методом сил, расчеты при
ннецентренном растяжении — сжатии и косом изгибе, расчеты на
прочность при колебаниях. Изложение материала сопровождается
решением большого числа задач по всем темам курса, в том числе
и задач из контрольных работ заочников.
Учитывая, что обучение студентов-заочников всегда проходит
в условиях острого дефицита времени, коллектив авторов стремил-
ся по возможности хорошо обучить студентов хотя бы одному
методу решения конкретных задач. Это относится, например, к воп-
росу расчетов на жесткость. В пособии дается универсальный энер-
гетический метод определения перемещений, который позволяет
оценивать деформации при любых видах нагружения и не рассмат-
ривается, например, метод непосредственного интегрирования или
метод начальных параметров.
11
С целью повышения обучающих возможностей учебника, а так-
же обеспечения удобства в освоении новой информации в начале
пособия, даны все имеющиеся в книге обозначения (язык прочности
в символах), которые студенты обязаны знать, так как они лежат
в основе прочностных расчетов всех специальных дисциплин.
Кроме того, рискуя быть обвиненными в «выхолащивании»
курса, авторы сочли целесообразным дать в конце учебника таблицу
основных формул сопротивления материалов под шуточной рубри-
кой «Запомни на всю оставшуюся жизнь!». Нам представляется, что
этот материал, являясь «выжимкой» важнейшей информации, по-
зволит еще раз укрупненно представить содержание курса, и его
задачи, а также усвоить суть прочностного расчета, состоящую
в том, что в двух частях основного условия прочности стоят неза-
висимые величины: в правой механические прочностные свойства
материала, а в левой напряженное состояние объекта под нагруз-
кой. Используя эту информацию, студенту далее легко сосредото-
читься на запоминании конкретных выражений (формул) для левой
части условия прочности при разных видах нагружения. Для студен-
тов-заочников эта концентрированная информация будет играть
роль краткого справочника. Вопросы же инженерного приложения
этой информации для решения конкретных задач подробно рас-
смотрены в пятнадцати главах пособия. В полной мере нашла
отражение в пособии последняя концепция требований к общепро-
фессиональным дисциплинам для механических направлений и спе-
циальностей. В частности, всесторонне рассмотрены вопросы оцен-
ки прочности при циклических напряжениях, которые вызывают
усталость материала. Учитывая также, что в последние десятилетия
быстро развиваются новые, весьма перспективные направления
в науке о прочности, в частности, механика разрушения, прочност-
ная надежность, механика материалов, и в них уже разработаны
инженерные методы расчета, мы сочли необходимым познакомить
студентов с результатами работ в этих направлениях вплоть до
решения практических задач.
На стиль изложения учебного пособия оказало некоторое влия-
ние то, что оно планировалось сначала как электронное. Это обус-
ловило наличие большого числа оживляющих изложение шуточных
рисунков и схем (на кафедре имеется электронная версия пособия,
которую можно заказать по адресу, приведенному в конце предис-
ловия).
Пособие подготовлено коллективом кафедры «Сопротивление
материалов и строительная механика» Московского Государствен-
ного Открытого Университета. Общее руководство, написание
предисловия, основных обозначений, таблицы основных формул
сопротивления материалов, гл. 1 (кроме § 1.2, 1.6, 1.7, 1.11), гл. 9,
гл. 15 (§ 8.6, 10 3, 12.4) выполнены проф. Н. А. Костенко; гл. 2 и 11
написаны и. о. доц. С.В. Балясниковой; гл. 3, 6 и 14 — доц.
М. А. Гулиным; § 1.2, 1.6, 1.7 и 1.11 —доц. Ю. Э. Волошановской;
12
। и. 4 и § 12.1, 12.2, 12.3 — доц. Е. М. Русановой; гл. 10 и 13 — доц.
О. II. Тихоновой; гл. 5, 7, 8 —доц. В. П. Юматовым. Компьютер-
ный дизайн (графика, оформление макета учебника, верстка), набор
i скегов, корректура выполнены И. К. Бушуевой, М. Р. Ушаковым,
М. В. Пономаревым. Электронное приложение к пособию (в част-
ности, графика, анимация, мультимедиа) подготовлено канд. техн,
наук, доц. кафедры «Теоретические основы электротехники»
А. А. Сазыкиным.
Пожелания и замечания по содержанию учебного пособия на-
правлять по адресу: 129278, Москва, ул. Корчагина, д. 22, МГОУ,
кафедра «Сопротивление материалов».
Профессор Н. А. Костенко
Глава 1
ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ
1.1. ЗАДАЧИ, РЕШАЕМЫЕ В СОПРОТИВЛЕНИИ МАТЕРИАЛОВ
Мы восторгаемся ажурностью и прочностью Останкинской баш-
ни, Адмиралтейства в Санкт-Петербурге, легкостью моста, взлетев-
шего над многокилометровым проливом или удивительной формой
современных павильонов. Ответ на вопрос, как сделать сооружение,
прибор, не только предельно легкими, красивыми и дешевыми, но
и надежно прочными дает сопротивление материалов — наука об
инженерных методах расчета на прочность, жесткость и устой-
чивость элементов машин и сооружений.
Сопротивление материалов — это азбука расчетов на прочность.
Имеется много более сложных дисциплин, также изучающих про-
чность: теория упругости, те-
ория пластичности, теория
ползучести, теория оболочек,
механика разрушения и др.
Если теоретическая механика
рассматривает абсолютно
твердые тела, то в сопротив-
лении материалов учитывает -
ся, что элементы конструк-
ций под действием внешних
сил изменяют свою форму
и размеры, т. е. деформиру-
ются.
Прочность — это способ-
ность элемента конструкции
Этот мужчина нежесткий,
так так Д/>[Д/]/
сопротивляться внешним
Рис 11 воздействиям не разрушаясь.
Жесткость — это способ-
ность конструкции сохранять исходную форму в заданных (обычно
весьма малых) пределах (рис. 1.1).
Устойчивость — это способность конструкции сохранять перво-
начальную форму равновесия.
1.2. ОСНОВНЫЕ ГИПОТЕЗЫ СОПРОТИВЛЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ
При построении теории расчета невозможно отразить всё мно-
гообразие свойств реальных материалов, поэтому приходится де-
лать целый ряд допущений, упрощающих расчеты. Они касаются
14
Рис. 1.2 Рис. 1.3
в основном геометрии конструкции и свойств их материалов. В кур-
се сопротивления материалов рассматривается:
1. Идеализированное тело, которое считается сплошным (без пу-
стот) и однородным. Это означает, что свойства материала не
зависят от формы и размеров тела и одинаковы во всех его точках.
11апример, малоуглеродистая сталь, состоящая из кристаллов фер-
рита, сетки третичного цементита и перлитовых включений, иде-
ализируется и рассматривается сплошной и однородной. Допуще-
ние справедливо даже для такого неоднородного материала, как
бетон, состоящего из щебня, связанного цементным раствором, так
как размеры отдельных частиц материала невелики по сравнению
с размерами поперечных сечений элементов (рис. 1.2).
2. Упругие свойства материала во всех направлениях одинаковы,
т. е. материал тела обладает упругой изотропией. Это допущение
используется при решении большинства задач сопротивления мате-
риалов. Однако для некоторых материалов, например, для дерева,
свойства которого в направлениях вдоль и поперек волокон различ-
ны, необходимо учитывать анизотропию, поэтому пользоваться
этим допущением нельзя (рис. 1.3).
3. Тело считается абсолютно упругим. Это значит, что после
устранения причин, вызывающих деформацию, оно полностью вос-
станавливает свою первоначальную форму и размеры. Это допуще-
ние справедливо лишь при напряжениях, не превышающих предел
уПруГОСТИ СГу.
4. Деформации материала конструкции в каждой его точке прямо
пропорциональны напряжениям в этой точке (закон Гука). Закон Гука
справедлив лишь при напряжениях, не превышающих предел пропо-
рциональности бГвд.
5. Деформации элементов конструкций в большинстве случаев
настолько малы, что можно не учитывать их влияние на взаимное
расположение нагрузок и на расстояния от нагрузок до любых точек
конструкции. Например, для балки (рис. 1.4), загруженной сосредо-
точенной силой на свободном конце, изгибающий момент в заделке
равен:
М—Р(1—и),
15
где Р — внешняя сила;
/ — длина балки; и —
продольная деформа-
ция балки. Так как пе-
ремещение и мало по
сравнению с пролетом
Z, то им можно пренеб-
речь и определять мо-
мент по формуле:
М=Р1.
6. Результат воздействия на конструкцию системы сил равен
сумме результатов воздействия каждой нагрузки в отдельности (прин-
цип независимости действия сил) (рис. 1.5).
Рис. 1.5
Например, для изгибаемой балки прогиб от действия двух сил
5 равен сумме прогибов и <52 от каждой силы в отдельности:
<5 = <5j + <52.
Аналогично можно найти внутренние усилия или напряжения.
Принцип независимости действия сил не распространяется на
работу внешних и внутренних сил и на потенциальную энергию.
16
7. Поперечное сечение, плоское до деформации, остается плоским
и после деформации (гипотеза плоских сечений Бернулли) [1]. Попе-
р иные сечения при изгибе и при кручении показаны на рис. 1.6,
ч и б. Эта гипотеза используется при выводе большинства формул
расчетных напряжении для проверки элементов конструкций на
прочность. Однако она несправедлива при кручении стержней с не-
• руглым поперечным сечением, которое искривляется и перестает
ы.иь плоским, т. е. депланирует (рис. 1.6, в).
Для решения таких задач вместо методов сопротивления мате-
Р алов используют методы теории упругости.
1.3. РАСЧЕТНАЯ СХЕМА
В сопромате расчеты производятся с помощью расчетных схем.
Реальный объект, освобожденный от несущественных особенностей,
носит название расчетной схемы.
Обратите внимание на рисунок самого Галилея (рис. 1.7, а).
6) Расчетная
схема
Рис. 1.7
Реальные стержни изображаются на расчетной схеме их осями.
Нагрузку, приложенную к небольшим участкам поверхности, заме-
няют силой, приложенной в точке, которую называют сосредото-
ченной и обозначают через Р. Учитывая это, расчетная схема для
рисунка Галилея имеет вид, указанный на рис. 1.7, б.
Схематизируются и свойства материала. Принято рассматри-
вать все материалы как однородную сплошную среду.
Вводятся упрощения и в геометрию конструкции. Так, все реаль-
ные тела, один размер которых — длина, на много больше двух
других (поперечных), сводятся к схеме бруса (рис. 1.7, б).
2 3375
17
1.4. ВНЕШНИЕ И ВНУТРЕННИЕ СИЛЫ
Внешними силами называют силы взаимодействия между рас-
сматриваемым элементом конструкции и связанными с ним телами.
Сосредоточенная сила — нагрузка, приложенная к небольшому
участку поверхности (точке). Если же нагрузка распределена по
поверхности тела или его части, например, песок на платформе,
снеговая или ветровая нагрузка, то такую нагрузку называют рас-
пределенной.
В расчетной схеме нагрузку, распределенную по поверхности
(рис. 1.8, а) приводят к плоскости, совпадающей с продольной осью,
Рис. 1.8
Я равнодействующая R,
в результате чего получается нагрузка, распределенная по линии
(рис. 1.8, б). Мерой такой нагрузки является ее интенсивность
q — величина нагрузки на единицу длины, измеряемая в Н/м. Рав-
нодействующая распределенной нагрузки численно равна площади
ее эпюры и приложена в центре ее тяжести (рис. 1.8, в), т. е. при
длине I равнодействующая R — ql.
18
Рис. 1.10
Кроме того встречаются нагрузки в виде сосредоточенного мо-
и,нта (пары сил). Существует несколько способов изображения
моментов. На рис. 1.9, а, б, в представлен крутящий момент М^.
Принято знаком (•) изображать силу, идущую к нам, а знаком
|) — силу, идущую от нас (рис. 1.9, в).
Между соседними частицами тела (молекулами, кристаллами,
и омами) всегда имеются определенные силы взаимодействия, ина-
че — внутренние силы (рис. 1.10). Эти силы стремятся сохранить
юно как единое целое. Внешние силы, наоборот, всегда стремятся
вызвать деформацию тела. Внутренние силы действуют и при от-
сутствии внешней нагрузки, но в этом случае они взаимноурав-
повешены и никаким образом себя не проявляют. Возможность
(•ценить их уровень и почувствовать их наличие появляется только
ири приложении к телу внешних сил. Приложение к телу внешней
нагрузки вызывает изменение внутренних сил, т. е. появление до-
полнительных внутренних сил. В сопротивлении материалов изуча-
ю г и вычисляют только те дополнительные внутренние силы, кото-
рые появляются в результате нагружения. Таким образом, возника-
ет необходимость связать, выразить внутренние усилия через внеш-
ние.
1.5. МЕТОД СЕЧЕНИЙ
Для установления связи между внешними и внутренними силами
используется метод сечений. Так как внутренние силы взаимноурав-
цовешены и стоит задача выразить их через внешние, то необ-
ходимо выполнить такую операцию со стержнем, чтобы внутренние
силы стали явными. Прием мысленного рассечения стержня на
две части плоскостью, перпендикулярной продольной оси (рис. 1.11,
а и б), и отбрасывания одной из полученных частей (рис. 1.11, в),
позволяет перевести внутренние силы (рис. 1.11, в и г), для целого
сзержня уравновешенные, во внешние для оставленной части стерж-
ня. Эти силы взаимодействия есть в каждой точке проведенного
сечения и они заменяют действие отброшенной части на оставшу-
юся. Эту систему большого числа сил (рис. 1.11, б) по правилам
теоретической механики можно привести к одной точке (центру
2* 19
Рис. 1.11
тяжести поперечного сечения), в результате чего получим главный
вектор R и главный момент М (рис. 1.11, в).
Теперь спроектируемRuM (рис. 1.11, г) на три оси (продольную
Z и две взаимноперпендикулярные поперечные Хи Y). В результате
получим шесть внутренних силовых факторов: три силы N, Qx,
Qy и три момента Мх, Му- и Mz. Сила N называется продольной силой,
силы Qx и Qy — поперечные силы. Момент относительно оси Z —
Mz — крутящий момент (обычно обозначается как Л/гр); моменты
Мх, Му относительно поперечных осей — изгибающие. Каждому из
внутренних усилий соответствует определенный вид деформации
(изменение формы) бруса. Например, продольной силе 2V соответ-
ствует растяжение (или сжатие) бруса. Таким образом, рассмат-
ривается одна из полученных при рассечении части стержня, кото-
рая нагружена приложенными к этой часть внешними силами и ше-
стью внутренними усилиями.
Для установления связи внутренних и внешних сил можно к этой
части применить уравнения равновесия (уравновешиваем), так
как известно, что если тело находится в целом в равновесии, то
в равновесии и любая его часть. Для пространственной системы
существует 6 уравнений равновесия:
20
ЕГХ=О; £FZ=O;
ZFy=O; LMX=O; ZMz=O.
Рассмотрим, например, уравнение EFZ=O. Из внутренних усилий
(рис. 1.11) на ось Z проектируется только продольная сила N. Тогда
N+ZFz=0-,
N= -ZFz;
। ic 2FZ — сумма проекций всех внешних сил, действующих на
оставленную часть стержня, на ось Z. Отсюда вытекает следующее
определение: продольная сила N численно равна алгебраической сум-
нс проекций на ось стержня всех внешних сил, расположенных по
одну сторону (рассматриваемую) от проведенного сечения (рис.
I ll, г).
Аналогичные определения для Qx, Qy, Мх, Му и Mz. Подробно
> t и вопросы будут рассмотрены в соответствующих разделах: рас-
। яжение, кручение и изгиб.
По первым буквам выполняемых операций (рассекаем, отбрасы-
ваем, заменяем и уравновешиваем) метод сечений иногда называют
методом РОЗУ.
1.6. ЭПЮРЫ ВНУТРЕННИХ СИЛОВЫХ ФАКТОРОВ
И ИХ ОСОБЕННОСТИ
Задача определения наибольших напряжений начинается с поис-
ка сечения, в котором действуют наибольшие внутренние усилия.
Как Вы думаете, где возникнет наибольший изгибающий момент
в случае прямого поперечного изгиба консольной балки, нагружен-
ной сосредоточенной силой Р (рис. 1.12)? Нетрудно догадаться, что
опасным будет сечение А у заделки, так как здесь действует мак-
симальный изгибающий момент, равный МА = Р а.
Опасное сечение — это поперечное сечение, в котором действуют
наибольшие внутренние усилия.
А где будет располагаться опасное сечение в более сложном
случае нагружения (рис. 1.13)? Сразу дать правильный ответ до-
сгаточно трудно, так как сосредоточенный изгибающий момент
М и распределенная нагрузка q изгибают балку вниз, а сосредото-
ченная сила Р — вверх, при этом величины моментов от каждого
вида нагрузки различны.
Поэтому для сложных случаев нагружения необходимо знать
закон изменения по длине балки изгибающего момента или другого
внутреннего усилия (например, продольной силы N, поперечной
силы Q или крутящего момента М^). Этот закон можно изобразить
с помощью специальных графиков, называемых эпюрами.
21
Рис. 1.13
Эпюра — это график, изображающий закон изменения внутрен-
него усилия по длине стержня.
Каждая ордината эпюры представляет собой величину усилия
в соответствующем сечении стержня. Построение эпюр по методу
сечений выполняется в четыре этапа. Из составленных на 4-м этапе
метода сечений уравнений выражаем искомые внутренние силовые
факторы: N, Qx, Qy, Мх, Му и Mz (Л/гр). С использованием получен-
ных выражений строим графики изменения внутренних силовых
факторов — N, Мх и т. д. по длине стержня — эпюры. Примеры
построения эпюр приведены в разделах «Растяжение», «Кручение»,
«Изгиб», а также в книгах [1, 2] и др.
Рассмотрим пример эпюр поперечной силы и изгибающего мо-
мента для двухопорной балки при изгибе от действия поперечной
нагрузки (рис. 1.14).
В случаях растяжения — сжатия (рис. 1.15, а) или кручения (рис.
1.15, б) ординаты эпюр продольных сил или крутящих моментов
также показывают их величины в соответствующих поперечных
сечениях.
Любое внутреннее усилие определяется по внешним нагрузкам
при помощи метода сечений. Каждая эпюра на разных участках
имеет различные знаки.
Рис. 1.14
22
Рис. 1.15
Правила знаков внутренних силовых факторов (ВСФ). Рассмот-
рим правила знаков для внутренних усилий, применяемые в маши-
ностроении:
1. Продольная сила N считается положительной, если она
вызывает растяжение отсеченной части и отрицательной, если
вызывает ее сжатие.
2. Поперечная сила Q считается положительной, если она
вращает отсеченную часть по ходу часовой стрелки и отрицатель-
ной, если вращение происходит против хода часовой стрелки.
3. Изгибающий момент положителен, если сжаты верхние
волокна отсеченной части, и отрицателен, если сжаты нижние воло-
кна. Эпюра изгибающих моментов строится на сжатых волокнах.
4. Правило знаков для крутящего момента удобно принимать
произвольным.
При изгибе между поперечной силой Q, изгибающим моментом
Л/, углом поворота поперечного сечения ср и прогибом у существу-
ют дифференциальные зависимости [1], позволяющие установить
следующие характерные особенности эпюр:
®=У; M=E'Jxy"‘, Q=—; q=^ = d1 2MI dz2;
dz dz
dM nr rzT IV
Q = — = EJy ;q=— = EJy .
dz dz
1. Запишем выражение изгибающих моментов для текущего
сечения z, например, в консольной балке, находящейся под действи-
ем сосредоточенной силы (рис. 1.16):
M=—P'z — уравнение прямой.
В соответствии с дифференциальной зависимостью Журавского:
23
Q=~~-
dz
В данном случае
dM - d(P x z)
dz
Из этого следует, что на прямолинейном ненагруженном вне-
шней пролетной нагрузкой участке стержня эпюра моментов М пря-
молинейна, а эпюра поперечных сил Q постоянна (рис. 1.14, а, б,
в и рис. 1.16, б и в).
2. В точке приложения сосредоточенного изгибающего момента
эпюра моментов М имеет скачок на величину этого момента,
а эпюра поперечных сил Q не меняется (рис. 1.14, 1.16).
В точке приложения сосредоточенного крутящего момента эпю-
ра крутящих моментов имеет скачок на величину этого момента
(рис. 1.15, б).
3. В точке приложения сосредоточенной поперечной силы эпюра
изгибающих моментов имеет излом, острие которого направлено
навстречу силе, а эпюра поперечных сил — скачок на величину этой
силы (рис. 1.14, б и 1.16, б).
В точке приложения сосредоточенной продольной силы эпюра
продольных сил N также имеет скачок на величину этой силы (рис.
1.15, а).
4. Запишем выражение изгибающих моментов для текущего
сечения z в случае изгиба консольной балки, находящейся под
действием равномерно распределенной нагрузки (рис. 1.17, а):
, , z qz2
М= — qz • - =---
2 2
— это уравнение квадратной параболы.
24
В соответствии с дифференциальной зависимостью Журавского:
— уравнение прямой.
Таким образом, на участке с распределенной нагрузкой эпюры
изгибающих моментов М очерчены по квадратичной параболе с вы-
Рис. 1.19
25
Рис. 1.20
пухлостью навстречу действию распределенной нагрузки, а эпюра
поперечных сил Q имеет вид трапеции или треугольника и ограни-
чена прямой наклонной линией АВ, при этом направление наклона
(при обходе слева направо) совпадает с направлением а (рис. 1.14,
1.17 и 1.18).
Задачи для самоконтроля. Задача 1.1. Какая из представлен-
ных эпюр изгибающих моментов (рис. 1.19, 1, 2, 3), является вер-
ной?
Рис. 1.21
26
Рис. 1.22
Варианты ответа:
эпюра а
эпюра б
эпюра в
эпюра г
эпюра а
эпюра б
эпюра в
эпюра г
эпюра а
эпюра б
эпюра в
эпюра г
Задача 1.2. Какая из эпюр продольных сил (рис. 1.20) является
первой?
Варианты ответа: эпюра а; эпюра б; эпюра в.
Задача 1.3. Какая из эпюр крутящих моментов (рис. 1.21) явля-
< 1 ся верной?
Варианты ответов: эпюра а; эпюра б; эпюра в.
Задача 1.4. Выберите правильный вариант загружения (рис. 1.22,
и е) балки, соответствующий:
1) эпюре изгибающих моментов Мя31.
Варианты ответа: рис. 1.22, а; рис. 1.22, в; рис. 1.22, д;
рис. 1.22, б; рис. 1.22, г; рис. 1.22, е.
2) эпюре поперечных сил Q (рис. 1.23, а — в).
Варианты ответа: рис. 1.23, а; рис. 1.23, б; рис. 1.23, в.
27
1.7. ПОНЯТИЕ О НАПРЯЖЕНИЯХ
Очевидно, чго брус может выдержать большую или меньшую
нагрузку в зависимости от толщины бруса или от свойств его
материала. Пока у нас нет физической величины (или характеристи-
ки), позволяющей учесть эти особенности работы конструкции под
нагрузкой. Так как внутренние силы в большинстве случаев рас-
пределены по сечению неравномерно, то вводится характеристика
их интенсивности, равная величине внутренних сил, приходящихся
на единицу площади. Эта характеристика называется напряжением
в точке (рис 1.24) и является ключевым понятием в сопромате.
Qx
тх=—,
dF
Существует 2 вида напряжений:
dN Qy
dF df
причем а (сигма) — нормальное напряжение, действует по нормали
(перпендикуляру) к площадке; а т (тау) — касательные напряжения,
они скользят по площадке, касаются ее (рис. 1.24, в).
Напряжения измеряются в Н/м2 (Па) и МПа. Иногда использу-
ют полное напряжение (рис. 1.24, а, б).
p—sJo2-\-z2.
1.8. ПОНЯТИЕ О ДЕФОРМАЦИЯХ
до нагружения после нагружения
Реальные тела под воздействием внеш-
них сил могут изменять свою форму
и размеры — деформироваться (рис.
1.25). Определение величины этих изме-
нений называется расчетом на жест-
кость.
Все возможные изменения формы мо-
жно оценить, используя всего лишь два
вида деформаций — линейные (рис. 1.26)
и угловые (рис. 1.27).
При нагружении растягивающими си-
лами стержень удлиняется. Изменение А/
Рис. 1.25
28
Рис. 1.26
Рис. 1.27
первоначальной длины Z стержня называется абсолютным удлинени-
ем. Отношение абсолютного удлинения к первоначальной длине
называется относительным удлинением
Деформация перекоса элемента характеризуется относительным
двигом у (рис. 1.27)
AS
У=~>
а
। v &S — абсолютный сдвиг, величина смещения (см. рис. 1.27);
./ — расстояние между смещающимися плоскостями. Из-за
Рис. 1.28
29
малости угла у его тангенс принимается равным самому углу
перекоса.
Деформации бывают упругие, т. е. исчезающие после устранения
нагрузки, и пластические или остаточные — не исчезающие (рис.
1.28).
Условие жесткости. Изменение формы тела под нагрузкой
должно быть меньше некоторого наперед заданного значения де-
формации. Например, при растяжении:
AZ<[AZJ.
Это и есть условие жесткости.
1.9. ВИДЫ НАГРУЖЕНИЙ ИЛИ ВИДЫ ДЕФОРМАЦИЙ СТЕРЖНЯ
В сопромате различают несколько простых видов нагружения
и несколько сложных. К простым относятся следующие.
Центральное растяжение (сжатие) возникает в случае, ког-
да стержень нагружен силами, совпадающими по направлению с его
осью (рис. 1.29). В этом случае
из шести внутренних силовых
факторов пять равны нулю
и только продольная сила N^O
(рис. 1.11, г).
На растяжение, сжатие ра-
ботают многие элементы кон-
рис * 29 струкций: стержни ферм, ко-
лонны, штоки паровых машин
и поршневых насосов, стяжные винты, канаты лебедок и другие
детали (рис. 1.30).
Сдвиг или срез возникает, когда внешние силы смещают два
параллельных сечения одно относительно другого, при неизменном
расстоянии между ними. На сдвиг или срез работают, например,
заклепки или болты, скрепляющие элементы, которые внешние
силы пытаются сдвинуть (рис. 1.31).
Кручение возникает при действии на стержень внешних сил,
образующих моменты от-
носительно продольной
оси стержня. При этом из
шести внутренних сил
только А/хр^О. На круче-
ние работают валы, шпин-
дели токарных и сверлиль-
ных станков, роторы дви-
гателей и другие детали
(рис. 1.32).
Рис. 1.30
30
II и и б— это такой вид нагру-
• *пим когда внешние силы вызыва-
к>| моменты относительно оси сим-
кв |рии (или главной оси), располо-
• иной в плоскости поперечного се-
в ним Этот момент называется из-
Рис. 1.31
иь.иощим. Самый простой случай — это плоский изгиб, когда все
внешние силы лежат в одной плоскости, совпадающей во всех
|ьн < м.приваемых нами случаях с плоскостью симметрии (или глав-
in mi плоскостью) балки.
К сложным видам нагружения относятся: внецентренное рас-
। и кепие (сжатие), изгиб с кручением, косой изгиб.
1.10. ОСНОВНОЕ УСЛОВИЕ ПРОЧНОСТИ.
ДОПУСКАЕМЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ. УСЛОВИЕ ЖЕСТКОСТИ
Расчеты на прочность выполняются в напряжениях: нормаль-
ных — ст или касательных — т. Оценка прочности конструкции сво-
Н1 гея к сравнению расчетных напряжении с допускаемыми:
О1)
Ттах<М- (1-2)
Это и есть основные условия прочности, в которых в правой части
всегда стоит допускаемое напряжение, а в левой — максимальное
рибочее напряжение, иногда его называют «расчетным».
Расчетное напряжение — наибольшее по абсолютной величине
< *имающее или растягивающее напряжение, возникающее в опас-
н )м сечении конструкции.
Допускаемые напряжения. Допускаемое напряжение определяет-
i я по формуле:
31
М=—, (1-3)
п
где п — коэффициент запаса прочности.
Предельными являются механические характеристики матери-
алов — предел текучести сгт и предел прочности сгв, определяемые
опытным путем, по диаграмме растяжения. В опыте автоматически
вычерчивается график сила — продольная деформация (Р—Д1)
Этот график мы переводим в диаграмму напряжение — относи
тельная деформация (ст — е) (рис. 1.33), где u = P/F0, е = &1/10 (Fn
и 4 — первоначальная площадь поперечного сечения и длина стан-
дартного образца). На диаграмме растяжения пластичного мате
риала (рис. 1.33) обозначено: сгта — предел пропорциональности
наибольшее напряжение, при котором еще справедлив закон Гука;
стт — предел текучести (деформации растут без увеличения нагруз
ки); crB=trnn — предел прочности или временное сопротивление раз
рыву.
Проводят также испытания хрупкого материала (чугун) на рас-
тяжение— сжатие с записью диаграммы о — е (рис. 1.34), где
бгвр — предел прочности при растяжении, б-вс — предел прочности
при сжатии, причем:
О”вс~ (3 ~ 5)свр.
В случае пластичного материала в качестве предельного напря-
жения Спред принимается предел текучести при растяжении сгт, соот-
ветствующий началу текучести материала, а в случае хрупкого
материала — предел прочности св при растяжении или сжатии,
предшествующий разрыву образца.
В знаменателе (1.3) стоит нормативный (требуемый) коэффици
ент запаса прочности по отношению соответственно к пределу
текучести и пределу прочности п. Он представляет собой величину,
большую единицы, зависящую от класса конструкции (капитальная,
Рис. 1.33
Рис. 1.34
32
•I*i меиная), срока ее эксплуатации, нагрузки (статическая, цикличес-
• II и к динамическая), возможной неоднородности изготовления ма-
। pii.uia и от вида деформации (растяжение, сжатие, игиб).
11ормативный коэффициент запаса прочности регламентируется
i in зроительных конструкций СНиП, для машиностроительных —
ни , 1 риотраслевыми заводскими нормами. В большинстве случаев
ин пластичных материалов он принимается равным гу —1,54-2,5,
i ni хрупких — лв=2,54-5.
В случае, когда решающими для прочности конструкции явля-
||»|i я не нормальные, а касательные напряжения (например, при
. ручении бруса круглого поперечного сечения), условие прочности
имеем вид (1.2):
^тах
I ттал — максимальное расчетное касательное напряжение; [т] —
v 'пускаемое касательное напряжение, определяемое по формуле:
г , тпред
[т]=-----
п
В случае пластичного материала в качестве предельного
ill|( ( принимают предел текучести при сдвиге тт, в случае хрупкого
материала — предел прочности тв.
В большинстве случаев допускаемые напряжения при кручении
принимают в зависимости от допускаемых напряжений при рас-
i яжении того же материала. Например, для стали [т] а 0,5 [ст], для
•lyiyna И~[бграст]. В практике инженерных расчетов считают воз-
можным допускать перенапряжение материала до 3 — 5%.
Условие жесткости. По логике оно строится так же, как и условие
прочности. Однако ограничения накладываются не на напряжения,
л на изменение формы стержня (вала, балки), т. е. на деформации.
Дня разных видов нагружения условия жесткости имеют вид:
при растяжении (сжатии)
(1.4)
при кручении
(1.4а)
I де (р — угол закручивания;
при изгибе
Утах [у], ^тах [^] >
(1.46)
где в — угол поворота; у — прогиб.
3 3375
33
1.11. ТРИ ТИПА ЗАДАЧ СОПРОТИВЛЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ
Когда солидная дама сидит на хрупкой скамеечке, невольно
возникают вопросы...
Например, выдержит ли скамеечка при изгибе такой груз? Или
другой — какой толщины должна быть скамейка, чтобы с дамой
не произошло недоразумение? Или третий — какого веса должна
быть эта милая особа, чтобы на этой скамеечке удалось бы и нам
когда-нибудь посидеть?
Ответы на эти три вопроса даст нам условие прочности.
Итак, ответ на первый вопрос может быть получен с помощью
проверочного расчета (1.1), который определяет, выдержит ли дан-
ная конструкция действующую на нее нагрузку. Он сводится к срав-
нению расчетных напряжений в опасном сечении с допускаемыми.
Например, для обеспечения прочности при изгибе (гл. 5) должно
выполняться следующее условие:
где Wx — осевой момент сопротивления при изгибе; — мак-
симальный изгибающий момент.
Ответом на второй вопрос является проектный расчет, который
определяет размеры конструкции, необходимые для того, чтобы
она выдержала действующую на нее нагрузку. Он сводится к срав-
нению требуемых геометрических характеристик поперечного сече-
ния с допускаемыми. При изгибе условие прочности в этом случае
запишется в виде:
и
И, наконец, ответом на третий вопрос послужит определение
предельной нагрузки на конструкцию. Оно сводится к нахождению
требуемой нагрузки, которую может выдержать рассматриваемая
конструкция, по формуле:
[M\=W\p].
Допускаемая нагрузка при растяжении — сжатии определяется
по допускаемой продольной силе. Условие прочности в этом случае:
[p]=uv]=m
При изгибе допускаемая нагрузка определяется по допускаемо-
му моменту в опасном сечении:
34
Вопросы для самопроверки
I Ни ‘ лких допущениях базируется сопротивление материалов?
I К пмш- вопросы решаются в курсе сопротивления материалов?
I К цк ие силы являются внешними, какие внутренними?
I н чем сущность метода сечений?
* 'ho ।акое напряжение?
* Какие известны виды деформации?
I К tit определить вид деформации (растяжение, кручение, изгиб)?
• ч to понимают под эпюрой внутренних силовых факторов?
» Напишите основное условие прочности.
И» 11а юните три типа задач, которые решаются в сопротивлении материалов?
Глава 2
ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ — СЖАТИЕ
2.1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ
Центральным растяжением (или центральным сжатием) назы-
вается такой вид деформации, при котором в поперечном сечении
бруса возникает только продольная сила (растягивающая или сжи-
мающая), а все остальные внутренние усилия равны нулю (рис. 2.1,
а, б). Это становится возможным только в том случае, когда
система внешних сил образует равнодействующую, направленную
вдоль оси стержня. На рис. 2.1, а, б, е показаны случаи центрального
растяжения — сжатия. На рис. 2.1, г, д растягивающая сила Р при-
ложена не на оси бруса. Перенос ее на ось бруса вызывает изгиба-
ющие моменты (рис. 2.1, е, ж). Эти виды деформации не являются
центральным растяжением (сжатием).
Рис. 2.1
36
2.2. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ПРОДОЛЬНЫХ СИЛ N
Рис. 2.2
Продольная сила — это внутреннее усилие, которое возникает
к п * (у отдельными частями элемента под действием внешних сил
(н< шрально-сжимающих или центрально-растягивающих).
Для определения продольной силы используем метод сечений,
|*||ц.1Я при этом, что растяжение обозначено плюсом ( + ), сжатие
минусом (—) (рис. 2.2).
В соответствии с методом сече-
пн rt (разрезаем, отбрасываем, за-
мпшсм, уравновешиваем):
1 участок; 0<Zi< 1 м, EZ = 0;
/V, (-6Р=0; М=6Р.
' участок: 1<z2<1,75 м,
0; -ДГ2-8Р+6Р=0; N2=
• 2Р.
(I hi правление N2 — в обратную сто-
рону).
I участок: 1,75 <z3< 2,25 м,
) z 0; -М + ЗР-8Р+6Р=0; N3=
- /*.
Приведенные уравнения стати-
«н показывают, что продольная
ни на N, действующая в каком-то
। • чснии, является равнодейству-
ющей всех внешних сил, действующих по одну сторону проведен-
ш и о сечения:
Рис. 2.3
N=T,P с одной стороны. (2.1)
(>братите внимание: скачок на эпюре N равен приложенной
и и ом сечении сосредоточенной силе.
11 сечении А (рис. 2.2) (заделка) есть реакция RA, которую можно
или|и из ZZ=0 ( —РЛ + ЗР —8Р + 6Р=0; RA = P). Этого делать не
стоит, проще «идти» со свободного
конца и найти реакцию RA по эпюре
в сечении A: RA = P; а уравнение
статики ZZ=0 использовать для
проверки.
Пример 2.1. Построить эпюру
N (рис. 2.3).
N=XP справа
М = 2Р; АГ2 = 2Р+6Р=8Р;
Ni = 2P + 6P-9P=-P.
37
Рис. 2.4
Рис. 2.5
Пример 2.2. Построить эпюру N (рис. 2.4).
2Vi = 5P;
#2=5Р+5Р=10Р;
#3 = 5Р+5Р+5Р=15Р;
^ = 5Р+5Р+5Р-18Р=-ЗР.
Пример 2.3. Построить эпюру N (рис. 2.5).
ZZ=0; -12Р-6Р+10Р+8Р=0.
Здесь
«Идем» справа:
Мп= + ЮР;
Mi= + 10P-6P=4P;
М= + 10Р-6Р+8Р=12Р.
«Идем» слева:
М= + 12Р;
Mi= + 12P-8P=4P;
+12Р-8Р+6Р-10Р.
2.3. НАПРЯЖЕНИЯ И РАСЧЕТ СТЕРЖНЕЙ
НА ПРОЧНОСТЬ
При центральном растяжении (сжатии) в поперечном сечении
возникают нормальные напряжения:
N
—F, (2.2)
где N — продольная сила; F— площадь поперечного сечения.
Эти напряжения распределены по поперечному сечению равно-
мерно (рис. 2.6).
38
Рис. 2.6
Пример 2.4. Построить эпюру продольной силы N (в долях Р)
и эпюру напряжений а (в долях P/F — рис. 2.7, а).
Решение. Строим эпюру N (рис. 2.7, б)
1 участок: Ni = 8P.
2 участок: У2 = 8Р— 10Р= — 2Р.
3 участок: Л73 = 8Р—ЮР-Ь 11Р=9Р.
Строим эпюру напряжений (рис. 2.7, в)
. 8Р л Р
1 участок: <Ti=—=4
2F F
Л — 2Р п Р
2 участок: сг2 =-— —2 -.
F F
9Р Р
3 участок: сг3 =— —3.
3F F
Расчет на прочность конструкций из пластичного материала
отличается от расчета на прочность конструкций из хрупкого мате-
риала.
Для конструкции из пла-
стичного материала допу-
скаемое напряжение [ст] на
растяжение и сжатие одина-
ково.
Условие прочности:
(2-3)
0"тах
где о-щак — наибольшее по
абсолютной величине на-
пряжение.
Хрупкий материал зна-
чительно хуже работает на
растяжение, чем на сжатие:
[<Tj«(3...5)[(Tp],
Рис. 2.7
где [crj — допускаемое на-
39
пряжение на сжатие; [стр] — допускаемое напряжение на растяже-
ние.
Условие прочности для хрупкого материала:
о-р^[стр], (2.4)
где стс и стр — наибольшие расчетные сжимающие и растягивающие
напряжения.
Условие прочности
г л
O’max —
может быть использовано для [1, 2]:
1. Проверочного расчета напряжений (известны N и F):
O’max —
2. Подбора поперечного сечения (известны N и [ст]):
3. Определения грузоподъемности (известны N и [ст]):
[А]<Г’[ст].
По полученному значению [JV], используя эпюру продольных сил,
определяем допустимую внешнюю нагрузку Р.
Р<(П
где Р — действующая внешняя нагрузка.
Пример 2.5. Для стального бруса (рис. 2.8) постройте эпюру
продольных сил, эпюру напряжений, проверьте прочность, если:
Р=50 кН, Г=10 см2, [ст] = 160 МПа.
Решение. По эпюре напряжений выбираем максимальное на-
пряжение и записываем условие прочности:
а р^г ъ
O'max — [СТ],
3•50 103
стшах=-----= 1,5’ 108 Па = 150 МПа<160 МПа.
10 10*
Условие прочности выполняется; прочность бруса обеспечена.
Пример 2.6. Проверить прочность бруса, выполненного из чугуна
(рис. 2.9), если Р=50 кН, Г=10 см2, [стс] = 150 МПа, [стр]=80 МПа.
40
Рис. 2.8
Решение. На первом участке:
IP 2-50-103
стр=—<[ctJ; ----------=100 МПа>80 МПа.
Р F 10 10“4
И нкюлыпие растягивающие напряжения не удовлетворяют успе-
нию прочности. Прочность бруса не обеспечена.
11а втором участке:
2г
? _ 125 МПа< 150 МПа.
о 10~4
I hч мотря на то, что наибольшие
< । и мающие напряжения удовлет-
юряют условию прочности, про-
•11Ю4 । ь бруса в целом не обеспечена.
Пример 2.7. Подобрать площа-
ш поперечных сечений для ступен-
I I ин о стального бруса (рис. 2.10),
п in Р=80 кН, [ст] = 160 МПа.
Решение. 1 участок:
Рис. 2.9
2Р >2 80 103
160- 10б
мI 2> 10 см2;
41
Рис. 2.11
Рис. 2.10
2 участок:
„ ^2 4Р 4-80 ТО3
f2^>—>—>---------—
[а] [о-] 160 1 о6
м2^20 10~4>20 см2.
Пример 2.8. Определить допускаемое значение нагрузки Р для
стального бруса, если F= 10 см2, [ст] = 160 МПа (рис. 2.11).
Решение. Используя эпюру N и условие прочности, определяем
допускаемое значение продольных сил на участках.
1 участок: [ZVi] = [ct] F= 160 кН.
2 участок: [WJ = [ct]-jF=320 кН.
Далее по эпюре N определяем:
N2 = 5P^[N&
[#2] < 320
5^5
[Р]
[М] 160
2^2
Допускаемое значение нагрузки [Р] равно меньшему из найден
вых значений.
[Р] = 64 кН.
2.4. ДЕФОРМАЦИИ И ПЕРЕМЕЩЕНИЯ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ — СЖАТИИ
При растяжении и сжатии бруса меняются его продольные и по
перечные размеры (рис. 2.12).
При растяжении длина бруса меняется на: Zx —Z0 = AZ, а шири
на бруса меняется на:
Z>x-Z>o=-A6.
Пр и сжатии:
4-Z0=-AZ,
42
t\—bG=&b,
гн Л/ абсолютная продольная деформация (см, м); ЛЬ — аб-
н #:„р имеют разные знаки, поэтому отношение этих величин
nV । и отрицательное) берется по абсолютной величине. Коэффи-
IH1 hi поперечной деформации, или коэффициент Пуассона (табл.
' I)
— . (2.5) Епр Таблица 2.1
Материал
п. «тированная и серый 0,25 — 0,3 0,23 — 0,27
киши Гука выражает прямо пропорциональную зависимость
• и । (у нормальным напряжением и относительной деформацией:
о=Е-^.
(2-6)
l.iкона Гука можно представить в другом виде:
-
EF
(2.7)
И I последнего выражения легко получить выражение (2.6):
Д/ а
Т=Епр==^
lQ Ь
43
где Е — модуль продольной упругости (физическая постоянная ма-
териала, характеризующая его способность сопротивляться упруго-
му деформированию, табл. 2.2); EF — жесткость поперечного сече-
ния бруса при растяжении — сжатии.
Таблица 2.2
Материал
Сталь легированная
Чугун серый
Стекло
Медь прокатная
Алюминиевая проволока
Е, МПа
(2,1 — 2,2) 105
(1,15 — 1,6) 105
0,56 10s
1,10-105
0,70 • 10s
Деформация бруса (растяжение или сжатие) вызывает перемеще-
ние поперечных сечений. На рис. 2.13 показан брус, каждое волокно
Л7
которого удлиняется на величину Д/=— (здесь N=P), а сечение
EF
п — п перемещается в положение — щ на величину Д.
а , Nl pl
В этом случае: Д — Л/=—= —.
EF EF
Рассмотрим брус, показанный на рис. 2.14. Левый (светлый)
участок бруса деформируется и сечение п — п перемещается в по-
ложение Л] — п.\ на величину Джв; правый (темный) участок не
деформируется (нет продольной силы) и каждое его сечение
оказывается перемещенным на эту же величину Д51СБ. Сечение
т — т переместится на столько же, насколько переместилось
сечение п — и:
Дправ — Длев-
Рассмотрим случай, когда продольная сила есть на обоих участ-
ках рассматриваемого бруса (рис. 2.15). Перемещение сечения
т — т (Дправ) (правое сечение) зависит от перемещения сечения п —
и (Алев) и перемещения сечения
т — т относительно сечения
п — п(Д^):
Д ~ Л 4- ДпРав
‘-‘прав ‘-‘лев ' ‘-‘лев i
N2I2
где АХ“=-У-
EF2
Для рассматриваемого при-
мера (EF—- const):
"~П~ EF~ EF ’
3PZi Pl2
&т - т = Алев + ~~ ~
EF EF
Рис. 2.15
Перемещение A„_w можно получить, используя не внутренние
усилия N, а внешние силы. Рассуждаем так: сила 2Р растягивает
только участок длиной Zls сила Р растягивает весь брус длиной
А + Ab
_2Pl{ P(Zi+y_3P^ PI2
EF+ EF ~ EFEF
Используя полученные значения, построим эпюру перемещений
(см. рис. 2.15). Учитываем, что в заделке перемещение равно нулю
(Ал = 0).
При перемещении бруса от действия собственного веса (рис. 2.16),
считая вес бруса сосредото-
ченным в середине длины Z,
получим:
Gfl
AI_I=AZ/=-L,
2EF
где Gi=y F'I — вес бруса
длиной /; у — удельный вес
материала.
Пример 2.9 (Задача № 1 из контрольных работ заочников).
Стальной стержень находится под действием силы Р и собственного
веса (рис. 2.17). Найти перемещение сечения I — I, если: Е—2 х
х ю11 Па; у = 7,8'104 Н/м3; Р=1000 Н; а = 2 м; Ь= \ м; с=0,5 м;
F— 10 см2.
Решение. Перемещение сечения I—I зависит только от
удлинения участка длиной а, который находится под действием
45
Рис. 2.17
собственного веса Ga и внешней силы (Р + Gb + Gc), где Gb — вес
участка длиной Gc — вес участка длиной с:
^^M„=— + ^^Gb+Gc)a_____________ 312-2___
2E1F E2F 2 2 10“ 20 IO'*
(1000 + 156+39) 2
+------м-------— = 0,07 • 10~3 4-0,59 10 3 =0,66 10 3 см;
2 10n-20 10“4 ’
Ga = y 2F-а=7,Ъ 104 20'10~4 2 = 312 Н;
Gb=y2F b=7,8 104-20-10 4-1 = 156 Н;
Gc=yF c=7,8 104-10 10“4'0,5=39 Н.
Пример 2.10. Постройте эпюру перемещений для ступенчатого
бруса (рис. 2.18, а).
Решение. Построим эпюру продольных сил N (рис. 2.18, б).
Для построения эпюры перемещений:
Ал = 0 (заделка, перемещение равно нулю);
. п . . _ 6Р1
дЗ=д„+д^=о+—=2
3EF
р1
Ef
ас л а Pl р W р1
+ + —= 3,2-—.
EF EF EF
Эпюра перемещений показана на рис. 2.18, в.
46
2.5. СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ
Для обеспечения кинематической неизменяемости плоской уп-
ругой системы (рис. 2 19) на нее должны быть наложены 3 связи.
1 [апример Ra, Ra, Ма-
В то же время мы знаем, что в плоскости можно составить
\ независимых уравнения статики, из которых и найдутся 3 реак-
ции.
(г. е. RA направлена в другую сторону);
ЕУ=0; А^-Р2=0;^ = Р2;
2^=0; М^ + Р2-/=0; МА=-Р21,
(т. е. реактивный момент направлен в обратную сторону).
Если на упругую систему (брус)
в плоскости действует более 3-х ре-
акций, то нам не хватит 3-х уравне- м
ний статики для определения этих А
реакций. Такие системы называются (
статически неопределимыми.
Для решения статически неопре-
делимых задач необходимо полу- рис 2.19
нить столько дополнительных урав-
нений, сколько имеется лишних неизвестных (т. е. сколько раз
статически неопределима задача). Эти дополнительные уравнения
получают из рассмотрения деформации системы — составляют
сначала условие совместности дефо-
рмаций.
Рассмотрим несколько статичес-
ки неопределимых систем (рис. 2.20).
На рис. 2.20, а показана система,
на которую наложены 4 связи (ре-
акции): R*a, Ra, тА, Rb. Три реакции
(не пересекающиеся в одной точке)
необходимы для обеспечения ки-
нематической неизменяемости. Одна
связь «лишняя». Задача один раз
статически неопределима. На рис.
2.20, б показана система, на которую
наложены 6 связей. Эта систе-
ма три раза статически неопреде-
лима (6 — 3 к.н. = 3). На рис. 2.20, в
Рис. 2.20
показана такая же система, как
47
предыдущая, но без вертикальной нагрузки. В этом случае 7?л = 0
Rb=0, тА = 0; тв=0 (это устанавливается из Хлил = 0; ЕУ=0). Оста
ется одно уравнение статики — RA + P—RB=0c двумя неизвес!
ними. Задача — один раз статически неопределима.
Пример 2.11. Построить эпюру N для бруса постоянной жест
кости (рис. 2.21, а).
В этой системе можно взять следующие условия совместности
деформаций:
Ду1 = 0 — перемещение сечения А равно нулю, так как в этол
сечении заделка.
Дд=0 — то же.
Д/л + Д/д=О — т. е. общее удлинение бруса равно нулю.
Нужно выбрать только одно уело
вие. Допустим, мы выбрали Дд=0
тогда отбросим заделку В и заменил
ее реакцией RB, которая должна обес
печить неподвижность этого сечении
(В) (рис. 2.21, б):
Ра RB(a + b)
Ав—--------— =0.
EF
a)
Рис. 2.21
EF
Получили необходимое дополни
тельное уравнение, из которого опре
деляем RB
Rb=~^~-
(a+b)
Строим эпюру N (рис. 2.21, в).
Обратите внимание: в статически
неопределимых задачах эпюры внут
ренних усилий (у нас это — эпюра N)
всегда имеют различные знаки.
Температурная задача. При нагревании стержня, защемленного
с двух сторон (рис. 2.22) в заделках возникают реакции RA и RB
Можно составить только одно уравнение статики
Ra~Rb—0. &а~Кв—R-
Реакция R — неизвестна. Задача один раз статически неопреде-
лима. Условие совместимости деформации: перемещение сечения
В равно нулю:
Дд=0
Перемещение сечения В складывается из удлинения стержня под
48
.*» «• । нисм температуры (Д/т) и укорочения стержня под действием
I i**i пн R (Д/д):
Д/т —Д/л = Дд=0, причем &lx = aAtl,
ii. а — коэффициент линейного расши-
। • пин данного материала, Д/ — разность
о Min рл гур.
* , Rl
Дннсс: аДп=—. или учитывая,
EF
N К
I F
a=aAtE.
Пример 2.12. Проверить прочность стального стержня, защем-
и шни о с двух сторон, если стержень нагрет (рис. 2.22) на Д/ = 30°;
I 10’МПа,асталн=12*10"6—;[сг]=160МПа.
град
Гстсиие. c=a&tE=U 10 6 302 105 = 72 МПа<160 МПа.
Прочность стержня обеспечена.
Пример 2.13. Нагреваемый стальной стержень (рис. 2.23) за-
PJ--M пенный в сечении А, имеет зазор Д относительно жесткого
I и НИЯ В.
I Установить, при каком увеличении температуры Д/ зазор
\ »и*роется.
11роверить прочность стержня при нагревании его на 40 °C.
(•но: а=12 10-6----;
град
|и| 1<*() МПа.
Рис. 2.23
М75
1=1 м; Д = 1Ю~* м; Е= 2 10
Решение.
1. Зазор закроется, когда удлинение
стержня от увеличения температуры
станет равным величине зазора:
Д=Д/г=аДг/,
откуда
2. После закрытия зазора в задел-
ках А и В возникают реакции RA = RB.
Задача становится один раз статически
неопределимой.
49
Условие совместности деформаций: Дй=0 (перемещение сечения
В равно нулю).
Чтобы раскрыть условие совместности деформаций рассуждаем
следующим образом: если бы не было заделки В, стержень удлинил-
ся бы на величину = (рис. 2.23), включающую в себя зазор
Д и деформацию Д/Л которую взяла на себя реакция RB для обес-
печения неподвижности сечения В.
Итак:
Дд— 0; <= Д-Ь Д/д
или:
А М
а/Д/=Дч—<
ЕЕ?
R al&t — A
сг= = -
F I
12 • 10“6 1'40°-11(Г4
2 105 = 60 МПа;
Е
1
60 МПа <160 МПа.
Прочность стержня обеспечена.
2.6. ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ (ВКЛЮЧАЯ ЗАДАЧИ ИЗ
КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ ЗАОЧНИКОВ)
Пример 2.14 (задача № 1 из контрольных работ заочников).
Построить эпюры продольных сил, напряжений, перемещений (N, сг,
Д) (рис. 2.24, а).
Решение. В заделках возникают реакции RA и RD (направление
произвольное) (рис. 2.24, б).
Уравнение статики:
EX=0, RA-RD+3P=0.
Уравнение — одно, неизвестных — два. Задача один раз стати-
чески неопределима. Надо использовать условие совместности де-
формации: перемещение сечения D отсутствует, Дг = 0.
Заменяем заделку реакцией RD (рис. 2.24, в).
От действия сил Р и 2Р стержень удлиняется и сечение D переме-
щается вправо (Дрй) (рис. 2.24, г).
От действия реакции RD стержень сжимается и сечение D переме-
щается влево (Д^) (рис. 2.24, д).
В действительности сечение D не перемещается
До—ДРр+Д р—0-
50
Далее
Pl 2Р1
Д.р —----f-~ +
2EF 2EF
2PI Rpl Ro22 n
-----—- — 0,
EF 2EF EF
Rd=- P-
Таким образом раскры-
ли статическую неопредели-
мость. Задача стала стати-
чески определимой (рис.
2.25, а).
Строим эпюру продоль-
ных сил N (рис. 2.25, б):
7
Nl= — - Р (сжатие),
Nn=-- Р+2Р=
5
3 ,
=- Р (растяжение);
7
— Р+2Р+Р=
5
8 ,
=- Р (растяжение).
Напряжения сг на каждом
участке равны (рис. 2.25, в):
N
сг=-;
F
Рис. 2.24
° ~ 5? ~5f
(jm=S P/2F=
5 5F
Строим эпюру перемещений (рис. 2.25, г):
Дл = 0 (здесь заделка).
Далее:
Лправ —Алев + Ал»
51
4*
-2.
8
-Р1
Дл=0 + Дл=0+5-=4^;
2EF 5 ЕЕ*
3
- Р1
кС 4 Р1 5 7 Р1
Ал =------Ь----=----’
5 EF EF 5 ЕУ
.D 7 Р1 7 Р1
Ла =-------— = 0,
5 EF 5 EF
т. e. получили то, что за-
кладывали в условие:
Ар = 0.
Пример 2.15 (задача
№ 2 из контрольных ра-
бот заочников). Абсолют-
но жесткий брус (рис.
2.26, а) опирается на шар-
нирно-неподвижную опо-
ру и прикреплен к двум
стержням при помощи
шарниров. Требуется:
1) найти усилия и на-
пряжения в стержнях, вы-
разив их через силу Q, ес-
ли F= 10“ 3 м2;
2) определить допускаемую нагрузку [Q], приравняв большее из
напряжений в двух стержнях [сг]= 160 МПа;
3) найти предельную грузоподъемность системы Q* и допусти-
мую нагрузку 0ДОП, если сгт=235 МПа и запас прочности п — 1,5;
4) сравнить величины 0ЯОП, полученные при расчете по допусти-
мым напряжениям (п. 2) и допускаемым нагрузкам (п. 3).
Решение.
1. Данная система статически неопределима один раз, поскольку
четыре неизвестные (NXi N2, VA, На) не могут быть определены из
трех независимых уравнений статистики. Для определения усилий
Nx, N2 воспользуемся уравнением равновесия: *
XMA = Nia cos45° + N2(a + 6)--(?(a + 6 — c) = 0
(1)
52
Рис. 2.26
ii условием совместности деформаций (рис. 2.26, б)
(?i Л/1 а
&2 cos45°AZ2 a+b’
(2)
где 61, <52 — перемещения узлов; АД, Д/2 — деформации стержней.
Выразив в выражении (2) деформации стержней АД, Д/2 через
Wj и N2 (по закону Гука), получим:
а у *008 45° N2b N^a2EF а EF cos 45° ‘ 2EF N2bEFcos245° a + b’
откуда A 4 3 M = n2 =JV2 —; M =- Ni. (3) 4(a+t) 4 5 20
Решая совместно систему уравнений (1) и (3), определим значе-
ния:
3 - ^2cos45°+M-5=4C; 20 N2 = 0,769g; ЛД = О,11530;
напряжения в стержнях:
МЛоД1Я 10зе. F 10~3 5, 2F 2 103
53
2. сг2>о-ь поэтому
0,3845 Ю3[еК И, [Q] =
160 106
0,3845 103
= 416124 Н.
3. Предельную грузоподъемность системы Q* найдем из уравне-
ния (1), заменив усилия N2 их предельными значениями:
^ = ат7г=235106 10'3 = 235000 Н;
N2= <7т2Г=235 106• 2 • 10 3 =470000 Н.
Ст 671000
С?доп —=------=447300 Н.
К 1,5
4. Отношение нагрузок, полученных в п. 3 и п. 2:
Сдоп^ 447300
[С] ~ 416124
следовательно, расчет по предельному состоянию более экономи-
чен.
Пример 2.16 (задача № 3 из контрольных работ заочников,
приложение 1). Жесткий брус прикреплен к двум стальным стерж-
ням с площадью поперечного сечения F, опирающимся на непо-
движное основание. К брусу прикреплен средний ступенчатый
стальной стержень с зазором Д= fie (рис. 2.27). Требуется (без учета
собственного веса): 1) установить, при какой силе Н зазор закроет-
ся; 2) найти реакцию основания в нижнем сечении среднего стержня
при заданной силе Н и построить эпюру продольных сил для
среднего стержня; 3) найти усилия и напряжения в крайних стержнях
при заданной силе Н\ 4) установить, на сколько градусов надо
охладить средний стержень, чтобы реакция основания в нижнем
сечении среднего стержня при заданной силе Н обратилась в нуль.
Указания. При решении всех пунктов задачи следует учиты-
Г s/4'
г/4:
' с/4~
Д=?3с 1
2Я
И
F
F
вать, что ввиду симметрии системы усилия
в крайних стержнях равны между собой.
Для ответа на первый вопрос надо при-
равнять перемещение нижнего сечения сред-
него стержня от сил Н зазору А. Это переме-
щение равно сумме деформаций участков
среднего стержня от продольных сил, воз-
никающих от сил Н, и деформации любого
из крайних стержней (для тех схем, в кото-
рых силы Н взаимно уравновешены, усилия
и деформации для крайних стержней равны
нулю).
Рис. 2.27
54
Для ответа на второй вопрос надо алгебраическую сумму пере-
мещений нижнего сечения среднего стержня от сил Н и от реакции
основания на средний стержень R приравнять зазору А. При вычис-
лении этих перемещений надо также учитывать деформации участ-
ков среднего стержня от силы Н и деформацию любого из крайних
стержней (которая для некоторых схем равна нулю).
Для ответа на третий вопрос надо рассмотреть условия равнове-
сия верхнего бруса, на который передаются силы Н и JR от среднего
стержня и два усилия крайних стержней.
Для ответа на четвертый вопрос надо приравнять перемещение
нижнего сечения среднего стержня от сил Н (и от деформации
июбого из крайних стержней, если силы Н не уравновешены) сумме
зазора и температурного укорочения среднего стержня:
А(Л) = А + А,=^с4- cat.
Дано: //=200 кН; £ = 5 105; А=£с; Е=2-105 МПа; F= 10"3 м2;
а=12510“7—.
град
Решение.
1. Величину Н=Но, при которой зазор закроется, найдем из
условия:
Ад=А,
где Ая зависит от деформации среднего и крайних стержней.
Ввиду симметрии системы сила Но раздается одинаково на боковые
стержни.
(Hoc Hqc \ HqC Hoc
Дя=|----1---— 14---——;
\4EF 2EF2J 2EF EF
— Hq=PEF\ Яо = 5 1О~5 -2- 10s ' 10“3 = 10 кН.
2. Усилия в стержнях при заданной величине силы Н (рис. 2.28)
найдем, приравняв зазор А перемещению нижнего сечения среднего
Рис. 2.28
Рис. 2.29
55
стержня от заданной силы Н и реакции нижнего основан»<
R, которое также зависит от деформации среднего и крайни,
стержней
где
Ая—ДЛ = Д,
С С
ТТ. К “ Л -
Д7?=-+-2+__? = 5Лс. Нс 5Rc „
2EF EF 2EF 4EF> EF~ 4EF~
откуда
4(H-0EF) 4(Я-Я0) 4(200-10) f тт
К=---------—-------=----------=152 кН. in
5 5 5
3. Усилия в крайних стержнях: В
ХТ А7 AT H~R 200-152 ТТ В
N} = N2=N=------=------=24 кН.
2 2
Напряжение В
Л’ 24
сг=- =—, = 24 МПа. В
F 103 *
Эпюра N для среднего стержня имеет вид, показанный на рис
2.29.
• Чем и i лич. т гея расчет на прочность конструкций из пластичных и хрупких
• । iuiiV
• I » 1ри характерных вида задач встречаются при расчете на прочность?
* ч । । i ।. ос абсолютная продольная деформация? Абсолютная поперечная
Ч|о ши,ос относительная продольная деформация? Относительная попереч-
* « » 1 >|1М11Ц11Я?
• li пл «ывается коэффициентом поперечной деформации (коэффициентом
til • ипр
• Ч к, пн нлвается модулем упругости Е?
in |< м*ш‘ формулы, выражающие закон Гука, Вы знаете?
и I 1« определить перемещение произвольного сечения?
II I ik«M система называется статически неопределимой?
11 111 м л koi о условия можно получить дополнительное уравнение для решения
.... *н неопределимой задачи?
4. При Л=0, усилия в крайних стержнях N=~; Дг найдем ш
2
уравнения
Д77— аД/с=/?с,
где
Нс
---CL&tC~pC,
EF
откуда
п 1 1 ZUU , 1
---£ - =----;---;--------5-10~5 •-------= 80-4 = 76°.
EF J a. 210s 10“3 125 10’7 125 10~7
Вопросы для самопроверки
1. Какая деформация называется центральным растяжением (сжатием)?
2. Как вычислить значение продольной силы в поперечном сечении бруса (стерж
ня)?
3. Как распределяются нормальные напряжения в поперечном сечении? Чем)
они равны?
56
Глава 3
КРУЧЕНИЕ ВАЛОВ
КРУГЛОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ
3.1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ
Кручением называется такой вид деформации, при котором в по-
перечном сечении вала возникает только крутящий момент М^,
а все остальные внутренние силовые факторы равны нулю.
Уравнение равновесия:
ZMz + Мтр = 0.
Деформация — угол сдвига (рис. 3.1, а):
Напряженное состояние — чистый сдвиг (рис. 3.1, в). В попереч-
ных сечениях возникают только касательные напряжения т. Они
определяются по формуле [1, 2]
где Jp — полярный момент инерции поперечного сечения;
здесь D — диаметр стержня круглого поперечного сечния; р — рас-
стояние от точки, где определяется т до центра вала.
Максимальные напряжения т при кручении определяются по
формуле:
^тах Ртах
Jp! Ртах р
Л D
D 16
58
Рис. 3.1
Условие прочности имеет вид:
Тщах —
(3.2)
1 ie Wp — полярный момент сопротивления.
Допускаемое напряжение при кручении [т]:
для хрупких материалов
[т]==(1,0—1,2)[сгр];
для пластических материалов
[г] = (0,5 -0,6)[<7р].
Угол закручивания элемента
Л/xpdz
GJP ’
1де G — модуль упругости второго рода.
Угол закручивания стержня
M^dz
GJP '
Условие жесткости
где [(/)] — допускаемый угол закручивания.
59
3.2. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР КРУТЯЩИХ МОМЕНТОВ
Пример 3.1. Построить эпюру крутящих моментов для вала.
1. Изображаем расчетную схему (рис. 3.2, а). Реакцию в заделке
определять не обязательно, так как в соответствии с методом
сечений можно отбрасывать каждый раз правую часть вала с задел-
кой. Вал имеет четыре силовых участка:
I участок 0О1<£
МР1-0.
II участок Z<z2<2Z:
III участок 2l^z3<3l:
—т — 3т= — 2т.
IV участок 3Z<z4<4Z:
Рис. 3.2 —т—Зт+4w=2т.
2. Строим эпюру крутящих моментов (рис. 3.2, б).
Выполняем проверку правильности эпюры. Место расположения
скачков, их направление и величина соответствуют внешним прило-
женным крутящим моментам.
3.3. НАПРЯЖЕНИЯ И РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ
Рассчитать стержень круглого поперечного сечения на прочность
(рис. 3.3). Расчет на прочность выполняется с использованием усло-
вия прочности при кручении. Во-первых, необходимо расчетным
путем определить максимальные касательные напряжения ттах, воз-
никающие в опасном поперечном сечении. Этот расчет производит-
ся по формуле:
А/крщах
Тгаах=~и7~’
Как видно из формулы (3.2) предварительно необходимо опре-
делить максимальный крутящий момент возникающий от дей-
ствия внешней нагрузки. Крутящий момент М1р характеризует уро-
вень внутренних сил, возникающих в стержне и уравновешивающих
внешнюю нагрузку. Чем больше значение тем выше уровень
внутренних сил, возникающих в стержне. Следовательно, прочность
стержня будет определять то поперечное сечение стержня, в кото-
60
ром крутящий момент Мхр имеет максимальное значение М^тах.
Размерность крутящего момента — кГсм, кГ м, Н м, кН м
и т. д.
Обратимся к рис. 3.3
и подробно рассмотрим эпю-
ру крутящих моментов М^,
возникающих в рассматри-
ваемом стержне постоянно-
ю поперечного сечения. Как
видно из эпюры Л/кр на-
ибольшие по величине кру-
тящие моменты возникают
в поперечных сечениях участ-
ка II
кН М.
Следовательно, опасное Рис зз
сечение определяющее про-
чность всего стержня, будет сечение участка II. Затем, после опреде-
ления максимального значения крутящего момента, необходимо
определить характеристику поперечного сечения, определяющую
прочность круглого стержня при кручении, которая называется
полярным моментом сопротивления и обозначается Wp.
Рассмотрена часть задачи, а именно только определение мак-
симальных касательных напряжений тюах, которые определяют про-
чность стержня, но не дают ответа на вопрос, выдержит ли рассмат-
риваемый стержень внешнюю нагрузку без разрушения или нет.
Для решения поставленной задачи еще необходимо знать допуска-
емые напряжения [т], в сравнении с которыми максимальных напря-
жений тшах и выносится решение о прочности или непрочнрости
рассчитываемого вала. Определяется это с использованием условия
прочности при кручении (3.2)
Гщих [т].
Таким образом, путем сравнения максимальных напряжений,
возникающих в опасном сечении стержня круглого поперечного
сечения с допускаемыми [т] и принимается решение о прочности
стержня.
С использованием условия прочности возможно решение двух
задач.
1. Первая задача носит название проверочной.
2. Вторая задача называется проектировочной.
Иногда решается так же задача определения предельно допусти-
мой нагрузки на элементы конструкции. Рассмотрим решение пер-
вых двух на конкретных примерах.
61
3.4. ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ (ВКЛЮЧАЯ ЗАДАЧУ
ИЗ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ ЗАОЧНИКОВ).
Проверочная задача. При постановке и решении проверочной
задачи ищется ответ на вопрос, выдержит конкретный стержень
круглого поперечного сечения, конкретного диаметра D, выполнен-
ный из конкретного материала приложенную к нему внешнюю
нагрузку без разрушения или нет. Проиллюстрируем изложенное на
примерах.
Пример 3.2.
Дано: Mrpnax=3,5 кН-м=3,5-103 Н-м; £> = 0,02 м; [т] =
= 100 МПа=100-106 Па.
Вопрос. Условие прочности выполняется или нет?
Решение.
1. Определим полярный момент сопротивления:
TTZ nD3 3,14-0,023 ,
Wp=--------------—= 0,157-10 5 м3.
р 16 16
2. Определим максимальные касательные напряжения:
3,5 103105
т,™= - =---------------= 22,З Ю8 Н/м2 (Па).
Wp 0,157
3. Воспользуемся условием прочности:
^=22,3-108 Па>[т] = 100-106 Па.
Проведенные вычисления показывают, что условие прочности не
выполняется, а именно, максимальные касательные напряжения
в опасном сечении тшм=2330-106 Па, значительно больше допуска-
емых напряжений [т] = 100 МПа=100-106 Па, следовательно рас-
считываемый стержень (вал) разрушится.
Ответ: Условие прочности не выполняется.
Пример 3.3. Увеличим диаметр D стержня в 2 раза и снова
проверим прочность вала.
Дано: М^^—3,5 кН-м=3,5-103 Н-м; £1 = 0,04 м; [т] =
= 100 МПа=100 -106 Па.
Вопрос: Условие прочности выполняется или не выполняется?
Решение: Расчет проводим в том же порядке, что и в примере
3.2:
1. ^=з,14 0,04»= 25.1О-.М3;
р 16 16
62
3,5-IO3-10* „
2. ттад=—=-------= 28 • 10 Па;
wp
0,125
3. =28 • 107 Па > [т] = 10 107 Па.
Расчет показывает, что стержень диаметром 75 = 0,04 м также
p.i крушится.
Ответ: Условие прочности не выполняется.
Пример 3.4. Увеличим диаметр D стержня и снова проверим
прочность вала.
Дано: Л/ишах—3,5 кН-м=3,5Ю3 Н-м; 75 = 0,06 м; [т] =
Г 1 П1ЛЛ 7 7 7 7 7 L J
100 МПа = 100-10б Па.
Вопрос: Условие прочности выполняется или не выполняется?
Решение: Расчет проводим в прежнем порядке
гтг 3,14 0,Об3 л
WD=—= --------— = 0,424-104 м3;
р 16 16
3,5-103-10*
0,423
8,25 • 107 Н/м2;
ттах=8,25-107 Па<[т]=10-107 Па.
В рассмотренном случае максимальные касательные напряжения
111ах = 8,25 • 10 Па меньше допускаемых [т] = 10-10 Па. Условие
прочности выполняется. Это означает, что стержень диаметром
/1 = 0,06 м, выполненный из материала, имеющего допускаемые
плпряжения [т] = 10 10 Па, не разрушится в опасном сечении от
действия крутящего момента 3,5 кН-м.
Ответ: Условие прочности выполняется.
Теперь представим себе, что внешняя нагрузка, действующая на
i гержень, возросла, что привело к увеличению крутящего момента
и опасном сечении в 2 раза, т. е.
Л/хршах= 3,5 кН-м-2 = 7,0 кНм.
Студенту предлагается самостоятельно выполнить проверочный
расчет.
Пример 3.5.
Дано: = кНм=7-103 Н-м; 75 = 0,06 м; [т] =
= 100 МПа=10 -107 Па.
Вопрос: Условие прочности выполняется или не выполняется?
Решение: Расчет проводится в прежнем порядке
И'=—=^^=0,424- 10’4 м3;
р 16 16
63
Мгр 7,0'IO3,10s 2rrT.
:““~1^=16’5410 н/м Ща);
г„„= 16,54 107 Па>И = 10 107 Н/м2 (Па).
Условие прочности не выполняется.
Ответ: Условие прочности не выполняется.
Проектировочная задача. Рассмотрим другую задачу, возника-
ющую при кручении стержня круглого поперечного сечения.
Необходимо расчетным путем определить D — диаметр попе-
речного сечения стержня, воспринимающего заданную внешнюю
нагрузку без разрушения. Так же как и проверочная задача, проек-
тировочная решается с использованием известного условия прочно-
сти (3.2).
Сначала подставим в условие прочности вместо Wp его выраже-
ние, т. е.
в результате чего получим:
^хр16
Решив полученное неравенство относительно D, мы фактически
решим, в общем виде, поставленную задачу:
Совершенно очевидно, что полученная формула позволяет вычи-
слить D — наименьший диаметр поперечного сечения стержня, удо-
влетворяющий условию прочности.
Поясним проектировочную задачу примерами. Один из возмож-
ных вариантов вала приведен на рис. 3.3.
Пример 3.6. Определить наименьший диаметр вала D.
Дано: Л4рГОМ=3,5 кН-м=3,5'103 Н м; [т] = 100 МПа=100х
х 106 Па.
Решение. Поставленная задача решается в одно действие,
а именно:
1б Л4р / 16 3,5 -ю3
я М \ з,14-юо-ю6
>5,63 -КГ2
м.
64
Следовательно, стержень постоянного поперечного сечения диа-
м ipoM D = 5,63’ 10-2 м выдержит приложенную к нему заданную
in к пипою нагрузку без разрушения.
Вал трубчатого сечения. Однако стержень круглого сплошного
поперечного сечения не является идеальным при работе на кручение.
11 , рис. 3.1, б видно, что касательные напряжения в поперечном
нчении изменяются от нуля, в центре тяжести, до ттах, на границе
। руга. Следовательно, основная доля внутренних сил приходится на
«у часть сечения, которая наиболее удалена от центра тяжести,
। центральная часть сечения практически не работает, и материал
и 1 расходовав нерационально.
Рассмотрим круглое поперечное сечение, выполненное в виде
полой трубы (рис. 3.4). Полярный момент инерции Jp для трубы
..числяется по формуле:
=— (1 - с4) к О, ID 4 (1 — с4); с=-.
32 D
Полярный момент сопротивления
П ’р полой трубы определяется формулой
7Г 7)
WP=~ (1 -с4)^0,2Л3 (1-е4).
Условие прочности для стержня трубчатого поперечного сече-
ния:
Мкр16 <Г 1
т"“ «л’о-г)"1ъ
Рис. 3.5
Пример 3.7. Определить
Решив полученное неравенство
относительно D, получим
16 М^р
л И (1-е*)
Расчет на жесткость при круче-
нии. Рассмотрим расчет стержня
круглого поперечного сечения на же-
сткость (рис. 3.5) на следующем при-
мере.
максимальный угол закручивания
Фтах стержня круглого поперечного сечения.
5 — 3375
65
Дано: ^^=7 кН м=7 -103 Н м; Z) = 0,04 м; (7=8 • 104 МПа
= 8-IO10 Па; Z=7 м.
Решение. Строим эпюру крутящих моментов стержня (
действия заданной внешней нагрузки (рис. 3.5, б).
Определяем максимальный угол закручивания стержня
М„'1 7 103 7
(Ртах. —
=2,44 рад,
GJp 8 101о0,2 10" 6
где
г nD* 3,14 0,04* ,
Г =-==0.25 10 6 м4.
32 32
Пример 3.8. (задача № 5 из контрольной работы заочников),
К стальному стержню (валу) круглого поперечного сечения прило-
жены три момента: Мх = 1800 Н ' м; М2= 1400 Н • м; М3 = 2000 Н ' м.
Требуется:
1) установить, при каком значении момента X угол поворота
правого концевого сечения вала равен нулю;
2) для найденного значения X построить эпюру крутящих моме-
нтов;
3) при заданном значении [т] = 60 МПа определить диаметр вала
из расчета на прочность и округлить его значение до ближайшего
равного 30, 35, 40, 45, 50, 60, 70, 80, 90, 100, 200 мм;
4) построить эпюру углов закручивания;
5) найти наибольший относительный угол закручивания.
Решение.
1. Из условия задачи известно
<ре = 0.
В соответствии с принципом независимости действия сил имеем:
(Ре=(р?1 + + (р*=0;
„ 1800 2,0 1400 (2,04-3,0)
4?'=-^-, <№=---------------------
GJp
„ 2000 (2,04- 3,0 4-4,0)
GJp
(Ре-
GJp
у X (9,0 4- 6,0)
Ф7 =---------------’
GJp
1800 2 1400'5 2000 9 Y15
GJp GJp GJp GJp
3600 + 7000 -18 000 +15X= 0;
18000-3600-7000 _ TT
=493,33 Нм.
15
66
2. Вычислим значение крутящих моментов на участках вала
и построим эпюру крутящих моментов (рис. 3.6, 6)
-493,33 Нм;
Mc~d= -493,33 + 2000 = 1506,67 Нм;
Мь^с = - 493,33 + 2000 -1400 = 106,67 Н • м;
Ма^ь= -493,33 + 2000-1400-1800= -1693,33 Н м.
3. Диаметр вала находим из условия прочности
где
р 16
Откуда
7) = з
16-ЛГжр /16 1693,33
-------— 3 /-----------7
я И \ 3,14 60 106
= 0,0524 м=52,4 мм.
Принимаем D = 60 мм.
Крутильная жесткость вала
G/,=0,8 -10" 6“ 10“8 - = 101,7 Ю3 Нм=101,7 кНм2,
р 32
5*
67
где G — модуль упругости второго рода (7=0,8 • 10s * МПа = 0,8 • 1011
Па (Н/м2); Jp — полярный момент инерции Jp=^~.
4. Определяем углы закручивания сечений a, b, с, d, е и строим
эпюру ср.
Угол закручивания сечения а равен нулю, так как находится
в заделке.
Фь — (ра + Фа—ь = 0 — 0,0333 = - 0,0333 рад,
где
1693 2 п „
%-‘=-1Б^=~°’0333 рад;
фс — фъ + фь-с~ —0,0333 + 0,00315= —0,03018 рад,
где
106,7 3
У»-‘=7О~1,716» = +0’00315 РаД;
фа=фс + фс-а— —0,03018 + 0,05927 = 0,0291 рад,
где
1507 4
<рс-г=------ = 0,05927 рад;
101,7 103
фе — фа^- фа^е — 0,0291 —0,0291 = 0,
где
493,3 6
Фа-е= — ----, = — 0,0291 рад.
101,7-ю3
5. Наибольший относительный угол закручивания на участ-
ке а—Ь
д ^гр тал
^тах=“——
CrJp
1693,33
101,7 103
= 0,0166 1/м.
Вопросы для самопроверки
1. При каком нагружении возникает кручение?
2. Какие напряжения возникают в поперечных сечениях при кручении?
3. Как рассчитать максимальные напряжения при кручении9
4. Что такое полярный момент сопротивления?
5. Напишите условие прочности при кручении.
6. Какая деформация возникает при кручении?
7. Как рассчитать угол закручивания круглого вала?
8. Как определяется допускаемое касательное напряжение [т]?
9. Как рассчитать необходимый диаметр вала при кручении, если [т] и характер
нагружения вала известны?
68
Глава 4
РАСЧЕТ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ХАРАКТЕРИСТИК
ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ
4.1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ
Простейшими видами напряженного состояния стержневых эле-
ментов конструкции являются: растяжение, кручение и изгиб. Ос-
новные расчетные формулы для определения напряжений и дефор-
маций приведены в табл. 4.1.
Таблица 4.1
Растяжение Кручение** Изгиб***
q II >1 1 Ж II в4 й II | 1 s
NI* EF А/хр/* <Р = GJP ГМрМ{ 8 = dz J EJX 0
* — N, М^р, Е, F, G, Jp не изменяются вдоль оси стержня;
** — кручение стержней круглого поперечного сечения;
*** — прямой изгиб.
Правые части формул в табл. 4.1 для расчета напряжений имеют
идентичную структуру в виде дроби. При этом в числителях стоят
внутренние силовые факторы, а в знаменателях — геометрические
характеристики поперечных сечений: F — площадь поперечного се-
чения, Wp и Wx — полярный и осевой моменты сопротивления
сечения.
При расчете деформаций в знаменателях формул также присут-
ствуют геометрические характеристики сечений, например Jp, Jx —
полярный и осевой моменты инерции сечения.
Задача расчета этих величин осложняется тем, что все моменты
сопротивления и моменты инерции сечений следует определять
относительно главных центральных осей сечения. Следовательно,
начинать расчет надо с определения координат центра тяжести
сечения и выяснения, какая пара осей, проходящая через него, явля-
ется главной. В дальнейшем, при расчетах на устойчивость также
69
будут встречаться геометрические характеристики сечении, а имен-
но минимальный момент инерции.
Информацию о распределении внутренних силовых факторов
в поперечных сечениях стержня вдоль его продольной оси при
заданном нагружении обычно получают на основании соответству-
ющих эпюр для продольных и поперечных сил, изгибающих и кру-
тящих моментов.
Значения геометрических характеристик сечений могут быть по-
лучены двумя способами:
— с помощью таблиц для профилей поперечных сечений стерж-
ней, принадлежащих к стандартному ряду промышленных изделий
типа «утолок», «швеллер», «двутавр» и т. п.,
— расчетным путем, исходя из конструктивных параметров для
сечений нестандартного профиля или для составных сечений в виде
комбинации сечений из числа стандартных профилей.
Простейшей характеристикой прочности и жесткости стержня,
зависящей от формы и размеров поперечного сечения, является
площадь поперечного сечения — F. Но эта величина используется
непосредственно в расчетах лишь при равномерном распределении
напряжений по поперечному сечению, т. е. при растяжении или
сжатии стержня.
При кручении и изгибе напряжения в сечении распределены
неравномерно. Поэтому в расчетные формулы для напряжений
а)
70
Рис. 4.2
входят дополнительные геометрические параметры, указывающие
расположение тех точек сечения, где напряжения будут наиболь-
шими при данном виде нагружения.
Поясним это на примере стержня квадратного поперечного сече-
ния, испытывающего деформацию изгиба (рис. 4.1, а).
Если высоту стержня увеличить вдвое, а ширину уменьшить
вдвое (рис. 4.1, б), то площадь поперечного сечения не изменится.
) реформация же свободного конца стержня в этом случае уменьшит-
ся по сравнению с исходным вариантом в 4 раза, а для разрушения
i гержня понадобится сила вдвое большая (по отношению к исход-
ному варианту).
Если теперь повернуть стержень на 90° (рис. 4.1, в), то дефор-
мация его увеличится по сравнению с исходным вариантом (см. рис.
4.1, а) в 4 раза, а разрушающая сила уменьшится вдвое.
Вполне логичным представляется предположение о том, что
уменьшение площади поперечного сечения уменьшает прочность
стержня. Однако в ряде случаев удаление части материала стержня
увеличивает его прочность.
Интересно отметить, что если у круглого сечения срезать сегмен-
1Ы, как показано на рис. 4.2, а, то прочность стержня растет,
достигая максимального значения, когда стрелка срезаемого сег-
мента равна 0,1 Id. Можно показать, что удаление вершин квадрата
или треугольника (рис. 4.2, б, в) приводит к увеличению прочности
на 5%.
4.2. СТАТИЧЕСКИЕ МОМЕНТЫ СЕЧЕНИЯ.
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОЛОЖЕНИЯ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ
СЛОЖНОГО СЕЧЕНИЯ
При определении положения центра тяжести сечения необходи-
мо определять значения статических моментов этого сечения.
Статическими моментами площади сечения относительно осей
X и Y (рис. 4.3) называются определенные интегралы вида
71
S.=fydF;
F
Sy=$xdF,
F
(4.1)
где F — площадь сечения; x и у — координаты элемента пло-
щади dF.
Если известно положение центра тяжести сечения (рис. 4.4), то
статические моменты сечения могут быть подсчитаны по простым
формулам, без взятия интегралов, а именно
Sx=ycF;
Sy=xcF,
(4.2)
где хс и ус — координаты центра тяжести сечения.
Задание 4.1. Определить статический момент прямоугольного
сечения относительно оси X, если размеры сторон прямоугольника
b и h (рис. 4.5).
bh2
Ответ’. —.
2
Из выражений (4.2) можно определить координаты центра тяже-
сти сечения хс и ус:
xc=Sy/F- yc=Sx/F.
(43)
Статический момент сечения относительно оси, проходящей че-
рез центр тяжести, равен нулю.
Оси, проходящие через центр тяжести сечения,называются цент-
ральными. Центр тяжести сечения лежит на оси симметрии сечения.
72
Рис. 4.5
Гели сечение имеет хотя бы две оси симметрии, то центр тяжести
лежит на пересечении этих осей.
Для сложного сечения, состоящего из п простейших фигур, коор-
динаты центра тяжести сечения определяются по формулам:
*с= £ F'xJ £ F4;
i—1 I i=l
(4-4)
yc=i ^,11
i-l I i=l
i де Xj и — координаты центров тяжести отдельных фигур сечения.
Пример 4.1 (рис. 4.6).
Определить координаты центра тяжести сечения, состоящего из
прямоугольника и треугольника.
Решение.
1. Определяем по формулам (4.4) положение центра тяжести
сечения. Для этого разбиваем сечение на простейшие фигуры. Ось
симметрии Yc является центральной осью. Положение горизонталь-
ной оси Хс определяем относительно произвольной оси X*, прове-
денной через основание сечения
F1}’! +Fn>»2 6а 2a a+0,5 6a'3a 3a
ус =----------=-----------------------= 1,86а.
Fl+Fa 6а 2а+0,5 6а За
В формуле (4.4) не только координаты х и у могут иметь как
положительный так и отрицательный знак, но и площади F. При
наличии отверстий или вырезов в сечениях значения площадей надо
подставлять с отрицательным знаком.
Задание 4.2. Определить положение центра тяжести поперечного
сечения (рис. 4.7).
73
2а
Уг
-* X*
Рис. 4.7
При определении положения центра тяжести сечения относи-
тельно оси X* его можно разбить на две фигуры: большой прямо-
угольник и квадратное отверстие. Ось Yc — центральная.
Fly\—Fay2 За 2а а—а а 1,5а.
Ус = г =----------------= 0,9а.
F1—За' 2а— а а
Ответ: 0,9а.
Задание 4.3. Какая ось является
центральной для сечения, показан-
ного на рис. 4.8?
Ответ: Ось Х3.
Задание 4.4. В каком квадранте
находится центр тяжести сечения
(рис. 4.8)?
Ответ: Квадрант 3.
4.3. МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ СЕЧЕНИЯ
Моменты инерции сечения входят в формулы для напряжений
и деформаций.
Осевыми моментами инерции сечения относительно осей
Хи Y (см. рис. 4.3) называются определенные интегралы вида
F (4.5)
х2 dF.
F
Центробежным моментом инерции сечения относительно двух
взаимно перпендикулярных осей X и Y называется определенный
интеграл вида (см. рис. 4.3)
= (4.6)
F
74
Таблица 4.2
Полярным моментом инерции сечения относительно начала ко-
ординат 0 (см. рис. 4.3) называется определенный интеграл вида:
75
г
Рис. 4.
Jr = \p2dF=J„ + Jy, (4.7)
F
где p — расстояние от элементарной площадки
—- dF до начала координат. В табл. 4.2 приведены
моменты инерции наиболее распространенных
простейших сечений.
Задача 4.5. Определить относительно какой
оси: Хс или Ус момент инерции прямоугольника
9 (рис. 4.9), больше, если размеры прямоугольника
КиЛ(Л>6)?
Момент инерции относительно оси Хс больше, чем момент
относительно оси Ус, так как точки сечения располагаются дальше
от оси Хс, чем от оси Ус. Этот результат можно проверить, исполь-
зуя табл. 4.2
bh3 hb3
-—>—, так как h>b.
12 12
Ответ: Хс.
Задание 4.6. Какой момент инерции может принимать отрица-
тельные значения?
Ответ: Только Jxy.
Знак центробежного момента инерции сечения часто можно
определить по чертежу сечения (рис. 4.10).
Согласно формуле (4.6)
Ay=J xydF.
Отсюда части площади,
находящиеся в I и III квад-
рантах, имеют положитель-
ные центробежные моменты
инерции, так как произведе-
ния координат х и у элемен-
тарных площадок dF, находя-
щихся в этих квадрантах, да-
ют положительные величины.
Части площади, находящиеся
во II и IV квадрантах, имеют
отрицательные центробеж-
ные моменты инерции.
Задание 4.7. Определить Рис 4 10
знаки центробежных момен-
тов инерции сечений, изображенных на рис. 4.11, а — г.
Ответ: — , +, +, — (рис. 4.11, д —з).
Задание 4.8. Будет ли равен нулю центробежный момент инерции
сечения, имеющего одну ось симметрии?
Ответ. Да (рис. 4.12). Jxy всей площади сечения равен нулю, так
как сечение симметрично относительно осей X и У.
76
Рис. 4.11
Моменты инерции относительно параллельных осей, одни из
которых центральные (XcOcYc), определяются из выражений
Jx—Jxc~^~ ci~F\
Jy=Jyc+b2F',
Jxy= JXcyc b F,
Jp = JpC + (a2 + b2)F,
(4.8)
где а и b — координаты центра тяжести
сечения Ос (рис. 4.13).
Координатыanb необходимо подста-
влять в формулы (4.8) с учетом их знаков.
Рис. 4.12
77
в формулы для определения
Задание 4.9. Используя табл. 4.2,
определить момент инерции тре-
угольника относительно оси X, про-
ходящей через его вершину (рис.
4.14).
По формуле (4.8)
j _bh3 bh(2h\z_bh3
х~ 36 2 \3/ ~ 4 ’
„ М3
Ответ: —.
4
Моменты инерции, входящие
прочности и жесткости конструкции,
вычисляются относительно осей, которые являются не только цент-
ральными, но и главными. Чтобы определить, какие оси, проходя-
щие через центр тяжести, являются главными, надо уметь опреде-
лять моменты инерции относительно осей, повернутых относитель-
но друг друга на некоторый угол.
Зависимости между моментами инерции при повороте коор-
динатных осей (рис. 4.15) имеют вид
Jx^~Jy (Jx Jy) cos 2а
Jjj~------1-------------Jxv sin 2а;
2 2 ?
Jx 4- J у (Jx—Jy) cos 2а
Jv— (- J sin 2а;
2 2
(Jx—Jy) sin 2а
J uv~------------F Jxy cos 2а;
2
JpUV~JpXY>
(4.9)
где а — угол между осями XOY и UOV. Угол считается поло-
жительным, если поворот осей XOY происходит против часовой
стрелки.
Главными осями инерции называются две взаимно перпендику-
лярные оси, относительно которых центробежный момент инерции
сечения равен нулю.
Направление главных осей инерции определяется уравнением
2Jxy
tg2a=—-. (4.10)
78
Рис. 4.15
Главными моментами инерции называются осевые моменты ине-
рции, вычисленные относительно главных осей инерции, которые
имеют экстремальные значения
Главные оси, проходящие через центр
I яжести сечения, называются главными
центральными осями, а моменты инерции
о гносительно этих осей — главными центральными моментами ине-
рции.
Ось симметрии плоского сечения является главной центральной
осью инерции этого сечения.
Задание 4.10. Показать главные центральные оси сечения (рис.
Рис. 4.17
4.16).
Ответ: X3CY3.
Если плоское сечение имеет
хотя бы две оси симметрии, не
перпендикулярные друг другу, то
все оси, проходящие через центр
тяжести этой фигуры, являются ее
главными центральными осями
инерции. Осевые моменты инер-
ции площади сечения, вычислен-
ные относительно этих осей, рав-
ны между собой Yx=Yy= Yu (рис.
4.17).
Задание 4.11. Определить зна-
чения главных центральных мо-
ментов инерции сечения (рис.
4.18).
79
^С~аУС
(Зя —1)а*
Ответ:--------.
12
п (2а)* а* (Зя—1)а‘
64 12
12
Моменты инерции сложных сечений
определяются по формулам:
п п
(4-12)
где J‘xy, Jy, J'xy, Jlp — моменты инерции
отдельных фигур сечения.
Пример 4.2. Определить величины главных центральных момен-
тов инерции сечения, показанного на рис. 4.6.
Ось Yc — ось симметрии, следовательно, она является главной
центральной осью сечения. Ось Хс (рис. 4.6) проходит через центр
тяжести сечения и перпендикулярна оси Ус, следовательно, она
тоже главная и центральная. Положение центра тяжести сечения
было определено в примере 4.1. Моменты инерции фигур сечения
определяем относительно центральных осей сечения, используя
формулы для моментов инерции фигур относительно их централь-
ных осей, приведенные в табл. 4.2, и формулы перехода к парал-
лельным осям (4.8)
JxC — 4- 4-° 4- /*’па2 —
6а (2а)3 _
=—+ 6а • 2а (—0,86а)2 4-
4-—^—^-4-0,5 ба1 За (1,14а)2 = 29,1а4,
36
где
a;—yi— ус = а— 1,86а= — 0,86а;
а2=у2—ус=3а—1,86а=1,14а.
Рис. 4.19
80
Проверка:
0,86 _ 9а2
1,14~12а2’
0,75 = 0,75.
При определении Jy сечение надо разбить не на две, а на три
фигуры (рис. 4.19), так как при вычислении осевого центрального
момента инерции треугольника ось должна быть параллельна ос-
нованию.
у ,т „ гп 2д(6а)3 2 За (За)3
Jy =J\ + 2J“ + 2FEb}=——- +----—+
yc yc yc 12 36
+ 2 ’ 0,5 За За ( - а)2=49,5a4,
i де b2 = — b3= — a, Jx утак как ось Yc — ось симметрии.
Задание 4.12. Определить значения моментов инерции JXc, Jy<= от-
носительно главных центральных осей (рис. 4.7).
Положение центра тяжести было определено в задании 2.
jXc=j\+ра*-jk_ pal =
=М2^ + Зо 2a 2a.(0 6a)2=1 62a4,
12 12
где ai=yi—yc=a — 0,9a=0,la't a2=y2 —Ус— 1,5a — 0,9a=0,6a.
Проверка:
|«1| Fn 0,1a a2
|a2|~F15 0,6a 6a2’
J, =Л -J'}
yc yc yc
2n-(3^_a^=442a4
12 12
Ответ’. 1,62a4; 4,42a4.
4.4. МОМЕНТЫ СОПРОТИВЛЕНИЯ СЕЧЕНИЯ
Осевым моментом сопротивления называется отношение момен-
та инерции относительно данной оси к расстоянию от оси до
наиболее удаленной точки сечения
FFX=—, Wy=—. (4.13)
Тщах ^лпал
Полярным моментом сопротивления называется отношение
6 —3375 81
полярного момента инерции к расстоянию от полюса до наиболее
удаленной точки сечения
W,=—. (4.14)
Ртах
В качестве полюса принимается центр тяжести поперечного сече-
ния стержня.
Задание 4.13. Чему равно значение для прямоугольника,
представленного на рис. 4.20, а.
Ответ: h/2.
Приведем осевые моменты сопротивления (рис. 4.20) для
простейших сечений (Jx и Jy — центральные моменты инерции
сечений).
Для прямоугольника (рис. 4.20, а):
уу = ^хс _^Л3/12_Ай2>
Утах А 2 6
hb3j\2_ hb2
-^trax Ь 2 6
Для треугольника (рис. 4.20, б):
TIr 6Л3/З6 bh2
yy =-----— =-------=---
Утахн ^/3 12
(для нижних волокон);
82
ЦТ = Jxc
2Л/3 24
(для верхних волокон).
Аналогично можно вычислить моменты сопротивления относи-
к-иьно оси Y левых и правых волокон Wya и И^,п.
Для круга (рис. 4.20, в):
Wx= W,= !B0,ld3.
0,54 32
Для полукруга (рис. 4.20, г):
ттг ХС 0,11г*
И\н=—S=J— = о,259г3
J4naxH 4г / Зл
(для нижних волокон);
»;.=^=-^=о,191г3
Ушахв Г-4г/Зп
(для верхних волокон);
Jyc _л4*/128_л43
64
Для трубчатого сечения (рис. 4.20, д'):
Jxr л(Р*—4*) л2)3(1 — а*) , .
W,= W,= W=—=-------------=------------- (a—d/D).
У DI2 32D 32
Приведем полярные моменты сопротивления.
Для круга (рис. 4.20, в)
JP ndA'j32 nd3
»0,2rf.
p 0,54 0,54 16
Для трубчатого сечения (рис. 4.20, д)
JP n(D*-d^ я2)3(1-а*)
----zzx--------------------
Р 0^D 16D 16
(a = J/Z>).
о*
83
4.5. РАЦИОНАЛЬНЫЕ ФОРМЫ ПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЕНИЙ
Нормальные напряжения в произвольной точке поперечного
сечения балки при прямом изгибе определяются по формуле
м
С=7У'
Jx
(4.15)
где М — изгибающий момент в рассматриваемом поперечном сече-
нии, у — расстояние от рассматриваемой точки до главной цент-
ральной оси, перпендикулярной плоскости действия изгибающего
момента; Jx — главный центральный момент инерции сечения.
Наибольшие растягивающие и сжимающие нормальные напря-
жения в данном поперечном сечении возникают в точках наиболее
удаленных от нейтральной оси. Их определяют по формулам:
м . м
max ~ Ornin—~
(4-16)
где и у2 — расстояния от главной центральной оси X до наиболее
удаленных растянутого и сжатого волокон.
Для балок из пластичных материалов, когда [бгр] = [сгс]=[<т] ([сгр],
К] — допускаемые напряжения для материала балки, соответствен-
но на растяжение и сжатие), применяют сечения, симметричные
относительно центральной оси. В этом случае условие прочности
примет вид
р =р
1 разр *
Рис. 4.21
84
(4.17)
i де И7Х = Л/jmax — момент сопротивления площади поперечного сече-
ния балки относительно главной центральной оси; |утад|=А/2 (А—
высота сечения); — наибольший по абсолютному значению
изгибающий момент; [ст] — допускаемое напряжение материала на
изгиб.
Кроме условия прочности балка должна удовлетворять и усло-
вию экономичности. Наиболее экономичными являются та-
кие формы поперечных сечений, для которых с наименьшей зат-
ратой материала (или при наименьшей площади поперечного се-
чения) получается наибольшая величина момента сопротивле-
ния. Чтобы форма сечения была рациональной, необходимо, по
возможности, распределять сечение подальше от главной централь-
ной оси.
Например, двутавровая стандартная балка примерно в семь раз
прочнее и в тридцать раз жестче, чем балка квадратного попереч-
ного сечения той же площади, сделанная из того же материала (рис.
4.21).
Задание 4.14. Указать, какая форма поперечного сечения балки
является более рациональной (рис. 4.22). За единицу принять вес
двутавровой балки (М =10 кН• м, [сг] = 100 МПа).
Для сравнения рациональности различных форм поперечных
сечений приведем табл. 4.3, в которой показана относительная
затрата материала для брусьев, обладающих одинаковой прочно-
стью при изгибе (имеющих равные моменты сопротивления).
Ответ: Двутавр.
Рис. 4.22
85
Формы и размеры сечения
85 мм —+ -
85 мм , '
Таблица 4.3
Отношение веса
балки данного сечения
к весу двутавровой
балки
2,01
2,78
3,58
1
3,89
Необходимо иметь в виду, что при изменении положения сече-
ния по отношению к действующей нагрузке прочность балки суще-
ственно изменяется, хотя площадь сечения и остается неизменной.
Задание 4.15. Какое положение сечения является более выгодным
(рис. 4.23)?
Для бруса двутаврового сечения N20a, расположенного, как
показано на рис. 4.23, а, допускаемая нагрузка в 7,5 раза больше,
чем для того же бруса, но повернутого на 90° (рис. 4.23, б). Следо-
вательно, сечение надо располагать так, чтобы силовая линия со-
впадала с той из главных осей, относительно которой момент
инерции минимален. Более кратко это можно сформулировать так:
следует стремится, чтобы изгиб бруса проходил в плоскости его
наибольшей жесткости.
Ответ-, рис. 4.23, а.
86
Рис. 4.23
Задание 4.16. Определить, как выгоднее расположить балку
< квадратным поперечным сечением при изгибе (рис. 4.24):
1) так, чтобы плоскость момента была параллельна сторонам
квадрата (рис. 4.24, а), или
2) так, чтобы она совпадала с его диагональю (рис. 4.24, б).
Осевые моменты инерции относительно осей X в формуле для
напряжений (4.15) в случаях 1) и 2) равны между собой, но величины
>’тах для случая 2) больше. Выгоднее расположить балку так, чтобы
плоскость момента была параллельна сторонам квадрата, что сни-
мает напряжение на 40%.
Ответ'. 1) рис. 4.24, а.
В большинстве случаев с ростом момента инерции сечения воз-
растает и его момент сопротивления, но возможны и исключения,
когда нерациональное увеличение момента инерции приводит к
уменьшению момента сопротивле-
ния, т. е. снижению прочности бруса.
Задание 4.17. У какого попереч-
ного сечения, представленного на рис.
4.25, момент сопротивления наи-
больший?
У сечения, изображенного на рис.
4.25, а момент сопротивления наи-
больший. Приваренные к двутавру
полосы (рис. 4.25, 6), не усиливают,
а ослабляют балку, так как высота
Рис. 4.25
87
Рис. 4.26
сечения возрастает ощутимее, чем его момент инерции, и в резуль-
тате момент сопротивления снижается.
Ответ', рис. 4.25, а.
Дпя. балок из хрупких материалов, различно сопротивляющихся
растяжению и сжатию, расчетные формулы для подбора сечения
имеют вид:
^inaxp У\[^р], У2 [OqL (4.18)
А
где Mi и М2 — наибольшие по абсолютному значению изгибающие
моменты в опасных сечениях соответственно для растянутых или
сжатых волокон.
Для балок из хрупких материалов типа чугуна ([crc]/[trp] = 3 н-4),
следует применять сечения, несимметричные относительно ней-
тральной оси, например: тавровое, несимметричное двутавровое,
П-образное (рис. 4.26). При этом целесообразно располагать се-
чение таким образом, чтобы максимальные растягивающие и мак-
симальные сжимающие напряжения в опасных сечениях балки
были одновременно равны соответствующим допускаемым напря-
жениям.
Задание 4.18. Как рациональнее расположить чугунную балку,
представленную на рис. 4.27?
Ответ: рис. 4.27, а.
Во всех предыдущих случаях нагрузка действовала на балку
только в одном направлении, и форма поперечного сечения балки
оптимизировалась, исходя именно из этого условия. В некоторых
Рис. 4.27
Рис. 4.28
88
Рис. 4.29
инженерных и в большинстве естественных объектов нагрузка мо-
жет действовать в различных направлениях. Приблизительно так
распределяются нагрузки в фонарном столбе, ножке стула, бамбуке
пни кости ноги. В этих случаях надежнее ведут себя круглые полые
• рубы (рис. 4.28).
Однако существуют и другие способы увеличения прочности
конструкции. Это предварительное напряжение. Рассмотрим дере-
во, которое подвергается изгибающим нагрузкам, вызванным дав-
иением ветра. При сжатии древесина значительно хуже работает,
чем при- растяжении. Когда напряжение сжатия достигает 30
МН/м , дерево начинает ломаться. И только недавно стало извест-
но, что ствол дерева оказывается предварительно напряженным.
Каким-то образом дерево растет так, что внешние слои древесины
< >бычно растянуты (примерно до 15 МН/м2), в то время как внутрен-
ние сжаты. Примерное распределение предварительных напряжений
н сечении ствола показано на рис. 4.29, б, напряжений только от
и шиба — на рис. 4.29, а и суммарных напряжений — на рис. 4.29, в
(па рис. 4.29: Р — растянуты волокна, С — сжаты волокна). Дерево
уменьшает наибольшую величину сжимающего напряжения приме-
1410 вдвое, правда, при этом возрастает максимальное растягива-
ющее напряжение, но дерево вполне с ним может справиться.
Задание 4.19. Какие предварительные напряжения надо вызвать
в бетоне, чтобы при изгибе на его поверхности не возникало тре-
щин, если [<тс] >[СГР]?
Ответ-. Сжимающие.
89
Бетон плохо работает на растяжение, поэтому бетон армирую i
стальными стержнями, так, что он оказывается сжатым, что сущест-
венно повышает его прочность. Необходимо прикладывать боль
шую нагрузку, чтобы напряжения вблизи одной из сторон смени-
лись растягивающими и произошло растрескивание бетона.
4.6. ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ (ВКЛЮЧАЯ ЗАДАЧУ
ИЗ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ ЗАОЧНИКОВ)
При анализе геометрических характеристик плоских сечений ос-
новной задачей является определение положения главных централь
ных осей и величин главных центральных моментов инерции. Имен -
но эта задача и решается во всех приведенных примерах.
Пример 4.3 (задача № 7 из контрольных работ заочников).
Для заданного поперечного сечения, состоящего из швеллера
и равнобокого уголка или из двутавра и равнобокого уголка, или из
швеллера и двутавра требуется: 1) определить положение центра
тяжести; 2) найти осевые (экваториальные) и центробежный момен-
ты инерции относительно случайных осей, проходящих через центр
тяжести (хс и усУ, 3) определить направление главных центральных
осей (U и Г); 4) найти моменты инерции относительно главных
центральных осей; 5) вычертить сечение в масштабе 1:2 и указать
на нем все размеры в числах и все оси.
Сечение состоит (рис. 4.30) из равнобокого уголка N8n (ГОСТ
8509—86) и швеллера N10 (ГОСТ 8240—89).
Из сортамента прокатной стали выписываем исходные данные:
Швеллер N10: Лг=10 см; .F*=10,9 см2; =174 см4; Jl =20,4
см4; 2о = 1,44 см.
Уголок N8 (80*80x6): />п=8 см; Гп = 9,38 см2; /?=/" =
= 57,0 см4;/^ = 33,4 см4; ^=2,19 см.
При выборе значений моментов
Рис. 4.30
инерции из таблиц следует учиты-
вать расположение стандартных
профилей в сечении. Профили сече-
ния могут быть наклонены под неко-
торыми углами к профилям в табли-
цах сортамента. Это обстоятельство
может изменить величины и знаки
моментов инерции.
1. Определяем координаты цент-
ра тяжести сечения в системе коор-
динат У*ОУ*.
^+Fllx2 10,9 0 + 9,38 3,63
Xс —---- —-------- -----=
^+ГП 10,9 + 9,38
= 1,68 см;
90
10,9 0 + 9,38 2.81 ,
уr=--------=-------------= 1,30 СМ,
F’+/41 10,9 + 9,38
шк как Xj = 0; yi=0;
x2=Zq+zo = 1,44+2,19=3,63 см;
^=^/2-^=10/2-2,19=2,81 см.
Центр тяжести сечения должен лежать на прямой Q С2.
2. Вычисляем Jx , Jv , Jx v сечения
с ус сус
Jxc — + Flaz + J^2 + Faa2 —
= 174+10,9 • (-1,3)2 + 57 + 9,38 (1,51)2=271 см4;
Jyc=J\+Flbl^-J^+Fnbz2 =
=20,4+10,9 • (-1,68)2 + 57 + 9,38 • (1,95)2 = 144 см4;
Лс>с=7г^1+7?1^1/д + ГПа2Ь2=
= 0 +10,9(—1,3)(—1,68) + 33,4+9,38(1,51)(1,95) = 84,8 см,
где ах= — Ус— —1,30 см; Ьх= — хс= —1,68 см; а2=у2—ус=2,81 —
1,30= 1,51 см; Ь2 = х2 —хс = 3,63— 1,68 = 1,95 см.
1,30 1,68 9,38 Л Л Л
—=—=——-; 0,86=0,86 = 0,86.
1,51 1,95 10,9
Проверка:
|С2Г|ь2Г^’
В справочных данных о сортаментах, изданных до 1986 г., для
равнобокого уголка центробежный момент инерции не приводится.
В этом случае для определения J®, надо воспользоваться формулой
(4 9)
7?„=(Aom" J7“)SiP2a°+Jw.•cos2a0 =
(90,4—23,5) • (1)
2
= 33,4 см4,
где а = 45° — угол между центральными главными осями XqO2Yq
и центральными осями X2O2Y2 уголка (рис. 4.31).
Максимальный и минимальный моменты инерции уголка
•Лпах и 7min берутся из сортамента.
3. Определяем угол наклона главных центральных осей и вычис-
ляем моменты инерции относительно них
91
Рис. 4.31
Поскольку Jx
максимальным.
= 2~84’8 = ! эд.
Л -Jx 144-271
ус хс
2а=arctg (-1,34) = - 53° 12'; а = - 26°36.
Так как угол а отрицательный, оси XCOYC
(рис. 4.30) надо повернуть по часовой стрелке
на угол а, чтобы они стали главными цент-
ральными осями инерции.
>Jyc, момент инерции относительно оси U будет
Проверка:
271+144
=---------р
2
+ 84,82 = 207±106;
/[/=/шах=313 см4;
Jv = /min -101 см4.
271 +144=313 +101; 415-414.
Пример 4.4 (рис. 4.32). Определить величины главных централь-
ных моментов инерции и положение главных центральных осей
инерции.
1. Определяем положение центра тяжести сечения относительно
осей X* и У*
хс=
F,xi+Pflx2_0,5 3-6 (-2) + 6 2 0
2^ + F11 0,5-3-6 + 6-2
= -0,857 см;
^1+^72 0,5• 3 6 3 + 6 2'0 , Л
Ус=—.—=-----------= 1,29 см.
Г,+/л 0,5 3 6 + 6 2
2. Определяем моменты инерции относительно осей XCOYC
л^д+гЧ+^+ль
=—+0,5-3-61,'712+^ + 6-2 (-1,29)2 = 68,28 см4;
36 12 4
92
/, = + Flb 2+ J^2 +
+fV2=—+
36
I 0,5-3-6-(-l,14)2 +
I 2 —+ 6-2 0,8572 =
12
= 61,01 CM3 4;
Лс>с=Л1>1+^1лЛ +
+ Fna2b2 =
——+0,5‘3'6x
72
x 1,71 (-1,14)4-0 +
+ 2'6 (—1,29) x
x 0,857= -35,31 cm4;
ai =y{ —yc = 3 —1,29= 1,71 cm;
b\ =xc—X] =0,857 — 2= — 1,14 cm;
д2= — Ус— —1,29 см;
b2—xc=0,857 см.
Рис. 4.32
|О1| \bt\ 1,71 1,14 12 iqq_iaa
Проверка: —=—=—; —=-----------=—; 1,33 = 1,33 = 1,33.
|лг1 l*zl ? М9 0,857 9
3. Определяем положение главных центральных осей и моментов
инерции относительно них
tg2a=
2(-35,ЗР ^971.
61,01 — 68,28 ’ ’
2a = arctg(9,71) = 84°12'; a=42°6'.
Так как a>0, оси XCOYC надо поворачивать против часовой
стрелки, чтобы они стали главными.
max
min
93
68,28 + 61,01 /(68,28 —61,01)2 , _ - , ,
- — + (—35,3)2 = 64,645+ 35,49;
Ллах100,14 см4;
Лщп=^и=29,155 cm4.
Проверка: Лпах+Лйп=Л + Л ; 100,14+29,155 = 68,28 + 61,01
129,3=129,3.
Вопросы для самопроверки
1. Относительно каких осей следует определять моменты сопротивления и мо-
менты инерции сечения при изгибе.
2. Какие оси называются главными и центральными?
3. Как определить положение центра тяжести сложного сечения?
4. Какой знак имеют осевые моменты инерции сечения?
5. Как определить знак центробежного момента инерции сечения?
6. Как определить моменты инерции сечения относительно параллельных осей,
одни из которых центральные?
7. Какие моменты инерции сечения называются главными?
8. На какой угол надо повернуть центральные оси, чтобы они стали главными?
9. Чему равны осевые моменты инерции прямоугольника относительно осей
симметрии?
10. Что называется осевым моментом сопротивления сечения?
Глава 5
ИЗГИБ
5.1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ
В данном разделе курса рассмотрен часто встречающийся случай
прямого поперечного изгиба. При расчетах на прочность исполь-
юван метод расчета по допускаемым напряжениям.
Под изгибом понимается такой вид нагружения, при котором
и поперечных сечениях бруса возникают изгибающие моменты.
I -ли в поперечных сечениях бруса возникают только изгибающие
моменты — это случай чистого изгиба, если же возникают изгиба-
ющие моменты и поперечные силы — это так называемый попереч-
ный изгиб.
При получении расчетных формул предполагается:
1. Ось бруса прямолинейна, а поперечные сечения имеют ось
। нмметрии.
2. Внешние силы действуют в плоскости симметрии бруса —
но так называемый плоский изгиб брусьев симметричного попе-
речного сечения.
3. Учитываются лишь напряжения, перпендикулярные попереч-
ным сечениям, а напряжения, возникающие в брусе от надавливания
подокон, являются пренебрежимо малыми, поэтому схематически
прус можно представить только его осью, к которой и прикладыва-
1ся внешняя нагрузка.
4. Силовое воздействие предполагается статическим.
5.2. НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ
И РАСЧЕТ БАЛОК НА ПРОЧНОСТЬ
Во всех точках поперечного сечения бруса при поперечном изги-
• >е возникают ст — нормальные и т — касательные напряжения. На
рис. 5.1 эти напряжения показаны в точках, отстоящих на расстоя-
нии у от оси X
Эти формулы выведены в главных центральных осях У и У по-
перечного сечения бруса [1, 2]. При этом ось Y совпадает с осью
симметрии сечения, а ось X, перпендикулярная плоскости изгиба,
проходит через центр тяжести сечения и является центральной осью;
95
нормальные напряжения в точках этой оси равны нулю и, следова
тельно, ось X является нейтральной осью. Ось Z — ось бруса.
Условные обозначения на рис. 5.1 и в формулах (5.1):
Мх, Q — внутренние усилия: изгибающий момент и поперечная
сила, они изменяются вдоль бруса и определяются с помощьн
построения эпюр (рис. 5.1, а);
у — координата точек поперечного сечения, в которых определя
ются напряжения (рис. 5.1, б);
b — ширина сечения в месте определения касательных напряже
ний (рис. 5.1, в);
Jx — главный центральный момент инерции — момент инерции
относительно главной центральной оси X;
S* — статический момент относительно оси X той части площа
ди поперечного сечения, которая расположена выше (или ниже)
продольного сечения.
Таким образом, на уровне у напряжения, определяемые выше
приведенными формулами, постоянны, не зависят от координаты х
С увеличением координаты у нормальные напряжения (формула
5.1), увеличиваются и в наиболее удаленных от нейтральной оси
точках достигают наибольшего значения:
96
^хУтах
^тах ~
(5.2)
Для расчетов <7^ используется специальная геометрическая ха-
рактеристика — осевой момент сопротивления сечения при изгибе:
Wx
Утах
I огда (5.2) примет вид
O'max
Лихтах
Wx
(53)
(5-4)
Касательные напряжения, наоборот, уменьшаются и в наиболее
удаленных от нейтральной оси точках обращаются в нуль, а в об-
мети нейтральной оси достигают наибольших значений (рис. 5.2).
Кроме того, наибольшие значения касательных напряжений значи-
тельно меньше максимальных значений нормальных напряжений:
1ак для консольного стержня прямоугольного поперечного сечения,
нагруженного сосредоточенной силой на свободном конце, отноше-
ние максимальных значений этих напряжений
— =4 (5.5)
^max h
1 де Z, h — длина бруса и высота его поперечного сечения.
В большинстве случаев /»Л, поэтому касательные напряжения
но сравнению с нормальными пренебрежимо малы и при расчетах
па прочность не учитываются.
Условие прочности имеет следующий вид:
^тах^ [^]‘
(5-6)
Здесь Стах берется по аб-
солютной величине, а [ст] —
допускаемое напряжение.
Процесс расчета бруса на
прочность следует вести в
определенной последователь-
ности. При этом необходимо:
1. Определить весь комп-
лекс внешних сил, в том чис-
ie и реакции опор.
2. Построить эпюры вну-
тренних усилий, по которым
определить опасные сечения.
Рис. 5.2
7 3375
97
3. В опасных сечениях определить максимальные нормальные
напряжения и для наибольшего из этих напряжений проверить
выполнение условия прочности.
Рассмотрим более подробно каждый этап расчета.
1. Прежде всего необходимо определить все реакции опор, так
как реакции входят в число внешних сил. Если при этом число
реакций равно числу линейно независимых уравнений статики, то
все реакции находятся из статических уравнений.
2. Построение эпюр внутренних усилий выполняется с исполь-
зованием метода сечений и начинается с деления бруса на участки.
Границами участков служат места приложения сосредоточенных
сил или моментов, места начала и конца действия распределенных
нагрузок. Далее на каждом участке выбирается произвольное сече-
ние, для которого составляются выражения для определения внут-
ренних усилий, с помощью которых и строятся эпюры (графики)
этих усилий. По эпюрам внутренних усилий определяются опасные
сечения, в которых эти усилия достигают наибольших значений.
В большинстве случаев основным внутренним усилием при расчетах
бруса на прочность является изгибающий момент и связанные с ним
нормальные напряжения.
3. После определения положения опасных сечений с наиболь-
шими значениями изгибающих моментов, в этих сечениях вычисля-
ют наибольшие нормальные напряжения:
а) для брусьев из пластичного материала, при равенстве по
величине пределов текучести при растяжении и сжатии, наибольшие
расчетные напряжения возникают в опасных точках, которые на-
иболее удалены от нейтральной оси. Эти напряжения сравниваются
с допускаемым напряжением [о]: после чего делается за-
ключение о прочности бруса;
б) если же брус изготовлен из хрупкого материала, то в опасных
сечениях наибольшие нормальные напряжения определяются
и в растянутых сгтахр, и в сжатых сгшахс зонах поперечного сечения
и путем сравнения их с соответствующими допускаемыми сг^р [сг]р,
fmaxc < [сг]с напряжениями при растяжении [сг]р и сжатии [<т]с решается
вопрос о прочности бруса.
5.3. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ
Рассмотрим пример построения эпюр поперечных сил Q и изги-
бающих моментов Мх.
1. Изображаем расчетную схему (рис. 5.3, а).
2. Определяем реакции опор. Первоначально выбираем произ-
вольное направление реакций (рис. 5.3, а)
ЪМд — Ъ, —qa 4a — RB'3a—2qa 2a+2qa2 = 0, Rs= —2qa;
'ZMB=Q, —RA3a+2qa2 + 2qaa — qaa = Q, RA = qa.
98
Проверка: ЕУ=0,
RA—2qa — RB— qa = qa —
— 2qa + 2qa—qa=0.
3. Расчетная схема име-
ет три силовых участка.
I участок AC: 0<z;^
Начало координат
выбираем в крайней ле-
вой точке А. Рассмотрим
равновесие отсеченной ча-
сти бруса (рис. 5.4).
В сечении возникают
внутренние усилия:
поперечная сила
б)
RA=qat
А
у 2qa2
"... .ПП1НГП"
/1Г С ~z2 г | В
I II III
Рис. 5.3
Q = qa—const
и изгибающий момент
Mx = qazx
при Z] — О Мх—0; при zL = а Мл =qa2.
II участок СВ: 0<z2^2a. Начало координат перенесено в нача-
ло участка С (рис. 5.5).
На этом участке
2
2
Q = qa — q z2; Mx=qa{a-\~zi)—2qa
при z2 = 0 Q = qa, Mx=~qa2',
при z2 = 2a Q=—qa, Mx= — qa2.
На 2-м участке в уравнении моментов аргумент z2 имеет 2-ю
степень, значит эпюра будет кривой второго порядка, т. е. парабо-
лой. На этом участке поперечная сила меняет знак (в начале участ-
ка + qa, а в конце — qa), значит на эпюре Мх будет экстремум
н точке, где Q — 0. Определяем координату сечения, в котором
99
получается экстремальное значение Мх,
приравнивая нулю выражение попереч-
ной силы на этом участке
dMx(z2)
~^ = Q(z2)=RA~qzo=O-,
Ra qa
zQ=~=— = a.
q q
Определяем величину экстремального момента (с учетом знака):
= (а + а)-2^а2-?|- = -q
III участок BD: Начало координат на третьем участке
помещено в крайней правой точке (рис. 5.6).
Здесь Q = qa = const; Мх= — qaz3; при z3 = 0 Мх = 0; при z3 = a
Мх= -qa2.
5. Строим эпюры Q и Мх (рис. 5.7, б и в).
6. Проверяем правильность построения эпюр по пунктам раз-
дела 1.7.
100
5.4. ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ (ВКЛЮЧАЯ ЗАДАЧИ
ИЗ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ ЗАОЧНИКОВ)
Применение изложенной выше методики прочностного расчета
руса при изгибе показано на примерах с подробными пояснениями
но ходу решения. Примеры разбиты на три группы в соответствии
( 1ремя основными задачами (разд. 1.11).
Проверочные расчеты. Пример 5.1. Консольная балка круглого
поперечного сечения (рис. 5.8) нагружена на свободном конце со-
< рсдоточенной силой Р.
Дано: Р=2 кН, /=1 м, d=5 см, [с] = 200 МПа.
В заделке возникают три реакции (НА, ЯА, МА), независимых
уравнений статики для плоской системы сил также три. Следователь-
но, имеем статически определимую систему: все реакции определяют-
(я из статических уравнений. Однако для консольной балки провести
решение можно без определения реакций опор. Для этого нужно,
используя метод сечений, начинать построение эпюр со свободного
юнца балки. Из рис. 5.8, а видно, что балка имеет только один
расчетный участок. Выбираем на этом участке произвольное сече-
ние (обозначено волнистой линией) на расстоянии z от свободного
юнца балки и рассмотрим отдельно часть балки, расположенную
• права от сечения. Поскольку вся балка находится в равновесии, то
и равновесии должна находиться и эта часть балки — это будет
и том случае, если в месте разреза приложить внутренние усилия,
• сражающие действие отброшенной левой части на оставшуюся
правую часть. А так как обе части были жестко соединены между
< обой, то в месте разреза возникают три внутренние усилия: про-
дольная сила N, поперечная сила Q и изгибающий момент Мх. На
рис. 5.9 показаны положительные направления этих усилий «+».
Рис. 5.8
101
Методом сечений определяем внут -
ренние усилия: N=0, Q—P—2 кН-
— const, Мх— —Pz.
Как видим, продольная сила N рав-
на нулю, а поперечная сила Q положи
тельна и постоянна на всем участке АВ.
Изгибающий момент отрицателен и является линейной функци-
ей от величины z и с ее увеличением, т. е. по мере удаления от
свободного конца, где приложена сила Р, момент возрастает: при
z-О, Мх = 0; при z=/ Мх= —Р1.
Эпюры Q и Мх показаны на рис. 5.8, б, там же указаны их
значения в характерных сечениях. Эпюра изгибающих моментов,
в соответствии с принятыми правилами, построена со стороны
сжатых волокон. В данном примере — это нижние волокна.
Из анализа эпюр видно, что опасным является сечение Л, где
брус жестко заделан: здесь возникает наибольший по величине
изгибающий момент.
Определим наибольшие (максимальные) напряжения, возника-
ющие в опасном сечении. Эти напряжения возникают в наиболее
удаленных от нейтральной оси точках Кх и К2 (рис. 5.8, в). Напом-
ним, что оси X, Y являются главными центральными осями попе-
речного сечения балки, и вычисление напряжений и деформаций
бруса следует вести в этих и только в этих осях!
Используя формулу (5.4) для максимальных нормальных напря-
жений при изгибе для сечения А
^хплх.
где
тиР
wx=—
32
для рассматриваемого примера получим
^Юах=—; = 163 МПа.
па3
Проверяем выполнение условия прочности (5.6): сттах^[ст] — вы-
полняется: 163 <200.
Пример 5.2. Консольный стержень квадратного, ступенчато пере-
менного сечения нагружен силой Р, приложенной на свободном
конце (рис. 5.10). Оценить прочность стержня.
102
Сечение
Сечение
т-т
Дано: Р=4 кН, 1=
0,4 м; а—6 см, [<т] =
180 МПа.
Очевидно, что эпю-
ры Q и Мх с точностью
<<> знака будут такими
же, как и в первом при-
мере. Однако здесь
опасными являются два
(счения — сечение А
и сечение С: в сечении
f действует наиболь-
ший момент, но здесь
сечение имеет большие размеры, а в сечении С действует в два раза
меньший момент, но и размеры поперечного сечения в два раза
меньше. Но это не означает, конечно, что напряжения в сечениях
1 и С будут одинаковыми, так как размеры сечения входят в рас-
четные формулы в третьей степени. Действительно, в сечении А мо-
мент сопротивления
а а2
w —_____
а в сечении С этот момент
_ 0,5 (0,5а)2 _ 0,125а3
ХС~ 6 ~ 6
При этом наибольшие напряжения в сечении А
Pl _6Pl
А
t в сечении С
0,5Pl 24Р1
°Гтмг — Y — 4бгтахл-
с Wx а3
с
Следовательно, из двух опасных сечений самым опасным явля-
ется сечение С. В этом сечении и проверяем, выполняется ли усло-
вие прочности
24Р/
<7тахс=—Г = 178 МПа.
Условие прочности о'тах = бгтаХ€^[сг] выполняется: 178 < 180 следо-
вательно, прочность стержня обеспечена.
103
Пример 5.3. Брус прямоугольного поперечного сечения шарнир-
но оперт по концам и нагружен сосредоточенной силой и сосредо-
точенным моментом (рис. 5.11). Оценить прочность этого бруса.
Дано: Р=1 кН, а = 30 см, b=2 см, Л=26 = 4 см, М=ЗРа=0,9
кН м, <гт=180 МПа.
Наносим на схему все возможные опорные реакции — их три:
Ra, На, Rb. Все силы расположены в одной плоскости, следователь-
но, на рис. 5.11 изображена статически определимая система.
Из двух уравнений статики
XMB=RA ' За—Р 2а+М=0;
ZMA = RB3a-Pa-M=0
определяем опорные реакции RA и RB:
_КЛ= —333 Н и 2^=1333 Н.
Проектируя все силы на ось бруса (на ось Z), получим НА — 0.
Таким образом, все опорные реакции определены. Но прежде чем
продолжить решение задачи, рекомендуется обязательно сделать
проверку правильности найденных значений реакций опор, так как
ошибка на этой — начальной стадии решения задачи, приводит
к ошибочному решению всей задачи. \
Для проверки спроектируем все силы на вертикальную ось
Y и убедимся, что реакции определены верно
ЕУ=0, Ra-P+Rb= -333-1000 + 1333=0.
104
Далее определяем расчетные участки, здесь их три (AC, CD, DB),
и вычисляем внутренние усилия на каждом участке и строим эпюры
и соответствии с методом сечений.
Участок AC: Для этого участка начало отсчета коор-
динаты z выбрано в точке А. Следовательно, учитывая по методу
i *чений только силы, расположенные слева от произвольно выбран-
ного сечения, получим
Q=RA~ —333 Н=const;
Мх = Ra z~ — 333z — линейная функция,
при z = 0 Мх=0— это в сечении А; при z=a Мх= — 333 ' 0,3 =
*= — 100 Н м — это в сечении С в конце участка АС. Наносим
полученные значения Q и Мх на чертеж (см. рис. 5.11).
Участок CD: a^z^2a. Для этого участка начало координат
остается по-прежнему в сечении А. На этом участке
Q = Ra — P— — 133 ЗН=const,
Mx=Ra z—Р (z — а) = 300 — 1333z — линейная функция,
при z=a Мх= —100 Н м — это в сечении С; при z — 2a Мх=
-- — 500 Н м — это в сечении D.
Отмечаем эти значения на рис. 5.11. Как видим, в эпюре Q в сече-
нии С имеется скачок, равный по величине приложенной в этом
сечении внешней сосредоточенной силе Р—1000 Н.
Участок DB: O^z^a. На этом участке выгоднее поместить
начало координат в точке В, тогда справа от произвольного сечения
будет лишь одна внешняя сила — реакция RB.
Внутренние усилия:
Q— — RB = —1333 Н = const,
Mx = RB z= 1333z — линейная функция,
при z — Q Мх = 0 — это в сечении В; при z = a Мх = 400 Н м — это
и сечении D в конце участка BD.
Как видим, в эпюре Мх в сечении D имеется скачок, равный по
нсличине приложенному в этом сечении сосредоточенному моменту
Л/=900 Н м.
Далее, поскольку на участке CDB поперечная сила Q постоянна,
। о и углы наклона в эпюре изгибающих моментов должны быть на
участках CD и DB одинаковы (т. е. наклонные прямые на этих
участках должны быть параллельны). Это утверждение вытекает из
формулы Журавского:
105
Из построенных эпюр видно, что опасным является сечение D,
где возникает наибольший Мхтах изгибающий момент, равный
500 Н м.
Осевой момент сопротивления относительно главной централь-
ной оси X
Ь Л2
Wx =------= 5,33 10 6 м3.
6
При этом наибольшие нормальные напряжения в опасном сече-
нии будут иметь следующие значения: >
500 ,
=-----— = 93,8 -10б Па=93,8 МПа,
Wx 5,зз io-6 Г
что меньше предела текучести.
Действительный коэффициент запаса прочности будет при этом
= 1,92.
Огмк 93,8
Прочность стержня обеспечена с большим запасом.
Проектировочные расчеты. Пример 5.4 (задача № 8а из контрольных
работ заочников). Для балки (рис. 5.12) требуется вывести выраже-
ния Q и Мх для каждого участка в общем виде, построить эпюры
Q и Мх, найти Мшах и подобрать деревянную балку круглого попе-
речного сечения.
Дано: Z=l,6 м; aja—'l', a2/a=8; q=4 кН/м; М=2 кНм; [сг] =
= 8 МПа = 8 103 кН/м2.
На рис. 5.12 изображена консольная статически определимая
балка, длина которой 1= 1,6= 10а, следовательно а=0,16 м. При
этом а! = 8а=1,28 м, а2 = 6а = 0,96 м. Для этих данных исходная
схема примет вид, представленный на рис. 5.13, а.
Как видно из рис. 5.13, а балка имеет
три расчетных участка АВ, ВС и CD.
Определение внутренних усилий Q и Мх
для консольной балки следует начинать
с правого свободного конца, так как здесь
известны все внешние силы. Если же начи-
нать определение Q и Мх с левого, жестко
106
in . (сланного конца, то предвари-
||льно необходимо определить
опорные реакции RA, НА и MAi
ши как эти силы относятся к чис-
лу внешних сил.
Таким образом, начинаем ис-
< цедование с правого участка
• I). Проводим на этом участке
произвольное поперечное сече-
ние — волнистая линия на рис.
13, а на расстоянии z от свобод-
ного конца. При этом z будет
н (меняться от нуля в точке D до
0,48 м в точке С.
Участок CD\ 0=^z^0,48. Рас-
< мотрим и учтем силы, располо-
жеиные справа от сечения, при
11 ом
qz2
Q = qz\ Мх=-------парабола,
при 2 = 0 Q = 0, Мх=0; при 2 = 0,48
Рис. 5.13
0 = 4 0,48 = 1,92 кН;
4 0,482
Мх =--------= — 0,46 кН м.
2
Наносим эти значения на графики Q и Мх на рис. 5. 13, б и в.
Участок ВС'. 0,48^2^1,28. Следует заметить, что на участке
НС координата z произвольного сечения должна находиться лишь
и пределах этого участка: в точке С 2=0,48 м, а в точке D z—1,28 м,
ч 1 о и зафиксировано выше. Справа от сечения находится распреде-
|снная нагрузка q на участке длиною z и сосредоточенный изгиба-
ющий момент М. Следовательно,
Q—qz\ Мх— —— + М,
при 2 = 0,48 (т. е. в точке С) 0 = 4’0,48 = 1,92 кН, что совпадает со
(качением Q в точке С на предыдущем участке CD. Величина
п (гибающего момента
4'0,482
Мх = - —— 4- 2 = 1,54 кН м.
2
Как видим, в сечении С в эпюре Мх получился скачок, который
ио величине равен приложенному в этом сечении внешнему моменту
М=2 кН м.
107
Далее, при z —1,28 м
4 1,282
Q=4 1,28 = 5,12 кН, Мх=-------------------—+ 2= -1,28 кНм.
2
Отмечаем эти значения на рис. 5.13, бив.
Переходим к исследованию третьего участка. Нанесем на нем
произвольное сечение на расстоянии z от сечения В.
Участок АВ\ 0^z^0,32. Как и прежде, учитываем силы, рас-
положенные справа от произвольного сечения. Распределенная на-
грузка q целиком расположена справа от сечения, следовательно ее
воздействие на участок АВ можно заменить воздействием ее рав-
нодействующей, которая будет проходить посередине этого участ-
ка, т. е. на расстоянии (0,80+ 0,48)/2 = 0,64 м от точек В и D.
Величина равнодействующей равна q BD=4‘ 1,28 = 5,12 кН. Следо-
вательно, Q равна по величине равнодействующей сил, расположен-
ных правее сечения: 0 = 5,12 кН.
Изгибающий момент
(1,28 \
Мх= —5,12 • I---Fz j + Л/,
I
при z=0 Л/х=—5,12 0,64 + 2= —1,28 кН м; при z = 0,32 Л/х=
= - 5,12 (0,64 + 0,32)+2 = - 2,92 кН • м.
Наносим полученные значения на рис. 5.13, б и в и получаем
окончательные эпюры внутренних усилий Q и Мх, из которых
видно, что опасным будет сечение в заделке с максимальным по
абсолютному значению изгибающим моментом Мх=2,92 кН м.
Для определения диаметра деревянного бруса используем усло-
вие прочности гДе (формула (5.4))
^хтах
Для круглого поперечного сечения
PFx = ttJ3/32.
Подставляя это значение в условие прочности, получим
(тссР/32)
<и.
Отсюда находим, что
108
= 3
1322,92 л
------- = 0,155 м.
я-8- Ю3
Принимаем d= 16 см.
Пример 5.5 (задача типа 86 из контрольных работ заочников).
Брус двутаврового поперечного сечения нагружен на консольной
части равномерно распределенной нагрузкой, а на левой шарнирной
опоре нагружен сосредоточенным моментом (рис. 5.14).
Дано: # = 100 кН/м, М—\ кН м, Z=1 м, <гт=240 МПа, п = 1,5.
Требуется определить необходимый номер двутавра.
Как видим, число реакций равно трем, что для плоской системы
сил соответствует случаю статической определимости системы.
Из уравнений статики
ЕМл = 0иЕМд=0
находим
Ra~ — 13,5 кН, Ав=63,5 кН.
Проверка с помощью условия ZT=0 удовлетворяется. Кроме
того, ясно, что HA~ti, так как внешних сил, параллельных оси
бруса, нет.
Проводя известную процедуру построения эпюр, находим, что:
в сечении A Q=RA= —13,5 кН, Мх=М—\ кН м;
в сечении В (слева) Q= —13,5 кН, Мх— —12,5 кН м;
в сечении В (справа) £2 = 50 кН, Мх— —12,5 кН м;
в сечении С <2 = 0, Мх—0.
По полученным данным строим эпюры Q и Мх (рис. 5.14)
и видим, что опасным является сечение В, где Мх=Мтах —
= 12,5 кН м. В этом сечении
Рис. 5.14
109
®"max —
^xmai
Используя условие прочности где
находим
[сг] = <тт/и,
И'=^^=78,2'10~б м3 = 78,2 см3.
стт
Из сортамента ГОСТ 8239—'ll находим ближайшее значение
Wx= 81,7 см3, соответствующее двутавру N14.
Пример 5.6. Брус (рис. 5.15) изготовлен из хрупкого материала.
Поперечное сечение бруса — равносторонний треугольник.
Требуется определить необходимый размер сечения, длину его
стороны а.
Дано: # = 10 кН/м, 7=50 см, [б‘]р=40 МПа, [а]с = 120 МПа.
В силу симметрии системы RA=RB=l,5ql. Соответствующие
эпюры внутренних усилий показаны на рис. 5.15. По эпюрам видно,
что одинаково опасными являются сечения А и В. При этом в об-
ласти А и В сжатые волокна будут в нижней части, а растянутые —
в верхней части поперечного сечения.
Рис. 5.15
110
Для дальнейшего исследования определим моменты сопротив-
ления, соответствующие верхним (точка 5) и нижним точкам попе-
1>счного сечения. Для равностороннего треугольника высота
Л=аТз/2, главный центральный момент инерции Jx—c^ ->/3/96.
При этом моменты сопротивления будут иметь следующие значе-
ния:
(2/3) Л 32 (1/3) Л 16
1 де WD_E — момент сопротивления для любой точки основания
D — E.
Проверяем выполнение условий прочности в сечении А в точке 5:
®max [^]pj ИЛИ
Mx_0,5ql2
Ws~~ а3/32
откуда находим, что
а16#Z2/[a]p = 0,1 м= 10 см.
В точках основания DE имеем
qi2
а3/\6
откуда находим, что а=6,05 см.
Окончательно заключаем, что определяющим является условие
прочности в растянутой зоне (в точке 5 поперечного сечения) в опас-
ном сечении А (или В). Необходимый размер стороны а принимаем
равным 10 см.
Определение допускаемой нагрузки. Пример 5.7. Для бруса, опер-
того по концам и нагруженного в пролете равномерно распределен-
ной нагрузкой и изгибающим моментом (рис. 5.16) определить
допустимую величину нагрузки q.
Дано: поперечное сечение — двутавр № 20: Wx= 180 см3; а— 1 м;
Л/=3^а2; [ст] =120 МПа.
Как видно из рис. 5.16, все внешние силы расположены в одной
плоскости, условия закрепления вызывают появление в этой же
плоскости трех реакций НА, RB, следовательно, задача стати-
чески определимая. Из статических уравнений
ъмА=о, zmb=o, sz=o
111
находим следующие значения опорных реакций:
RA = 0,5qa; RB=2,5qa\ НА = Ъ.
Проверка УУ=0; RA — ?>qa+RB—Q убеждает нас в правильности
найденных значений опорных реакций. Соответствующие эпюры
внутренних усилий имеют вид, представленный на рис. 5.16.
Как видим, опасным является сечение С (точнее, немного правее
сечения С), где приложен внешний момент 3#а2, а внутренний
максимальный момент Мх равен лишь 2да2, но скачок в эпюре
равен величине внешнего момента, приложенного в этом сечении,
т. е. 3#а2. Из условия прочности для сечения С имеем:
Л/тах Т-ЦС?
wx~
М,
откуда находим, что допускаемое значение нагрузки
fc] = — =10,8 кН/м.
112
Вопросы для самопроверки
1. Что называется прочностью твердых тел?
2. Как выглядит условие прочности при изгибе бруса?
3. Какова последовательность прочностного расчета бруса при изгибе?
4. Какие сечения бруса при изгибе считаются опасными?
5. Какие оси координат в поперечном сечении бруса нужно провести, чтобы
определить о?
6. Какие точки поперечного сечения бруса считаются опасными?
7. Поперечное сечение бруса — равносторонний
। рсугольник, изгиб происходит в плоскости, проходя-
ще, I через ось стержня и ось Yc (рис. 5.17). Какие точки
. ioro сечения являются опасными?
8. Как учитываются механические характеристики
Ml гериала при определении запасов прочности?
9. Как определяется коэффициент запаса прочно-
|ц для всего бруса, если имеется несколько опасных
11 чений?
10. Какие факторы влияют на величину коэффици-
и ia запаса прочности?
11. Как определяется допускаемое напряжение?
Рис. 5.17
К 3375
Глава 6
СЛОЖНОЕ НАГРУЖЕНИЕ
6.1. ВНЕЦЕНТРЕННОЕ РАСТЯЖЕНИЕ — СЖАТИЕ.
ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ. РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ
Внецентренным растяжением (сжатием) называется такой ви;
нагружения, при котором равнодействующая внешних сил не сов
падает с осью стержня, как при обычном растяжении (сжатии),
а смещена относительно продольной оси и остается ей параллель-
ной (рис. 6.1).
Оси X и Y—центральные (Sx=Sy=0) и главные (7^=0) оси
инерции поперечного сечения. Нормальные напряжения в попереч-
ном сечении от действия силы Р, смещенной относительно центра
тяжести в точку А с координатами хР и уР (рис. 6.1 — 6.3) определя-
ются по формуле [1 — 3]:
F
N ( Му ( Мх Р РхРх Руру
1 + А :
(6-1)
где N=P\ Му = РхР; Мх=РуР, Р — равнодействующая внешних или
внутренних сил; F — площадь поперечного сечения; хР, уР — коор-
Рис. 6.1
Рис. 6.2
114
Рис. 6.3
пшаты точки приложения силы Р; х, у — текущие координаты
ючки, в которой определяется напряжение ст; Jx, Jy — центральные
। 1твные моменты инерции поперечного сечения.
Квадраты главных радиусов инерции определяются по фор-
мулам:
I гда (6.1) примет вид
1 . ХрХ । уРу
1 “I-г- —г
iy2 ix2
Уравнение нулевой линии
Р
F
ХрХ _ у РУ
2
Так как то из (6.2) следует:
хрх уру
+ ,-2
(6.2)
(6.3)
Нулевая линия — прямая (рис. 6.1), ее точки пересечения с осями
координат определяются выражениями:
,2 /2
при v=0-*a=— у; при х=0-♦ (6.4)
Хр Ур
115
Центром давления называют точку пересечения равнодейству
ющей внешних или внутренних сил с плоскостью поперечного сече-
ния. На рис. 6.1 центр давления — точка А.
При проектировании сооружений и различного рода опор и:
бетона, кирпичной кладки, чугуна и других материалов, плохо
работающих на растяжение, основное требование — отсутствие
растягивающих напряжений. Решение задачи опирается на свойство
ядра сечения.
Ядром сечения называют часть плоскости поперечного сечения
расположенную в окрестности центра тяжести, удовлетворяющую
условию: если центр давления располагается внутри или на границе
ядра сечения, то в любой точке поперечного сечения с текущими
координатами (х, у) возникают напряжения одного знака. Чтобы
в поперечном сечении возникали напряжения одного знака, нулевая
линия должна располагаться либо вне поперечного сечения, либс
быть касательной к поперечному сечению, что используется при
определении границ ядра сечения. '
6.1.1. Примеры расчетов (включая задачу
из контрольных работ заочников)
Пример 6.1. Построить ядро сечения для прямоугольного сече
ния, приведенного на рис. 6.4.
Решение:
1.
Проводим центральные главные
оси инерции поперечного
сечения У, Y. Вычисляем квадраты главных радиусов инерции сече
ния:
F=b h;
12
J =b—^-
У 12 ’
,2 Jx bh3 h2
x~ F~\2 bh~Yl'
,2 Jy b3h b2
y ~ F~l2 bh~12
2. Проводим касательную к попе-
речному сечению 1 — 7 и принима-
ем ее за нулевую линию. Определя-
ем отрезки, отсекаемые ею
координат Хи Y.
на осях
116
a=-\ b = oc.
2
Соответственно получим:
Таким образом, левая точка ядра сечения 1 располагается на оси
V на расстоянии Ь/6 влево от оси Y.
3. Проводим касательную к поперечному сечению 2 — 2 и при-
нимаем теперь ее за нулевую линию. Определяем отрезки, отсека-
емые ею на осях координат X и Y.
а= со; Ь= —.
2
Соответственно получим:
Таким образом, верхняя точка ядра сечения 2 располагается на
оси Y на расстоянии Л/6 от оси X.
В соответствии с симметрией поперечного сечения точки, соот-
ветствующие нулевым линиям 3 — 3 и 4 — 4, расположатся сим-
метрично точкам 1 и 2. Ядро сечения представляет ромб размером
но вертикали Л/3 и Ь/3 — по горизонтали (рис. 6.4).
Пример 6.2. Построить ядро сечения для стержня, имеющего
круглое поперечное сечение диаметра D.
itD2
4 ’
Решение. Проводим главные центральные оси сечения
V и Y (рис. 6.5) и находим квадраты главных радиусов инерции
сечения:
117
.2_-2__Jx_ nD*’4 _D2
X~ У~ F~ 64 nD2~ 16'
В силу симметрии поперечного сече-
ния ядро сечения также должно иметь
форму круга. Пусть точка приложения
силы лежит на оси X и нейтральная
линия касается круга в точке 1. Тогда
a—J9/2.
Следовательно, соответствующая
точка ядра сечения на оси X будет:
ч
а
D
8'
Следовательно, для круглого сечения, имеющего диаметр D,
ядро сечения также будет крутом с радиусом, равным D/8. '
Пример 6.3. Построить ядро сечения для эллиптического сечения
с полуосями А и г (рис. 6.6).
Решение. 1. Оси координат X и Y совмещаем с полуосями
эллипса. Координаты точек контура эллипса (х, у) связаны анали-
тической зависимостью. Следовательно, для построения ядра сече-
ния достаточно рассмотреть только одну точку М (х, у), и провести
через нее касательную
—- + —^-1=0.
R2 г2
где X и Y — текущие координаты касательной к контуру; отрезки,
отсекаемые касатель-
ной на осях координат,
равны:
R2 , г2
а=—; Ь=—.
X у
2. Главные момен-
ты инерции и площадь
поперечного сечения
определяются выраже-
ниями [1]:
лЛ-3 __nR\
''x=z~~ > Jу= »
4 4
Рис. 6.6
F=nRr.
118
Следовательно,
iv
R2
4 '
3. Соответственно координаты точки
гочке М контура сечения, равны:
ядра сечения, отвечающие
iy х
хр= ~^ =
а 4
Й— _ J
b ~ 4
Ур=
Следовательно, точки ядра сечения диаметрально противополо-
жны точкам сечения, только в четыре раза ближе к центру тяжести,
чем соответствующие точки эллипса.
Пример 6.4. Две стальные полосы сечением 120'10 мм соединены
между собой сваркой с помощью накладки (см. рис. 6.7). Накладкой
< цужит уголок 100 х 63 х Ю. Определить, будет ли обеспечена про-
чность при центральном нагружении полос силой Р—
100 кН. Принять [а] = 160 МПа.
Решение. Из таблицы ГОСТ 8510—72 выбираем данные для
yi олка соответственно обозначенным осям (рис. 6.7) [1]:
Г=15,5см2; Zy=47,l см4; Zy=154cM4; Zx=28,3 см4;
tga=0,387; a=21°10'; Iy+Ix=Iy+I,=const;
Z?=Jy+Zy-Zx=172,8 см4; f2=- = l,825 cm2;
F
z2=—= 11,10 cm2.
y F
С учетом того, что полосы загружены центрально, находим
координаты точки С в системе координат XOY\
Рис. 6.7
119
Хс=6-~ 1,0 —3,4= 1,6 см;
Y'c= —(1,58 + 0,5)= -2,08 см.
Определим координаты центра давления С относительных глав
ных осей X, Y, т. е. в системе координат XOY, повернутых oi
носительно осей XOY по часовой стрелке на угол а = 21°10':
X>=XJ»cos(-21°10')+ K/>sin(—21°10') =
= 1,6 0,9325 + 2,08 0,361 =2,245 см;
Yp= - A"Psin(-21°10')+ Kpcos (-21°10')=
= 1,6 0,361-2,08 • 0,9325= -1,364 см.
Нормальные напряжения в уголке находим по формуле:
р/ Хр ур \ 100 103 / 1,364 10"2 2,245 10“2 \
^т-1/i । -Х+ у =--------- 1------------ —*
+ ix ) 15,5 10“4 V 1,825 10"4 11,1 10~4 )
* \ 1у 7 4 7
Приравняв это выражение нулю, находим отрезки, отсекаемые
нулевой линией на осях координат:
а — ——- = —0,0495 м;
224,5
, 1,825
Z>= —-—=-0,01340 м.
136,4
По полученным значениям а и b построена нулевая пиния (рис
6.7). Наиболее удаленные от нулевой линии точками уголка будут
точки А и В, имеющие в системе координат XOY координаты:
х'л= — 3,4 см; х'в= — 2,4 см;
Уа = —1,58 см; ув = -4,72 см;
хА = х'А cos21°10'—у’А sin 21 ° 10'=
= - 3,4 0,9325 +1,58 • 0,361 = -2,58 см,
y^=x^sin2ri0'+^ cos21°10' =
= - 3,4 • 0,361 -1,58 0,9325 = -2,7 см;
xs=XbCOs21c10'—^Bsin21°10' =
= -2,4 0,935-4,7 0,361 = -3,94 см;
120
Ув—х'в sin21°10' +j>b cos 21°10' —
= —2,4 • 0,361 +4,72 0,9325 = 3,53 cm.
Подставляя координаты точек А и В в выражение для напряже-
ний, получим:
100-103
О А =--------
15,5 10"4
1,364 10-4 2,245 -КГ 2
1---------(—0,027)+———- (-0,0258)
1,825-10-* 11,1’КГ4
= 161 000 • 103 Па= 161 МПа;
юо ю3
15,5 Ю’4
1,364 10~4 _ 2,245 10“ 2
---------- (0,0353)+—---------
1,825 10“4 11,1 10“4
(-0,0394)
= — 157000 103 Па= —157 МПа.
Из условия прочности имеем:
®"тах Г [®"]
Опасной точкой является точка А:
^„=^ = 161 МПа;
о-дшх —161 > [ст] = 160 МПа.
Следовательно, условие прочности не выполняется, так как
max > [o’]
Нормальные напряжения в полосе:
gmax=-= 100 103 = 83 3 33-103 Па = 83,3 МПа;
F 0,0Г0,12
O’max=83,3 < [ст] = 160 МПа.
Следовательно, условие прочности выполняется, так как
O’max -** [о]-
Более нагруженным оказался уголок, несмотря на то, что его
пиощадь поперечного сечения на 30% превышает площадь попереч-
ного сечения стальной полосы.
Пример 6.5. Чугунный стержень, поперечное сечение которого
и; юбражено на рис. 6.8, сжимается силой Р= 100 кН, приложенной
в точке А. Требуется определить величину а, определяющую раз-
121
меры поперечного сечения при за
данных допускаемых напряжениях
для чугуна: на сжатие [<тс] =100 МП i,
на растяжение [<тр]=25 МПа.
При внецентренном сжатии нор
мальные напряжения в любой точке
поперечного сечения с координата
ми х, у определяются по формуле:
14
хрх уру\
iI 2 i2 )
У х /
1. Поперечное сечение (рис. 6.8) имеет две оси симметрии. Нано
сим центральные и главные оси инерции поперечного сечения X, У
2. Вычисляем главные центральные моменты инерции Jx и
Jy и квадраты главных радиусов инерции
2а (За)3 a a3 27g4 О4 28g4
Jx = + 2'-------=----+ - ;
12 12 6 6 6
Z\_a(4a)3 a (2g)3
J у г-----г 2 ----—
12 12
64а4 16g4 40g4
—-----H—_=-----j
12 12 6
n
F=2cr 3a+2a' a=8a2;
.2_Jx_ 28a4 _ 28a2
X~ F~6 8a*~ 48 ’
- Jy 40a4 40a2
— — =----= ——
У F 6 8a2 48 '
3. Определяем положение нулевой линии:
xf=a; » = l,5a.
Отрезки, отсекаемые нулевой линией на главных центральных
осях инерции, определяются по формулам:
I2 40a2
хр 48’а
-0,833a;
ур
28g2
48 1,5g
0,39a.
122
Отложив отрезки ан и Ья соответственно на осях У и У и проведя
грез их концы прямую, получим нулевую линию поперечного
i ечения.
4. В точке А возникают наибольшие напряжения сжатия:
хА = а; уА=1,5а.
В точке В возникают наибольшие напряжения растяжения:
хв= — а;ув~ — 1,5а.
5. Определяем наибольшие сжимающие еА и растягивающие ств
напряжения:
ХрХА у?уА
;2
ю5
8а2
а'а 48 1,5а 1,5а 48
----- ----------------
40а2 28а2
75,71 • 103 „
—--------Па;
а2
хрхв уР ув
4-
105
8а2
аВ= ~
а(—а) 48 1,5а(- 1,5а) 48
40а2 + 28а2
50,71 • 103 „
—Па-
6. Вычисляем величину а, определяющую поперечное сечение:
— из условия прочности на растяжение имеем:
50,71 103 , 1
—---------<25 106; а>—
а2 _ 10
50,71
10 25
>0,045 м;
— из условия прочности на сжатие имеем:
г , 75,71 Ю3 1 / 75,71
сА < Е^с];--------< 1001106; а>— /--------->0,0275 м.
А L cJ’ а2 10 А/ 10100
Параметр а принимаем равным 0,045 м, как отвечающий сразу
о»ум условиям прочности.
Пример 6.6. (задача № 13 из контрольной работы заочников).
Чугунный короткий стержень, поперечное сечение которого изоб-
ражено на рис. 6.9, сжимается продольной силой Р, приложенной
и точке А.
Требуется:
1. Вычислить наибольшие растягивающие и наибольшие сжима-
ющие напряжения в поперечном сечении, выразив эти напряжения
через Р, и размеры сечения;
123
Рис. 6.9
2. Найти допускаемую нагрузку [Р] при заданных размерах
сечения и допускаемых напряжениях для чугуна: на сжатие [crj =
= 100 МПа и на растяжение [сгр]=25 МПа.
Решение. Нормальные напряжения в любой точке поперечного
сечения с координатами (х, у) при внецентренном сжатии определя-
ются по формуле:
р
(7 —----
F
1. Определяем положение главных центральных осей инерции
поперечного сечения. Ось Y является осью симметрии поперечного
сечения, следовательно является центральной главной осью. Поло-
жение второй центральной главной оси инерции X определится
EFj-i
координатой центра тяжести поперечного сечения ус=-.
£ />.= 110100 50-2 • 85_?dl2^.50_
“1 4 4
-50-30-15-50'30 85 = 330920 см3;
" 3 14- 7П2
У F(= ПО-100 —3 —------2-50-30 =
Й 4
= 11 000-942-3000=7058 см2 = 0,706 м2;
330920
Ус—-----=46,9 см.
7058
124
2. Определяем главные центральные моменты инерции Jx
“ 4:
l^+no-iooc-W-344^ (_3,i)2_
12 64 4
50 ЗО3
——— — 50 30 (31,9)2 —
12
-2
3,14 20* 3,14 202
------+-------1 (38,1)2
64 4
-^-^-50•30(38,1)2=4405368,2 см4;
100 НО3 3,14 20* Л 30 503 Л
--------2-----------2
64 12
12
3,14 20* 3,14 202 ~
--------+----------402 =
64
4
= 9438 316 см4.
Вычисляем квадраты главных радиусов инерции:
,2 Л 4405368,2 2
iz=—=---------— = 624,17 см ;
F 7058
i2
1 V
9438316 , ,
-------= 1337,25 см2.
7058
3. Определяем положение нулевой линии. Значения координат
। очки приложения силы Р отсчитываются от главных центральных
> ей инерции X, Y: хР=55 см; »=53,1 см. Отрезки, отсекаемые
и . левой линией на главных центральных осях инерции, определяют-
< я по формулам:
i* 1 337,25 „
а= —^=--------------= —24,3 см;
55
Хр
ь=-~
УР
624,17
53,1
= —11,8 см.
Отложив отрезки а и b соответственно на осях X и У, и проведя
н-рез их концы прямую, получим нулевую линию поперечного
<<*чения, на которой нормальные напряжения равны нулю (<т = 0),
и которая разбивает поперечное сечение на две части. В той части
сечения, где находится точка приложения сжимающей силы Р, т е.
к чка А действуют только напряжения сжатия.
В части сечения, расположенной ниже нулевой линии п — п,
действуют только напряжения растяжения. Наиболее удаленная от
нулевой линии п — п в сжатой зоне точка Л, а в растянутой зоне —
125
точка В. Следовательно, наибольшие по величине напряжения ежа
тия будут в точке А, а наибольшие растягивающие напряжения — н
точке В.
Все значения координат точек, в которых определяются напря
жения отсчитываются от главных центральных осей инерции У, 1
хА=55 см; уА = 53,1 см; хв= —55 см; ув= — 46,9 см.
4. Определяем
сгв напряжения:
наибольшие сжимающие аА и
растягивающие
Р
0,7058
. 55 55 53,1’53,1
1Ч----------1---------
1337,25 624,17
= — 11,02Р1/м2;
хрхв
УрУв\
0,7058
, 55 (-55) 53,1'(-46,9)
1 Ч-----------1-------------
1337,25 624,17
= 7,45Р 1/м2.
5. Определяем допускаемую нагрузку [Р].
Из условия прочности на сжатие
оА<[стс]; 11,02Р 1/м2^ 100 105 б Н/м2;
[Рс]< 9074 кН.
Из условия прочности на растяжение
7,45 Р 1/м2<25- 10б Н/м2;
[Рр]< 3356 кН.
Следовательно, допускаемая нагрузка
[Р] = 3356 кН,
как отвечающая сразу двум условиям прочности.
Пример 6.7. Построить эпюру нормальных напряжении в опас-
ном сечении бруса, показанного на рис. 6.10 [1].
Решение.
1. Опасным является ослабленное сечение бруса (рис. 6.10, б).
126
Р=32кН
Рис. 6.10
2. В центре тяжести этого поперечного сечения по направлениям
। 1 главных осей вписываем систему координат X, Y.
3. Определяем координаты центра давления А:
Хр— —0,12 2 м; »=0,|04^/2 м,
и величину продольной силы 1Х\
7V=32 кН.
4. Определяем квадраты главных радиусов инерции поперечного
и чсния:
_0,24Л/2’(0,12Л/2)3
J х — ,
36
_ 0,12^2 (0,24 V2)3
Л- —4~ ;
F=- 0,24*0,24;
2
Л=о,2471(0,.2^2^
F 36 1/2 0,24 0,24
/^0, uylto, 24-72)^ м2
у F 48 1/2 0,24 0,24
127
5. Находим нормальные напряжения в расчетном (опасном
сечении бруса:
р / ХрХ уРу\ 32 / 0,12->/2 0,045/2 \
ст—— । 1-|—— 4—— I—-----I 1--------х4-------у } =
F \ i2 i2) 0,12 0,24 \ 0,0048 0,0016 )
=у (1-25^/2 X+25V2J).
6. Определяем отрезки, отсекаемые нулевой линией на осях
координат.
Уравнение нулевой линии имеет вид:
1-25^2x4- 255/2у=0;
при х=0, у=Ь=-----1—^= — 0,02д/2 м;
25у/2
при у=0, х = а=—1^ = 0,02х/2 м.
25 у/2
Строим нулевую линию (см. рис. 6.10, б).
1. Вычисляем нормальные напряжения в опасных точках. На
иболыпие по величине растягивающие напряжения будут в точке Л
хА = — 0,12>/2 м; —0,0 4^/2 м;
аА=~[1-25у/2 (-0,12у/2)+25^/2 0,045/2] = 10 МПа.
Наибольшие по величине сжимающие напряжения буду»
в точке В:
хв=0,12у/2 м; уя=0,04 /2 м;
[1-25^/2-0,125/2+25-5/2 0,04 ^/2]= -у МПа.
Строим эпюру нормальных напряжений в опасном сечении бру-
са (см. рис. 6.10, 6).
6.2. КОСОЙ ИЗГИБ. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ,
РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ И ЖЕСТКОСТЬ
/
Косым изгибом называется такой вид изгиба, при которой плос-
кость нагрузки (силовая линия) изгибающего момента не совпадает
ни с одной из главных осей инерции поперечного сечения стержня
X, Y (рис. 6.11, а, б). При косом изгибе действующие внешние силы
128
(моменты) представляют их проекциями на главные оси попереч-
ного сечения (рис. 6.11, б), тем самым сводят задачу к случаю
поперечного изгиба в двух главных плоскостях. Из рис. 6.11, а,
ь видно, что:
РХ = Р cos a; Py=P sina.
Изгибающие моменты в расчетном сечении:
М=Р z\ Mx = Pyz; Му=Рх'z
и пи
z sina; My = Pzcosa (6.5)
3375
129
или
МХ=М' sin а; МУ=М cos а.
При выбранном направлении главных центральных осей инер-
ции положительным октантом будет первый октант (на рис. 6.11, а,
б заштрихован).
Правило знаков. Изгибающие моменты в расчетном поперечном
сечении считаются положительными, если они вызывают в первом
(заштрихованном) октанте напряжения растяжения.
Нормальные напряжения в точках поперечного сечения с теку-
щими координатами х, у определяются алгебраической суммой
напряжений, вызываемых изгибающими моментами Мх и Му: [1, 2]:
Мх Му
<т=— у+— х=М
У . X
— sinad— cos a
Л Jy
(6.6)
где /хи Jy — моменты инерции поперечного сечения относительно
главных, центральных осей инерции сечения У, Y, т. е. изменяются
по линейному закону.
Уравнение нейтральной (нулевой) линии в сечении найдем, при-
равняв <7 = 0:
Л
у=— х— ctga (6.7)
Л
или
у=кх. (6.8)
При х=0 значение _у = 0, т. е. прямая с угловым коэффициентом
к проходит через центр тяжести поперечного сечения.
При косом изгибе нейтральная линия представляет собой пря
мую, которая не перпендикулярна к плоскости изгибающего момен-
та или, что одно и то же, к силовой линии.
Силовая линия наклонена к оси X под углом а, следовательно,
ее угловой коэффициент равен:
^! = tga. (6.9)
Угловой коэффициент нейтральной линии:
= ctga;
X Jy
Jx^Jy9 k{^~ • !
У9 к
Так как в общем случае Jx не равно Jy, то и к} не равно — 1/к,
следовательно нулевая длина не перпендикулярна силовой линии,
130
« повернута в сторону главной оси минимального момента инер-
ции.
Нейтральная линия разделяет поперечное сечение на две зоны:
— в которой действуют только напряжения растяжения;
— в которой действуют только напряжения сжатия.
Первый (заштрихованный) квадрант (рис. 6.11, а) находится
всегда в зоне действия напряжений растяжения.
Максимальные по величине нормальные напряжения находятся
и точках поперечного сечения максимально удаленных от нейтраль-
ной оси. Максимальные по величине напряжения растяжения воз-
никают в точке А с координатами хА, уА, а максимальные напряже-
ния сжатия возникают в точке В с координатами хв, ув (рис. 6.11, в):
Мх Му
Уа+— ХА\
Jx Jy
Мх Му
св—~~ Ув+~ хв.
Jx Jv
(6.10)
Соединив аА и ов прямой, получим эпюру нормальных напряже-
ний в расчетном сечении (6.11, в).
Условие прочности. Если материал стержня одинаково работает
ил растяжение и на сжатие, то условие прочности записывается
и виде:
тах(<тл, стд)<[<т]. (6.11)
Если материал стержня работает на растяжение и на сжатие не
одинаково то расчет проводится раздельно, т. е. прове-
I яются условия прочности:
на растяжение
о а=у5 У а+у хА < [сгр] (6.12)
Jy
и на сжатие
х z — ч
(Тв=— Ув+~ (6-13)
Jy
। де [<Тр], [ctJ — соответственно допускаемые напряжения при рас-
। яжении и при сжатии.
Для поперечных сечений, имеющих две оси симметрии:
. I 1^1 ^Г1 ^1А\
’)* 131
где Wx, Wy — момент сопротивления поперечного сечения относи
тельно главных, центральных осей инерции X, Y.
Прогибы при косом изгибе. Прогиб конца консоли от действии
Рх направлен по оси X и равен:
Рх I3 Pl3cos а
Jx~ 3EJy ~ 3EJy
Прогиб от действия Ру направлен по оси Y и равен:
Ру I3 PZ3sina
Jy~3EJx~~ 3EJX
Модуль полного прогиба конца консоли
Р13
----cos a
3EJV
2 ( Pl3 . v
4-1----sin a I ,
\3EJX J
(6.15)
(6.16)
(6-17)
Угол наклона вектора f к оси X
= (6-18)
Jx Jx
т. e. угловой коэффициент
, Jy
K2=tgy=- tga,
Jx
перемножив к на кг, получим:
fc'fc2=tg0-tgy=-l,
что свидетельствует о том, что нулевая линия и направление полно-
го прогиба взаимно перпендикулярны.
6.2.1. ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ (ВКЛЮЧАЯ ЗАДАЧУ
ИЗ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ ЗАОЧНИКОВ)
Задача 6.8. Стальная балка из неравнобокого уголка, защемлен-
ная одним концом, находится под действием силы Р— 3 кН (рис.
6.12, а). Пролет балки 7=1,2 м. Профиль № 12,5/8, толщина стенки
профиля <5=10 мм, допустимые напряжения [ст] = 160 МПа.
Определить: . /
1. Наибольшие напряжения в опасном сечении балки.
2. Проверить условие прочности.
132
Рис. 6.12
3. Построить эпюру нормальных напряжений в опасном сечении
палки.
4. Определить прогиб конца балки.
Решение.
1. По таблице стандартных профилей находим:
Ло = 312 см4; J>0= 100 см4; 3= 10 см;
133
jo=4,14 см; x0= 1,92 см; Jy=Jmin = 59,3 см4;
Л=Znax = Ло+4 “ Лш1 = 312 +100 - 59,3 = 352,7 см4;
tga=0,404; sina=—-tg° =0,374; cosa=-^1-^.„ =0,926.
x/l+tg23 y/l+t^a
2. Опасным является сечение в заделке, так как относительно
этого сечения момент силы Р наибольший (рис. 6.12, б):
Л/=р /=8 1,2=9,6 кН м.
3. В центре тяжести расчетного сечения по направлению главных
осей вписываем прямоугольную систему координат У, У и уставав
ливнем положительный квадрант — правый верхний квадрант (рис
6.12, в).
4. Разложив мысленно изгибающий момент в опасном сечении,
находим изгибающие моменты Мх и Му:
Мх — М' cos a=9,6 0,926 = 8,89 кН • м;
МУ = М sina = 9,6 0,374=3,59 кН м.
Изгибающие моменты Мх и Му положительные, так как вызываю !
растяжение волокон положительного квадранта.
5. Нормальные напряжения в расчетном сечении находим по
формуле:
Мх Му
а=— у+—х;
Jx Jy
8,89 IO3 3,59 103
o=------------ y+—-— x=107(252j+605x) Па.
352,7 10-B 9 59,3 10-8 v ' 7
6. Приняв <7 = 0, находим уравнение нулевой линии
252у + 605х=0.
Нулевая линия проходит через начало координат.
7. Тангенс угла наклона нулевой пинии к оси X равен:
tg^=^=-605 =-2,4; /?=—64°24'.
х 252
8. Согласно начертанию нулевой линии (рис. 6.12, в) опасными
являются точки А и В. .
9. Определим координаты этих точек.
В системе координат Уо, Уо-
134
х° = 1,92 см=0,0192 м; у° = 4,14 см=0,0414 м;
xg = 1,92 см=0,0192 м; >£= -(12,5-4,14)= -8,36 см= -0,0836 м.
В системе координат X, У:
хА = 1,92 0,926 + 4,14 • 0,374=3,326 см;
уА=4,14 0,926 -1,92'0,374 = 3,112 см;
хв= 1,92 0,926-8,36 • 0,374= -1,35 см;
ув= - 8,36 • 0,926 -1,92 0,374 = - 8,46 см.
10. Подставляя значения координат точек А и В, найденные
и системе координат главных центральных осей инерции сечения X,
У, в выражение для нормальных напряжений, находим максималь-
ные напряжения растяжения иА и сжатия ив:
аА = 107 (252x4 + 605хл) = 107 • (252 • 3,112 • 10" 2 + 605 • 3,326 • 10" 2) =
= 105 (784,2 + 2012,2)=276,6 МПа;
сгд = 107 (252№+605хг) = 10 5 [252 ( — 8,46) + 605 (-1,35)] =
= 105 (- 2131,92 - 816,75) = - 294,9 МПа.
11. Проверяем условия прочности балки
km«| = 295 МПа;
^=295 МПа>[<т]= 160 МПа.
Условие прочности не обеспечено.
12. Эпюра нормальных напряжений в опасном сечении приведе-
на на рис. 6.12, в.
13. Составляющие прогибов конца балки в направлении осей X,
У находим по выражениям:
8 103 0,374 1,23
3EJ
= 0,014 м=1,4 см;
з 2 ю11- 59,3 10 8
Ру /3_ 8 103 -0,926 1,23
3£7Х ~3 -2-1011 352,7 10’8
= 0,006 м=0,6 см,
1Де
Px=Psina = 8 103 0,374 Н;
Py = Pcosa = 8’ 103’0,926 Н.
135
14. Модуль вектора прогиба определяется из выражения:
/= VУх +ft=V0>0142 + °>0062 = 0,015 м.
Направление прогиба перпендикулярно к нулевой линии.
Пример 6.9 (задача № 12 из контрольных работ заочников)
Стальная балка АВ прямоугольного поперечного сечения, расчет-
ная схема которой показана на рис. 6.13, а, нагружена силами
Рх и Рг, направленными по направлениям главных центральных
осей поперечного сечения. Допускаемые напряжения [ег]= 160 МПа
Требуется:
1. Построить эпюры изгибающих моментов в главных плоско-
стях инерции Мх и Му.
2. Определить опасное сечение балки.
3. Определить геометрические размеры поперечного сечения бал-
ки, если отношение h/b=2,4.
Решение.
1. Для построения эпюр изгибающих моментов, используя прин-
цип независимости действия сил, представим косой изгиб как изгиб
в двух главных плоскостях инерции поперечного сечения (см. рис
6.12, б, г).
2. Определив опорные реакции, составив аналитические выраже-
ния изгибающих моментов и вычислив их значения в характерных
сечениях каждого участка, строим эпюры изгибающих моментов
Мх и Му со стороны сжатого волокна (рис. 6.13, в, с)).
3. Построенные эпюры изгибающих моментов Мх и Му показы-
вают, что опасным сечением может быть сечение С или сечение D,
так как в них возникают наибольшие по величине изгибающие
моменты.
4. Для определения наиболее опасного сечения необходимо
вычислить возникающие в сечениях С и D наибольшие нормальные
напряжения ас и сг^ и сравнить их. Наибольшее напряжение будет
соответствовать наиболее опасному сечению.
5. Напряжение при косом изгибе определяется по формуле:
Сечение балки имеет две оси симметрии, следовательно, на-
ибольшие по величине нормальные напряжения в поперечном сече-
нии можно определить по формуле:
|ИХ| |М,| |ЛГХ| / Wx |Л/Д
Щтах— + — ( 1 । J,
И'х Wy Wx \ Wy\Mx\J
136
Рис. 6.13
। де Wx, Wy — моменты сопротивления поперечного сечения, соот-
ветственно относительно главных центральных осей инерции Хи Y.
W =—
х 6 ’
Wy=—; -=2,4,
у 6 ь
Wx
• ледовательно, — = 2,4.
Для сечения С имеем:
|AG1 = 1,5 кН м; |МУ|=1 кН'м;
137
I^clmax
”x
1+2,4 —
1,5
3,9
^х
Для сечения D имеем:
|Л/Х| = 2,25 кН • м; |Л/J=0,5 кН • м;
. , 2,25 / А л 0,5
— 11+2’47,5
ГГ х \ Z,ZJ
3,45
wx'
6. Из сравнения сс и oD видно, что в сечении С абсолютная
величина нормальных напряжений больше, поэтому оно и является
опасным сечением данной балки:
з 9
KU=^103(H/m2).
”х
7. Геометрические размеры поперечного сечения данной балки
определим из условия прочности: Z
O'max [o\L
3,9 103
О^тах =----5^ 160'10 J
Wx
^>-^-^- = 0,024'10“3 м3 = 24 см3,
160 ю6
w
принимаем Жх = 24 см3, так как —=2,4, следовательно:
wv
Wx 24 , -
Wy=—•=— = 10 см3.
2,4 2,4
8. Параметры поперечного сечения b и h
6 6
24=0,96fe3; Ь = з
=2,92 см;
Л=2,4'6=2,4'2,92=7,01 см.
138
Вопросы для самопроверки
1. Какое сложное сопротивление называется внецентренным растяжением (сжа-
। нем)?
2. Что называется центром давления?
3. Что называется ядром сечения?
4. Какой вид имеет нулевая линия?
5. Что называется нулевой линией?
6. По какой формуле определяются нормальные напряжения в поперечном
i гчении бруса при внецентренном растяжении (сжатии)?
7. По какому закону изменяются нормальные напряжения в поперечном сечении
пруса (прямолинейному, криво линейному)?
8. Как определяются точки поперечного сечения, в которых возникают мак-
t нмальные растягивающие и сжимающие напряжения?
9. Как определяется зона поперечного сечения с растягивающими и сжимающи-
ми напряжениями?
10. Как определяется положение нейтральной линии при внецентренном рас-
। и ении (сжатии)?
11. Как изменяется положение нулевой линии при изменении координат
> и ур центра давления от 0 до со?
12. Чему равно нормальное напряжение в центре тяжести поперечного сечения?
13. Чему равно нормальное напряжение в центре тяжести в том случае, когда
центр давления совпадает с центром тяжести поперечного сечения?
14. Как изменяется вид эпюры нормальных напряжений при удалении центра
вления от центра тяжести?
15. Как определяется вид и положение нулевой линии при перемещении центра
(явления из центра тяжести вдоль одной из главных осей?
16. Какой вид нагружения называется косым изгибом?
17. Из каких видов нагружения в соответствии с принципом независимости
цгиствия сил складывается косой изгиб?
18. По какому закону изменяются напряжения в поперечном сечении?
19. По каким формулам определяются нормальные напряжения?
20. Какой закон имеет геометрическое место точек с напряжениями, равными
пулю?
21. Что такое нейтральная линия и как она определяется?
22. Как определить зону растяжения и зону сжатия в поперечном сечении при
косом изгибе?
23. Как определяют опасные точки в поперечном сечении?
24. Условия прочности стержня из материала, неодинаково работающего на
растяжение и на сжатие?
25. Как располагается вектор главного перемещения и нейтральная линия по
отношению друг к другу при косом изгибе?
Глава 7
ОСНОВЫ ТЕОРИИ НАПРЯЖЕННОГО СОСТОЯНИЯ
7.1. ЛИНЕЙНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ
7
Из примеров, представленных в разделе «Сложное нагружение»
следует, что при нагружении твердого тела в нем может возникнуть
линейное (рис. 7.1, а) или плоское (рис. 7.1, б), а в общем случае
объемное напряженное состояние, когда по всем граням элемента
выделенного из напряженной зоны тела, действуют и нормальные
и касательные напряжения (рис. 7.1, в).
Наглядным примером первого случая служит длинный стержень
постоянного поперечного сечения, растягиваемый (или сжимаемый)
силами, действующими вдоль оси стержня (рис. 7.2, а). В произ
вольных точках поперечного сечения т — т (рис. 7.2, б), достаточ
но далеко удаленных от зоны приложения сил Р, возникают толькс
нормальные напряжения <7Ь равномерно распределенные по плоско,
сти сечения.
Чтобы полностью решить вопрос о напряженном состоянии
а следовательно, и о прочности, необходимо определить нормаль-
ные и касательные напряжения, возникающие не только в попереч-
ных сечениях, но и в произвольно ориентированных наклонных
площадках. На рис. 7.2, а и 7.2, в — это площадка, образованная
сечением п — п, расположенным под углом а к поперечному сече-
нию т — т. Обозначим полное напряжение в наклонной площадке
ра. Очевидно, эти напряжения, так же как и распределены пс
Рис. 7.1
140
Рис. 7.2
сечению равномерно. Проекции полного напряжения на нормаль
к сечению и на плоскость самого сечения будут соответственно
И Та.
Найдем величины этих напряжений. Полное напряжение
cos а
где Fa — площадь наклонной площадки.
Таким образом, получаем
N
ра=— cosa = cTi cosa^Ci.
(7-1)
(7-2)
(73)
Тогда нормальное и касательное напряжения на наклонной пло-
щадке определяют выражениями:
Са=раcos а=ст, cos2a<6b
Ta=pasina = 0,5trI sin 2а<сть
(7-4)
Как видим, и полное, и нормальное напряжения на наклонной
площадке не превышают ст,.
141
V-
При частных значениях а имеем:
при а—О ^=^1 = ^, та=0;
при а=45° ^=0,5^, та=0,5ст1=тшах;
при а=90° ств=0, то = 0.
Если наряду с данной наклонной площадкой рассмотреть ей
перпендикулярную, т. е. наклонную к плоскости поперечного сече-
ния под углом наклона /?=а-ь90°, то напряжения на новой наклон-
ной площадке:
=ох cos2 Р=о\ cos2 (а+90°) = си sin2 а < ;
(7-6)
10=0,5(7! sm2j3 = 0,5<Ti sin [2 (а+90°)]= —0,5^ sin2a<o-i.
Таким образом, можно заключить, что при линейном напряжен-
ном состоянии (рис. 7.2):
1. На площадках, перпендикулярных оси, касательные напряже-
ния равны нулю; такие площадки называются главными, а дейст-
вующие на них нормальные напряжения — главными нормальными
напряжениями.
2. На площадках, параллельных оси, никаких напряжений нет,
поэтому это также главная площадка.
3. Наибольшие нормальные напряжения действуют в попереч-
ных сечениях, а наибольшие касательные — на площадках, наклон-
ных к ним на 45°.
7.2. ПЛОСКОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ.
ЧАСТНЫЙ СЛУЧАЙ
Рассмотрим тело, испытывающее растяжение (сжатие) в двух
взаимно перпендикулярных направлениях. Элемент, вырезанный из
этого тела, изображен на рис. 7.3, а.
На рис. 7.3, б дан
вид этого элемента
вплане. Определим на-
пряжения в сечении, на-
клоненном под углом
а к вертикали. От дейст-
вия напряжений б-ь как
отмечено выше, на ней
возникнут напряжения
ох cos2 а и 0,50-) sin 2a; от
действия напряжения
о2 (направление кото-
рого по отношению к
наклонной площадке
142
определяется углом а 4-90°) возникнут напряжения o-2sin2a
и — 0,5a2sin2a.
Полные напряжения на наклонной грани равны:
сга=Ст] cos2 а + ог sin2 a;
та=0,5(о-] — o-2)sin2a.
На другой наклонной площадке, перпендикулярной к первой,
напряжения будут равны:
стя = о-i sin2 a+сгг cos2 a;
(7.8)
Тр = — 0,5 (o-j — cr2) sin 2a = — (err — cr2) sin a cos a.
Анализируя выражения (7.7) и (7.8), можно сделать следующие
выводы:
1. При а=0 и а=90°, т. е. на гранях исходного элемента,
действуют только нормальные напряжения, касательные напряже-
ния равны нулю. Как уже отмечалось — это главные площадки,
। Ci и с2 — главные нормальные напряжения.
2. Очевидно, что при условии нормальное напряжение на
наклонной площадке по величине заключено между и сг2*:
О’ 1 > о"^ ст2.
(7.9)
(’ледовательно, одно из главных нормальных напряжений является
наибольшим, а другое — наименьшим из всех возможных напряже-
ний в рассматриваемой точке нагруженного внешними силами теле.
3. Сумма нормальных напряжений по взаимно перпендикуляр-
ным площадкам есть величина постоянная, не зависящая от угла
< и равная сумме главных напряжений**:
ua+(jp=.ax cos2a+o-2sin2 a-f-o’i sin2 a + 6-2cos2a—ai +cr2. (7.10)
4. Наибольшие ка-
ательные напряжения
возникают на площад-
ках, наклоненных под
углом в 45° к главным
площадкам, при этом
a = 90° и sin 2a прини-
мает максимальное
шачение, равное 1:
*Величины напряжений рассматриваются в алгебраическом смысле.
**Такие величины называются инвариантами.
143
^max 0,5 (б"। CT2).
(7.H)
5. Касательные напряжения по двум взаимно перпендикулярным
площадкам равны друг другу по величине и обратны по знаку I
это закон парности касательных напряжений; при /? = а+90°
Тр=-Та. (7.12)
Рис. 7.4 иллюстрирует этот закон. Как видно, касательные на
пряжения к общему ребру элемента или сходятся, или от него
расходятся.
7.3. ПЛОСКОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ.
ОБЩИЙ СЛУЧАЙ
Выше был рассмотрен случай, когда на двух взаимно перпев
дикулярных площадках элемента действовали только нормальные
напряжения, т. е. эти площадки были главными площадками. Рас-
смотрим теперь самый общий случай плоского напряженного состо-
яния: предположим, что на гранях исходного элемента действуют
и нормальные, и касательные напряжения (рис. 7.1, б и 7.5, а).
Наклонным сечением, перпендикулярным плоскости чертежа, раз-
делим элемент на две части. Рассмотрим равновесие, например,
левой части. Обозначив площадь наклонной грани через F и состав-
ляя уравнения статики для суммы проекций всех сил (рис. 7.5, в) на
направления ст0 и т0, получим:
CTaF— trxFcos а • cos а—oyFsin asina —
—rJ’cosa sina—rJ'sina cosa=0;
TaF-b CTxZ’cos a • sin a — OyFsin a • cos a—
— tFcos a cos a + rFsin a • sin a= 0.
Из полученных уравнений, после сокращений и преобразований,
находим окончательные выражения для определения напряжений на
наклонных площадках в общем случае плоского напряженного со-
стояния:
ста=ах cos2 a + оу sin2 a + т • sin 2a;
та = —sin 2a + т cos 2a. (7.14)
Из полученных выражений видно, что напряжения на наклонных
площадках являются непрерывными, периодическими и ограничен-
ными функциями угла а и, следовательно, имеют экстремальные
значения — максимумы и минимумы. Из условия определения тех
144
Рис. 7.5
шачений аргумента, при которых функция принимает экстремаль-
ные значения,
—=0, (7.15)
da
п используя известные формулы преобразования тригонометричес-
ких функций, находим, что искомый аргумент (в нашем случае это
Vi ол а) определяется формулой:
tg2«o=——.
О\ — Оу
(7-16)
Соответствующие экстремальные значения нормальных напря-
жений равны:
& у 1 /у о л 9
Cmax/min— б"1,2(3) i ~ ч \&х 4~4 .
(7-17)
Касательные напряжения на этих площадках обращаются
п нуль, что вытекает и непосредственно из выражения для т в фор-
муле (7.14) и, следовательно, под углом а0 и ао + 9О° расположены
швные площадки и напряжения на них: crmax, являются главными
напряжениями.
Наибольшие касательные напряжения, как отмечалось выше,
действуют на площадках, наклоненных под углом 45° к главным
шющадкам:
---2---=" «^-<т>)2+Дт2. (7.18)
10 3375
145
Рис. 7.6
В дальнейшем будет показано,
мальных напряжений и максимал
На площадках с макси
мальными касательными на
пряжениями действуют и но
рмальные напряжения, вели-
чина которых определяется
полусуммой главных нор-
мальных напряжений:
g ^+g°b,=^
2 2 V
Все полученные выше ре-
зультаты исследований на
пряженного состояния при
плоском напряженном со
стоянии наглядно представ
лены на рис. 7.6.
о определение главных нор
jx касательных напряжений
используется для прочностных расчетов при сложном напряженном
состоянии.
I рани определяются через исходные напряжения следующими
формулами:
Xt = <гх1+ тух • т+ л;
У1 = тх> l+ay‘mA-Tzy п; (7.22)
7.4. ОБЪЕМНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ
Zi = TxzZ+tyz • т+oz • п.
При объемном напряженном состоянии по всем граням элемен-
та, выделенного из нагруженного внешними силами тела (рис. 7.1
в), действуют и нормальные стх, ау, az, и касательные напряжения: тх ,
tXz, tyx, Tyz, tzx, Но в силу закона парности касательных напряже-
ний:
"^Ху ^yXi ^XZ---------------------------^ZX> ^zy-------------------tyz
(7.20)
различных напряжений будет всего шесть. Если эти напряжения
известны, то можно найти напряжения и на любой площадке
наклоненной ко всем координатным осям (рис. 7.7, а, б) [1]. Положе
ние этой площадки характеризуется углами, которые нормаль
п к этой площадке составляет с координатными осями X, Y, /..
Обозначим эти углы а, 0, у, а косинусы этих углов — через Z, т, п:
Z=cosa, m=cos/?, n = cosy.
(7.21)
Обозначим компоненты полного напряжения на наклонной пло
щадке вдоль осей У, У, Z через Уь У1з Zb а площадь этой площадки
через F. Тогда площади остальных граней, перпендикулярных осям
X, У, Z, будут соответственно равны F I, F m, F n. Проектируя все
силы, действующие на четырехгранник ABCD, на координатные
оси, получим, что компоненты полного напряжения на наклонной
146
Как видим, напряженное состояние в точке полностью определя-
тся шестью компонентами.
Из формул (7.22) следует, что компоненты полного напряжения
на ня к лонной грани, а следовательно, и само полное напряжение
являются функциями непрерывными, ограниченными и периодичес-
кими. Такие функции имеют экстремальные значения, в нашем
С 1учае — это экстремальные напряжения, знание которых необхо-
димо для проведения прочностных расчетов.
Предположим, что на наклонной грани касательные напряжения
lie возникают, следовательно, полное напряжение на наклонной
। рани является главным нормальным напряжением <т. Тогда ком-
поненты Xi, Уь Zi будут равны:
Xi = а ‘ /, У1 =о- • т, Zx • п. (7.23)
Подставляя эти значения в (7.22), после простых преобразований
получим систему трех однородных уравнений для определения на-
правляющих косинусов Z, т, и, характеризующих рассматриваемую
площадку [1, 2]:
(о\-ет) • 1+тух' m+Hzx' n=0;
TxylA-{oy — oYm-\-Tzyn = Q\ (7.24)
тхг'l+bz m+(pz-oyn=Q
Так называемое «нулевое» решение, когда /=т = и = 0, не имеет
места, так как в данной физической задаче всегда выполняется
условие*
/2+т712 + 772=1, (7.251
поэтому определитель системы (7.24) должен обращаться в нуль
Раскрывая этот определитель, получим кубическое уравнение для
определения напряжения а:
ст3 —J\ ’ ст2 +J2 a — J3 = 0.
(7-26)
Уравнение (7.26) называется характеристическим. Коэффициен-
ты характеристического уравнения имеют следующие значения:
•71 “Ь Ч- о"г,
J2 ОхРу 4" CjCz 4" O’z^’x ^ху ^yz ^zxt
&х Тух TZx
(7.27)
Можно показать, что все три корня уравнения (7.26) являются
действительными и дают значения трех главных напряжений-. а2,
а3, действующих на трех взаимно перпендикулярных главных пло-
щадках. Положение этих главных площадок в рассматриваемой
точке нагруженного тела вполне определенно и, естественно, не
зависит от положения исходных площадок с напряжениями ах, ау,...,
tzx. Следовательно, коэффициенты кубического уравнения являются
инвариантами. Через главные напряжения они выражаются следу-
ющим образом:
Л — О'! 4- о"2 4- бт3; J2 — ffi' а2-{-а2' Oj -Ь Сз ’ <Ц', J3 — <т2 (У-28)
В частных случаях инварианты могут обращаться в нуль. Если,
например, J3 = 0, то один из корней уравнения (7.26) также равен
нулю и, следовательно, напряженное состояние является плоским,
двухосным. Если же равны нулю инварианты J2 и J3, то (7.26) имеет
два нулевых корня, и получаем линейное напряженное состояние.
Корни характеристического уравнения (7.26) могут быть найдены
или по точным формулам (формулы Кордано), или приближенно,
*В случае плоского напряженного состояния (7.25) примет вид:
Z2+/n2=cos2a+cos2/?=cos2a+cos2(90c + a), или cos2a4-sin2a = l.
148
пл пример, численным
методом Ньютона. Для
и ого вводится функция
Г1
/ (О') = <73 — + J2o—13.
(7.29)
Рис. 7.8
Тогда, если первое приближение выбрано и равно ст,, то следующее
берется равным:
^=^2™ (/=0, 1, 2...), (7.30)
do
«де
—=3<7?-2J1<7,+J2. (7.31)
На рис. 7.8 представлено численное решение уравнения (7.31).
Положения главных площадок по отношению к исходной ко-
ординатной системе определяются следующим образом. Вносим
шачение в любые два уравнения (7.24) и присоединяем к ним
и качестве третьего уравнение (7.25). Получаем систему трех ли-
нейных уравнений, из которых находим значения направляющих
юсинусов Zb т{, пъ определяющих положение площадки с на-
пряжением а у.
Аналогично находятся направляющие косинусы площадок
। главными напряжениями а2 и о’з, при этом все три главные
площадки будут взаимно перпендикулярны.
7.5. КРУГОВЫЕ ДИАГРАММЫ НАПРЯЖЕННЫХ СОСТОЯНИЙ
При практических расчетах, как правило, положение одной из
ихавных площадок в исследуемой точке известно, и исследование
объемного напряженного состояния сводится к исследованию плос-
кого напряженного состояния, что значительно упрощает задачу.
Кроме того, уравнениям и напряженному состоянию плоской зада-
чи можно дать наглядный геометрический образ. Для этой цели
рассмотрим полученные выше уравнения для частного случая плос-
кого напряженного состояния (7.7):
оа — cos2 а + о2 sin2 а,
(0-1 —0-2) • ~
та=--------— sin 2а.
2
(7.32)
Используя формулы преобразований к двойному углу
149
. э 1 — sin 2а
sinza=--------;
2
, 14-sin2a
cosza=--------,
2
запишем (7.32) в сле-
дующем виде:
б"1 + О2 0^1 —
<та=-----1—-— cos 2a;
2 2
CTi —
ra=~-sin2a (7.33)
0’14-0’2 О'! — 02 О’! — 02
ста=---------1-------cos 2а; та=--------------sin 2а.
2 2 2
(7.34)
Далее, возводя в квадрат все члены уравнений (7.34) и складывая
их, исключим угол a
(7.35)
В системе координат ст, т полученное выражение является пара-
метрическим уравнением окружности с радиусом, равным полураз-
ности главных напряжений, и с центром на оси о на расстоянии от
начала координат, равном полусумме главных напряжений (рис.
7.9 — изображена лишь верхняя часть круга). Полученный круг
называется кругом Мора или круговой диаграммой напряженного
состояния.
Напряжения на наклонной площадке, расположенной под углом
а к главным площадкам (рис. 7.3, б), определяются координатами
точки А, представленной на рис. 7.9. Радиус этой точки составляет
с осью с угол 2a; ее абсцисса определяет напряжение оа, а ор-
дината — та, как в формулах
(7.33).
На рис. 7.9 построена
окружность для семейства
площадок, параллельных век-
тору о3. Аналогично можно
построить окружности для
семейств площадок, парал-
лельных векторам сц и сг2.
Построенные выше описан-
ным образом круги Мора
изображены на рис. 7.10.
150
7.6. НЕКОТОРЫЕ ЧАСТНЫЕ СЛУЧАИ
НАПРЯЖЕННОГО СОСТОЯНИЯ
Линейное напряженное состояние. Оно возникает, в частности,
при чистом изгибе, при сжатии и растяжении однородных стержней.
Если имеет место растяжение, т. е. сц >0, то о‘2=о’3 = 0 и круговая
диаграмма примет вид, представленный на рис. 7.11, а.
Если имеет место сжа-
1ие, т. е. бг3<0, то 6^ =
сг2=0 (рис. 7.11, б).
Плоское напряженное
состояние [1]. Если оба
«лавных напряжения рас-
пивающие, ТО О‘1>О’2>0
и сг3 = 0 (рис. 7.11, в). Та-
кой случай имеет место
и быстровращающихся
щеках постоянной тол-
щины.
Если оба главных на-
пряжения сжимающие, то
0>б-2>о-3 и б-] = 0 (рис.
7.11, г).
Если главные напря-
жения разных знаков, то
i>0, сг3<0 и сг2=О (рис.
/11, д'). Этот случай име-
ет место для брусьев при
одновременном изгибе
и кручении.
Всестороннее равно-
мерное растяжение [1]. В
случае сг! = бг2 = бг3 = о’>0
круги Мора вырождаются
и точку (рис. 7.11, е). Та-
кой случай имеет место
н центре сплошного шара
при быстром нагревании
его верхних слоев. При
нсестороннем равномер-
ном сжатии б-1 = о-2=о-3 =
ст < 0 (рис. 7.1, ж). Все-
стороннее равномерное
сжатие независимо от
формы тела, имеет место
и при всестороннем гид-
ростатическом давлении.
Рис. 7.11
151
7.7. ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ (ВКЛЮЧАЯ ЗАДАЧУ
ИЗ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ ЗАОЧНИКОВ)
Пример 7.1. Определить тип напряженного состояния в перифе-
рийных точках стержня с круглым поперечным сечением, вычислить
главные напряжения, положение главных площадок и построить
круги Мора для них. Стержень растягивается силой Р, действующей
вдоль оси стержня, и скручивается моментом М (рис. 7.12, а).
Дано: Р = 10000 Н; М=100 Н м; J=0,02 м; <гт=200 МПа.
В окрестности периферийной точки А выделяем элементарный
объем тремя секущими плоскостями, одна из которых касается
поверхности стержня, другая перпендикулярна первой и является
поперечным сечением, а третья — перпендикулярна им обеим. Вы-
деленный элемент выносится за пределы тела и изображается в уве-
личенном масштабе с сохранением ориентации плоскостей (рис.
7.12, б). Как видим, элемент находится в условиях плоского напря-
женного состояния, верхняя и нижняя грани являются главными
площадками, так как на них нет касательных напряжений и, как
частный случай, нормальные напряжения на этих гранях также
отсутствуют.
Производим необходимые вычисления площади поперечного се-
чения стержня, ее полярного момента инерции и напряжений:
яг4
Г=7гг2 = 3,14- 104 м2; Л=—= 1,57 • 10~8 м4;
2
Р Мтг
стх=- = 31,8 МПа; т=— = 63,6 МПа.
F Jp
Определяем главные напряжения при сг^=О по формулам (7.17):
®"1,2(з)=~~~~ i ~ VO 1 >8 - О)2 + 4 • 63,62 = 15,9± 65,6.
Следовательно, главные напряжения будут иметь следующие
значения:
o-i = 81,5 МПа; о-2 = о-г = 0; сг3=—49,7 МПа.
Ориентация главных площадок определяется поворотом исход-
ного элемента относительно оси Z на угол а0. Согласно формуле
(7.16):
2т 2 63,6
tg2a0=-----=------= 4; 2оо = 76°; а0 = 38°.
ах-оу 31,8
Положение элемента, образованного главными площадками, по-
казано на рис. 7.12, в и 7.13. На рис. 7.13 дан вид по оси Z исходного
152
Рис. 7.12
•лсмента, элемента с главными площадками и элемента с мак-
имальными касательными напряжениями.
Максимальные касательные напряжения на плоскостях, парал-
юльных оси Z,
'пах =1------------ = 65,6 МПа.
2
На этих же гранях нормальные напряжения
<7i 4- аз
<т0=-—- = 15,9 МПа.
На рис. 7.14 по главным напряжениям построены круги Мора.
Нданное напряженное состояние отмечено точкой А.
Пример 7.2. Для напряженного состояния элемента, выделенного
и j нагруженного тела (рис. 7.15, а), определить главные нормальные
напряжения, положения главных площадок, максимальные каса-
н'льные напряжения и построить круги Мора.
153
Дано: сгх= 50 МПа, 6^= —30 МПа, сг= — 20 МПа, т= — 30 МПа
Как видно из рис. 7.15, а одно из главных напряжений и положе
ние соответствующей главной площадки известно — это площадка,
перпендикулярная оси Z: на ней нет касательных напряжений и,
следовательно, нормальное напряжение на этой площадке сгг явля
ется одним из главных напряжений. Поворотом элемента вокруг
оси Z на угол «о, определяемый формулой (7.16), найдем положение
главных площадок, а величины действующих на этих площадках
главных нормальных напряжений вычислим по (7.17):
tg2ao=-^-=-^-^-=-O,75; а0=-18°26/;
ах—и у 50 —(—30)
<Ъде)=-+(2 3-}±' х/'[50-(-30)]2 + 4(-30)2 = 10 + 50.
Следовательно:
ctj = 60 МПа; о2 — — 20 МПа; а3= — 40 МПа.
Максимальные касательные напряжения (7.18):
Ci —Сч
Lnax——— = 50 МПа
2
и расположены на площадках, повернутых на 45° по отношению
к главным. Нормальное напряжение на этих площадках
о-0=------=Ю МПа.
2
Общая картина напряженного состояния в плоскости У, Y отоб-
ражена на рис. 7.15, б, а круги Мора — на рис. 7.15, в.
Рис. 7.15
154
Пример 7.3. По граням элемента, выделенного в напряженной
юне нагруженного внешними силами тела, действуют только каса-
сльные, одинаковые по величине, напряжения (рис. 7.16, а). Требу-
ется определить главные напряжения [1].
Исходное напряженное состояние, как видно из рис. 7.16, а,
является объемным, и главные напряжения определяются при этом
убическим уравнением — формула (7.26). Так как нормальные на-
пряжения по граням исходного элемента равны нулю, коэффициен-
пл кубического уравнения в соответствии с (7.27) примут следу-
ющие значения:
Ji=0; J2=-3r2; J3 = 2t3.
При этом кубическое уравнение (7.26) примет вид
сг3 — Зт2 а — 2т3 = 0
и 1И
<734- J2a—J3 = 0.
Подбором определяем один из корней. Это будет о\= —т. Куби-
ческое уравнение, после деления на (сг —сг(), т. е. на (о-+т), сведется
• квадратному уравнению
о2— то-—2т2 = О,
in которого определяем остальные два корня: 2т и — т.
Окончательно получаем следующие значения главных напря-
АСНИЙ
о-] — 2т, О"2 = О-3 =—т.
Максимальное касательное напряжение
__ 04 — сг3 _
155
Круги Мора представлены на рис. 7.16, б: круг на равных
напряжениях с2 и <т3 вырождается в точку, а круги на напряжениях
сг3 и на напряжениях Ci, сг2 — совпадают.
Пример 7.4 (задача № 4 из контрольных работ заочников).
Стальной кубик (рис. 7.17, а) находится под действием сил,
создающих плоское напряженное состояние (одно из трех главных
напряжений равно нулю). Требуется найти:
1) главные напряжения и направления главных площадок;
2) максимальные касательные напряжения, равные наибольшей
полуразности главных напряжений;
3) относительные деформации;
4) относительное изменение объема;
5) удельную потенциальную энергию деформации.
Принять д=0,3; Е=2 105 МПа.
Решение. 1. Находим главные напряжения и положение глав-
ных площадок (см. рис. 7.17, б).
120-40 //120+40\2 " ,
—у— + + 602=40± 100;
°max = Ci = 140 МПа;
2тх
tg2a=------
°х~ау
о-2 = 0, о’т1П = бг3= —60 МПа;
-2 60
120-(-40)
-0,75;
2a =-37°; a=-18°30'.
Рис. 7.17
2. Ттах=^^=^ (140 +60) = 100 МПа.
3. Находим относительные деформации
(а.-^,)=г1-(120 - 0,3(-40)) =
= 6,6-10"4;
156
£--1 (CT ^ )=_-L(-40-0,3 -120)-3,8 -10“4;
у Е 2 10s
£,=^(-<г,-<г,)=^-(-120-(-40))=-1,2 КГ*.
4. Относительное изменение объема
0 —£х + £^ + £г=10“4(6,6 —3,8—1,2)= 1,6'10-4.
ИЛИ
0= — (стх+^+<тг)=^^?(120-40)=1,6 10"4.
Е 2 10s
5. Удельная потенциальная энергия деформации
U — — (<Т2 + (Ту — 24сгх • (Ту) + — =
2Е У У 2G
=—!— (1202 +402 + 2 • 0,3 • 120 • 40)+ 6°2 =0,07 МПа.
2-2 105 2 0,8 Ю5
Вопросы для самопроверки
1. Какое напряженное состояние называется объемным (трехосным), плоским
((пухосным) и линейным (одноосным)?
2. Чему равна сумма нормальных напряжений по любым двум взаимно перпен-
«пулярным площадкам при плоском напряженном состоянии?
3. Как определяются главные напряжения при плоском и объемном напряжен-
ии к состояниях?
4. Чему равны экстремальные значения касательных напряжений в случае плос-
ки о напряженного состояния?
5. Чему равны касательные напряжения на главных площадках?
6. Почему коэффициенты кубического уравнения, определяющие главные напря-
жения, являются инвариантами?
7. Какой вид имеют инварианты, если все главные напряжения известны?
Глава 8
ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ
(ТЕОРИИ ПРЕДЕЛЬНЫХ СОСТОЯНИЙ)
8.1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ
Нарушение прочности происходит при переходе материала деы
ли в предельное состояние. Для пластичных материалов нарушение
прочности наступает при переходе из упругого состояния в пласти
ческое, а для хрупких — в состояние разрушения. Пластически,
состояние и соответственно состояние разрушения являются пре
дельными напряженными состояниями. При определении прочно
сти конструкции можно использовать как методы расчета по пре-
дельным нагрузкам, так и по напряжениям или деформациям.
Ниже рассмотрен наиболее распространенный метод расчета по
напряжениям [1]. Этот метод связан с поиском в нагруженном телг
так называемых «опасных» сечении, «опасных» точек. Если в какой
либо точке нагруженного тела возникло предельное состояние, то
считается, что и все тело находится в предельном (опасном) состо
янии.
Из теории напряженного состояния известно, что в общем слу
чае нагружения по граням элемента в опасной точке действуем
девять напряжений (рис. 8.1, б), но различными, в соответствии
с законом парности касательных напряжений, являются только
шесть:
&х> &z> &ху> ^угг ^zx-
При переходе к главным площадкам число напряжений сокраща
ется до трех главных нормальных напряжений:
O’b ff3
при этом считается, что выполняется условие
CTj ^З-
При изучении разделов курса: растяжение — сжатие, кручение,
изгиб, для которых напряженное состояние определялось фактичес
ки одним напряжением, опасным считалось состояние, когда для
пластичных материалов это напряжение достигает предела текуче-
158
Рис. 8.1
। и ст, а для хрупких материалов — предела прочности о в или
истинного сопротивления разрыву 5Ж. Вопрос о прочности рассчи-
плваемой детали решается достаточно просто: путем сравнения
имеющегося максимального напряжения с пределом текучести,
пределом прочности или истинным сопротивлением отрыву. В соот-
и гствии с этим утверждением условие прочности имеет вид:
б'шах [o’] j ^max [^]j
(8-1)
। дс [ст] и [г] — так называемые допускаемые напряжения, которые
определяются как некоторая часть предела текучести сгт или предела
прочности ов, или истинного сопротивления разрыву 5К:
(Тт \
[сг]=----для пластических материалов;
л
[<т]=----для хрупких материалов; >
л
[<т] =---при разрыве,
л
Здесь п — коэффициент запаса прочности. Следует отметить, что
i к* личины механических характеристик материала стт и ав зависят от
। смпературы и скорости нагружения.
При сложном напряженном состоянии возникновение опасного
(предельного) состояния зависит от величины не только одного,
и от всех имеющихся в «опасной» точке напряжений. Следователь-
но, наступление предельного состояния можно представить в виде
некоторой функциональной зависимости от совокупности этих на-
пряжений
159
Oy, “^yz, ^zx)
или, в главных напряжениях,
/(гть <т2, ai) = o.
(8.3
(8.4)
Здесь под ст подразумеваются предельные значения напряжений
сгт или аь, полученные
сжатие или сдвиг и
при
механических
испытаниях на
принимаемые в дальнейшем
растяжение
за эталонные
механические характеристики материала.
Функциональная зависимость (8.3) или (8.4) дает величину неко
торого обобщенного, совокупного напряжения, которое принято
называть эквивалентным напряжением сгэга. Эквивалентное напрч
жение — это такое напряжение, которое следует создать в растяну-
том образце, чтобы его состояние было равноопасно с заданным
напряженным состоянием.
Начиная с середины XIX в. был выдвинут ряд теорий и попыток
обобщения результатов экспериментальных исследований, позволь
ющих определить конкретный вид функциональной зависимости
(8.3) или (8.4). В результате этих исследований появились различные
теории прочности, которые принято в настоящее время именовать
как критерии пластичности и разрушения, или как теории предел},
ных состояний.
8.2. КРИТЕРИИ ПЛАСТИЧНОСТИ
Так как в правой части условия прочности (8.1) стоит допуска
емое напряжение, полученное при линейном напряженном состоя
нии, то возникает необходимость оценки сложного напряженною
состояния по линейному, которое принимается за эквивалентное
Необходимо выдвинуть какую-то гипотезу, которая позволила бы
считать сложное и линейное напряженные состояния равноопас-
ными. Таких гипотез было предложено несколько.
В настоящее время для пластических материалов с одинаковыми
значениями пределов текучести при растяжении и сжатии использу
ются следующие две теории, рассматривающие возникновение
предельного состояния, с двух разных точек зрения, но дающие
близкие друг к другу результаты, подтверждаемые эксперименталь-
ными исследованиями. Эти теории характеризуют переход от уп-
ругого состояния в пластическое.
160
8.2.1. Теория наибольших касательных
напряжении
Эта теория была высказана французскими учеными, сначала
I реска, а затем уточнена Сен-Венаном и в ряде учебников называет-
i я третьей теорией прочности. Суть этой теории заключается в сле-
1ующем. Как известно, образование остаточных (пластических) де-
формаций в металлах происходит путем сдвига частиц относитель-
но друг друга, а сдвиг обусловлен наличием касательных напряже-
ний. Это обстоятельство позволяет высказать следующее теорети-
ческое предположение (гипотезу): наступление в деформируемом
и*ле опасного пластического состояния (при сложном напряженном
состоянии) происходит тогда, когда наибольшее из касательных
напряжений достигает предела текучести.
Эта гипотеза представляется условием
тт=гт. (8.5)
Для одноосного напряженного состояния ттм=0,5о-т, при этом
словие (8.5) примет вид:
(8.6)
Для сложного напряженного состояния, когда известны главные
нормальные напряжения <ти сг2, сг3, касательные напряжения опреде-
ляются их полуразностями; наибольшая полуразность при выпол-
нении условия <Ту>сг2>^з будет равна 0,5(<7i —<т3), при этом
’ шах 0,5 (o"j СТ3).
Подставляя это выражение в (8.6), получим:
Cj — О"з —- О"т.
Таким образом функциональная зависимость (8.4) в данном
случае выражается как разность наибольшего и наименьшего глав-
ных нормальных напряжений:
/ХСТ1> °2j О’з)=О’1 —СТз.
Эта разность и есть искомое эквивалентное напряжение
о’эювШ=°’1—О’з? (8-7)
поэтому для рассматриваемой теории равноопасными являются
состояния, когда для одноосного напряженного состояния напряже-
ние trmax достигает предела текучести, а для объемного напряженного
остояния предела текучести достигает эквивалентное напряжение:
®"эхвП1—®"т- (8-8)
11 3375
161
Таким образом, критерий пластичности (8.1), согласно гипотезе
наибольших касательных напряжений, приводит к следующему
условию прочности:
^3om=cri-^3<k]- (8.9)
Эта гипотеза удовлетворительно характеризует наступление
опасного состояния материала рассчитываемой на прочность конст-
рукции — переход из упругого в пластическое состояние. Однако
в ряде экспериментов обнаружено отклонение до 15% от получен-
ных экспериментальных данных. Это обстоятельство свидетель-
ствует о некотором влиянии промежуточного напряжения сг2, не
учитываемого в условии Сен-Венана. Кроме того, когда при рас-
четах неизвестно направление главных осей и неизвестно, какое из
напряжений является главным, использование условия (8.9) весьма
затруднительно.
8.2.2. Энергетическая теория
Недостатки гипотезы Сен-Венана вызвали появления ряда дру-
гих гипотез, в частности, энергетической теории, которая разраба-
тывалась и уточнялась Губером (1904 г.), Мизесом (1913 г.), Генки
(1924 г.) и называется обычно четвертой теорией прочности.
Согласно этой теории, наступление в деформируемом теле опас-
ного пластического состояния (при сложном напряженном состоя-
нии) наступает тогда, когда та часть потенциальной энергии дефор-
мации, которая связана с изменением формы тела, достигнет опас-
ного значения, определяемого для линейного напряженного состоя-
ния.
Для объемного напряженного состояния указанная величина,
выраженная в главных нормальных напряжениях (см. рис. 8.1, в),
равна [1,2]:
[(о,1-^2)2 + (ст2-бг3)2-ь(о-3-ст1)2], (8.10)
6.
а для линейного напряженного состояния «опасное» значение:
#ф=—2<т?. (8.11)
Считая эти состояния равноопасными, приравниваем выражения
(8.10) и (8.11), и получим условие, определяющее опасность рассмат-
риваемого объемного напряженного состояния:
Ц= - °2)2 + (0-2 - Сз)2 + (сг3 - (71)2 = (7Т. (8.12)
V2
162
Левая часть этого выражения и является искомым эквивалент-
ны а напряжением:
а,„=-Г 5/(аГ-»г)2+(»2-<'з)2+(о’з-<Г1)2- (8-13)
V2
Условие прочности при этом запишется в следующем виде:
сга„=—Г \/(<’>~<’2)2+(а2-Оз)2+(а3-с1)2^[с]. (8.14)
•Л
В общем случае напряженного состояния (см. рис. 8.1, б) эк-
нивалентное напряжение
<7„=Д= v(c«-a>)2+(ffJ-o;)2+(aI-cr,)2+6(T2,+ r2r+z^). (8.15)
%/2
Важно отметить, что в обеих теориях стЭ1Э, определяется раз-
ностями главных нормальных напряжений. Отсюда следует, что
и вменение всех нормальных напряжений на одну и ту же величину,
как, например, при наложении на имеющееся напряженное состоя-
ние дополнительного всестороннего сжатия или растяжения, не
изменяет величины сЭп- Это обстоятельство подтверждается опыта-
ми при давлениях, имеющих место в производственной практике,
и лишь при очень больших значениях гидростатического давления
обнаруживается увеличение сопротивления сдвигу.
8.3. КРИТЕРИИ РАЗРУШЕНИЯ
Многочисленными наблюдениями за характером разрушения
нбразцов из хрупкого материала при растяжении, начатыми еще Г.
Галилеем, было обнаружено, что разрушение происходит путем
отрыва — разделения образца на части. Эти опытные данные по-
служили основой для создания ряда теорий прочности.
8.3.1. Теория наибольших нормальных напряжений
Эта, исторически первая, теория прочности предполагает, что
причиной отрыва при растяжении образца являются наибольшие
растягивающие напряжения. В дальнейшем, принимая во внимание,
что хрупкие образцы разрушаются и при сжатии, было предложе-
но связывать разрушение с наибольшим по величине нормальным
напряжением [2]. В этом случае имеем следующие условия прочно-
сти (1-я теория):
о’эхв = ^1 — при растяжении;
сгЭК8 = сг3 [ст]сж — при сжатии,
(8 15а)
н
163
где [о-Jp, — допускаемые напряжения при растяжении и сжа-
тии.
Эта теория подтверждается экспериментальными данными для
хрупкого материала при растяжении, когда величины о2 и с3 значи-
тельно меньше Гр В противном случае получаются значительные
расхождения с опытными данными. Кроме того, эта теория проти-
воречит опытным данным при всестороннем сжатии тел (кроме
пористых), когда при давлениях, намного превышающих предел
прочности при сжатии (бгрсэ<), никаких признаков разрушения не
наблюдается.
8.3.2. Теория наибольших относительных деформаций
Отмеченные выше недостатки первой теории прочности привели
к появлению теории, предполагающей, что разрушение путем от-
рыва связано с наибольшей линейной деформацией. Опасное состо-
яние наступает при £j = еь (2-я теория) [2], где
£1 = Т, ki - д(^+^з)].
Е
Этому условию разрушения соответствует следующее условие
прочности:
^xBn = ffj-/x(t72 + (T3)<[cr]p, (8.156)
при этом должно выполняться дополнительное условие:
0-1 —(о-2-|- сг3)> 0.
В этом случае устраняется противоречие со случаем всестороннего
сжатия, при котором <7г = сг2 = сг3 < 0, и при реальных значениях
д<0,5 дополнительное условие заведомо не выполняется, т. е.
разрушение невозможно.
Для случая одностороннего сжатия, когда сг1 = сг2 = 0 и ег3<0,
дополнительное условие выполняется и условие прочности прини-
мает вид:
/Фз|«1р
и разрушение наступит, при д |<т3) = Согласно этой теории, суще-
ствует следующая связь между пределами прочности при растяже-
нии и сжатии:
Д^всж ^вр-
164
Это соответствует известному факту, что для хрупких матери-
нлов предел прочности при сжатии выше, чем при растяжении.
Для хрупких материалов у. лежит в интервале 0,15 — 0,35. Одна-
ю для многих хрупких материалов
Свр^ОДОо-в сж*
Эти и другие факты говорят о том, что в количественном
отношении результаты и первой и второй теории прочности часто
являются неудовлетворительными и имеют ограниченное приме-
нение.
8.3.3. Теория прочности Мора
Все рассмотренные выше теории прочности базируются на фено-
менологических подходах. О. Мор (1900 г.) подошел к рассматрива-
емому вопросу с позиций систематизации экспериментальных дан-
ных [1]. Для этого исследования использовано им же предложенное
|рафическое представление напряженного состояния при помощи
кругов.
На практике наиболее просто построение таких кругов осуществ-
ляется для случаев растяжения, сжатия и сдвига при достижении
напряжениями опасных (предельных) значений (рис. 8.2). На рисун-
ке изображены лишь верхние части кругов Мора.
Осуществление испытаний для других случаев напряженного
состояния ограничивается сложностью эксперимента. Особенно
сложно получить положение точки С, характеризующей предельное
остояние при всестороннем равномерном растяжении. Поэтому
в качестве огибающей предельных кругов Мора используется пря-
мая, касательная к кругам Мора при одноосном растяжении и сжа-
ии.
Выражение для определения напряжения при использовании
в качестве огибающей прямой линии, касательной к кругам Мора
при сжатии и растяжении, можно получить графически (рис. 8.3).
Пусть исследуемое напряженное состояние характеризуется
। лавными напряжениями и сг3, что отражено на рис. 8.3 полукру-
165
гом, очерченным жирной сплошной линией (промежуточное глав-
ное нормальное напряжение о2 в теории Мора не учитывается). Если
пропорционально увеличить все компоненты этого напряженного
состояния, то при некоторых значениях o-j и сг3 образуется предель-
ный полукруг III, который коснется предельной огибающей в точке
С1, при этом
(7? = Д6Т|, <т5=ЛГ73,
(8.16)
где п — коэффициент запаса прочности.
Луч, проведенный из точки О и касающийся исследуемого круга
напряжений в точке А, будет, очевидно, касаться и предельного
круга III в точке В.
Далее, из точки С\ проводим горизонтальную прямую, которая
пересечет радиусы кругов Z и ZZ в точках Е и G. При этом образуют-
ся два подобных треугольника &CXDE и LCXFG, для которых спра-
ведливо следующее отношение:
DE С\Е
EG CiG*
(8.17)
где отрезки DE и FG являются разностями радиусов предельных
кругов Z, II и предельного круга:
FG=aTC 2 2 ’ 2 2
Далее, СгЕ=°^---, C1G=^-* + -. 2 2 2 2
166
Подставляя найденные выражения в (8.17), получим
* *
О’*— 0* = ^,
(8.18)
ij вая часть которого определяет предельное напряженное состоя-
ние. Исходное напряженное состояние определяется из (8.17) с уче-
। ом (8.16) следующим эквивалентным напряжением:
о 1 k(jj.
(8.19)
Условие прочности при этом, с учетом (8.19), запишется в следу-
ющем виде
стэи = о 1 - к о*з < [ст], (8.20)
I де к — отношение пределов текучести при растяжении и сжатии:
для пластичных материалов
к=—, (8.21)
0"тс
,цля хрупких мате-
риалов
к=°вр. (8.22)
°ВС
Формула Мора, в РиС 8.4
огличие от формул
Сен-Венана и Мизеса, может быть уточнена после получения пре-
дельных кругов для более сложных, чем растяжения и сжатие,
случаев. Особенно важным является уточнение положения точки
С (рис. 8.2). Все это позволит более точно построить огибающую
предельных кругов и уточнить формулу Мора (рис. 8.4).
8.4. ЧАСТНЫЙ СЛУЧАЙ
НАПРЯЖЕННОГО СОСТОЯНИЯ — ИЗГИБ С КРУЧЕНИЕМ
КРУГЛЫХ ВАЛОВ
Для использования расчетных формул (8.7), (8.13) и (8.19), необ-
ходимы эквивалентные напряжения, для чего надо определить глав-
ные нормальные напряжения*. Однако в частном, но часто встреча-
ющемся случае плоского напряженного состояния, когда имеется
*Три главных напряжения определяются кубическим уравнением, точные ре-
шения которого даются формулами Кордано.
167
совместное кручение и изгиб (или растяжение), возникает напряжен-
ное состояние, показанное на рис. 8.5. В этом случае максимальное
и минимальное напряжения определяются формулой:
1 --7*9
^шах=-±- <СГх+4т2.
пип 2 2
Следовательно, учитывая, что ^/сг2 4-4т2 >сгх, главные нормаль-
ные напряжения:
+4т2; ст2=0;<Тз=у~ х/o'2+4т2. (8.23)
При этом эквивалентные напряжения примут вид:
по теории наибольших касательных напряжений (3-я теория)
Сэи=л/о*+4т2; (8.24)
по энергетической теории (4-я теория)
0 эн = Vax + Зт2; (8.25)
по теории Мора (5-я теория)
(Тзкв=Gx+Vff?+4r2. (8.26)
Сравнивая выражения (8.24) и (8.25), при от, что и имеет место
в большинстве случаев, видим что обе теории дают близкие друг
к другу результаты.
Для стержней круглого поперечного сечения, для которых мо-
мент сопротивления кручению в два раза больше момента
сопротивления изгибу №азг: И/тр = 2И/„зг, при воздействии на них
изгибающего Мизг и крутящего моментов, формулы (8.24), (8.25)
и (8.26) принимают вид:
о’эхвш—— \/(8.24а)
Рис. 8.5
o-3xbiv=— л/л^2г + 0,75Л/2р; (8.25а)
WX
l-k
1
W
Мтг+}-^ у/м2*4-м2
2 2
(8.26а)
168
Практические расчеты на прочность по допускаемым напряже-
ниям при сложном напряженном состоянии ведутся, как правило,
использованием формулы Мора (8.20).
Для хрупких материалов хорошее соответствие опыта дали те-
ории прочности, когда разрушение идет по схеме отрыва (§ 8 3.1
н § 8.3.2).
Если же материал обладает одинаковыми механическими харак-
1еристиками при растяжении и сжатии (к — 1), то можно применить
формулы гипотез наибольшего касательного напряжения и энергии
формоизменения, причем последняя является предпочтительной,
гак как дает более точные результаты ввиду того, что учитывается
в лияние всех трех главных напряжений.
8.5. ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ (ВКЛЮЧАЯ ЗАДАЧУ
ИЗ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ ЗАОЧНИКОВ)
Пример 8.1. Определить, какое из трех напряженных состояний
(рис. 8.6) является наиболее опасным. Для решения вопроса исполь-
ювать третью теорию прочности. Материал пластичный и преде-
лы текучести при растяжении и сжатии одинаковы: о‘тР = сгтс.
Напряжения на рис. 8.6 даны в МПа.
Решение. Используя формулу (8.7) сгэи=с71 —сг3, находим вели-
чины эквивалентных напряжений для трех напряженных состояний:
сгэгв —100 — 20 = 80 МПа;
стэ1в=50 - (- 30)=80 МПа;
<тэ1в= 100-0 = 100 МПа.
Как видим, внеш-
не резко различ-
ные и по величи-
нам напряжений,
и по своему харак-
iepy объемное и
плоское напряжен-
ные состояния
(рис. 8.6, а и б) яв-
Рис. 8.6
ляются равноопас-
ными, а наиболее опасным является состояние (рис. 8.6, в), отлича-
ющееся от случая а лишь отсутствием одного из напряжений —
растягивающего напряжения 20 МПа.
Пример 8.2. Вал с кривошипом (рис. 8.7, а) подвергается воздей-
ствию на кривошип силы Р Определить допустимое значение этой
силы Рдои, используя 4-ю (энергетическую) теорию прочности, если
/=0,5 м; а = 0,1 м; с/=0,05 м, [ст] =100 МПа.
169
Рис. 8.7
Решение. Строим эпюры изгибающих Мтг и крутящих момен
тов Л4р (рис. 8.7, б). Из этих эпюр видно, что наиболее опасное*
сечение в заделке, а наиболее напряженными (опасными) в этом
сечении будут верхняя и нижняя точки А и В, в которых возникае!
плоское напряженное состояние (рис. 8.7, в, г, д).
В этом случае по 4-й теории прочности — формула (8.25а)
эквивалентное напряжение
СГэхв = +
W
В рассматриваемом случае выражение л/'Л/2 + 0,75Л7к.1 принято
называть суммарным расчетным моментом:
Мрасч=7М2 + О,75М^.
При этом
М;т = Р^2+0Л5а2.
W
Используя условие прочности сгэкв<[о-], находим:
_ 7id3 [ст]
Рдоп<------_-^. = 3,87 кН.
32V'2+0,75cz2
170
Если для определения допустимой нагрузки использовать 3-ю
<еорию — теорию наибольших касательных напряжений, то эквива-
лентное напряжение следует определить по формуле (8.24а), где
при этом допускаемая нагрузка будет равна Рдоп=3,85 кН.
Как видим, в данном примере обе теории дают очень близкие
результаты, обычно расхождение не превышает 15%.
Пример 8.3. Средняя часть вала, нагруженного крутящим момен-
1ом, находится еще и в условии внешнего давления (рис. 8.8, а).
Определить, при каком соотношении между диаметрами D и d все
участки вала равнопрочны, если крутящий момент М^—120 Н м,
давление р=100 МПа и d=20 мм. Для решения использовать
»нергетическую (4-ю) теорию прочности.
Решение. На наружных участках вала, испытывающих воздей-
ствие только крутящего момента, в поперечных сечениях возникнут
только касательные напряжения. Максимальные значения этих на-
пряжений будут в периферийных точках поперечного сечения (рис.
8.8, б)
и; " 1б
171
Элемент вала находится в условиях чистого сдвига и эквивалент-
ное напряжение в этом случае равно
В периферийных точках поперечного сечения среднего участка
вала (рис. 8.8, в) элемент находится в условиях объемного напря-
женного состояния, на его гранях имеют место и касательные,
и нормальные напряжения, при этом
т"=^;
WZ" —^3.
р~ 16
В этом случае эквивалентное напряжение (8.15)
х/сг24-3т2 =
3^
(w;)2
Приравнивая эквивалентные напряжения
экв
что соответствует равнопрочности обоих участков вала, получаем
выражение, связывающее оба диаметра вала:
16Х/ЗЛ/,
7td3
162
7l2D6
Из этого выражения после подстановки численных значений
исходных данных найдем, что D=23,04 мм, при этом отношение
диаметров:
Пример 8.4. Используя теорию прочности Мора, сравнить эк-
вивалентные напряжения в прямоугольной призме, изготовленной
из хрупкого материала, в двух случаях нагружения:
а) призма сжимается свободно;
б) призма сжимается в жестком гнезде, не позволяющем ей
расширяться в поперечных направлениях (рис. 8.9).
Решение. В случае а) главные нормальные напряжения следу-
ющие:
<71 = 0, <т2 = 0, <г3 = — сг, при этом Стэи = ох — fctr3=ко. (а)
172
Рис. 8.9
Для случая б) необходимо сначала определить напряжения по боко-
вым граням призмы — напряжения о'. По формуле обобщенного
(акона Гука для поперечной деформации — из (а):
е'=| [</-д(<т+О] = 0
Е
отсюда следует, что
С =— (7
1-д
и, соответственно, для главных нормальных напряжений в этом
случае получаем
, м
С) = (72 = О’ —-С, <7 з — — (7.
1-Д
Эквивалентное напряжение для случая б):
(7ЭТВ <7j k(J^
1 WTP 1 вр
где к=—- — для пластичных материалов; к=-----------для хрупких
(7ТСЖ °ВС
материалов.
Сравнивая эквивалентные напряжения, заключаем, что вследст-
вие ограничения поперечных деформаций величина эквивалентного
напряжения уменьшается.
Если величина коэффициента к-------<0, то принято полагать
1-д
CgjB 0-
173
в
Рис. 8.10
Пример 8.5. Определить по теории наибольших касательных
напряжении необходимый диаметр вала d, если в опасном сечении
действует изгибающий момент М = 600 кН-м, крутящий момеш
71/^=200 кН-м и продольное растягивающее усилие .№=9000 Н,
при допускаемом напряжении [ст] = 50 МПа (рис. 8.10).
Решение. От продольного растягивающего усилия во всех точ-
ках поперечного сечения вала возникнут нормальные напряжения
(рис. 8.10, ст):
N nd2
ст =—: F=—.
От крутящего момента наибольшие касательные напряжения
возникнут во всех периферийных точках поперечного сечения (рис.
8.10, б):
WD 16
И, наконец, от изгибающего момента наибольшие нормальные
напряжения возникнут в двух периферийных диаметрально проти-
воположных точках А и В (рис. 8.10, в):
W=^-.
W 32
Из эпюр напряжений заключаем, что наиболее «опасной» явля-
ется периферийная точка Л, где нормальные напряжения от силы
N и изгибающего момента М складываются. Следовательно,
в опасной точке имеет место плоское напряженное состояние (рис.
8.10, г):
N М
CT = -d-' т-—.
F W Wp
174
Учитывая, что с одной стороны о от продольной силы в несколь-
ко раз меньше напряжений от изгибающего момента, а с другой —
учет этих напряжений очень усложняет расчет — получаем уравне-
ние 6-го порядка, иногда определяют d только с учетом изгиба-
ющих нормальных напряжений. После определения о без учета
»илы N оценивают Если aN оказывается меньше 10% от oMi
aN пренебрегают. Если же больше 10%, то несколько увеличивают
/ и снова проверяют прочность уже с учетом oN.
В соответствии с теорией наибольших касательных напряже-
ний — формула (8.24), условие прочности для данного случая имеет
лид:
®"з[1В
N М\2
-+- +4
F WJ
Подставляя сюда значения заданных параметров, после преоб-
разований получим уравнение для определения диаметра вала:
4150 + 140d+1,32J2< J6.
Решая это уравнение путем проб, получаем:
г/>4,1 см.
Пример 8.6. Для объемного напряженного состояния (рис. 8.11)
определить максимальную величину касательных напряжений по
шергетической теории прочности (4-я теория), если все касательные
напряжения одинаковы по величине и [ст] = 150 МПа.
Решение. В данном случае (Tx=ay — ffz=0, а тху—ту2=т2х=т, по-
тому в соответствии с (8.15) имеем следующее выражение для
«Бивалентного напряжения:
Применяя условие прочности
СТив = Зт^[б7],
находим максимально допустимое значение
касательного напряжения
Рис. 8.11
= 50 МПа.
з
Пример 8.7 (задача № 14 из контрольной работы заочников).
На рчс. 8.12 в аксонометрии изображена ось ломаного стержня
круглого поперечного сечения, расположенная в горизонтальной
175
плоскости и имеющая прямые углы в точках А и В. На стержень
действует вертикальная нагрузка. Требуется:
1) построить отдельно (в аксонометрии) эпюры изгибающих
и крутящих моментов;
2) установить опасное сечение и найти для него величину расче г
него момента по 4-й (энергетической) теории прочности; ]
3) подобрать допускаемую величину нагрузки q.
Дано: а=0,6; 1~ 1 м; d=5 см; сгт = 240 МПа. Коэффициент запаси
прочности п—1,3.
Решение. Как видно из рис. 8.12, стержень состоит из четырех
прямолинейных участков: DB, ЕА, АВ и ВС. Для каждого участки
выбираем систему координатных осей X, Y, Z так, чтобы ось
Z всегда совпадала с продольной осью рассматриваемого участка,
а ось у была вертикальна. Подробно построение эпюр рассмотрено
в§ 1.7.
В нашем случае М^ представляет собой крутящий момент,
а Мх и Му — изгибающие моменты, действующие соответственно
в вертикальной и горизонтальной плоскостях. При этом момент
Му для всех участков равен нулю.
Определяем значения моментов Мх и в произвольных попе-
речных сечениях каждого участка, используя метод сечений.
Участок DB: ОО^а/
Рис. 8.12
176
Mx = P2=qlzi Mz = 0.
При z = 0 Mx — Q, при z = al Mx=qkd—Q,6ql2.
В соответствии с принятым правилом строим эпюру изгиба-
ющих моментов со стороны сжатого волокна — это есть верхнее
«<• юкно стержня DB.
Участок ЕА: O^z^a.1
oz2
Мх=~—; Mz=0.
2
I пк видим, эпюра Мх является параболой.
q ('ll}2 -
11ри z — О Мх = 0, при z = al Мх =-------------------— ~ ~ О Л 8^Z2. Эпюру Мх на
ном участке строим со стороны нижнего волокна.
Определим еще одно значение Мх, например, посередине участ-
• । при z — 0,5а/ Мх— —0,045</Z2.
Рассмотренные участки DB и ЕА являются крайними внешними
•метками и построение эпюр на этих участках достаточно просто.
Некоторые затруднения возникают при построении эпюр на
»ц утренних участках АВ и ВС. В этом случае можно воспользовать-
(п следующим правилом, справедливым не только для ломаных
< к ржней, но и для любых криволинейных плоских стержней, нагру-
женных силами, перпендикулярными этой плоскости. На рис. 8.13
шлчком ® изображена сила, перпендикулярная плоскости черте-
* । и направленная «от нас». Требуется определить величину из-
। полющего Мтг и крутящего моментов в некотором произ-
нольном поперечном сечении А. Для этой цели проводим в точке
। касательную и перпендикулярно ей линию (поперечное сечение)
1 отмечаем на рисунке расстояния от точки приложения силы Р до
। их линий. Тогда расстояние до касательной есть плечо крутящего
момента, а расстояние до пер-
пендикулярной линии — плечо
к и ибающего момента:
Л^хр Phx^y лу: Phv£-
Воспользуемся этим прави-
лом для рассматриваемой за-
I 1ЧИ.
Участок ВА\ O^z^l. Рас-
। мотрим часть стержня правее
произвольного сечения. На этой
исги имеются внешние силы
пиль на участке АЕ. Равцодей-
11 кующая этих сил <zql приложе-
и । в точке F посередине участка
I ' 3375
АЕ. При этом в рассматриваемом сечении касательная совпадав
с осью В А и, следовательно, плечо крутящего момента ZiXp = aZ/Z. •
а плечо изгибающего момента h^—z:
Мт. — Мх = — aqlz = — 0,Sqlz; = MZ=
al
— — aql - — — 0,18#Z2 = const.
При 2=0 Mx — 0; при z—l Mx= —0,6ql2.
Заметим, что действующий в конце участка ЕА изгибающи
момент (0,18#Z2) на перпендикулярном участке В А переходит в ран
ный ему крутящий момент 0,1 8ql2.
Участок ВС: 0^2<Z. Произвольное сечение на этом учаспо
следует взять ближе к заделке, чтобы все внешние силы были
расположены по одну сторону от этого сечения, так как при этом
однозначно определяются знаки моментов всех внешних сил. В пл
шем примере, на участке ВС по одну сторону от произвольно!*.;
сечения находятся две внешние силы: сила Р—ql, приложеннаи
в точке D и отстоящая от исследуемого сечения на расстояние aZ+/(
и равнодействующая распределенной нагрузки (участок ЕА) а?//
Точка приложения этой равнодействующей — точка F посереди^
участка ЕА.
Для этой силы плечо изгибающего момента равно 2—aZ/2,
а плечо крутящего момента равно I.
Таким образом, при z=0 Mx=0,78qI2, MKp = 0,6^Z2 = const; при
2=1 Mx=l,18ql2.
Из эпюр Мтт и Л4р (рис. 8.12, б, в) видно, что наиболее опасным
является сечение С в заделке, где возникают максимальные значе-
ния обоих моментов. В «опасных» точках этого сечения, а именно
в верхней и нижней, возникают нормальные и касательные напряжг
ния, т. е. возникает плоское напряженное состояние (рис. 8.12, г).
Так как рассматриваемый ломаный стержень имеет круглое
поперечное сечение, то суммарный расчетный момент
M„.=V/Af™+0.75AfJ,=«Z2v/l,182+0,75-0,62 = l,32?/2.
Эквивалентное напряжение в точках К и Кх
Л^расч
^экв — •
W
тл г i 1,32?Z2 ат
Из условия прочности стэи<[сг], или -----< , определяем мак
га/3/32 п
178
• пмально допустимую величину равномерно распределенной на-
1|>уЗКИ
itd3om
1,3 • 1,32 32Z2
кН
= 1,720 —.
м
8.6. РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ ПРОСТРАНСТВЕННОЙ РАМЫ
С ЛОМАНОЙ ОСЬЮ
8.6.1. Построение эпюр для
пространственной рамы
с ломаной осью
В пространственной раме,
н игличие от плоской, стержни,
оставляющие раму, и нагрузки
и» находятся в одной плоскости
рис. 8.14, а, б). При построении
ипор используется, как и в дру-
И1Х случаях, метод сечений. При
.мничии заделки удобно обхо-
пиь раму со свободного конца,
н противном случае при общем
н.п ружении надо определять
н заделке шесть реакций — три
ины и три момента.
Особенности построения эпюр
внутренних силовых факторов для
и|к>странственных рам следу-
ющие:
1. Используется скользящая
* шлема координат, при этом ось
направлена всегда вдоль
11 ержней, а начало координат по-
минается в начало участка. Оси
1 Y, Z связаны между собой
жестко и при повороте оси Z по-
ворачиваются вместе с ней (рис.
И 14, г).
2. Используется метод сече-
ний суммы проекций внешних
нт, действующих на оставлен-
ную часть рамы, на продольные
. и и стержней, равны продольным
t и лам Nh на поперечные оси —
поперечным силам Qi-
Рис. 8.14
I
179
3. Правило знаков для продольной силы N прежнее, знак поит
речной силы Q не определяется. Знак изгибающего момента такх,
не определяем, а эпюра строится на сжатом волокне.
4. Эпюры Ni строятся в любой плоскости с любой сторош
стержней. Эпюры Q удобно строить в плоскости действия сил г
которая вызывает поперечную силу Q.
5. На взаимно перпендикулярных стержнях, лежащих в одной
плоскости, при наличии нагрузки, перпендикулярной плоскости pat
положения стержней, изгибающие моменты переходят в крутящие
и наоборот: например, моменты (рис. 8.15, в и г, рис. 8.16, а и
рис. 8.17, г) и М2 (рис. 8.16, б, рис. 8.17, в).
6. Внешние силы нагружают все стержни, которые соединяю!
точку приложения силы с заделкой (например, сила Р нагружа л
стержни DC, СЕ (рис. 8.15, а), распределенная нагрузка q — стержни
АВ, ВС, СЕ.
7. При построении эпюр в пространственных рамах удобно
рассматривать каждый стержень в отдельности, т. е.:
а) закреплять стержни (ставить заделку) в точках соединени
с соседними стержнями (рис. 8.16, а, б, в);
б) нагружать стержни в начале всеми теми усилиями, которые
приходят с соседних стержней (рис. 8.16, 8.17);
в) строить на этом стержне эпюры от каждого силового фактора
(рис. 8.16, а, б, в, 8.17, а, б, в, г), пришедшего к началу участк!
в отдельности;
в) Эпюра Мкр
Рис. 8.15
180
Участок AB
б)
Участок ВС
мкр=м,
=1,125ql2=M
Рис. 8.16
г) направление изгибающих моментов определять по эпюрам
помня, что они построены на сжатом волокне (примеры при-
нсдсны на рис. 8.16, 8.17).
Придерживаясь изложенного метода, рассмотрим пример по-
। роения эпюр для пространственной рамы.
Пример 8.8. Построить эпюры всех внутренних силовых фак-
юров для пространственной рамы (см. рис. 8.15). В данной раме
। ыре участка. Как было условленно, рассматриваем каждый стер-
жень в отдельности, закрепеляя его в точке соединения с соседними
»чдетками.
Участок АВ: Oc^cl^Z (рис. 8.16, а). Записываем выражения
нпу 1рснних силовых факторов, используя метод сечений, только для
к ржня АВ, мысленно закрепляя его в точке В, как в заделке. При
ном забываем, что он — часть пространственной рамы. Так как
данной раме горизонтальных сил нет, то во всех стержнях воз-
никает изгибающий момент только относительно оси X в верти-
1>|1п>ной плоскости Мх. В связи с этим будем обозначать его просто
V,,, без индекса:
(0)=0; Q1(1,5Z)=1,5^Z;
л?2. _
JW„=Y; Мпг(0)=0; Л/гаг(1,50=1,125?/2.
Сжаты верхние волокна, поэтому ординаты откладываем
пнерх. Эпюры для участка АВ построены на рис. 8.16, а.
Участок ВС: 0<z2<Z. Закрепляем этот участок в точке С (рис.
Н 16, б) и нагружаем его последовательно каждым внутренним
и новым фактором, пришедшим в точку В от предыдущего участка.
« \ ця по эпюре рис. 8.16, а, в точку В приходит сила, равная l,5ql
и направленная так же, как и внешняя, в данном случае q вверх;
прикладываем ее в точке В (рис. 8.16, б). От этой силы возникают
in i ВСФ:
e2=l,59Z; М„=1,5/?зд Мш (0)=0; М„(Г) = l,5ql2.
Сила l,5ql сжимает верхние волокна, поэтому эпюру стро-
им вверх. В точку В, судя по эпюре участка АВ, приходит
момент
Ml=^^ = l,125ql2.
Из рис. 8.16, б видно, что этот момент, бывший изгибающим для
учлетка АВ, становится крутящим для участка ВС:
M^M^lJMql2.
183
Все эпюры переносим на заготовленные схемы (рис. 8.15, б, в,. )
У часток ВС: 0 <z3 < 1,2Z (рис. 8.16, в). Закрепляем его в точке (
Этот участок нагружен только силой P=ql. Поэтому Q3 = ql. Сжаи
нижние волокна, поэтому эпюру Л/из; строим вниз (рис. 8.16, в).
Участок СЕ: 0<z4<l,5Z (рис. 8.17, а). Закрепляем этот участи»
в точке Е. В точку С этого участка приходят силовые факторы
и с участка ВС, и с участка DC*. Какие факторы и чему они равны
определяется по (рис. 8.16, б, в). Направление силы Q совпадип
с внешними силами. С участка DC приходит сила Q3=q • Z, а с уча ।
ка ВС сила Q2=l,5ql (рис. 8.16, б). Результирующая сила равпл
разности сил:
@4 = <2г - Сз = 1 ^ql- ql = b,5ql.
Эта сила проектируется на вертикальную ось g4 = 0,5^ • Z и вызы
вает изгибающий момент (рис. 8.17, б, г)
M'^^Sqlzs, М"изг4(0) = 0; M"mr4(l,5Z) = 0,75^Z2,
так как сила 0,5# • Z сжимает верхние волокна, то эпюра пострп
ена сверху (рис. 8.17, б), но это не окончательная эпюра, ограничив.!
ем ее штриховой линией.
С участка ВС приходит момент М2 (рис. 8.17, в). Как видно hi
рис. 8.17, в этот момент участок СЕ крутит:
^=1,5^.
С участка ВС приходит также момент = 1,125#Z2. Как видш
из рис. 8.17, г, этот момент участок СЕ изгибает. В то же время
с участка DC приходит момент Л/3 = 1,2#Z2, который также изгибап
участок СЕ. Следовательно, СЕ изгибается суммарным моментом
М'тг=Мх + М3 = 1,125ql2 + 1,2ql2=2,325ql2
(рис. 8.17, г) и кроме того силой 0,5ql (рис. 8.17, б). Суммарный
момент получим, складывая моменты М' и М" (см. рис. 8.17, г) по
точкам, имея в виду, что М' находится снизу от нулевой линии
а М" — сверху. Тогда в точке С остается момент 2,3>25ql2, а в тонн
Е— равный разности 2,325ql2 — Q,75ql2 = l,575ql2.
Все окончательные эпюры, полученные для отдельных участкен
переносим на единые осевые заготовки для эпюр Q, и (ри<
8.15, б, в, г).
*Следует обратить внимание на тот факт, что в точке С сходятся три участия,
и поэтому следует различать какому из трех принадлежит С в каждом конкретном
случае (рис. 8.17, д').
184
Рис. 8.18
Пример 8.9 (рис. 8.18, а). Для консольных рам можно не опреде-
лив реакции в заделке, но в этом случае начинать решение следует
11» свободного конца рамы.
Рама имеет три силовых участка (рис. 8.18, б). Составляем
равнения для определения внутренних усилий на каждом участке.
Участок АВ:
JVZ = O; Qx = P=q а;
Qy=0; М„=0;
а
О
Мх = 0 ; My=P z
при Zj = O, My=Q;
при z^ — a, My—q~a2.
185
Участок ВО.
Nz = 0; Qy=-qz2
а
О’
Qy=-q а,
z2=0, Qy = 0,
QX = B; M^=-P a=-q a2;
Mx=-
My=P z2
Участок CE:
q a2
а при z2=a, Mx=--------;
О при z2 = 0, Л/х=0;
а при z2 = a, My=P -a — q - a1',
О при z2 = 0, A/? = 0.
2
Nz=-P=-qa; Qy=-q a\ Qx=0\
= My—P a = q' a2;
MX=P-a — q- a-z3
la Mx=—P-a=—qa2',
0 MX=P' a=q- a2.
Строим эпюры Nz, Qx, Qy, M^, M„ My (рис. 8.18, в, г, д, е).
Проверяем равновесие узлов рамы и характер изменения эпич-
на участках.
8.6.2. Расчет на прочность пространственной рамы
с ломаной осью
Пример 8.10. Проверить прочность рамы, изображенной на ри<
8.15 по 3-й теории, если 1=1 м, #=20 —; d= 0,175 м; [сг] = 160 МПи
м
Опасное сечение С в точке 3 (рис. 8.17, д). Здесь
Л/нзг=2,325^/2; ЛГкр=1,5^/2;
’"ш- 0,1 d3
160;
_V(2,325^/2)2+(l,5^2)2
^эмШ ‘
0,1 J3
186
7(2,325 20 103 • I2)2+(1,5 20 103 I)2
-------------------------------= 100 МПа.
0.Г0Д753
I iik как бгтях <[er], т. e. 100 < 160 — прочность обеспечена.
Вопросы для самопроверки
1. Что называется прочностью твердого тела?
2. Какое механическое состояние считается опасным для пластичных матери-
| IOII?
3. Какое механическое состояние считается опасным для хрупких материалов?
4. Какие существуют методы расчета на прочность?
5. Какое предположение лежит в основе метода расчета по напряжениям?
6. Какое понятие вводится дая количественной оценки напряженного состояния,
.ишикающего в исследуемой точке нагруженного тела в случае сложного напряжен-
ною состояния?
7. Как определяется эквивалентное напряжение при сложном (объемном или
н ।иском) напряженном состоянии?
8. Кэлие прочностные критерия используются для определения вельччы i эк-
.н» лентного напряжения для пластичных тел?
9. Какие прочностные критерии используются для определения величины эк-
•н н.| лентного напряжения для хрупких тел?
10. Сформулируйте 1-ю теорию прочности.
11. Сформулируйте 2-ю теорию прочности.
12. Сформулируйте Зю и 4-ю теории прочности и теорию Мора.
13. Какая система координат используется при построении эпюр в пространст-
• иных рамах9
14. Раскройте принцип построения эпюр в пространственных рамах.
15. Если рама имеет много стержней, то через какие из них передается приложен-
ии и сила?
16. Как формулируется условие прочности при сложном напряженном состоя-
17. Как определяется допускаемое напряжение?
18. Как определяется коэффициент запаса прочности для рассчитываемой де-
(II 1И?
Глава 9
ОСНОВЫ МЕХАНИКИ РАЗРУШЕНИЯ
9.1. ОПРЕДЕЛЕНИЕ МЕХАНИКИ РАЗРУШЕНИЯ.
ПРИЧИНЫ ЕЕ РАЗВИТИЯ И РЕШАЕМЫЕ ЕЮ ЗАДАЧИ
Расчеты на прочность деталей машин и элементов конструкци-
при статическом или динамическом нагружении с позиций сопрош
вления материалов основаны на использовании допускаемых напри
жений. Определяются они по механическим характеристикам мак
риалов, полученным при испытании на растяжение до разрушении
стандартных гладких образцов с записью диаграммы растяжения (1
1.10).
Метод допускаемых напряжений оценивает прочность по един
ственной самой опасной точке. Если теперь оценить не допуска
емую, а разрушающую нагрузку для целых (без трещин) деталей, н»
в условиях прочности заменяют [сг] на s„ где sK — истинное со
противление разрыву, или на предел прочности <тв.
Так как в процессе разрушения нарушаются основные гипотезы
сопротивления материалов, в частности после появления трещин —
гипотеза сплошности, то такой расчет не может дать надежных
оценок предельной прочности деталей. В последние полвека быстр»
развивается новое направление в науке о прочности — механики
разрушения.
Механика разрушения — это наука о предельных состояниях
материала, о разрушениях деталей машин и конструкций, о нс
устойчивых режимах их работы, ради оценки которых делается вс<*
остальное: изучаются механические свойства и режимы термооЬ
работки, выбираются расчетные схемы, анализируются напряжен
ные состояния, изучаются нагрузки, оценивается деградация про
чностных свойств материала. В механике разрушения рассматрива
ются разрушения с разделением детали на части, т. е. разрушения,
связанные с появлением трещин. Здесь мы в первую очередь оста
новимся на самых опасных хрупких разрушениях, происходящих
при нагрузках меньших допускаемых.
Механика разрушения основана на результатах, полученных
в математической теории упругости, теории распространения тре
щин и механике материалов. В 1909 г. П. Н. Колосов, а в 1913 г.
Д. Инглис, используя подходы математической теории упругости,
решили задачу о равномерно растягиваемой плоскости, ослаблен
ной эллиптическим отверстием (как предел его — прямолинейная
трещина). Основоположником математической теории распростра-
188
< ния трещин в упругой среде был Гриффитс. Изучая разрушение
• । <*кол, Гриффитс предположил, что стекло содержит трещинооб-
|Н1ные дефекты. За основные положения Гриффитсом был принят
и । „сетный в механике принцип минимальной энергии, по которому
। ппювесное состояние деформируемого тела соответствует мини-
муму потенциальной энергии системы. Исходя из этого положения,
I риффитс определил критические размеры трещин и критические
»• 11овия их развития. При составлении энергетического баланса для
fi иовия равновесия трещин в упругой среде рассматриваются три
• ммпоненты энергии:
1) энергия приложенных сил (равная 0 при фиксированных гра-
ницах тела);
2) поверхностная энергия трещины, расходуемая на образование
• (шпицы новой поверхности трещины;
3) упругая энергия деформируемого тела.
Первая способствует развитию трещин; вторая препятствует
»му; третья может действовать и в том, и в другом направлении
и ивисимости от условий нагружения. Иначе говоря, распростране-
нно трещин без дополнительной работы возможно, если увеличение
штерхностной энергии в результате разрушения компенсируется
..гветствующим уменьшением энергии деформации. Гриффитс
пришел к выводу, что разрушение возможно, если запас упругой
•иергии вне зоны с трещиной будет равен или больше энергии,
|рсбуемой для разрушения узкой области, прилегающей к трещине.
Несколько позднее в работах Н. И. Мусхелишвили, Н. М. Ве-
। ергарда, И. Н. Снеддона, Н. А. Эллиота по математической
корни упругости было продолжено теоретическое исследование
нВ ласти контактных задач и теории трещин в упругих средах. Была
г щена задача об изолированных трещинах в бесконечных телах,
пи ределен характер распределения напряжений вблизи края трещин,
пмиолнен анализ упругой энергии тела с трещиной.
В связи с бурным развитием технического прогресса в последние
•г пятилетия для многих отраслей характерны:
— рост мощностей и габаритов;
— повышение параметров рабочих процессов (скоростей, давле-
I Hи, температурного диапазона работы, нагрузок);
; — применение все более прочных материалов;
— появление новых технологических процессов обработки и со-
единений материалов.
Это, в свою очередь, ведет к повышению уровня напряжений,
увеличению интенсивности воздействия тепловых процессов, все-
< юроннему использованию механических свойств материалов. Дол-
ми* время допускалась работа материалов только в упругой области
и поэтому решающее значение придавалось характеристикам, огра-
ничивающим упругую область, например пределу текучести. Впос-
н дствии была допущена работа материалов в вязкопластической
189
области, верхняя граница которой оценивается по характеристик;!'
пластичности, например, по предельной пластичности.
В последние 40 — 50 лет представления о прочности резко mciii
ются, главным образом, в связи с многочисленными случаям"
внезапного хрупкого разрушения конструкций, выполненных из мл
териалов, имеющих высокую пластичность при испытаниях гладки,
образцов и спроектированных с большими коэффициентами зала! >
прочности, т. е. с соблюдением всех требований прочностного рш
чета. Так, за последнюю половину века мир был свидетелем ряд#
непредвиденных катастроф судов (американские «Либерти»), само
летов (английские «Кометы»), ракет (американские «Паларис-4»)
Известны также случаи внезапного хрупкого разрушения мостом
сосудов, работающих под внутренним давлением. Причем речь и i< >
не о единичных разрушениях, а почти о массовых. Так, в пери<м
с 1942 по 1945 гг. только случаев хрупкого разрушения судов типи
«Либерти» было зарегистрировано свыше 20. Самое удивительно!
было то, что случаи подобных разрушений, связанных с ката; i
рофическим распространением трещин («разрушения взрывного х ।
рактера», как их стали называть), происходят при средних напряжг
ниях ниже предела текучести. Такие разрушения (как правило де! i
лей с трещинами) стали встречаться все чаще в связи с использовя
нием новых высокопрочных материалов, увеличением габарит? »м
конструкций, а также потерей материалами пластичности под дсй
ствием многократного нагружения в эксплуатации.
Наличие большого числа трещин в деталях отчетливо доказьим
ет недостаточность классических расчетов по упругому и пластичсо
кому состоянию, ограниченность оценок на основании привычных
характеристик прочности — предела текучести, предела прочное i в
истинного сопротивления разрыву sz и необходимость введешь
в расчеты новых характеристик разрушения. Работами последнею
времени твердо установлено, что нагрузка (сопротивление теля)
обычно продолжает возрастать и после обнаружения ранних тр<-
щин, и процесс развития трещины занимает часто больше половит
общего времени работы детали до разрушения. Схематически >»<
показано на рис. 9.1. Это соотношение меняется в зависимости <н
особенностей материала и детали. Следовательно, детали в эксплу
атации могут работать и работают с трещинами, что весьма опас
но, так как разрушающая нагрузка для них намного меньше до
пускаемой, определяемой по условию прочности сопромат
Для тел без трещин.
В практических расчетах исходят из того, что, во-первых, дли
крупных деталей невозможно гарантировать выявление всех во»
можных дефектов и концентраторов обычными методами кош
роля, поэтому считается возможным наличие исходных и образов.!
ние новых трещин. В этом случае надежность определяется поддср
жанием условий нераспространения трещин и дефектов.
190
Поэтому наряду со стандарт-
ными расчетами на прочность
inn ответственных конструкций
ннчинают выполнять расчеты на
прочность деталей с трещинами
и обеспечивают условия их нерас-
11 устранения. При этом возмож-
ны различные подходы:
1) при известной нагрузке
н размерах детали определяется
•рпгическая длина трещины (или дефекта), по достижении которой
начинается самопроизвольное разрушение детали без увеличения
। и ны;
2) при известных размерах трещины и детали определяется
р- (ельно допустимая нагрузка, которую деталь с трещиной выдер-
ет, не разрушаясь.
Кроме того, механика разрушения дает методы расчета долго-
II.-*i пости на этапе развития трещины — живучести и ставит задачу
♦щенки материала по способнсти сопротивляться развитию в нем
। рсщины, что улучшает выбор стали для конструкций, в которых
могут возникать или существуют трещины. В задачи механики
। । »рушения входит также установление причин и характера раз-
рушений, т. е. фрактографическое исследование разрушений. Воз-
никает также необходимость наметить и изучить пределы допусти-
те ги разрушений, разграничить трещины и дефекты на недопусти-
мые (опасные) и допустимые (безопасные) и, может быть, допустить
и шательно в некоторых случаях работу изделий с трещинами. Но
шовной задачей является разработка методов расчета на про-
♦IIОсть деталей с трещинами.
9.2. НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ В ВЕРШИНЕ ТРЕЩИНЫ.
КОЭФФИЦИЕНТ ИНТЕНСИВНОСТИ НАПРЯЖЕНИЙ Ку
В элементах конструкций, изготовленных из упругих и упруго-
|| (логических материалов, трещины создают высокую местную кон-
ш и «рацию напряжений и деформаций в зонах, прилегающих к вер-
шине. Исследование напряженного и деформированного состояния
• кшах трещин имеет существенное значение для анализа критериев
pi «рушения. В общем случае величины напряжений и деформаций
« юнах трещин зависят от формы и размеров элементов конструк-
ции, вида напряженного состояния, а также от конфигурации и раз-
ров трещин.
Трещины в элементах конструкций из упругих материалов рас-
нривают как предельные источники концентрации напряже-
нии — в виде надрезов с бесконечно малыми радиусами закругле-
нии в вершине. При этом выражение для местных напряжений
191
и деформаций в вершине трещины могут быть получены на ochoiu
решения соответствующей краевой задачи теории упругости [1].
Как указано в работе [1], «...одной из важнейших особенноепи
при расчетах на прочность элементов конструкций и сооружении
с трещинами явился учет возникающего перераспределения напри
жения в результате образования щелей и трещин под действием
внешней нагрузки».
Наиболее эффективным в решении задач о концентрации напри
жений в упругих пластинах с трещинами оказалось использован»,
методов комплексных функций напряжений, развитых Н. И. Мускг
лишвили и Н. М. Вестергардом [1]. На продолжении трещины
(вдоль оси (рис. 9.2) напряжения выражаются формулой:
(9.1)
Обобщение Г. Р. Ирвиным ряда решенных задач привело к вы
воду, что непосредственно у вершины трещины при г <0,05/ харах
тер распределения напряжений в упругом теле одинаков и в целом
соответствует условию:
(9 ?)
где г=х—1, так как раскрытие трещины равно 0.
В силу выражения (9.2) местные напряжения в зоне трещин
определяются только константой Кг. Г. Р. Ирвин предложил запи
сать их в виде [1]:
оу——К=оу yjlnr.
Jlltr
(9.3)
192
Непосредственно у вершины трещины напряжения обладают
фундаментальным свойством
^=лл ццдгуде),
। де f (Р, L, I) — функции размеров тела, трещины и способа нагру-
жения; L — размеры тела; I — размер трещины; /(г), /(0) — функ-
ции координат. Для тела произвольной формы:
Хх= 7(7/6)^ <^7rr,
i r Y(l/b) — поправочный коэффициент, учитывающий форму тела
п 1рещины.
Анализируя выражение (9.3), видим, что коэфиициент К харак-
к ризует перераспределение напряжений в теле в случае появления
||»сщины и таким образом является основным параметром напря-
• енного состояния для тел с трещинами. Ему было дано специаль-
ное название — коэффициент интенсивности напряжения (КИН),
определяется он по формуле (9.3), обозначается буквой КТ; его
размерность из (9.3):
ни как
Па=—, то А'=ПаЛ/м=ГГа-м1/2.
м2
На основе уравнения (9.3) были получены следующие (для плос-
ки о напряженного состояния ПНС) соотношения:
<7г — р (ах+с_у), txz—TyZ 0.
Это асимптотические выражения полей напряжений в окрестно-
i in кончика трещины для первого вида деформации, характеризу-
емого К^.
I » 3375
193
Судя по (9.4), при r->0, ау-* «
и при г-»оо, «Ту-* 0, а не к <тЕОМ, ка>
должно быть (рис. 9.3). Поэтом^
можно сделать вывод, что (9.4)
справедливы только в ограничен
ной области, вблизи вершили
трещины при г <0,05/. Каждое m
уравнений (9.4) есть первый член
ряда. В окрестности, около тр<
щины, эти первые члены достиг>
чно точно описывают поля напри
жений, так какостальные члени
малы по сравнению с ними. Ни
больших расстояниях от вершины
трещины следует вводить боль
шее количество членов в уравнения (9.4). В то же время абсолютно
острая трещина — это идеализация. Как правило, вершины трещин
в реальных материалах затуплены.
Новую характеристику материала с трещиной К можно полу
чить из (9.3), предварительно определив о\ из опыта на известном
расстоянии г от вершины трещины. Однако это весьма сложная
задача.
Различают несколько видов деформаций (иначе типов pacnpoci
ранения трещины (рис. 9.4 [1]): I — нормальный отрыв, трещина
разрыва; II — продольный плоский сдвиг, трещина «сдвига»; III
поперечный антиплоский сдвиг, трещина типа «срез». Каждому
типу деформаций соответствует свой коэффициент интенсивное! и
напряжений Къ Кц, Кш. Наиболее опасным является нормальный
отрыв, поэтому рассмотрим только этот случай, описываемый с по
мощью Къ
Условие прочности для деталей с трещинами при хрупком состо
янии материала имеет вид (критерий Ирвина):
К^К1с,
(9-5)
где К1р — аналитическое выражение КИН для конкретной детали
и трещины; Aic — предельное значение КИН.
Точное решение задачи по определению аналитического выра
жения К1р (левая часть условия прочности) для реальных деталей
весьма затруднительно (решается она методами теории упруго
сти с использованием математического аппарата комплексных перс
менных). Поэтому в настоящее время лишь для некоторых расчел
ных схем получены аналитические выражения КИН Кх инженер
ными методами, что открывает возможность выполнения прак-
тических расчетов на прочность элементов конструкций с трещи
нами.
194
Рис. 9.4
Однако число таких случаев ограничено, но для решения любой
и дачи разработано несколько приближенных теоретических и экс-
периментальных методов, в том числе метод фотоупругости, метод
»ечений в теории трещин [2], энергетический метод, метод конечных
। цементов в механике разрушений, интерполяционный метод, ме-
тл весовых функций. Наиболее привычным и понятным для сту-
дентов, скорее всего, будет уже знакомый им метод сечении, на базе
которого выполняется построение эпюр внутренних силовых фак-
। оров (Мизг, Л/цр, N) в сопромате.
Как показала инженерная практика для решения практических
ыдач можно использовать метод сечений [3].
9.3. МЕТОДЫ ВЫЯВЛЕНИЯ ВОЗМОЖНЫХ ТИПОВ
РАЗРУШЕНИЙ И ОТКАЗОВ НАТУРНЫХ ДЕТАЛЕЙ В ЭКСПЛУАТАЦИИ
9.3.1. Состояния деформируемых тел под нагрузкой.
Возможные типы разрушения
Многие материалы в зависимости от условий нагружения могут
находиться в разных механических состояниях. В зависимости от
ровня нагружения для металлов считают возможными следующие
остояния: упругое, пластическое, состояние разрушения. Принятый
ныбор основных состояний условен, так как материал большей
частью находится в промежуточных механических состояниях: уп-
ругопластическом, квазихрупком и т. д.
В упругом состоянии деформация за счет изменения межатом-
ного расстояния целиком обратима и вся энергия возвращается при
разгрузке. Упругое состояние начали изучать раньше, чем другие.
1акон Гука был сформулирован в 1660 г., так как первоначально
интенсивность нагружения была мала и материалы редко выводи-
лись за предел текучести.
i:i* 195
Пластическое состояние характеризуется появлением деформ а
ций, остающихся после снятия нагрузки. Пластическое состояли*
в известной мере противоположно упругому: работа внешних си .
уравновешиваясь вязким сопротивлением, полностью рассеивав к и
в виде тепла.
Состояние разрушения — состояние, при котором вследстиш
развития трещины в теле начинается нарушение его сплошной н
и непрерывности.
Особенности структуры проявляются по-разному в зависимое!и
от того, происходит ли переход от упругого состояния в пластичен
кое или от пластического в состояние разрушения. Механизм о(»
разевания пластической деформации связан с необратимыми един
гами, начало же разрушения — с образованием трещин. Поэтому
и появилось несколько теорий предельных состояний, различен
и подход к анализу этих состояний (см. главу 8).
Помимо изменения состояния деталей под нагрузкой Р, аналн
зируют механические состояния материала в момент разрушения
они зависят от многих факторов. Различают три основных состоя
ния материала: хрупкое, квазихрупкое и вязкое и соответствующие
им виды разрушений. На практике удобно в качестве границ, раз
делающих эти состояния, принять так называемые критические
температуры хрупкости материала, весьма емкие характеристики,
которые уже занимают важное место в анализе надежности реаль
НЫХ КОНСТРУКЦИЙ. АнаЛИЗ СОСТОЯНИЙ удобно ВЫПОЛНЯТЬ С ИСПОЛЬ
зованием так называе-
мой диаграммы разру
шения (рис. 9.5 [4], где
Fs— процент волокна
в изломе). Для форми
рования алгоритма про
гнозирования прочное!
ной надежности необ
ходимо исследовать тип
разрушения, так как
критериальные условия
и характеристики раз
рушения зависят от со
стояния материала. Для хрупкого разрушения деталей с трещинами
условие предельного состояния базируется на прочностной харак
теристике материала при наличии трещины — коэффициенте интец
сивности напряжений (9.5).
Для квазихрупкого разрушения деталей с трещинами использу-
ется характеристика нелинейной механики разрушения, например
коэффициент интенсивности деформаций К1е и условие нарушения
прочности, тогда [4]:
196
9.3.2. Критические температуры хрупкости
и методы определения их числовых значений
для натурных деталей
В некоторых случаях (при ранжировании сталей) используют
понятие только первой критической температуры хрупкости
( гатические расчеты на прочность базируются на использовании
днух критических температур (первой и второй). При этом различа-
ли критические температуры хрупкости образцов 7^ и Т^2 и
сталей — и Т^2-
В эксплуатации установлено увеличение числа разрушений дета-
ли с трещинами в зимние месяцы (рис. 9.6).
В настоящее время наибольшее распространение имеет метод
определения первой критической температуры образцов по
• ритерию вида излома. Температура считается критической, если
процент волокна в изломе равен 50%. Это — температура резкого
уменьшения относительного поперечного сужения и максимальной
«формации. Вторую критическую температуру хрупкости образцов
/^2 определяют из условия равенства предела текучести <тт, воз-
растающего с понижением температуры, разрушающим напряжени-
им <гс, определяемым по результатам испытаний образцов с трещи-
нами механики разрушения (см. 9.4.2). Первая критическая тем-
пература хрупкости детали 7^ характеризует переход от вязких (по
внешнему виду) разрушений к квазихрупким.
Между первой и второй критической температурой Ттр2< Т<
происходят квазихрупкие разрушения, характеризующиеся убы-
нающими с понижением температуры пластическими деформа-
циями
Т’жргд^ т;< Т^д. (9.6)
197
Т^т^2а (9./)
происходят хрупкие разрушения. Номинальные напряжения пр«
этом значительно ниже предела текучести (0,4...0,6) ст, т. е. упрут
деформации происходят в макрообъемах.
Для любого типа деталей и характера нагружения и
Тгр2 могут быть определены при натурных испытаниях. Однако
натурные испытания в целом ряде случаев трудно осуществима
Поэтому большое значение имеет возможность \ установления
Тжр для натурных деталей по результатам испытаний лабораторных
образцов. Значение и Т^2 для лабораторных образцов желатель
но определять с учетом условий нагружения в эксплуатации. Напри
мер, для статически нагружаемых конструкций (строительные, мо
стовые, резервуарные конструкции, трубопроводы, опоры, линии
электропередач) Тщ и 7^2 следует определять при статическом
нагружении растягивающими и изгибными нагрузками или вну<
ренним давлением. Если в процессе эксплуатации конструкция под
вергается действию ударных нагрузок (узлы ковочных молотои.
несущие узлы подвижного состава, землеройные машины), испыт i
ния лабораторных образцов проводят при ударном нагружении
Если же нет возможности смоделировать при испытании образцоп
вид нагружения, необходимо наложить на получаемые результаты
поправки, учитывающие эти расхождения [4].
Переход от критических температур лабораторных образцом
к критическим температурам для натурных деталей требует пред
варительного определения смещений критических температур. Экс-
периментально трудно оценить смещения применительно к данном
марке стали, конструктивным формам деталей и условиям нагружс
ния. В первом приближении можно считать, что влияние основные
факторов на смещение является независимым. Обширные Л1
бораторные исследования хрупких разрушений позволяют количс
ственно охарактеризовать смещения в связи с основными фактора
ми — конструктивными, технологическими, эксплуатационными.
Используется зависимость смещений критических температур, по
лучаемых по обобщению материалов многих исследователей, oi
следующих факторов:
а) концентрации напряжений;
б) увеличения толщины или ширины, т. е. напрягаемых объ-
емов;
в) увеличения размера трещины;
г) деформационного старения;
д) накопленного усталостного повреждения;
е) увеличения скорости нагружения.
Как первые, так и вторые критические температуры существенно
увеличиваются от повышения концентрации напряжений. В книге [4|
198
показана зависимость смещений и от коэффициента концен-
। рации а для ударного изгиба, статического растяжения и статичес-
। ого изгиба.
Наиболее значительное увеличение наблюдается при перехо-
де от гладких образцов (а= 1) на образцы с повышенной концент-
рацией напряжений а=3...4 (для Шарпи а = 3,5). Увеличение а>5
приводит к незначительным дополнительным смещениям и
•I । о, по-видимому, связано с образованием зоны устойчивости пла-
1ических деформаций в вершине надреза и трещины. У низкоут-
1сродистых и низколегированных сталей смещение 7^1 при увеличе-
нии а одинаково. Абсолютное значение 7^1 при ударном нагруже-
нии больше на 40 — 60 СС, чем при статическом.
Таким образом, возможно выполнить количественную оценку
। ритических температур хрупкости для элементов конструкций
i учетом технологических, конструктивных и эксплуатационных
факторов. Определенная таким способом критическая температура
хрупкости сопоставляется с минимальной температурой эксплуата-
ции Т’э. Температурный запас вязкости определяется из отношения:
[А- 7 ф1; [Л'Г_р2]= mb — 7 ;р2-
Методика определения, как первой, так и второй критической
г мпературы хрупкости натурных деталей одинакова и состоит
и следующем. Вначале по известным критериям определяют чис-
ловые значения критических температур для образцов заданной
формы и размеров. Установлено, что критические температуры
хрупкости натурных деталей выше, чем образцов. Повышение кри-
ических температур обусловлено охрупчиванием материала, так
как эксплуатационные причины вызывают стеснение пластической
деформации в натурных деталях.
Степень охрупчивания материала деталей под влиянием различ-
ных факторов характеризуется сдвигом АТ критических температур
хрупкости:
Т^Т^+ЕАТ;.; 7’^2=7’t2+SA7’f. (9.8)
Повышение критических температур вызывается увеличением
размеров деталей (масштабный фактор) АТ1!, степени концентрации
напряжений А7"2, наличием трещин АТ3, а также увеличением их
размеров А714, деформационным циклическим повреждением мате-
риала в эксплуатации &Т5.
Для цепки охрупчивающего влияния многократного нагружения
в эксплуатации (циклического повреждения), т. е. смещения АТ5
критической температуры, необходимо проводить специальные
199
исследования для каждой детали по единой методике. Некоторые
общие рекомендации по определению &Т5 можно найти в [2]. fl
Методика исследования смещений от циклического повреждение
состоит в определении степени изменения предела текучести мате-
риала сгт под действием многократного эксплуатационного нагруже-
ния, т. е. зависимости стт от срока службы.
Количественная оценка охрупчивающего эффекта этого фактора
выполняется с использованием схемы Иоффе-Давцденкова (рис,
9.7). Необходимое для нахождения смещения критической темпеш
туры сопротивление отрыву (кривая 5) определяете^ на гладких
образцах с острым надрезом. Иногда получают корреляционную
зависимость сопротивления отрыву от предела текучести. Напри
мер для стали 20Л [2]: 1
l,3trT+548 (МПа).
С учетом масштабного фактора, например для конкретной ли
той детали грузового вагона среднее значение сопротивления от
рыву аогр = 838 МПа. Для оценки сдвига критической температур
от циклического повреждения &Т5 в первую очередь определяю1!
значения предела текучести неповрежденного и поврежденного в эк-
сплуатации материала. Установлено, что зависимость предела теку*
чести от температуры выражается формулой
ли
£
ТГЧ t
О ( 1 1
сгт = а10схр )?т------
о,
(9.9)
где (Тто — предел текучести нового или поврежденного материала
при Т=20 °C; Т — переменная температура испытании или эксплу*
атации; jBT — коэффициент, зависящий от сгт: /?т=240...0,2<тТо при
250<бгт<350 МПа; /?т = 170...0,2<гТо при 350<стт<450 МПа; 0?
— 159...0,18(гт при 450<сгТо<550 МПа.
При наличии такой информа
ции на схеме Иоффе строят зави-
симости ^ОВ=/(Т°С) и (7ГР-
=f(T°C) и по рис. 9.7 определя-
ют сдвиг ДТ5 от циклического по
вреждения, равный \ТВ--ТЛ\. |
Наиболее точно можно оп-
ределить путем вырезания и ис-
пытания с записью диаграмм
образцов растяжения из зон кон-
центрации исследуемых деталей
с разным сроком службы. На базе
Рис. 9.8
аких испытаний возможно получение зависимости предела текуче-
11И от срока службы (рис. 9.8) [2]. Вырезание образцов из реальных
сталей весьма трудоемкий процесс, в связи с чем оценку степени
I деградации прочностных свойств, в первую очередь предела текуче-
I пи как показали исследования, можно сделать по результатам
Няцализа изменения не сгт, а твердости НВ. Изменения предела
1екучести и твердости характеризуются одинаковыми по смыслу
| коэффициентами:
повр
аповр НВ
kx=L—; к2=---------:
1 -нов 4 нов
НВ
которые с увеличением срока службы изменяются одинаково (рис.
.« 9.8).
------------------------------------------------------------------------------ ---- ^^г,т,ТТОТТТГТГ* Г* tVa’lUTf»-
Сдвиг от увеличения размеров детали по сравнению с разме-
рами образца, на котором определяется предельный коэффици-
ент интенсивности напряжений К1с определяется из рис. 9.9 [4], от
изменения степени концентрации по рис. 9.10 [4], от разницы в раз-
мерах трещин по рис. 9.11 [4].
В настоящее время воспринимается как должный факт уве-
шчение числа разрушений деталей в эксплуатации зимой особенно
на севере в ночное время суток (рис. 9.6). Даже появился термин
«техника в северном исполнении». Известно, что детали машин
массового производства как правило изготавливают из низкоп-
рочной малоуглеродистой пластичной стали, у которой вторая
201
200
температура хрупкости для образцов в основном ниже (—100 .
... 120) °C. Так как минимальная температура в эксплуатации по
рядка — 55 °C, то возник вопрос о возможности хрупкого разруше
ния деталей из такой стали в эксплуатации (заметим, что поверх
ность разрушения натурных деталей в условиях Сибири часто быва
ет кристаллической, что соответствует хрупкому разрушению). Что
бы ответить на этот вопрос, приведем пример определения втором
критической температуры хрупкости натурной детали, имеющем
коробчатое сечение с толщиной стенок 20 мм в зоне, где коэффици
ент концентрации напряжений составляет а =1,5 и где имеется
трещина длиной /=20 мм. Возраст детали 20 лет, Т^2= — 120 °C.
Используя описанную выше методику, по графику рис. 9.8 опрс
деляем, что предел текучести материала детали за 20 лет эксплу
атации возрастет на 40%. После этого по схеме Иоффе находим
ДТ5 = 55° (см. рис. 9.7).
Остальные сдвиги определяем по графикам рис. 9.9 — 9.11
АТ1 = 10°, Д7’2=0 (трещины и в образце, и в детали), Д7’3 = 0,
ДТ4=12°.
Рис. 9.10
202
Рис. 9 11
В результате Т^2 — вторая критическая температура для этой
конкретной детали — составит —41 °C.
Таким образом, при атмосферной температуре ниже —41 °C
материал этой детали будет в хрупком состоянии и при наличии
। рещины и соответствующей нагрузки деталь начнет разрушаться
друпко и этот процесс невозможно будет остановить.
9.4. РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ДЕТАЛЕЙ С ТРЕЩИНАМИ
Наибольшее распространение в расчетах на прочность деталей
< !рещинами получил расчет по силовому критерию коэффициента
ни генсивности напряжений:
Aipac^lc, [6 — 10],
। де играет ту же роль, что и в расчетах на прочность деталей
1нч трещин; Xjp — расчетный коэффициент интенсивности напряже-
ний около вершины трещины.
Один из многих вопросов теории трещин состоит в определении
политического выражения (формулы) расчетного коэффициента
интенсивности напряжений около вершины трещины AjpaCT. На ос-
новании анализа напряженного состояния около трещины метода-
ми теории упругости было получено общее выражение коэффициен-
1.1 интенсивности напряжений в форме (9.3). Зная выражение коэф-
фициента интенсивности /£1расч и его предельное значение К1г, харак-
1 грное для данного материала и условий нагружения, можно, сле-
1уя критерию Ирвина (9.5), установить связь между предельной
нагрузкой (при которой возможно распространение трещины)
м дпиной трещины. Точное определение аналитического выражения
203
коэффициента интенсивности сопряжено со значительными матемл
тическими трудностями, поэтому целесообразно пользоваться б<>
лее простым приближенным методом.
9.4.1. Метод сечений в теории трещин.
Определение левой части условия прочности
для тел с трещинами
Как указывалось выше, оказалось возможным для вычислении
коэффициента интенсивности напряжении К1р применять широко
известный в строительной механике метод сечений [3]. Так ка»
студенты знакомы с этим методом и достаточная точность ею
в решении задач прочности тел с трещинами доказана эксперимсп
тально, целесообразно рассмотреть его подробно. Суть метод.»
сечений в теории трещин состоит в следующем. Пусть плоская
пластина единичной толщины содержит трещину и нагружен ।
в своей плоскости. Выделим воображемым сечением часть тела,
проходящего через трещину в направлении ее предполагаемою
распространения (рис. 9.12). Отбрасываем мысленно одну часть
Далее записываем условия равновесия внешних и внутренних сил,
действующих на оставшуюся часть тела. Смысл дополнительною
условия равновесия состоит в том, что усилие, передававшееся черс
область, занятую теперь трещиной Р', уравновешивается допол
нательным усилием от концентрации напряжений Р"
Р'=Р". (9.10)
Пусть бесконечная пластинка с трещиной растягивается равно
мерно распределенным напряжением о в направлении, перпендику
лярном к линии трещины (рис. 9.12). Усилие Р' определяется и»
условия
FTP
В данном случае, ввиду единичной толщины пластины, усилие,
не передающееся через линию трещины Р'=а1, а дополнительное
усилие, возникающее у концов трещины в результате концентрации
напряжений, равно:
Р" = 2 J oQ'dr.
о
Определим размер а. Из условия (а) = <твом, согласно выраже-
нию (9.3), следует:
/--- Я]
Ki=V2п • а ’ <тном, тогда а=—-.
204
Запишем условие равновесия:
о1-2
11осле подстановки а перепишем условие (а)
, 2К?
0'1---2 -
^ном
(а)
Рис. 9.12
0.
В критический момент К1р=К1с, поэтому
критическое напряжение определяется из условия:
Рассмотренная задача является задачей Гриффитса и получен-
ный результат совпадает с результатом его решения с точностью до
постоянного множителя
О’л> = Л^/5/тг/.
9.4.2. Определение характеристики прочности материала
с трещиной — предельного коэффициента
интенсивности напряжения
Рассмотрим методы определения характеристики прочности ма-
териала с трещиной — предельного коэффициента интенсивности
напряжений который называют иногда характеристикой вяз-
кости материала. В настоящее время К1с определяется в соответст-
нии с методическими указаниями РД-50-260-81, РД-50-344-82 и РД-
50-345-82.
Общие сведения. В отличие от других видов механических
испытаний испытания на вязкость разрушения при плоской дефор-
мации должны проводиться с анализом полноценности данного
испытания.
Суть испытаний. Испытание предполагает нагружение изги-
бающими или растягивающими усилиями образца, в котором от
надреза, нанесенного способами механической обработки, уже соз-
дана усталостная трещина. При испытании автоматически регист-
рируют изменение раскрытия трещины (смещения) в зависимости
от нагрузки в процессе активного ее повышения. Рост трещины на
такой диаграмме отражается в виде прироста раскрытия, опережа-
ющего повышение (иногда снижение) нагрузки.
205
Задача испытания сводится к определению нагрузки, при кото
рой достигается заданная величина прироста трещины. Это осущг
ствляется путем измерения нагрузки на диаграмме «нагрузка
смещение» при заданном отклонении смещения от линейного
участка кривой. Вязкость разрушения при плоской деформации
тогда можно вычислить по формулам, предварительно выведенным
из анализа напряжений для образца данного типа, приведенным
вРД. \
Образцы. Выбор размеров образцов. Форма и размеры
образцов должны соответствовать определенным требованиям [5]
В процессе разрушения наблюдается именение характера разруше
ния: прямой излом переходит в косой и смешанный (прямой под
утлом 90° к оси образца, косой под углом 45°). Это соответствуй
изменению характера напряженного состояния: объемное напря-
женное состояние при прямом изломе переходит в плоское напря-
женное состояние при косом. При этом испытания становятся не-
полноценными. Возможен и другой путь обеспечения полноценности
испытаний по определению К^. Известно, что условия хрупкого
разрушения можно обеспечить несколькими путями, изменяя внеш
ние условия. Один из них состоит в увеличении размеров испыта-
тельных образцов, другой — в снижении температуры. Достовер-
ность полученных результатов по Kic при различных температурах
оценивается по стандартным критериям полноценности диаграмм
«нагрузка — смещение» указанным в [5].
Пропорциональные размеры и допуски для образцов на рас-
тяжение приведены на рис. 9.13. Размеры и допуски даются для
серии образцов на растяжение толщиной от 13 до 100 мм.
Конечная длина усталостной трещины должна удовлетворять
условию 0,45 </<0,55. Усталостную трещину необходимо созда-
вать в образце после полной термической обработки до состояния,
в котором его надлежит испытать.
Рис. 9.13
206
Обработка диаграмм.
Через начало координат прово-
1и г секущую ОРХ с наклоном
пл Х° меньше, чем наклон ка-
. л гельной О А на начальном
участке кривой рис. 9.14. У=5°
। нк для образцов на изгиб, так
и для испытания на растяже-
ние. Допускается незначитель-
н.1Я нелинейность в начале кри-
яой, обусловленная осадкой
призм датчика смещений.
Рх — наинизшая нагрузка п
Рис. 9.14
пересечении секущей с диаграм-
мой «нагрузка — смещение». Определяют силу Р, нужную для под-
i чета предварительного значения К1с. Затем проводят горизонталь-
ную линию, соответствующую 0,8Р и измеряют по горизонтали
отрезок г?1, заключенный между касательной О А и кривой «нагруз-
ка — смещение». Этот отрезок характеризует отклонение от линей-
ности при силе 0,8Р. Диаграмма признается полноценной, если этот
отрезок не превосходит четверти соответствующего отклонения
при Рх. В противном случае нелинейность диаграммы обуслов-
лена не ростом трещины, а ростом пластических деформаций или
погрешностями измерения: при этом испытании не выявляют вели-
чину Kic и постановка эксперимента должна быть пересмотрена.
При условии, что диаграмма полноценна, определяют значение 7vIc.
9.4.3. Определение сопротивления разрушению Aic деталей
с трещинами с учетом влияния циклического повреждения
и низкой температуры
При оценке прочности целых деталей зависимость характери-
стик прочности от температуры и циклического повреждения не
учитывается, так как указанные факторы или вызывают повышение,
и пи не оказывают влияния на сгв и sk. Обратная картина наблюдает-
ся в характере изменения сопротивления разрушению К1с при пони-
жении температуры, а для некоторых сталей (в том числе и для
стали 20Л) и при увеличении циклического повреждения сопротив-
ление разрушению падает.
Предложен способ [4] учета зависимости критического коэф-
фициента интенсивности напряжения Kic от температуры, цикли-
ческого повреждения, размеров детали и других факторов. Этот
способ состоит в определении зависимости от второй крити-
ческой температуры хрупкости детали, которая определяется с уче-
юм влияния указанных факторов по формуле (9.8). На основании
207
обобщения результатов испытаний многих авторов в работе полу
йена зависимость
^1с=А1сехр[-^(Т«2-Тэ),
(9.11)
где /qc — коэффициент интенсивности напряжений при втором
критической температуре хрупкости образцов, определяется по
формуле \
£1с=/£ехр[^(7^-7*). 7 (9.12)
Здесь 7* — температура хрупкого состояния материала; Kic
условный критический коэффициент интенсивности напряжений при
Т= Т*; — коэффициент, определяемый экспериментально в зави
симости от <гт [4]; Тэ — температура, при которой эксплуатируете*
деталь.
Коэффициент находят по следующей методике. На основании
предварительных испытаний определяют 7*, Т°^2 образцов из
вестной формы; К£, Kic при Т = 7^2 образцов определяют по форму
ле (9.11). Далее находят коэффициент рк с использованием К£, Kt,
Т^, который остается неизменным при переходе на образцы дру
гих размеров, находят из зависимости (9.11). Зная Т^р2 для конкрет-
ной детали или образца и имея ftk, определяют для детали при
7^2 этой детали снова по зависимости (9.11). Значение коэффициеп
та интенсивности напряжений для детали при конкретной темпера
туре Тэ определяют по зависимости (9.11).
9.5. ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ НА ПРОЧНОСТЬ ДЕТАЛЕЙ С ТРЕЩИНАМИ
Пример 9.1. Балка прямоугольного сечения с толщиной, равном
1, изгибается моментом М. Трещина находится на растянутой
стороне и перпендикулярна к оси балки. Используем метод сечений
Если трещина целиком находится внутри растянутой зоны (не вы-
ходит на поверхность и не касается нейтральной оси), то допол-
нительное условие равновесия имеет вид (рис. 9.15):
где у2 — расстояния от нейтральной оси соответственно до
верхнего и нижнего концов трещины (рис. 9.15); J — момент инер
ции поперечного сечения балки относительно нейтральной оси.
208
Рис. 9.15
Запишем условие равновесия (9.10) по методу сечении. Допол-
нительное усилие от концентрации
P" = f crB dr. (а)
о
Учитывая, что г <гв, получим
К
(Ге=-~
yjlwr
Из рис. 9.15 следует, что:
Г\^а=у-ух\
г2=Ь=у2-у.
Тогда усилие в верхней части трещины
У1+а
Г KAdy
Fi= -г———- (6)
J v 2я (у-у,)
У1
Усилие в нижней части трещины
14 3375
209
dy=
Уз~Ъ уг-Ь
KAdy
Сила, не передающаяся через трещину, определится из выражг
ния:
Уз
j
Условие (а) иначе может быть записано в виде:
ady —
ae\dy+
J Gfndy=
У1
2Xj I------ 2*1 /-------7 2Kj г.
<У2-У2+-г= \/У2~У2 + Ь=~г y/b.
<2л у/2т1 у/2п
1Z
Определить (а) и (в) можно из условия ав (r=a)=^= = trH0M.
^2тш
f^J2 ,
b=------------
M^y^ln М2у^2п
210
r=^L (7«+^)= (-+-)=
л/2л ф.11 \My} <2л Myi^lTj 2nM \У1 У*}
f^J
nM
I -Л^ л j *>
P' = adF= — у ldy=— (У1-У2);
У1 Уз
M
м
dF=ldy; -(y2i-yl)
= K\J(y2+yi)
~M yt y2 ’
M2 2^j M Kls/2
•Z2 ^УгУг^У^-Ут) J ^ny1y2(yi-y2')
K.
M_ Kls/2
J у/пу1у2(У1~У2)
K.=
My/ny1 y2l
Точная формула для расчета момента М имеет вид:
м
8К,С
7 (3yi+y2)V27t/
Если трещина выходит на свободную поверхность, то первое
< иагаемое в правой части условия равновесия выпадает и формула
критической нагрузки имеет вид:
М 2Х]С
J y/n{h-2[){h-l)l
11*
211
Если трещина доходит до нейтральной оси или даже ее пересею
ет, то в правой части условия равновесия выпадает второе сла1 ।
емое и значение критического момента будет:
Причем длина I трещины определяется расстоянием между и
концами, расположенными в растянутой зоне и нейтральным слоем
а тот ее участок, который, возможно, находится в сжатой зоне, но
внимание не принимается.
Точная величина критического момента для этого случая равна
М 8Xi
Отклонения момента, вычисленного по приближенной формул*
от точного значения, составляет 12% в сторону уменьшения.
Таким образом, из приведенного примера видно, что предложен
ный метод может быть применен к расчету прочности тел с разно
образными схемами расположения трещин и действующих натру
зок. Учитывая возрастающую потребность современной техники
в оценке прочности тел с трещинами, следует признать, что слож-
ные методы математической теории трещин должны быть допои
йены пусть менее точными, но зато более простыми, доступными
инженерам приемами, в которых пониженная точность расчел»
окупается очень малой трудоемкостью.
Пример 9.2. Для балки прямоугольного сечения 1 х 12 см опредс
лить [М] для двух случаев: а) в балке нет трещин; б) есть сквозная
трещина 1=2 см, на растянутой стороне а=1 см, если известно,
что возможна работа балки при низкой температуре и хрупкое
разрушение ее: <гв=480,0 МПа, А1с=200 кг/см3'2=60,1 МН/м3/2.
Решение:
ай3
12
1 123
----=144 10 ® м4;
112
W. 1(Гб=24 10-б М3
6 6
В балке нет трещин
Afmax=<?№= 480,0 • 24 10" 6 = 0,115 МН м.
212
В балке есть трещина
М
у/и Уг у2 I
144 ‘ 10-в‘60,1 • 106Л/2
у/'л-'З Л Ю"* 2 1(Г2
= 0,028 МН м.
Наличие трещины снижает величину допустимой нагрузки в
4 раза.
Механика разрушения уже достигла довольно высокого уровня
Развития и позволяет решать задачи расчета на прочность сложных
сталей с трещинами. Рассмотрим пример такого расчета.
В натурных деталях наблюдаются как сквозные, так и поверх-
ностные полуэллиптические трещины с полуосями 13 и с. Так как
1ИПИЧНЫМИ являются поверхностные полуэллиптические трещины,
io в дальнейшем приводится расчет деталей именно с такими
। ретинами. Рассмотрим случай, когда трещина рассекает тело та-
ким образом, что сечение проходит через конец трещины в направ-
лении ее предполагаемого распространения. Мысленно отбросим
одну часть и действие отброшенной части на оставшуюся заменим
суммой напряжений, распределенных по сечению, соответственно
напряженному состоянию детали. Используем условие (9.10) Р'=Р".
11 ричем
(THr7Frp; Р" = * о-0 dF^,
F
хд
(а)
। де Ргр — площадь трещины; Fin — площадь зоны концентрации
напряжений; ав — окружное напряжение в окрестностях трещины;
ггн — номинальное расчетное напряжение в области трещины, опре-
деляемое для бездефектной детали.
Согласно выражению (9.10) определим усилие, не передающееся
через область, занятую трещиной:
Рассматриваемый метод основан на переходе от численного
шачения напряжений в плоскости распространения трещины, заме-
ренных при конкретной нагрузке, к напряжениям при любой нагруз-
ке в предположении справедливости закона Гука. Например, напря-
жение в рассматриваемой детали корпуса автосцепки при произ-
вольной нагрузке Р( определяется по формуле:
213
Р £^4-0,05
°"р — ----- CiO) (l>)
Р 10й 0,05
где £у — эксцентриситет приложения силы Р; а1>0 — напряжена
в детали при Р—1 МН и £?=0. о-10 задается в табличной форме.
При определении усилия Р' учитывают лишь напряжения <т„
направленные перпендикулярно к плоскости распространения трс
шины. Расположение трещин по поперечным сечениям натурных
деталей имеет случайный характер. Распределение напряжений в зо
нах трещинообразования весьма неравномерно и имеет большой
градиент напряжений. Необходимо точно фиксировать положении
трещин и точно выявлять напряжения в плоскости распространении
трещины. При определении коэффициента интенсивности напряжг
ний методом сечений используются непосредственно числовые зна
чения напряжений, определяемые методами фотоупругости, тен
зометрии или МКЭ.
Выражение для Р' преобразуем, подставляя в него зависимое! I
(б). Тогда
р */2 Л/2
Р'= J — [ | anijdxdy.
F -к/2 —Л/2
тр
кр. Л/2
Интеграл j* J onijdxdy вычисляем численным методом с ис-
-к/2 -h/2
пользованием формулы Симпсона с разным шагом по осям (рис
9.16).
Обозначим через Рэх результат численного интегрирования поля
экспериментальных напряжений, полученный с использованием
формулы Симпсона:
Л/2 Л/2
Гэт « J f(x, y)dxdy=[1 б/о.о +
-Л/2 -Л/2
+ 4 (/1,о+/о,1 +/-1,о+/о,-1)+/1,1 +/1,-1 +/'-1,1 +/-1.-1],
где РЭ1 — результат численного интегрирования правой части;
к и h — пределы интегрирования по осям х и у соответственно,
fik — напряжения в узловых точках разбиения.
214
Не передающуюся по площа-
III трещины нагрузку определим
и предположении, что напряжения
и точках, расположенных в об-
Шеги трещины fk, определяются
ио формуле (б), а вне области тре-
щины равны нулю.
Возможно несколько вариан-
|он разбиения трещины при вы-
полнении численного интегриро-
вания. Сравнение степени расхож-
дения значений в зависимости
о| шага разбиения показало, что
Рис. 9.16
Гэк от порядка разбиения при
тсленном интегрировании зависит незначительно.
Необходимое в дальнейших числовых расчетах выражение для
/’ в данном случае
Р‘ =
Ррм £>>+0,05
сгн dF =----------F-^—F.
н 10е 0,05
(в)
Напряженное состояние конкретной детали характеризуется па-
раметром F*, найденным численным интегрированием поля напря-
• сний именно этой детали по площади, занятой трещиной.
Определение усилия, возникающего от концентрации напряжении
вершине трещины Р". Площадь концентрации напряжений соответ-
ивует полуэллиптическому кольцу шириной а (рис. 9.17). На ос-
новании анализа напряженного состояния в зоне трещины метода-
ми теории упругости получено выражение для окружного напряже-
ния в зоне трещины (9.3)
о о—К]]\^2,711“ 1,
где Г! и в — полярные координа-
ты в плоскости трещины с полю-
сом в центре эллипса (угол 0 от-
считывают от направления рас-
пространения трещины); г\ —
расстояние, характеризующее зо-
ну концентрации напряжений по
фронту трещины.
Согласно выражениям (а)
и (9.3) усилие, обусловленное кон-
центрацией напряжений в верши-
не трещины,
215
где F^ — площадь зоны вершины трещины, в пределах котором
наблюдается концентрация напряжений <те; dF — элементарная пл<>
щадь, соответствующая углу d(p.
Для того чтобы перейти от интегрирования по площади FX11
интегрированию по переменным (р и г, выразим dF через перемен
ные ср и г. В соответствии с рис. 9.17
dF= rdcpdr,
yjj& г — расстояние от центра полуэллиптической трещины до про
извольной точки, расположенной в окрестности трещины, в которой
наблюдается концентрация напряжений.
Очевидно,
r\=r-r^.
Выразим переменные х и у через полярную координату <р и ради
ус полуэллиптической трещины гм:
x=r3JIcos ф;
у=sin ф.
Используем уравнение эллипса
где 1Э и с — полуоси полуэллиптической трещины.
Подставляя выражения х и у в уравнение эллипса, имеем:
откуда
r^eos;2*? r^sin2<p
4* с2
4с
Гдл------------------------
у/с2 cos2 (р + /2 sin2 (р
Принимая во внимание, что при гг=а, о,0=о-ном из выражения
(9.3) имеем:
216
2тая
Подставляя последнее выражение в преобразованную зависи-
мость (г), имеем
I 2Kl Kfr
2лл0д _2па^ 6
P"=2Kj
+F(a, tp)
2К$
яо"н
й+г(“’
। де F' (а, ф) — результат интегрирования выражения (г) с исполь-
юванием таблиц Лежандра по полуэллиптическому кольцу.
Тогда из условий Р" = Р' при использовании выражений (в) и (г)
получаем
7lffH
^+F'(a, <?))=£».
После преобразования имеем
К$+ 12o£F'(a, <р)^12-б7го-3р* = 0. (д)
Из выражения (д) получаем
Aip = o-H / /36[F'(a, <р)]2+6 —-6F(a, <?)>
\ N
(9.13)
। де <7Н — среднее напряжение по фронту трещины определяется
по табл. 9.1.
Выражение (9.13) справедливо для любых деталей с поверхност-
ными полуэллиптическими трещинами при упругом характере де-
формирования, справедливом для хрупких разрушений. Для
пользования этим выражением неообходимо наличие конкретных
числовых значений поля напряжений в плоскости распространения
|рещины (табл. 9.1). Так как полученная зависимость (9.13) исполь-
»уется непосредственно при прогнозировании надежности, в частно-
(ги при расчете вероятности хрупкого и квазихрупкого разрушения,
/I также в расчетах живучести, необходимо на полученное решение
наложить все поправки, предлагаемые в механике разрушения [1].
)ги поправки обусловлены наличием свободной поверхности, нор-
мальной к трещине; свободной поверхности со стороны, проти-
217
воположной трещине; некоторыми геометрическими особенностями
полуэллиптических трещин; пластической деформацией около гра
ницы трещины.
Таблица 9.1. Значения напряжений ах (МПа) в зоне образования трещин
Коор-
Кординаты х, мм
динаты у.м 3 16 31 48 62 82 86 105 115 126 134 140 164 тп
210 205 166 120 133 170 190 220 220 200 150 150 НО 95
1 205 195 145 115 115 165 180 195 190 200 140 140 105 90
2 200 170 135 НО 100 155 175 195 185 205 135 135 102 89
3 195 160 120 110 1С0 160 170 195 180 190 130 130 100 86
4 190 190 150 105 95 165 155 198 175 180 125 125 95 85
5 195 140 100 105 70 165 150 190 170 180 120 115 91 80
6 185 125 95 95 55 150 140 186 165 175 НО НО 95 80
7 180 120 75 95 45 130 130 184 160 170 100 110 96 79
8 180 105 65 75 30 НО 120 180 150 160 95 110 97 71
9 180 195 60 60 60 35 80 105 170 145 150 90 108 65
10 190 185 55 55 35 65 90 150 140 145 95 105 НО 60
12 185 185 40 40 30 80 85 120 135 130 85 95 95 55
14 170 180 40 35 25 100 85 100 130 90 70 85 80 53
16 180 85 40 20 20 85 70 80 80 80 65 70 75 56
18 95 60 -5 -15 -20 -35 -15 30 30 30 20 65 65 60
20 80 55 -30 -40 -60 -80 -45 -50 -40 -50 -20 40 60 70
Примечание, у — расстояние от верхней поверхности до рассматриваемой точки; х
расстояние от крайней левой точки зоны перехода (со стороны малого зуба) до рассматриваемое
точки.
Первая и третья поправки увеличивают Kl на 20%, т. е. бс»
поправки К1=о12т1Г\, с поправкой Kf =Л2.а12пгъ следовательно,
о 7-------
х/2,4яг]
Вторую поправку на пластическую деформацию около границы
трещины учитывают при увеличении малой полуоси эллипса с на
Ас=/С12/4</^-
При распространении трещины Kt = Kic, что соответствует уело
виям хрупкого разрушения. Если принять трехкратное увеличение
сгт, то изменение пластической деформации при Klc=62 MH/m1/j
и <гт = 810 МПа для стали 20Л составит Ас =1,44 мм. Можно при
нять, что вторая поправка незначительна и на результаты pacaeii
практически не влияет.
Выведем формулу разрушающего усилия Р^3 для случая хруп
кого разрушения детали с поверхностной полуэллиптической трс
щиной.
218
Разрушающее усилие может быть определено из зависимости
(9.13) при условии, что Klp=Kic:
|де
Kt + 12K?F'(a, <р)
Рраз=Ю6
2 К2
П ^Н^*ЭК
(9-14)
Сг =
6nalFx
В зависимости (9.14) для рассматриваемой детали Д умножают
/ 5 10* V / 5 10* \4
на множитель I-----I , a Q на множитель -------I .
у0,05+ZyJ \ 9,05 ~^EyJ
При выполнении расчетов по формуле (9.14) следует иметь
» виду, что тело с трещиной может находиться как в устойчивом,
। ак и неустойчивом состоянии. Для устойчивого состояния соблю-
дается условие dP^dl>^, т. е. нагрузка является возрастающей
функцией длины трещины. Неустойчивой называется трещина, для
которой справедливо условие dP^ldlcto, т. е. разрушающая нагруз-
ка является убывающей функцией длины трещины. Она самопроиз-
вольно распространяется при соблюдении условия Kip>Kjc. При
ном распространение трещин может происходить при постоянной
нагрузке.
Пример 9.3. Необходимо рассчитать разрушающую нагрузку
при температуре —45 °C для корпуса автосцепки, имеющего срок
службы 20 лет, с трещиной в зоне перехода длиной 70 мм, глубиной
S мм при бу=0,0348 м. Трещина расположена посередине ширины
полки. Сопротивление разрушению деталей с трещинами опреде-
пим согласно выражениям (9.11) и (9.12): Kic — 42,90 106 Н/м3/2
Рраз=1,1 10б
219
Для полуэллиптической трещины с полуосями 35x5 мм щ
таблиц Лежандра имеем F'(a, ср) =1,557 • 10“ 2.
Для определения FJt выполним численное интегрирование поли
напряжений по площади трещины с использованием формулы Сим
пеона. Значение напряжений в различных точках трещины определи
ем заранее в табл. 9.1. (F3X=4,6 xlO4 Н).
Среднее значение номинального напряжения сгн по фронту (rp.i
нице) трещины составляет <тя= 162 106 Н/м2. Тогда
л
5 10*
£у 4" 0,05
2 iz2
|F(a, <р)-^
.(Кэх
2 / 5 10*
3,14 \0,0348 + 0,05
..557 Ю-Л42.90 10V= п
(162,0 106)4,6 10*
± _ 5W* у (42.9ЮУ . ]023
6л \0,0348 + 0,05/ (162,0 • 106)3 4,6 10*
Рраз=106 1,1 VV475 1011 + 7(4,2475 • 1011)2 + 1,11 1023 =
= 0,98-106 Н=0,98 МН.
Следовательно, при средних значениях эксцентриситета и длины
трещины разрушающая нагрузка находится на уровне 1 МН. Если
учесть, что усилия, действующие на автосцепку, достигают 2,5 — I
МН, то опасность разрушения деталей даже с трещинами средне! <
размера велика.
Пример 9.4. Необходимо рассчитать разрушающую нагрузку дл и
корпуса автосцепки при максимальном размере центральной тр
щины, равной 150 мм при глубине 15 мм и максимальном эксцен i
риситете £^,=6,9 см. Остальные условия те же, что и в предыдущем
примере. Значения /э и бу получают из соответствующих статист
ческих распределений. Среднее номинальное напряжение на границе
трещины о-и=128,5 МПа; F'(a, (р) = 0,0551 • 10“2; Гэк=194250 II,
Мс=47,85 • 10б Н/м3'2.
В результате расчета получили
Д=4,ОЗ Ю3 Н2; С1= 1,059 106 Н4.
Разрушающую нагрузку определяли по выражению (9.14)
Рраз —0,65 МН, т. е. возможность разрушения таких деталей во
время эксплуатации высока.
220
Для оценки точности расчетов на прочность деталей с трещина-
ми по методу сечений были проведены испытания на разрушение
рассматриваемых деталей (автосцепок) с трещинами с записью
пыграмм разрушения [2].
После разрушения по изломам уточнялись размеры и место
расположения трещин каждой детали и рассчитывалась для каждой
и । них разрушающая нагрузка Ррвсч.
Расхождение составляет 4-20%. Учитывая, что выполняется рас-
ит не по единственной самой опасной точке, а с использованием
полной картины напряженного состояния, расхождения в 20% сле-
tycr признать приемлемыми для инженерного расчета.
Приведем еще ряд примеров [9] для доказательства достаточно
iii.icoKoro уровня развития механики разрушения.
Пример 9.5. Имеется деталь в виде полосы шириной Z?=200 мм
и голтциной t = 2 мм. В средней части полосы обнаружена сквозная
|рсщина длиной 27=20 мм. Известно, что полоса работает на
I >.i стяжение; материал полосы — алюминиевый сплав Д16 (усло-
жняй предел текучести <го2 = 22О МПа, характеристика трещиностой-
юсти К1с = 30 МПа м1/2). Найдем критическое напряжение <тс, при
►о юром трещина начнет распространяться, приводя к полному
разрушению полосы.
Из справочника [10] находим формулу для коэффициента АГ1р,
। именно:
Klf=cy/nlY(l/b). (9.15)
десь <г — приложенное напряжение; I — полудлина трещины. По-
। кольку ширина полосы в десять раз превышает длину трещины, то
поправочный коэффициент У (//£>) =1. При этом формула (9.15) пе-
реходит в формулу для растянутой плоскости, которая имеет вид
ЛГ1р = о^/7г1. (9.16)
Подставляя это выражение в критериальное условие (9.5), полу-
чаем уравнение
Ocs/tiI—Kic или осЛ/тг10’ 10~3 = 30 МПа м1/2.
(Неюда искомое критическое напряжение оказывается равным
и,= 169 МПа.
Видим, что разрушающее напряжение полосы с такой трещиной
меньше предела текучести. Итак, на поставленный вопрос получен
о гнет.
Поинтересуемся теперь критической длиной трещины в случае,
01 да полоса растянута расчетным напряжением <7 = 0,5 ст0 2=
221
= 110 МПа (т. е. ст = ctOj2/Ao,2 при коэффициенте'запаса по предоп
текучести «о,2=2). Условие разрушения позволяет записать:
0,5CTOi2X/7r4=Kic или 110^/7^4=30 МПам1/2.
Отсюда критическая длина трещины, приводящая к полному
разрушению полосы, равна 24= 56 мм. Она оказалась больше, чем
в первой части примера, поскольку действующее напряжение 11
МПа меньше, чем 169 МПа.
Таким образом, если теперь предположить, что полоса р:к
тянута расчетным напряжением ПО МПа и в этой полосе cci
трещина длиной 20 мм, то коэффициент запаса по разрушающему
напряжению оказывается равным ис=стс/ст= 169/110= 1,5, вмеси,
двух по пределу текучести.
Пример 9.6 [9]. Определить остаточную прочность цилин
дрического сосуда, работающего на внутреннее давление. В степи
сосуда обнаружена сквозная трещина длиной 18 мм. Сосуд имей
средний диаметр Р = 0,92 м, толщина стенки t=9 мм. Предвари
тельно с целью определения характеристики трещиностойкости |н
материала сосуда с пределом текучести стО2=340 МПа проведен ।
испытания на растяжение плоского образца шириной 6=100 мм
с центральной сквозной трещиной длиной 27=30 мм. Разрушают'
напряжение получено стс= 160 МПа.
Сначала по данным испытания образца находим вязкость p i 1
рушения
„ Pc Gctb г-
tvb ty/ь
Здесь Yi = Yj (Zlfb) — корректирующий множитель.
Пока в качестве, первого приближения находим и соответс!
венно без пластической поправки. Отношение 27/6 = 30/100
= 0,33. По ГОСТ 25.506—85 (табл. 1) имеем ^(0,33) = 0,77. Следи
вательно, вязкость разрушения
К1С=стс Vb Yj = 160 /100 • 0,77 = 1232 Н/мм3'2.
Находим диаметр пластической зоны
„ К* 12322
2г =———-------
. ” 7Wq ? л3402
= 4,18 мм.
Теперь находим отношение 27/6 с учетом пластической поправки
222
2/34^2(15 + 2,09)^^
b 100
Uo этому отношению находим уточненный поправочный множи-
IC Jb
У1 (0,34) = 0,785,
и более правильное значение вязкости разрушения станет
Klc=oc4b-^ = 160^/100-0,785 = 1256 Н/мм3/2.
Теперь перейдем к расчету сосуда с помощью силового крите-
рия. Поскольку отношение диаметра сосуда к толщине стенки вели-
н) (около ста), то можно пренебречь кривизной стенки и использо-
мгь формулу (9.3) — для коэффициента ЛГ1р. Тогда из условия
А|р=ЛГ1с найдем остаточную прочность рс, учитывая в выражении
А|р пластическую поправку.
Итак, уточненный диаметр пластической зоны
2г,
К2С _ 12562
3402
=4,34 мм.
Критериальное условие
О’^(7+^)=^
НИИ
<тсХ4(9 + 2,17) = 1256,
<нкуда разрушающее окружное напряжение
(тс=П==212 МПа.
v/^11,17
Остаточная прочность в виде разрушающего внутреннего да-
рения
ffc2/
ре=-у=4,15 МПа,
по составляет 0,625 (212/340) от предельной прочности по преде-
лу текучести.
223
Вопросы для самопроверки
1. Какие задачи решает механика разрушения?
2. При нарушении какого допущения сопротивления материалов расчет на пр
чность может быть сделан только с позиций механики разрушения?
3. Какие три типа деформаций известны для тел с трещинами?
4. Что понимается под коэффициентом интенсивности напряжений К\с?
5. Запишите основное условие прочности для тел с трещинами.
6. Как определяется левая часть основного условия прочности для тел с трещи
нами?
7. Как определяется состояние материала (хрупкое, квазихрупкое) в момгш
разрушения?
8. Что понимается под критическими температурами хрупкости?
9. Как определяется предельное значение коэффициента интенсивности напрях
ния (левая часть условия прочности) для конкретных деталей?
10. Почему коэффициент интенсивности напряжений имеет размерность Н/м
Глава 10
РАСЧЕТЫ НА ЖЕСТКОСТЬ. ЭНЕРГЕТИЧЕСКИЙ МЕТОД
ОПРЕДЕЛЕНИЯ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ
10.1. ОСНОВНЫЕ понятия
Одной из задач сопротивления материалов является оценка же-
сткости конструкции, т. е. степени искажения ее формы под дейст-
нием нагрузки. Если балка под нагрузкой сильно прогнется, то
при ее эксплуатации появятся затруднения. Например, в металлоре-
жущих станках значительные упругие перемещения снижают точ-
ность обработки и качество поверхности детали. В отсчетных меха-
низмах упругие перемещения снижают точность измерений. Кроме
। ого, конструктор должен обеспечить минимальный прогиб сечения
n:uia под зубчатым колесом, чтобы избежать преждевременного
выхода из строя зубчатой передачи.
Расчет на жесткость элемента конструкции, имеющего форму
пруса, заключается в определении наибольших угловых и линейных
упругих перемещений его поперечных сечений при заданной нагруз-
ке и сопоставлении их с допускаемыми, зависящими от назначения
и условий эксплуатации данного элемента. Иными словами условие
жесткости можно выразить неравенством:
5<[<5], 0<[0],
где <5 и 6 — линейное и угловое перемещение рассматриваемого
сечения, возникающие под нагрузкой, а [<5] и [0] — допускаемые
шачения перемещений, назначаемые конструктором. Существует
несколько способов определения перемещений поперечных сечений.
I ак как общий метод определения перемещений в упругих системах
основан на энергетических принципах, то перед его изложением
остановимся на изучении энергетических свойств упругих систем.
10.2. РАБОТА ВНЕШНИХ СИЛ. РАБОТА ВНУТРЕННИХ СИЛ
(ПОТЕНЦИАЛЬНАЯ ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ)
Приложение нагрузки к какой-либо конструкции вызывает ее
деформацию. Если нагрузка возрастает медленно, можно пренеб-
речь силами инерции и такое постепенное приложение нагрузки
называется статическим.
15 3375
225
Под термином сила будем понимать любое воздействие, прило
женное к упругой системе, т. е. не только сосредоточенную силу, и<>
и момент, равномерно распределенную нагрузку и др.
Работа внешних сил
1
А=- Р А,
2
где Р — сила, А — перемещение.
Работа внутренних сил (потенциальная энергия деформации)
Элементарная работа внутренних сил, например, от продольной
силы N'.
dUN=--Nkdz,
2
Ndz
где t±dz=--, поэтому
EF
1 __ Ndz 1 N2 dz
dUN=- N'--=-----,
2 EF 2 EF
По аналогии от изгибающего момента:
1 М mrdz
“—
ш 2 EJX
Тогда элементарная работа внутренних сил с учетом всех силовых
факторов:
1 Ndz 1 Mxdz 1
dU=- N- —+- Mx —+-
2 EF 2 2
Mmdz
GJP
1 Mydz 1 Qydz 1 Qxdz
+-------------1— nQy-----b rjQx
2 У EJV 2 У GF 2 GF
Интегрируя выражение dU в пределах каждого участка и произ
водя суммирование по всем участкам, получаем выражение работы
внутренних сил:
226
1нак i указывает на суммирование по всем элементам упругой
• истемы; коэффициент т] характеризует неравномерность распреде-
и'ния по площади поперечного сечения касательных напряжений,
вызванных поперечной силой Q.
10.3. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ МЕТОДОМ МОРА
В основе определения перемещений методом Мора лежит закон
охранения энергии и принцип возможных перемещений.
Обобщенные силы и обобщенные перемещения (рис. 10.1). Обозна-
чения: Р — обобщенная сила; Др — обобщенное перемещение
Др—Дрр 4- ДрМ+Др9.
Если от силы, равной единичное
перемещение 3, то от силы Р—Д,
шгда:
Рис. 10.1
Д = Р <5.
Обозначение перемещений: первый индекс — место, второй —
причина. Например Д^ — перемещение точки приложения силы Ра
о г силы Рь (рис. 10.2).
Действительная и возможная работа. Действительная работа —
)го работа на своем перемещении.
Возможная работа — это работа на чужом перемещении.
В случае, приведенном на рис. 10.3, действительная работа:
А д—- Р' Дрр
2
возможная работа:
или
А-вазм _ Л/ &МР'
2
Принцип возмож-
ных перемещений. Ес-
1и система находится
в равновесии, то сум-
ма работ внешних и
внутренних сил на
is*
или Лд=- М- Ддгм;
2
227
возможных бесконечно малых гц
ремещениях равна 0:
ЕДД.+ЕГЛ—0. (10 I.
Возможная работа для схемы
рис. 10.3:
Aprn
Рис. 10.3
внешних сил:
Pbdz
Aab~Pa ^ab Ра ~~ »
EF
внутренних сил:
i i
р Mbdz р Qbdz
=^-
О О
Принцип возможных перемещений (влиянием Q пренебрегаем)
• Mbdz
О
Определение перемещений по методу Мора. Пусть требуется опрс
делить перемещение по направлению силы 1 1—Д1Р = ? (рис. 10.4)
Возможная работа внешних сил для вспомогательного состояния
(рис. 10,4, б)
Л = 1Л1Р.
Возможная работа внутренних сил для вспомогательного состо
яния (рис. 10.4, б) возникает только продольная сила N и изгиба
ющий момент Л/изг. Ввиду малости влиянием Q пренебрегаем. Здесь
для плоского напряженного состояния
возможная работа внутренних сил
/ 1 а) /Ъ я s mm
с Npdz _. лг,—+У EF с ’ , , Mrdz Мх ’ EJX 0 1 -J
Исходя из принципа возможных пе- ремещений 1 Рис. 10.4
228
f Npdz f Mpdz
1'А.,=ф-Аф<
J J
0 0
(10-2)
Но это и есть формула для определения перемещений по методу
Мора.
В случае наличия всех шести внутренних силовых факторов
формула для определения перемещений имеет вид:
i
/
i
Alp—
Npdz
EF
Mxpdz Г
Mxl-^- + My
EJX }
Mypdz ।
EJy J
0
_ _ Mf^pdz
Mxpi
GJP
+ yQxi
Qxpdz J
Tf +J
0
Q pdz
GF
(103)
о
о
о
о
10.4. ПРАВИЛО ВЕРЕЩАГИНА
Вычисление интегралов Мора существенно упрощается, если их
находить графоаналитически по правилу А. Н. Верещагина. При
начислении вместо аналитических выражений функций МхР и М} ис-
пользуются их эпюры. Каждый из интегралов, входящих в формулу
(10.3), можно представить в виде
MxPMidz= fi (z)f2 (z)dz.
(10-4)
Предположим, что на участке длиной I функция f (z) изменяется
по линейному закону, a f2(z)— по произвольному. Графики этих
функций представлены на рис. 10.5.
Используя аналитическую запись линейного закона f (z) — kz+b,
ныражение (10.4) представим в виде:
/1 (21Л (z)dz=j (kz+b)f2 (z)dz=k zf2 (z)dz+b j f2 (z)dz. (10.5)
/ / / /
229
Рис. 10.5
Произведение f2 (z)dz — d£l предел ан
ляет собой площадь элементарной криво
линейной трапеции, заштрихованной ин
рис. 10.5. Значит, первый интеграл в пра
вой части равенства выражает собой пл<>
щадь эпюры MxP=Qb, а второй интс:
рал — статический момент этой же пли
щади относительно оси у и поэтому ранги
произведению площади П на координап
ее центра тяжести zc.
Таким образом,
J МхРМхХ dz — Q. (kzc+b) =
где kzc+b — ордината yc эпюры Mxi под центром тяжесш
площади П.
Теперь формула интеграла Мора (10.3) может быть записана
в виде:
£ Пус.
^Х
(10.6)
Перемещение 6 в пределах рассматриваемого участка положи
тельно, если площадь Л и соответствующая ордината ус расположе-
ны по одну сторону от оси данного участка, и отрицательно, если
они расположены по разные стороны.
Важно отметить, что ордината ус должна быть взята обязатель
но из прямолинейной эпюры. По правилу Верещагина нельзя опре-
делить перемещение, если обе эпюры МхР и Mi криволинейные или
жесткость стержня на рассматриваемом участке переменна. Пр»
сложном очертании эпюры МхР или М} их делят на простые эпюры,
площади и положение центра тяжести которых известны.
Ниже в табл. 10.1 приведены величины площадей и координаты
центров тяжести простейших фигур.
Таким образом, при определении перемещений с использован»
ем правила Верещагина, соблюдают следующую последователь
ность:
1) строят эпюры внутренних силовых факторов от задании»
нагрузки (такие эпюры принято называть грузовыми);
2) сняв заданную нагрузку, прикладывают единичную силу (или
единичный момент) в сечении, перемещение которого определяется,
и строят от нее эпюры внутренних силовых факторов (такие эпюры
принято называть единичными);
3) перемножают эпюры — вычисляют интеграл Мора.
230
Таблица 10.1
Нагружение Вид эпюры изгибаю- щего момента Координата центра тяжести zm Величина площади Q
₽| тР еугольник а цт,ТГГ]> / L 1 zin=^(Z+a) 1 Й=-/й 2
J 1 Треугольник ^цт h 1 гдт = ~^ 1 П=-7Л 2
Ра I Пря моугольни 11 ц.т' к h 1 гцт==2^ Й=7Л
|_ rnnfnnq << Парабола (квадрач с вершиной в точ) _ А д,—ч-хХГПУи гная) се А Т, h 1 2цт=31 4 1 Q=~lh 3
Int/tHftn | 7/. Парабо /цт па (квадрач гная) Q 1 2цт=~ 2 Й=-7Л 3 ьЯ 8
о A Парабола (кубичес с вершиной в тою _ А I жая) се А ?; 1 гцт = 5 1 П=-7А 4
231
10.5. ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ (ВКЛЮЧАЯ ЗАДАЧУ
ИЗ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ ЗАОЧНИКОВ)
Пример 10.1. Для балки, защемленной одним концом и нагру
женной на свободном конце силой Р, определить прогиб свободно! о
конца (рис. 10.6) и сечения К (рис. 10.7).
Решение. Определим прогиб свободного конца.
1. Строим эпюру изгибающих моментов МР от заданной силы
Р (рис. 10.6, а).
2. Освобождаем балку от силы Р и затем по направлению
искомого прогиба на свободном конце прикладываем единичную
силу и строим от нее единичную эпюру изгибающих моментоп
(рис. 10.6, б).
3. Вычисляем прогиб свободного конца по формуле (10.6). Дли
этого перемножаем по способу Верещагина эпюру МР и Мj:
3——
EJ,
11 Pl] 2 I
2
Pl3
ЗЕЛ
2
3
а) так как обе эпюры линейны, безразлично, на какой из них
брать площадь и на какой ординату;
б) обе эпюры лежат по одну сторону от оси, поэтому их пере-
множение дает плюс.
Вопрос. Можно ли в данном случае при вычислении уР взять
площадь с эпюры Мх, а ординату с эпюры МР? Ответ-. Да.
Определим прогиб сечения К. Эпюра изгибающего момента ос
силы Р (рис. 10.7, а) останется та же самая и будет линейна на всем
протяжении балки, а эпюра от единичной силы, приложенной в сече-
нии К (рис. 10.7, б) — ломаная (нелинейная), поэтому, применяя
правило Верещагина, берем площадь нелинейной эпюры Мх, а ор
динату на линейной эпюре МР
232
I I I
F J
2 2 2
-Pl
6
5P13
48EJX'
Вопрос. Можно ли взять площадь с эпюры МР1 Ответ'. Да.
Вопрос. Площади какой фигуры она будет равна? Ответ'. Пло-
щади трапеции admc.
В зависимости от разбивки бруса на участки одна и та же эпюра
Ьудет либо линейной, либо нелинейной. Если рассматривать эпюру
Л/р по всей длине балки — эпюра нелинейная. А если разбить балку
па два участка: Z и II, то в пределах каждого из них обе эпюры
линейны и безразлично, где брать площадь, а где ординату.
Пример 10.2. Определить угол поворота точки С балки, защем-
ленной левым концом и нагруженной равномерно распределенной
нагрузкой q (рис. 10.8).
Решение.
1. Строим эпюру изгибающих моментов МР (рис. 10.8, а) от
заданной распредленной нагрузки q.
2. Освобождаем балку от распределенной нагрузки q и затем по
направлению искомого угла поворота сечения С прикладываем
единичный момент и строим от него эпюру единичных моментов
Л/j (рис. 10.8, б).
Определяем угол поворота сечения С, перемножая эпюры
Л1Р и Эпюра МР сравнительно сложна, во всяком случае,
непосредственное определение площади и координат центра тяже-
сти без вспомогательных расчетов невозможно. Для того, чтобы их
избежать, производим разбивку эпюры МР на такие части, для
которых имеются готовые формулы площадей и координат центров
тяжести. На эпюре (рис. 10.8, а) показана рекомендуемая разбивка
на отдельные части: прямоугольник, треугольник и параболический
сегмент (горбушку). Площади и расположение центров тяжести
зтих фигур приведены в табл. 10.1, поэтому дальнейшее решение
задачи не представляет затруднения:
Вопрос. Можно ли взять ординату
с эпюры МР, а площадь с эпюры МХ1
233
Ответ. Нельзя, потому что эпюра МР не линейная (имеет ин»
кривой трапеции).
Во многих случаях оказывается удобным строить грузовую это
ру в так называемом расслоенном виде: строят ряд самостоятел!.
ных эпюр от каждой нагрузки. Сущность расслоения эпюр покажем
на конкретном примере.
Пример 10.3. Для заданной балки со сплошной равномерно
распределенной нагрузкой интенсивностью q определить прогиб
в сечении С.
Решение.
1. Если при построении эпюр изгибающих моментов в консоль
ных балках определение реакций было необязательно, то для двух
опорных балок невозможно построить эпюры, не определив пред
варительно реакции. Определяем реакции опор (рис. 10.9, а).
3 9
Ra—~ ql\ Rb=- ql-
4 4
2. Сняв заданную нагрузку, прикладываем в сечении С единим
ную сосредоточенную силу и от этой единичной силы определяем
реакции опор
Рис. 10.9
2 2
и строим эпюру М\ (рис
10.9, б).
Единичная эпюра имес!
излом в точке В. Поэтому
расслоение грузовой эпюры
удобно провести по отношс
нию к сечению В, подходя
к нему с двух сторон (рис
10.9, в). Слева отдельно
строим эпюры от реакции
Ra, распределенной нагрузки
q, справа — от распределен-
ной нагрузки q; MPi — от RA,
МРв — от q слева, МРт — от
q справа.
3. Определяем прогиб
в сечении С
„ 1 Г Л 3 ,Л2
<5С=— — (- 21- ql2 I- 1+
EJX L \2 2/3
234
+(’ 2l-2qA3-l+1l^yi
\3 /4 \3 2 / 4
8EJX*
Можно рекомендовать еще один прием перемножения эпюр.
Умножать эпюры, имеющие вид трапеций, перекрученных трапеций
или когда одна из эпюр очерчена по квадратной параболе (рис.
10.10), можно по готовым формулам. При этом нет надобности
находить положение центра тяжести площади одной из них (рис.
10.10)
<5=— j McMpdz
о
— [A(2a+b)+B(2b+a)+2f(a+b)] (10.7)
bEJx
формула Мюллера — Бреслау, где f=—.
8
Если перемножаются две прямолинейные эпюры (две трапеции),
io в (10.7) сохраняются только два слагаемых:
<5=—
£7Х
1(2Аа+2ВЬ+АЬ+Ва)
(10.7а)
Примечание. Формула (10.7) применима и тогда, когда одна или
обе перемножаемые эпюры имеют вид треугольника. В этих случаях
1 реугольник рассматривается как трапеция с одной крайней ордина-
юй, равной нулю.
Пример 10.4. Определить угол поворота сечения К балки (рис.
10.11).
Решение.
1-й способ. Считаем по формуле (10.7). Как и в предыдущих
ыдачах строим эпюру МР и М\, прикладывая в точке К единичный
момент. Эпюра МР состоит из треугольника с высотой — I участок
235
ql2 11
I: Л = 0; B=~-, a = l; b=-
4
„9 „ /
той — qr I участок II: A —
ся формулой (10.7, a)
i и параболического треугольника с вью
g/2 1 qi2\
—; В—О', а—-, 6 = 0; с—— ). Воспользусл
4 2 8 J
Рис. 10.11
е^-1-
6EJ,
0 (21+-)+— (2 - + 1 } |
V 2/ 4 \ 2 /
2-+0)+
2.^
48 EJX
2-й способ. Разбиваем эпюру МР пл
простые фигуры.
1
4
2 \ 12
2.23
48 EJX
Ответы совпали.
Пример 10.5 (задача № 11 из контрольных работ заочников).
Определить прогиб свободного конца балки переменного сечения
(рис. 10.12, а).
Решение. Решаем энергетичес-
ким методом по способу Вереща-
гина:
1. Строим эпюру изгибающих мо-
ментов МР от заданных сил (рис.
10.12, б).
2. В точке А, где определяется
прогиб, прикладываем единичную си-
лу (рис. 10.12, в) и строим от нее
эпюру изгибающих моментов Мг
(рис. 10.12, г).
3. Вычисляем прогиб свободного
конца балки по способу Верещагина
(2) с использованием формулы пере-
множения двух трапеций (10.7а)
Рис. 10.12
236
1
Z< =
EJX
— (2 • 0,5P l Г Z+ 0,5P I 0,5 • Z)
6
— 1-[2 Ъ,5Р Г\ 21- +2 0,5P*Z rZ+0,5P Z l'Z4-
2EJX 6
pp
+ 0,5PZ'1 *2Z]= — 0,854 —.
EJX
Вопросы для самопроверки
1. Как выражается работа внешних статически приложенных сил через величины
(тих сил и соответствующих перемещений?
2. Как выражается работа внешних статически приложенных сил через внутрен-
ние усилия, возникающие в поперечных сечениях стержней системы?
3. Что называется действительным (или грузовым) и единичным (или фиктив-
ным) состоянием?
4. Как производится перемножение эпюр по правилу Верещагина?
5. Что означает отрицательный знак, получаемый в конечном результате при
определении перемещений по интегралу перемещений или при применении правила
Верещагина?
Глава 11
РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ СИСТЕМ
МЕТОДОМ СИЛ
11.1. СТАТИЧЕСКАЯ НЕОПРЕДЕЛИМОСТЬ
В этой главе рассмотрены плоские задачи расчета стержневых
систем. Плоской называется такая система, у которой центры тяже-
сти всех поперечных сечений стержней расположены в одной плос-
кости, проходящей через одну из главных центральных осей инер-
ции каждого сечения. Задача расчета системы является плоской,
если все нагрузки действуют в этой же плоскости [2 гл. 12]. Непо-
движность конструкции под действием нагрузок обеспечивается
наличием опор, соединяющих ее с основанием. В опорах возникаю!
реакции, которые вместе с заданными нагрузками представляют
уравновешенную систему внешних сил, действующих на конструк-
цию.
Для обеспечения кинематической неизменяемости на плоскую
систему, будь то балка или плоская рама (плоский ломаный брус),
надо наложить три связи (т. е. лишить систему трех степеней
свободы). Используя три независимых уравнения статики, можно
определить три реакции и построить эпюры внутренних усилий.
Это — статически определимые системы (рис. 11.1, а, б, в).
Статически определимая система не имеет ни одной лишней
связи, удаление из нее хотя бы одной связи превращает ее в меха-
238
Рис. 11.2
низм. На рис. 11.1, а, б, в, г, д показаны статически определимые
балки и рамы. На каждую конструкцию наложено три реакции
связи, не пересекающиеся в одной точке.
Рама, изображенная на рис. 11.1, е, является кинематически
мгновенно изменяемой, так как все реакции пересекаются в одной
точке Р и нет препятствия повороту рамы вокруг этой точки.
Различают три типа опор:
1) заделка (защемление) (рис. 11.1, а) накладывает на систему
три связи. Реакции: RA, RA, тА;
2) шарнирно-неподвижная опора А (рис. 11.1, 5): два ее стержня
обеспечивают две связи. Реакции: RA, R^A,
3) шарнирно-подвижная опора В (рис. 11.1, б): один стержень —
одна связь. Реакция RB [2, гл. 7].
Рассмотрим балки и рамы, изображенные на рис. 11.2. На каж-
дую систему наложены 4 связи (действуют 4 реакции). Три связи
необходимы для кинематической неизменяемости. Одна связь «ли-
шняя». Четыре реакции из
нельзя. Поэтому система
статически неопределима.
Не хватает одного уравнения
(лишняя одна связь) — си-
стема один раз статически
неопределима. Рамы и бал-
ки, представленные на рис.
11.2, один раз статически не-
определимы.
Степень статической не-
определимости равна числу
лишних связей, удаление ко-
торых превращает статичес-
•-х уравнении статики определить
239
ки неопределимую систему в кинематически неизменяемую стати-
чески определимую. На рис. 11.3 показаны 3 раза статически неоп-
ределимые системы (6 связей минус 3 связи, необходимые для
кинематической неизменяемости в результате системы будут 3 раза
статически неопределимы).
На рис. 11.4, а изображена рама, которая, если судить по опо-
рам, является статически определимой. Однако, определив реакции,
мы не сможем построить эпюры внутренних усилий, так как рама
представляет собой замкнутый контур.
Замкнутый контур — система, состоящая из ряда элементов,
жестко связанных между собой и образующих замкнутую цепь.
Если разрезать (рис. 11.4, б) контур, то рама станет статически
определимой. Разрезав контур, мы сняли с него три связи, разрешив
взаимные перемещения смежных сечений А и Аг
1) по горизонтали;
2) по вертикали;
3) угловое (т. е. взаимный поворот сечений).
Таким образом, любой замкнутый контур 3 раза статически
неопределим. Реакциями отброшенных связей являются:
1) продольная сила N;
2) поперечная сила Q;
3) изгибающий момент М (рис. 11.4, в).
Можно сказать, что замкнутый контур статически неопределим
внутренним образом, в то время, как опоры (реакции) говоря!
о внешней статической неопределимости (если она есть). Рама, изоб-
240
раженная на рис. 11.4, г внешним образом — статически определи-
ма, внутренним — 3 раза статически неопределима (один замкну-
1ЫЙ контур).
Раму, представленную на рис. 11.4, д можно рассматривать как
один замкнутый контур, но можно — и как 3 раза статически
неопределимую внешним образом (6 реакций).
На рис. 11.5, а показана рама, в конструкции которой имеется
|парнир. В шарнирном сечении возникают только два внутренних
«силия: N и Q, так как шарнир разрешает взаимный поворот
смежных сечений и, следовательно, изгибающий момент М, как
1>сакция, не возникает. Шарнир, соединяющий два стержня (одиноч-
ный) снимает одну связь и снижает степень статической неопредели-
мости на единицу.
Определение степени статической неопределимости
рассмотрим на примерах (рис. 11.5). Рис. 11.5, б: на раму наложены
6 внешних связей (реакций) (6р), 3 из них необходимы для обеспече-
ния кинематической неизменяемости (к.н.)
6р — Зк.н. = 3 связи («лишние»).
Задача 3 раза статически неопределима внешним образом. Име-
ется один замкнутый контур — 3 раза статически неопределим вну-
|ренним образом. Шарнир, соединяющий два стержня, снимает
I степень статической неопределимости. Таким образом:
16 - 3375
241
Условия, обусловливающие связи Количество связей
Внешние реакции 6
Реакции для к.н. -3
Контур (один) 3
Шарнир -1
Рама 5 раз статически неопределима
Рис. 11.5, в:
Условия, обусловливающие связи Количество связей
Внешние реакции 7
Реакции для к.н. -3
Контур (один) 3
Шарнир -1
Рама внешним образом 4 раза статически неопределима
и 2 раза статически неопределима внутренним образом;
рама 6 раз статически неопределима
Рис. 11.5, г:
Условия, обусловливающие связи Количество связей
Внешние реакции 3
Реакции для к.н. -3
Контур (один) 3
Шарнир -1
Рама внешним образом статически определима;
внутренним образом 2 раза статически неопределима;
рама 2 раза статически неопределима
Рис. 11.5, д:
Условия, обусловливающие связи Количество связей
Внешние реакции 5
Реакции для к.н. -3
Контур (один) 3
Шарнир -2
Рама 3 раза статически неопределима
242
11.2. ОДИН РАЗ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ
ПЛОСКИЕ БАЛКИ И РАМЫ
Рассмотрим балку постоянной жесткости £7, изображенную на
1<нс. 11.6, а. Реакции R\, тА, RB из 3-х уравнении статики
определить нельзя. Одна связь — «лишняя». Задача 1 раз статичес-
ки неопределима.
Недостающее уравнение получим из условия совместности де-
формаций. Отбросим опору В, заменим ее действие реакцией RB=X
(рис. 11.6, в). Величина этой реакции должна быть такой, чтобы
1»' ргикальное (направление 1) перемещение сечения В равнялось
пулю:
Aj = O
это и есть условие совместности деформаций.
Балка, показанная на рис. 11.6, б, полученная путем отбрасыва-
ния лишней связи, кинематически неизменяема, статически опреде-
лима и называется основной системой (ОС). Если к ОС приложить
(•се внешние нагрузки (заданную и неизвестную пока реакцию X),
получим эквивалентную систему (ЭС) (рис. 11.6, в). Выбранная
основная система не является единственной. Можно было бы вы-
брать основную систему, показанную на рис. 11.6, н, ей бы соответ-
i повала ЭС, представленная на рис. 11.6, о.
Теперь раскроем условие Д1 = 0. Если бы на балку (раму) дей-
11 вовала только сила Р, то сечение В опустилось бы вниз на А1Р.
Если бы на раму действовала только сила X, сечение В перемести-
нось бы вверх на А1А-
Al =А1Р+Ацг=0,
i дс AJP — перемещение сечения В по направлению «1» (вертикаль-
ное) от силы Р; А1У — перемещение сечения В по направлению «1»
иг неизвестной реакции Х\ А, —полное (суммарное) перемещение
•чения В по направлению «1».
Перемещение А1Р можно найти, используя правило Верещагина:
1) прикладываем к основной системе все внешние нагрузки (у
нас сила Р, рис. 11.6, г);
2) строим эпюру МР (грузовая эпюра, рис. 11.6, е);
3) еще раз рисуем основную систему и прикладываем единич-
ную силу по направлению искомого перемещения (1-е, вертикаль-
ное) в том сечении, перемещение которого хотим определить (сече-
ние В, рис. 11.6, д);
4) строим «единичную» эпюру моментов М{ (рис. 11.6, ж).
Перемножение грузовой и единичной эпюр по правилу Вереща-
। ина (с учетом жесткости системы) и даст перемещение AiP
16*
243
ОС
Рис. 11.6
\Р^—МРМ}.
EJ
Определить А1У не можем, так как сила X неизвестна. Пред-
ставим Д1хкак перемещение от силы, равной единице (<5ц), увеличен-
ное в X раз:
Д1х=Аг 6П,
। де Д1х — перемещение по направлению «1» от силы X; <5П — пере-
мещение по направлению «1» от единичной силы; X — неизвестная
(юакция.
Для определения <5П надо единичную эпюру Мх умножить саму
па себя (см. рис. 11.6, ж). Теперь условие Д] =Д]Х+ Д1Р = 0 становит-
и уравнением с одним неизвестным X:
X' <5„ + Д1р=0. (11.1)
Для рассматриваемой балки:
1 - - 11 2 1 Z3
<5И=— Я,’ЛГ1=-<-77‘- Z=-
EJ EJ 2 3 3 EJ
Д1 Р=— Мр' Mt =
EJ
-(-3Pll-l+-2Pll-l\=
2 3 2 3 у
4 Pl3
3 EJy
1 I3 4 Pl3 Л „
--------^0; X=4P.
3 EJ 3 ET
Мы определили неизвестную реакцию X, т. е. «раскрыли» стати-
ческую неопределимость. Теперь к балке (рис. 11.6, з) прикладываем
нее внешние нагрузки (у нас — сила Р) и (ставшую известной)
реакцию Х=4Р.
Для построения эпюр Q и М рассмотрим:
1-й участок 0^Х!^27:
б= 4- Р—const;
M=-PXl-
Xi = 0; М=0; Xi=2Z; М= -2Р1.
2-й участок 0^x2^Z:
Q—P—4Р= —ЗР=const;
M=-P(2Z+x2)+4Px2;
х2=0; М= -2Р1\ х2=1\ М=+Р1.
245
Строим эпюры (рис. 11.6, и, к). Эпюру М (окончательную
можно получить и сложением грузовой эпюры МР с единичной
М} увеличенной в X раз, т. е. умноженной на 4Р (рис. 11.6, л, м).
Если надо для рассматриваемой балки (рис. 11.6, а, з) опредс
лить вертикальное перемещение сечения В, то в сечении В неоо
ходимо приложить единичную силу (рис. 11.6, д), построить эпюру
Mi (рис. 11.6, ж) и помножить ее на эпюру М по правилу Вереща
гина. Так как сечение В имеет опору, то это перемещение равно
нулю. Правило проверки: при правильно решенной задаче перемни
жение эпюры М на МА должно равняться нулю.
Проверка:
(11.2)
В нашем случае:
1
EJ
1 2 1 11 2 \ РР
— ЗР1-1-1— 2РГ Г-Z+-* 4РГ-г-1\=—
2 3 2 32 3 7 EJ
-1—1+?)=о.
3 з/
Здесь проще было умножать на эпюру Мг не эпюру М, а се
составляющие: эпюры МР и Мх'Х.
Проверка M'Mi = 0 является обязательной, хотя и не всегда
достаточной.
Пример 11.1. Рассмотрим плоскую раму постоянной жесткости
EJ, изображенную на рис. 11.7, а. Четыре реакции (Rл, RA, тА, RJ
из трех уравнений статики определить нельзя. Одна связь — «лиш
няя». Задача один раз статически неопределима.
Недостающее уравнение получим из условия совместности
деформаций. Отбросим опору В, заменим ее действие реакцией
RB~X (рис. 11.7, в). Величина этой реакции должна быть такой,
чтобы вертикальное (направление 1) перемещение сечения В рав-
нялось нулю:
Ai = 0
— это и есть условие совместности деформаций.
Рама, показанная на рис. 11.7, б, полученная путем отбрасыва-
ния лишней связи, кинематически неизменяема, статически опреде-
лима и называется основной системой (ОС). Если к ОС приложить
все внешние нагрузки (заданную и неизвестную пока реакцию X),
получим эквивалентную систему (ЭС) (рис. 11.7, в). Выбранная
основная система не является единственной. Можно было бы вы-
брать основную систему, показанную на рис. 11.7, о. Ей соответ-
ствовала бы эквивалентная система, показанная на рис. 11.7, п.
246
Из условия Д1 = 0, получим (11.1):
%5ц 4- Aip —0.
Для рассматриваемой рамы:
5И= Мх=— (-1 Г21+1 21'1
EJ EJ \2 3
7 /3.
3 е/
1 1 1 Pl3
А, Р=-МР' Й,=-- 2 2Р1 21 I = - 2 -;
III
247
7 Z3 2P13
6
3 EJ EJ
7
Определили неизвестную реакцию X, т. е. «раскрыли» статичен
кую неопределимость. Теперь к раме (см. рис. 11.7, з) прикладываем
все внешние нагрузки (у нас — сила Р) и (ставшую известной)
реакцию X—bflP.
Для построения эпюр рассмотрим:
1 участок ^27:
М=0; 0=0; ДГ=-6Р.
7
2 участок 0<z2^Z:
M=P'z2; z2=0; М=0; z2=l, M=-Pl\
7 7
6
2 =—P=const; N=0.
7
3 участок 0^z3<2Z:
M=-Pl-Pz3‘, z3 = 0; M=6PZ; z3=2Z, M= Pl.
7 7 7
Q = p- N—-P.
7
Строим эпюры (рис. 11.7, и, к, л). Эпюру М (окончательную)
можно получить и сложением грузовой эпюры МР с единичной
Mi, увеличенной в X раз, т. е. умноженной на - Р (рис. 11.7, п, м, н)
7
Проверка (11.2):
ММ^О.
В нашем случае:
1 1 6 , 2 , 1 1 6 ,
— --Р1Г-1+— РР2РI-
EJ 2 7 3 EJ 2 1
1-3Р1211Л'3
EJ 2 7
EJ
= 0.
1
2 6
_ _]------
7 7
8
7
Здесь эпюра M по вертикальному стержню (рис. 11.7, л) пред
6
ставлена двумя прямоугольными треугольниками со сторонами /7
7
248
и Pl. Проверку можно сделать и по-другому, если взять вместо
и поры М (рис. 11.7, л) сумму ее составляющих МР (рис. 11.7, м)
и Л?] X (рис. 11.7, и), тогда:
1 1 6 , 2, 11 ,
---Р11-1----' -2Р12Г1+
EJ 2 7 3 EJ 2
+— -РГ21 1=
EJ 7
= 0.
Все решение задачи представлено на рис. 11.7. По этому плану
•удем решать все задачи.
Пример 11.2. Построить эпюры М, Q, N (рис. 11.8, а). На этом
примере проверьте, как поняли решение один раз статически неоп-
Iнеделимой рамы. Используйте план решения, представленный на
рис. 11.7.
Решение.
Д1Р—
—-т211=
2EJ
ml2
EJ’
_ А 4 Р ml2
y<5n+A1P=0; X----------
3 EJ EJ
3 т
4 I
Раскрыта статическая неопределимость. К основной системе
V 3 т
прикладываем внешнюю нагрузку т и найденную реакцию Х=—.
4 I
( троим эпюры обычным способом (рис. 11.8, и, к, л). Эпюру
Л/ можно построить суммированием грузовой эпюры Мт и единич-
ной увеличенной в Х{ раз (рис. 11.8, л, м).
Проверка:
мм^о,
1
13,2, 11 , Л
-'-тГ-1-- -т 2Р /=0.
EJ 2 4 3 2EJ 4
249
Пример 11.3. Построить эпюру М (рис. 11.9, а).
Решение. Представлена такая же П-образная рама, как в пр-
дыдущих случаях, но по-другому закрепленная. Две шарнирно
неподвижные опоры дают четыре реакции (RA, RA, R*B, Rg). Д im
обеспечения кинематической неизменяемости надо три реакции. Ъ
дача один раз статически неопределимая. Основная система пр* i
250
Рис. 11.9
1гавлена на рис. 11.9, б (три реакции не пересекаются в одной точке).
Построение эпюры Мр рассмотрено в примере 11.13 (рис. 11.29).
Цля построения эпюры М\ надо сначала найти реакции для рамы,
представленной на рис. 11.9, д (основная система с приложенной
единичной силой):
2Х=0; 1=0; 7^ = 1.
Вертикальные реакции равны нулю.
251
Далее:
A,
С 1 1 f\l\ 1 28 -а
5] ] —— I —' 2/‘ 2Z -' 2Z 2Ч- 2Z ’ Z* 2ZI =— —* Z j
EJ\2 3 J EJ 3
(---2PZ Z-2Z-1-2PZ-2Z-2 2Z- PZ3;
EJ\ 2 2 3 ) EJ 3
28/3 14 pl3 p
y^n + A1P=O; X-----------—=0; X=~.
3EJ 3 EJ 2
Раскрыта статическая неопределимость. Теперь у нас есть crain
чески определимая рама с приложенными силами: внешней нагру i
кой Р и реакцией Х= Р/2 (рис. 11.9, з). Строим эпюру М(рис. 11.9, *)
Проверку М • М\ = 0 представляется сделать самостоятельно.
Примечание. Эпюра Мх — симметрична относительно геомп
рической оси симметричной рамы, эпюра М— кососимметричная
Перемножение этих эпюр дает ноль (см. § 11.4).
Пример 11.4. Решим предыдущую задачу, выбрав другую осноп
ную систему (рис. 11.10, 6). Установка шарнира снимает одну св|н
(разрешает взаимный поворот двух смежных сечений) и снижай
степень статической неопределимости на единицу. Таким образом
на раму (рис. 11.10, б) наложены 4 внешних связи (Ая, Рл> &в,
три из которых необходимы для кинематической неизменяемое!и
и одну связь снимает шарнир: 4 св. —3 св. к.н. — 1 св. шар. = 0.
Далее к ОС прикладываем внешнюю нагрузку (Р) и неизвестны и
момент X вместо нарушенной шарниром связи.
Построение эпюры МР смотри в § 11.5, пример 11.14, рис. 11.30
Для построения эпюры Мх\
Lmyj = 0 -> Л|=0; ZmB=0 -* А^ = 0;
Е/Ио —0; — 1+^b ’2Z=0; Рв=—'
21
EX=0;^-2?i=0;
Построенная эпюра представлена на рис. 11.10, ж. Эпюра МР
кососимметричная. Эпюра — симметрична (см. § 11.4):
Ajp——Л/р ’ М\ — 0;
EJ
У (5п + А1р=0; У=0,
252
Рис. 11.10
i.iK как У—0, эпюра МР и является окончательной эпюрой момен-
। ов М.
Пример 11.5 (задача № 18а из контрольных работ заочников).
Построить эпюры М, Q, N для рамы, изображенной на рис. 11.11,
ч, если: const; h = 2l.
Решение. На раму наложены четыре связи (реакции: R\, RVA, R&
R'B). Три связи необходимы для обеспечения кинематической неиз-
меняемости. Задача (4 — 3 = 1) один раз статически неопределима.
Выбираем ОС (рис. 11.11, б). Ей соответствует эквивалентная систе-
ма, показанная на рис. 11.11, в. Далее — по плану, представленному
па рис. 11.7.
253
Рис. 11.11
Строим грузовую эпюру Mq (рис. 11.11, е); единичную эпюру
Mi (рис. 11.11, ж).
<51]=—• h'h' h2+ h I h=—'~h3,t
EJ 2 3 EJ EJ 6
254
AiP— ——
EJ
i , 1 /qh2 1 ,2,2
- - Л -А + -1--\-qh2 I l h+-qh2'h‘-h =
2 4 2\ 2 J 2 3
1 qh3 t 3 f 1 (qh
3 2 4'2
5—; У51+Д1р=0; У--—-5—=0; Х=5 qh.
6 EJ 6 EJ 6 EJ 7
Статическая неопределимость раскрыта. Прикладываем к основ-
ной системе все внешние нагрузки (в том числе X=-^qh — рис. 11.11,
i) Определяем реакции:
5 2
ЕУ=0; qh—-qh—Ад = 0; RrB=-qh;
ЪпА = 0; — —+ 7?bZ=0; R3B = q— = qh (вверх);
2 21
YmB=Q; —— + Ra- 1=0; RBA=— = qh (вниз).
2 2/
Проверка: ЕУ=0; qh — qh = 0.
Строим эпюры для схемы, показанной на рис. 11.11, и:
5 5 2
N=qh; Q = -qh-qzx; z, = 0; Q=-qh; zx=h, Q=-qh;
M=- qhzx——; zx=0, M=0; zx = l, M= qh2.
7 2 14
Построенная эпюра Q определяет наличие Mmax на этом участке
(dM ~
L=e
5 , 5,
Q = 7 qh - ^1(0) = 0; z1(0)=Л;
M^=3qh г1(0)_»ф>=^?л2=о,2489/!2.
2 участок 0<z2< / (отложили справа):
2
N= —~qh = const; Q— — #Л = const.
2 2
M= — ^qhh + qhz2;z2=0, M= —-qh2;
з
z2 = l, M=—qh2.
14
255
3 участок ООз^Л:
N——qh = const; Q = + - qh = const;
2 2
M— —-qh'z3; z3 = 0, Af=0; z3 = h, M= —-qh2.
Эпюры показаны на рис. 11.11, к, л, м.
Эпюру М, как известно, можно получить другим путем: сложим
грузовую эпюру Mq и единичную увеличенную в X раз (рн
11.11, л<, н, о). Однако в этом случае надо определять ..•
Л/щдх на 1-м участке.
Проверка ММХ—О\
1 1 3 , 2 2 1 2 qh2 , h 113,-,,
— -' — qh2 h -h-\— — 'h’--\—— qh2 I h —
EJ 2 14 3 EJ 3 8 2 EJ 2 14
1 1 2 1 1 2 2 2
— - - qh I h------qh h -h —
EJ 2 7 EJ 2 7 3
==£7(0’0714 + 0’0416 + 0’0536“0’0714_0’0951) =
=^(0,0952-0,0951) = 0.
Пример 11.6. Построить эпюры M, Q, TV для рамы (рис. 11.12, а)
если: EJ—const, й=2/.
Решение. На раму наложены четыре связи (реакции RA, RB, /<,
Re). Три связи необходимы для обеспечения кинематической ней ।
меняемое™. Задача (4—3 = 1) один раз статически неопределима
Выбираем ОС (рис. 11.12, б), ей соответствует эквивалентна.
система, показанная на рис. 11.12, в. Далее решаем по плану
представленному на рис. 11.7.
К основной системе прикладываем внешнюю нагрузку q (pm
11.12, г) и строим эпюру Mq (рис. 11.12, е), определив предваритсль
но реакции:
ЕУ=0; + qh — RB=0; RrB=qh;
fih2 nh2 / h
XmB=0; ——+Rcl—0; Rc=— = qh при l=-
2 21 \ 2
Xmc=0; ——+RB ' 1=0; RB=~ = qh (вниз).
2. 21
Проверка:
EY=0; qh-qh=O.
256
Строим эпюру Mq,
1-й участок O^zi
М,= -^; Zj = O, Mg=0; г,=к\Мч=-—.
2 2
(h\
м=-----= const.
4 2
3-й участок 0<23<Л:
Mq — Rg z3, z3 = 0, Mq — 0; z3=h‘, Mq = qh2.
4-й участок 0<z4<Z:
o/i2
Mq=Rc' z4, z4 — 0, Mq = 0; z4 = l, Mq — qh l=~—.
5-й участок
M7 = 0.
В построенной эпюре Mq (рис. 11.12, e, ж) обязательно проверя-
м равновесие моментов в узле К
qh2—-qh2—^qh2 = O.
Далее к ОС прикладываем силу Х=1 (рис. 11.12, д) и строим
циничную эпюру Mi, определив сначала реакции:
Rb£ = 2, Кгв=0.
Эпюра Mi показана на рис. 11.12, з.
Далее:
1 qh2 , 1 1 1 qh2 2
— • • I' —|-- — • — • ‘ I' -
EJ 2 2 EJ 2 2 3
1 1, ,2, „ 2 /3 .
: А1Р-
EJ 2 3 3 EJ
1=
= ад.+Д,Р=0; x=-q- = lqh.
EJ 12 8 I 4
3375
257
Рис. 11.12
Статическая неопределимость раскрыта. Теперь у нас есть i
тически определимая рама, на которую действуют: внешняя натру«
ка q, найденная реакция X=-qh и реакции RA, RB, Rc, которые на
4
определить (рис. 11.12, и).
ЕУ=0; RB—qh = 0; RB=qh;
_ qh2 1 , h _ h _ _ 5 ,
qh -+Rc'-=0; Rc=-qh\
2 4 2 2 4
qh2 1 h 3
Zwc=0;--------F qh h+RB' = 0; R?B= qh.
2 4 2 2
258
Продолжение рис. 11.12
Проверка:
УУ=0; -qh — -qh + ~qh — Q.
4 2 4
Строим эпюры М, Q, N.
1-й участок
N=--qh;
4
Q=-qzx; zx = 0, 2 = 0; zx = h, Q=-qh;
qz2 qh2
Zl = o, M=0; zx=h, M=—.
2 2
/ A
2-й участок 0<z2< -1:
259
,т , „ 1 . ,, ?Л2 1 ,
N= —qh\ Q=-qh, М—-----------\--qh'z2;
4 2 4
z2 = 0, M= z2=l, M— — ^qh2.
2 8
3-й участок 0^z3^A:
з .
N—-qh\ Q = qh',
M—qh z3; z3 = 0, M=0; z3 = A, M=qh2.
4-й участок 0<z4I (справа):
5 5 5
N=Q\ Q= — -qh', M—^qh-z4; z4 = 0, M=0; z4 = Z, ^/=~qh2-
5-й участок O^z5^/z:
N=--qh\ 2 = 0; M=0.
Эпюры представлены на рис. 11.12, к, л, м. Проверяем равном
сие в узле К (рис. 11.12, п)
—^qh2 — -$qh2 + qh2 = Q.
Окончательную эпюру М (рис. 11.12, м) можно получить слож<
нием эпюры Мд (рис. 11.12, е, н) и единичной эпюры Л?ь увеличен
ной в X раз (рис. 11.12, о).
Проверка: М М{ = 0
1 1
EJ 2
qh2 1 , 1 1 3 ,,2 1 1 5 „,2, л
— 1-1------ qh2l-l-\----'-qh2l-l=:fy
2 3 EJ 2 8 3 EJ 2 8 3
qh2l2
EJ
1 1 5\
-------1--I
12 8 24/
qh2l2
EJ 24
(-2-34-5) = 0.
Пример 11.7 (задача № 18a из контрольных работ заочников)
Построить эпюры М, Q, N для рамы, изображенной на рис. 11. И.
а. Для обеспечения кинематической неизменяемости необходимы
три связи. Рама один раз статически неопределима (4 — 3 = 1). Выби
раем основную систему (рис. 11.13, б) и соответствующую ей ж
вивалентную систему (рис. 11.13, в). Далее — по плану (см. ри<
11.7).
260
К ОС прикладываем внешнюю нагрузку (рис. 11.13, г) и строим
»l>v ювую эпюру Mq (рис. 11.13, е), определив предварительно реак-
ции:
2^=0; Л£=0;
al2 ql ql
+ A^Z=O; RBC=-; RA=~;
2 2 2
M=RBC zi-^; Zj=O, Af=O; zx = l, M=Q.
Определим
e('r
— = Q- — Ac+^zi(O) = 0; z1(0)=-; Afmax=-‘--=0,125#Z2.
(LX 2 2 2 2
Далее к основной системе прикладываем силу Х=1 (рис. 11.13,
’) и строим эпюру Мх (рис. 11.13, ж), определив сначала реакции:
ЕУ=0; 7^=0; ХтА=0; -/$ /+1 Z=0, Л£=1 (вниз).
Smc=0; -A^-Z=0; 2^ = 0.
Построим эпюру Мх.
1-й участок 0О[<Z:
M—lzx; Zj=O, Af=0; zx = l, M—l.
2-й участок 0<z2^A:
M= 1 Z= const.
3-й участок O^z3^Z:
M— —RBc z3; z3 = 0, M=0; z3 = l, M=l.
Л - 1 1
дц — -
EJ 2
EJ
6 EJ EJ 3 8
qlL
24Ef
3
7Z3
X' 5ц+Aip=0; X'—
6EJ 24 EJ
ql* =0; y=-^Z=0,0357^Z.
28
Статическая неопределимость раскрыта. Теперь у нас есть ста-
рчески определимая рама, нагруженная, как показано на рис. 11.13,
I. Для построения эпюр определяем реакции:
261
Рис. 11.13
ЕУ=О, Лгс=0;
ХтА = О, +A£-Z+-?Z-Z=0, R*c=- ql==Q,464ql;
2 28 28
Ьис=О, 2^Z-y = 0, RA = 0,5ql.
Проверка: ЕУ=0
0,5ql+ 0,464^Z+ 0,0357^Z—ql=0.
262
0,5357^/
0,0357^/“
0,0357<?/
,Л<„ =0,107^/-
Продолжение рис. 11.13
tV=0; 2= —0,0357#/; М= 0,0357#/ z{; z,=0, М=0;
zx = l, Л/=0,0357$72.
2-й участок 0^z2^/i:
2V= — 0,5357#Л; 2 = 0; М= 0,0357#/ 7.
3-й участок 0<Jz3<7:
263
3-й участок 0^z3^Z:
N=0; Q = -0,464ql+qz3; z3 = 0, (2 = 0,464^; z3 = Z, 0 = O,536<//
HZ? _
M=0,464gZ‘z3—при zt= 0,4641 Mmax = 0,108ql2.
Эпюры показаны на рис. 11.13, и, к, л. Эпюру Мможно получил
сложением грузовой эпюры Mq и единичной, увеличенной в Л |м»
(исправленной — см. рис. 11.1, л, м, н).
Проверка:
м-м}=о.
В данном случае для проверки проще взять не эпюру М, а
ставляющие ее эпюры Mq и М\'Х, умножив каждую из них i
эпюру М,:
-- — Z-+-‘0,0357 ql2 Г- Г2 + 0,0351 - qlz h-1=0.
3 8 2 2 3
При h=-:
2
ql*(-0,0416 + 0,0239 + 0,0178) = 0.
11.3. ДВА И БОЛЕЕ РАЗ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ СИСТЕМЫ
На рис. 11.14, а показана 2 раза статически неопределимая банки
На балку наложены 5 связей (возникают 5 реакций). Три снмш
необходимы для кинематической неизменяемости системы. Две сим
зи — «лишние». Надо взять два условия совместности деформации
Выбираем основную систему (ОС) (рис. 11.14, б). Прикладывж м
к ОС внешние силы (силу Р) и неизвестные реакции Х} и I
которыми мы заменили отброшенные реакции RB и Rc (ЭС) (рш
11.14, в).
Условия совместности деформаций:
АI = 0 — перемещение по направлению реакции Xj (первому
равно 0;
Д2 = 0— перемещение по направлению реакции Х2 (втором !
равно 0;
Д1 — перемещение сечения А складывается из:
Д1Р — перемещение по первому направлению от внешних си i
(сила Р);
Дц — перемещение по первому направлению от реакции Xj (ри«
11.14, г);
Д12 — перемещение по первому направлению от реакции Х2 (рч<
11.14, д).
264
Рис. 11.14
В перемещении А,* первый индекс (7) обозначает направление
(»i номер отброшенной связи), второй индекс (к) указывает на силу,
иызвавшую это перемещение.
Итак, получим:
А1 —Аи+А12 + А1Р—Cj
(11.3)
А: — Aji + А22 И- Агр — 0.
265
Для определения перемещения А1Р надо (по правилу Верещ<»1 и
на) перемножить грузовую эпюру МР (рис. 11.14, и) на единична.'
эпюру (рис. 11.14, к):
Alf——Мр ’ М\.
EJ
Также:
&2р — —— ' Adj.
EJ
Выразим Alfe через единичные перемещения с помощью равен
ства
А,^. Xk &ikt
где 8ik— перемещение по направлению i, вызванное силой, равно!,
единице, действующей по направлению к.
Для определения 3ik надо перемножить две единичные эпюры
моментов М, и Мк, которые получим от действия i-й и А в
единичных сил, приложенных к основной системе.
Таким образом:
Ац-У1<5ц, гДе <5ц ——Л/i' Л/i;
А22 — Х2322, где ^22 — — М2' М2,
EJ
умножаем эпюру саму на себя.
А12 = А2<5]2, где ^12=—М\'М2, &2\ — Х\д2\, где <521=— М2'МХ.
EJ EJ
Подставляя эти значения в (11.3) получим систему уравнений:
У1<5ц + ^2^124* Aip—О'
У^214* Х2д22 4* А2р= О,
(11. П
которая дает возможность определить неизвестные У] и Х2, т. с
раскрыть статическую неопределимость два раза статически неон
ре де лимой системы.
Если бы мы рассматривали 3 раза статически неопределимую
систему, то понадобилось бы три дополнительных уравнения, т. с
надо было бы рассмотреть три условия совместности деформаций
266
1исло уравнений равно числу отброшенных связей, т. е. степени
। нической неопределимости заданной системы [2, § 12.2].
Для п раз статически неопределимой системы:
+Af2<5i2+ 0;
+ A2522 + ...Arrt52» + A2f =0;
*1<5Я1 +А’25л2+ ...А’п<5лл + А„р=0.
(11.5)
Эти уравнения называются каноническими уравнениями метода
< и I, так как неизвестными здесь являются силы.
Коэффициенты dn...£m называются главными единичными переме-
щениями д}2...б1п — побочными.
Итак, чтобы построить эпюры для 2 раза статически неопреде-
имой балки, изображенной на рис. 11.14, а надо:
1) выбрать основную систему ОС (рис. 11.14, б);
2) получить эквивалентную систему ЭС, для чего к основной
। истеме приложить внешние нагрузки (силу Р) и неизвестные реак-
ии Xi и Х2 (рис. 11.14, в);
3) к ОС приложить внешнюю нагрузку (силу Р) (рис. 11.14, е);
4) к ОС приложить первую единичную силу (по направлению A”i)
рис. 11.14, ж);
5) к ОС приложить вторую единичную силу (по направлению
1.) (рис. 11.14, з);
6) для этих схем построить эпюры моментов: МР — грузовую
(or Р) (рис. 11.14, и); Мг—первую единичную (рис. 11.14, к);
— вторую единичную (рис. 11.14, и).
Далее производим вычисления:
1 - - 1 Р
<5И =—М\МХ =— —
EJ EJ 3
<522=- М2М2=— -Z3; <512=—Мх'Мг=— ~13;
EJ EJ 3 EJ EJ 6
А1Р=—MP'Mi = _— -Pl3;
EJ EJ 3
1 - 1 14
\2Р=—МР М2=-------Р13.
EJ EJ 3
Получаем систему уравнений:
267
/3 5 4
y1- + y2-Z3 —PZ3 = O;
3 6 3
y1-Z3+Ar2-Z3--PZ3=0.
6 3 3
Решая эту систему, получим:
Определив Хх и Х2, мы раскрыли статическую неопределимо! и
Теперь у нас есть статически определимая балка (рис. 11.14, м), дш
которой построим эпюры Q и М (рис. 11.14, и, о).
Проверка:
м-м^о-
м-м2=о.
Выполним одну из них (Л/ • Мх = 0):
— - -PZ Z-Z--- - P»Z Z -Z=—( —
EJ 2 7 3 EJ 2 7 3 EJ \ 21
1
21
= 0.
Пример 11.8. Построить эпюру M для рамы, изображенной и *
рис. (11.15, а). Жесткость горизонтального элемента EJ, вертикал!
ной стойки — 2EJ.
Решение. На раму наложены 5 связей (5 реакций): RTA, in,
Ев, Для кинематической неизменяемости нужны 3 связи, 5 — 3
связи «лишние». Задача 2 раза статически неопределима:
1) выбираем основную систему (ОС) (рис. 11.15, б);
2) прикладываем к ОС внешнюю нагрузку (т), и вместо <н
брошенной опоры В, неизвестные Х} и Х2 (рис. 11.15, в). Получил,
эквивалентную систему (ЭС);
3) далее к ОС последовательно прикладываем:
— внешнюю нагрузку т (рис. 11.15, г);
— первую единичную силу (рис. 11.15, Э);
— вторую единичную силу (рис. 11.15, е);
4) для этих схем строим эпюры моментов Мт, М1} М2 (pin
11.15, ж, з, и);
5) определяем коэффициенты канонических уравнений:
с 1 , , 1 I , , 2, 4 Р 1 , тГ
6ХХ=—Г21 1-\— -ГГ-1= —• Д1Р=------'т'2Н-— ;
2EJ EJ 2 3 3 EJ 2EJ EJ
268
Рис. 11.15
1 1 2 4 /3 1 ml2
^22 =--'— ' ‘ ~ ' ~ ~ —S ^2P =-------7И 2Z I—-------j
2EJ 2 3 3 Ef 2EJ EJ
^—--212Г1=~'
2EJ 2 Ef
6) составляем систему уравнений (11.3):
4 Z3 Z3 ml2 Л
-----hJ^2 ’----= 0;
3 EJ EJ EJ
I3 „ 4 l3 ml2 Л
—I- Xi ’-----—— ~ 0
EJ 3 EJ EJ
3 nz 3 m
j ^2 =--.
7 I 11
Статическая неопределимость раскрыта;
7) на статически определимую раму (ОС) действуют нагрузки
показанные на рис. 11.15, к;
8) строим эпюру моментов обычным путем (рис. 11.15, л), или
получаем ее сложением эпюр Мт, М\'Х{, Mi' Хг (рис. 11.15, м, н, о)
Проверка. При правильном решении перемножение эпюры
М на любую единичную должно дать ноль:
1 14 4, , 1 12 2, , 113 ,2
— •- т '-г Z4--'-'-т’-Г /Ч— ‘-’-иг г-1=
2EJ 2 7 3 2EJ 2 7 3 EJ 2 7 3
ml2
EJ
= 0.
11.4. ИСПОЛЬЗОВАНИЕ СИММЕТРИИ
Симметричной называется такая система, у которой геомс!
рическая схема (образованная осями стержней) имеет ось симмо
рии, и жесткости симметрично расположенных элементов равны
друг другу [2, 12.4] (рис. 11.16, а).
Интересны случаи нагружения симметричной рамы симметрич
ной или кососимметричными нагрузками. Симметричной называем
ся такая нагрузка, при которой все внешние силы, приложенные
к правой части рамы, являются зеркальным отображением сип.
приложенных к левой части (относительно оси симметрии) (рис
11.16, б).
Кососимметричной называется такая нагрузка, при которой си
лы, приложенные к правой половине, также являются зеркальным
270
<» обряжением сил, приложенных к левой половине (относительно
«ч и симметрии), но противоположны по знаку (рис. 11.16, в). Таким
•с образом, эпюра моментов может быть симметрична (рис. 11.16,
/) и кососимметрична (рис. 16, д). Отметим: перемножение симмет-
ричной эпюры на кососимметричную дает ноль. (Перемножение
правых частей дает тот же результат, что и перемножение левых, но
. другим знаком):
•^^сим
-^хососим
(11.5)
Рама, показанная на рис. 11.16, а является трижды статически
неопределимой, геометрически симметричной системой. Для ее ре-
шения можно отбросить одну из заделок, заменив ее действие тремя
Рис. 11.16
271
неизвестными Xif X2t Х3 (рис. 11.16, е). Решение будет более простым
и интересным, если мы разрежем контур (рис. 11.16, ж) по <» ц
симметрии, введя неизвестные:
Х2\
*3J
Xi — кососимметричный фактор (б);
— симметричные фн»
торы, соответствующие внутренним силовым факторам N и М
Канонические уравнения метода сил с тремя неизвестными:
Х\ё\ 1 4- -^2^12 ”Ь -^3^134-А1Р=0;
^1^21 4" Х2&22 4" ^3^23 4“ А2р = 0j
У^31 4"^2^32 4- А'зйзз 4-АЗР= 0.
(1 I м
Пример 11.9. Постройте эпюру М для рамы (рис. 11.17, a), сс ш
EJ= const.
Выбрав эквивалентную систему (рис. 11.17, б), строим эпюр!
МР, М}, М2, М3. Перемножая кососимметричные эпюры на симмс ।
ричные получим:
\2р=--- ' Мр' Л/2==0з
EJ
Д3р=—' Мр’ — 0;
EJ
<5i2=<52i =~^j ' М2= 0;
^13 = ^31 =— ’ М\' М3=0.
EJ
Тогда система 3-х уравнений имеет вид:
Xi^n 4- AljP—0;
Х2б22 4~ Х3б23 — 0 j
-^2^23 4- А^^зз = 0.
Решением системы двух последних уравнений будет:
Z2=Z3 = 0.
Таким образом, геометрически симметричная рама с кососим
метричной нагрузкой имеет равные нулю симметричные факторы
и является один раз статически неопределимой с кососимметрмч
ным неизвестным Х{.
272
Рис. 11.17
Таким же образом можно доказать, что геометрически симмет-
ричная рама с симметричной нагрузкой имеет равный нулю косо-
симметричный фактор, а неизвестные — 2 симметричных фактора.
Задача будет 2 раза статически неопределима с уравнениями (11.4).
Дальнейшее решение задачи (пример 11.9):
11
П=Ё7 2
3 EJ
-•-z3
EJ 3
Pl3
2 ’
A
ip—— ‘ ‘ P' I' I' I— 4-'
EJ 2 EJ
18 — 3375
273
A? —-Z3+—-PZ3 = O; Ху=--Р.
EJ 3 EJ 2 8
Раскрыта статическая неопределенность. Статически определи
мая рама показана на рис. (11.17, л). Строим эпюру М для вер
тикального элемента:
3 3 5
0<x<Z; М=-Р1—Рх\ х=0, М=Р1\ х=1, М= — Р1.
8 8 8
Проверка:
Эпюра по вертикальной стойке имеет два треугольника со сто
ронами 3/8Z и 5/8Z (из подобия треугольников):
-•3PZZ’2/-1-3PZ-/Z+---PZ'5//=
28 328 8 28 8
/ 1 9 25 \ 16 9 25 \
I-----------1----- I — Pl I----------1--] =
\ 8 128 128/ \ 128 128 128/
Пример 11.10 (задача № 18а из контрольных работ заочников)
Постройте эпюру М для рамы постоянной жесткости (рис. 11.18, а)
Рама внешним образом статически определима, но контур —
три раза статически неопределим. Рама — геометрически симме!
рична и имеет симметричную нагрузку, следовательно, кососиммет-
ричный неизвестный фактор равен нулю. Получаем два раза стати
чески неопределимый контур с симметричными неизвестными
Xi и Х2. Канонические уравнения метода сил имеют вид:
X} <5ц 4- А1Р—0;
A\(5i2-b X2322~i~ ^2Р= 0.
Определяем коэффициенты этой системы:
1/1 2
5П=—(-ZZ-Z-2+Z-2ZZ
EJ\2 3
8 /3.
3 Ef
fe=-(l-z l-2+l-2Z l-2)=6-;
EJ Ef
1/1 \ 1 I2
^12=—-2 - Z-Z l +—-2Z Z1=3—:
EJ \2 ) EJ Ef
274
2P EJ 3 2 EJ 2 3 EJ*
lf ЕГ 3 2 4 £7 2 4 £./
3 EJ EJ 4 EJ
*+Хг.6Е_<<^.
EJ EJ 3 EJ
Решая эту систему, получим:
IX*
Статическая неопределимость раскрыта. Заменив в ЭС неизвес i
ные Х{ и Х2 на их значения, получим статически определимую раму
(рис. 11.18, к), для которой строим эпюру изгибающих моментои
(рис. 11.18, л) на сжатом волокне, обходя контур по часовой стрелке
1 участок
М= —-ql2 = const (внутри контура);
36
2 участок 0<х2г^/:
М=— ql2—-qlx2 + q—',
36 2 2
при х2 = 0 М= — ql2 (внутри контура);
36
х2 = I М- - ql2 (внутри контура);
?('Y
I „ 1 ,2 1 ,1 V/ 7 ,2/
х2=- Л2иал= ql — ql- 4--------=-------ql (снаружи контура);
2 36 2 2 2 72
3 участок 0^х3^2/:
M=-ql2--
36 2
2 36
Пример 11.11. Заданная рама (рис. 11.19) отличается от пре
дыдущей (рис. 11.18, а) наличием шарнира в замкнутом контуре.
Шарнир (§ 11.1) снимает одну степень статической неопределимо-
сти, разрешая взаимный поворот смежных сечений. Следовательно,
момент (т. е. Х2) (рис. 11.18, б) равен нулю.
Рама (рис. 11.19, а) один раз статически неопределима. Имеется
одно симметричное неизвестное Xi (рис. 11.19, в):
2
1
£n=— {2'-h‘h’-h+h-2i-h
EJ' "
~-h3-
EJ 3
2
3
1 qh2
А1Р——
, 3 qh2 \ 1 5 4
— 2 - — h'-h-----------2rh 1=-----------'-qh,
2 4 2 ) EJ 4
3
Aj<5u 4- Aip— ' — - h3----'- qh4 = 0; X\ =— qh.
EJ 3 EJ 4 32
276
Рис. 11.19
Раскрыта статическая неопределимость. Статически определи-
мая рама показана на рис. 11.19, з.
Строим эпюру моментов.
1 участок 0
15 , П 15/
Q= -~-qh + qxl{0)=Q- xl{0}=-h;
М=—^к'х~~ при ^1(0)Mmax = 0,214^/22;
2 участок 0^x2<2Z:
15 qh2 qh2
M=—qhh--------=----= const.
32 2 32
277
Рис. 11.20
Плоскопространственная статически неопределимая рама. Рас-
чет плоскопространственных и пространственных систем рассмо г
рен в [1].
В качестве примера произведем расчет рамы, сделанной из кру> -
лого стержня постоянного поперечного сечения и нагруженной си
лами Р=100 Н (рис. 11.20, а). Размеры рамы: а=6 м, 6 = 0,8 м;
зависимость между модулями упругости: G=0,4£', Jp—J.
В общем случае действия сил в поперечных сечениях рамы
возникают шесть внутренних силовых факторов: продольная сила
N, крутящий момент, два изгибающих момента, две поперечные
силы. Но в данном случае нагрузка перпендикулярна плоскости
рамы, система является плоско-пространственной и все внутренние
силовые факторы в плоскости рамы (продольная сила, горизонталь-
ная поперечная сила и изгибающий момент) обращаются в нуль.
Следовательно, в поперечных сечениях рамы могут возникать толь
ко крутящие моменты, изгибающие моменты в вертикальной плос-
кости и вертикальные поперечные силы.
При выборе основной (статически определимой) системы надо
использовать симметрию рамы и нагрузки и разрезать раму в сере-
дине элемента с длиной а (рис. 11.20, б). Очевидно, что в этом
сечении кососимметричные факторы (крутящий момент и попереч-
ная сила) обращаются в нуль и отличным от нуля является только
изгибающий момент в вертикальной плоскости XY.
Далее строим эпюры моментов от заданной нагрузки. На рис.
11.21 одновременно изображены нагрузка, эпюра изгибающих мо-
ментов (заштрихована в вертикальном направлении линиями)
и эпюра крутящих моментов (заштрихована волнистой линией).
Затем строим эпюры изгибающих и крутящих моментов от единич-
ного лишнего неизвестного X (рис. 11.22). Составляем каноническое
уравнение XSn + Д1Р=0 и находим перемещения по способу Вереща-
гина путем «перемножения» соответствующих эпюр:
<5ц
Га 1 2lb I
----+------;
EJ GJp
1 /1 Рс с
— 2- — -1
EJ\ 2 3 3
Ра1 2 2РаЬ
9EJ 3GJp
278
Рис. 11.21
Рис. 11.22
Решив каноническое уравнение, найдем
Ра (а 4- 6Ьк)
9(a + 2bk) ’
EJ EJ
где к — отношение жесткостей, равное —=--------= 1,25.
GJp 0,4E2J
Подставив числовые значения, получим:
100 6(64-6 0,8 1,25)
—----------------— = 100 Н м.
9(6+2 0,8-1,25)
Далее находим значения ординат эпюры изгибающих моментов:
в точках приложения сил Л/и = 0 + X—100 Н м; в узлах
279
М*= ~—+Х= - °°- +100= -100 н-м;
3 3
в защемлении ЛГИ= -РЬ= -100 0,8 = -80 Нм. Эпюра Л/и, изоЬ
ражена на рис. 11.23, б.
Кручение испытывают только участки длиной Ь'.
—Ра -б 100
Мт=----+ У=— + 100=-100 Нм.
3 3
Эпюра Мт дана на рис. 11.24, эпюра Q — на рис. 11.25.
11.5. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ВНУТРЕННИХ УСИЛИЙ
ДЛЯ СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМОЙ ПЛОСКОЙ РАМЫ
При раскрытии статической неопределимости рам студенты ча
сто затрудняются построить эпюры для рамы статически определи
мой, что является составной частью всего решения. Рассмотрим
построение эпюр для статически определимой рамы.
В поперечном сечении плоской рамы могут возникнуть три
внутренних усилия:
М — изгибающий момент;
Q — поперечная сила;
N — продольная сила.
Найдем эти внутренние усилия, используя их определения и»
теоретической части курса [2, гл. 2, гл. 7].
Пример 11.12. Для бруса (рис. 11.26, а) построить эпюры Л/,
Q, N.
Решение.
1 участок0^?1^/: jV=O; Q= +P=const; М= — Pzx\Zi = Q,M=^,
zx=l,M=-Pl.
2 участок 0<z2^2/: 7V= — P; Q—0‘, M— — P/=const.
Рис. 11.26
280
В эпюре Л/ обычно не ставят
так, а строят ее на сжатом волокне.
Дифференциальная зависимость
1М „ ,-г
} =0. сохраняется. После постро-
ения эпюр ею необходимо восполь-
юваться для проверки правильности
шюр Q и М.
Рассмотренный Г-образный брус
и ряде случаев является частью ста-
рчески неопределимой рамы. Запо-
мните, как строится для него эпюра
М и научитесь его легко узнавать
(рис. 11.27).
Пример 11.13. Построить эпюру
Л/ для Т-образного бруса (рис. 11.28,
а), если известно: q = 2 кН/м, 1=2 м,
Р=2кН.
Решение. Рис. ц.27
1 участок 0<Zi^Z: М=— Pz{\
{ = М=0; z{=l, М= -Р1=-4 кН м.
„ ?(2/)2
2 участок 0^z2<2Z: М= — qz^', z2 = 0, М=0\ z2=2l, М=-^— =
= 16кНм.
о(2Л2
3 участок 0^z3^2Z: М= +Р1----— = —12 кН'м.
Обратите внимание: в узле С сумма всех изгибающих моментов
должна равняться нулю. Для проверки вырезаем узел С и прикла-
дываем к нему изгибающие моменты (рис. 11.28, в).
Проверим, есть ли равновесие в узлах в предыдущих примерах
(рис. 11.26 и 11.27). В этих примерах в узлах С сходятся только два
Рис. 11.28
281
Рис. 11.29
стержня, поэтому моменты сечений С горизонтального и вертикаш.
ного участков должны быть равны (правило циркуля).
Пример 11.14. Построить эпюры М, Q, N для рамы, представлен
ной на рис. 11.29, а.
Решение. Определяем реакции (рис. 11.29, б):
Xz=0; — RA+P=0; RA=P;
2X4 = 0; RB‘l—P'2l=0; RB=2P;
Т,тв= 0; RA I—Р '21=0; RA = 2P (направлена вниз).
Проверка: ЕУ=0; RB~RA=0; 2Р-2Р=0.
После определения реакций показываем их величины и вапран
ления на чертеже, как это принято при оформлении инженерной
расчетной схемы (рис. 11.29, в).
1 участок 0^Zi<2/:
N= Ra = 2Р (растяжение); Q=RA = Р = const;
M=A^z1=PzI; Zi = 0, M=0; zx=2l, M=2Pl.
2 участок 0^z2</:
tf=0; Q= —2P; M=RB-z2=2Pz2;
z2 = 0, M=0; z2 = l; M=2Pl.
282
3 участок 0^z3^2Z:
N=-2P; 0=0; M=0.
Эпюры показаны па рис. 11.28, г, д, е.
Пример 11.15. Построить эпюру М для рамы (рис. 11.30, а).
Рис. 11.30
Решение. Рама статически определима. Наложены 4 связи (ре-
акции RA, Ra, Rbb, R^ одиночный шарнир О, нарушает одну связь
и снижает степень статической неопределимости на единицу:
4 св. —3 св. кинем, неизм. — 1 =0, лишних связей нет.
Определяем реакции:
ЪМА=0; -P‘2l+RBB-1=0; RBB=2P;
ЪМо=0; +Rbb1—Rtb'21=0;Rtb=~;
2 2
EX=0; -RA-KB+P=0',RA=F_,
ZMB= 0; —P2l—RA' 1=0', RA—2P (t. e. вниз).
Реакции показаны на рис. 11.30, б. Строим эпюру М (рис. 11.29,
в). Полученная эпюра моментов — кососимметрична (§ 11.4).
11.6. ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ (ВКЛЮЧАЯ ЗАДАЧУ
ИЗ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ ЗАОЧНИКОВ)
Пример 11.16 (задача № 186 из контрольных работ заочников).
На рис. 11.31 изображена нагруженная перпендикулярно своей
плоскости рама, сделанная из стержня круглого поперечного се-
чения (G = 0,4E). Требуется: 1) установить степень статической
неопределимости и выбрать основную систему; 2) написать ка-
нонические уравнения; 3) построить эпюры М от единичных сил
и от заданной нагрузки; 4) найти перемещения; 5) найти величины
283
лишних неизвестных; 6) посгро
ить окончательные эпюры вну i
ренних силовых факторов: эшогц
изгибающих моментов Л/..,
и эпюру крутящих моментов Л/В|
Дано: д = 6=1,6 м; (7=0,4/
JP=2J.
Решение. Вследствие симмс
ричной моментной нагрузки рам ।
(рис. 11.31, а) статически неопр-
делима один раз. Основная сишс
ма, нагруженная заданной нагру i
кой М, и эпюры Л/дзг и Мкр по
казаны на рис. 30, б. На рис
11.31, в показаны эпюры МИ311 и
^жрр
Уравнение
^пУ+А1Р=0 (i)
выражает отсутствие поворота се-
чения С рамы.
По правилу Верещагина опрс
деляем оп и А17П:
1|1)4-—(1'61) =
GJp
1
EJ\2
a . \ 2zz-t-5Z>
-4-1,256 =----------:
2 J 4EJ
Aif——
EJ
a \
-M'-l +
4 /
1 M (a + 5b
+—{-Mb-1)=---------
GJp EJ\ 4
s"~ir
1
Из уравнения (а) находим
Alp
<511
a + 5b
2a+5b
1,6 + 5'1,6
• M=—------— M=0,857M.
21,6 + 5 1,6
Нагружаем ОС (рис. 11.31, г) заданной нагрузкой и моментами
X. Строим эпюры Мизг и Мкр (рис. 11.31, д, ё).
284
Проверка:
(A/gjrl А/Изг) + rp - Kp) 0,
EJ \jJp
1
EJ
0,857M -’l )-0,143M - l
4 7 4
— 0,144AfZ>=0;
GJP
G=0,4E; JP=2J; GJp=0,SEJ; —=—;
P P GJp EJ
~ (0,857 • 0,25 - 0,144 • 0,25 -1,25 • 0,144) = 0;
~ (0,214 - 0,036 - 0,180)=0.
Следовательно, задача решена верно.
Вопросы для самопроверки
1. Какие системы называются статически неопределимыми?
2. Что такое степень статической неопределимости?
3. Что такое внешняя и внутренняя статическая неопределимость?
4. Чему равна степень статической неопределимости замкнутого контура?
5. Как влияет на степень статической неопределимости наличие шарнира в си-
стеме?
6. Что такое основная система?
7. Что такое эквивалентная система?
8. Какой физический смысл уравнения для один раз статически неопределимой
системы 5ц + Д= 0?
9. В каком порядке производится расчет один раз статически неопределимой
системы?
10. Каков физический смысл каждого из канонических уравнений для системы
.5 раза статически неопределимой?
11. Какие рамы называются симметричными?
12. Какие Вы знаете симметричные и кососимметричные неизвестные?
13. Какие неизвестные возникают в поперечном сечении рамы, расположенном
на оси симметрии при действии на раму симметричной нагрузки и какие — при
действии кососимметричной?
Глава 12
ДИНАМИЧЕСКИЕ НАГРУЗКИ
12.1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ
Ранее рассматривалось действие статической нагрузки, которл и
прикладывалась к сооружению настолько медленно, что возникл
ющие при этом ускорения элементов сооружения были так малы
что их можно было не учитывать. Часто в инженерной практике
приходится встречаться с динамической нагрузкой, которая сран
нительно быстро меняется во времени. Динамическое действие си i
характеризуется наличием ускорений в элементах рассматриваемо
го тела. В ряде случаев ускорение легко определить по правилам
кинематики, в других случаях оно может в течение очень короткою
промежутка времени достигать чрезвычайно больших величин.
В зависимости от закона изменения ускорения меняется характер
деформации и разрушения тела. Если ускорение не меняет знак ।
и имеет конкретную величину, то при вычислении дополнительных
напряжений вводятся в расчет силы инерции. Если ускорение пери
одически меняет знак, то появляются колебания, при которых ми
жет возникнуть явление резонанса, связанное с резким увеличением
деформаций и напряжений. При резком изменении скорости движе
ния тела, когда ускорение за очень короткий промежуток времени
достигает весьма большой величины, происходит удар.
Расчет сооружений на динамическую нагрузку гораздо сложнее,
чем на статическую. Сложность расчета определяется не только
методами определения напряжений и перемещений, но и методами
определения механических свойств материалов. Многие материалы,
которые при статическом нагружении оказывались пластичными,
при ударе работают как хрупкие. При действии многократно повто
ряющейся переменной нагрузки прочность материалов резко снижа
ется.
Общий метод расчета на прочность при динамических нагрузках
основан на принципе Даламбера. Согласно этому принципу, всякое
движущееся тело может рассматриваться как находящееся в состо
янии мгновенного равновесия, если к действующим на него внеш-
ним силам добавить силу инерции, равную произведению массы
тела на его ускорение и направленную в сторону, противоположную
ускорению. В тех случаях, когда известны силы инерции, можно
применять метод сечений и для определения внутренних усилий
использовать уравнения равновесия. Если определение сил инерции
затруднено, как например при ударе, для определения напряжен
286
по-деформированного состояния используется закон сохранения
шергии.
На практике влияние динамической нагрузки, как правило, учи-
। ывается с помощью динамического коэффициента кд. Обобщенные
динамические напряжения ра (нормальные сгд или касательные Тд)
и перемещения <5Д удобно определять через соответствующие вели-
чины и 8^, отвечающие статической нагрузке
Рд— ^-дРсТ» -^Д^СТ’ 0^'0
Формулы, определяющие коэффициент динамичности выводят-
ся для различных видов динамической нагрузки.
12.2. РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ ДВИЖУЩИХСЯ ТЕЛ
С УЧЕТОМ СИЛ ИНЕРЦИИ
Во многих случаях ускорения, с которыми перемещаются детали
машин, известны. Если эти ускорения не изменяются по величине
и направлению в процессе нагружения, то никаких особенностей
в поведении материала тела не наблюдается. Наличие ускорений
связано с возникновением сил инерции, направленных в сторону,
противоположную направлению ускорения. Напряжения и дефор-
мации можно определять так же, как при статическом расчете
конструкции, если в число внешних сил включить силу инерции.
Числовое значение элементарной силы инерции dP, определяется
произведением массы dm элементарного объема тела dV на его
ускорение а, т. е.
dPi=dm' а = (^—\а, (12.2)
\ g /
где у — удельный вес материала тела, g — ускорение свободного
падения.
При расчете стержневых систем объемные силы инерции заменя-
ют силами инерции, распределенными по длине оси каждого стерж-
ня, т. е. распределенной погонной нагрузкой. Интенсивность этой
dPi
нагрузки Pi равна отношению —, где dP, — сила инерции, деист-
dz
вующая на элемент стержня длиной dz.
Подставим в формулу (12.2) вместо dV объем элемента стержня
длиной dz, равный Fdz\
( yFdz\
dPi=A---la,
\ g /
где F — площадь поперечного сечения стержня.
Следовательно, интенсивность сил инерции
dPi
(12.3)
287
Рис. 12.1
Для определении
внутренних силовых фл
кторов в сечениях эл*
ментов конструкции
применяют метод сече
ний: рассекают тело и ।
две части, прикладынл
ют к любой отсеченной
части действующие пл
нее внешние, внутреп
ние силы и силы рнер
ции, записывают уран
нения равновесия и находят неизвестные внутренние силовые фак
торы.
Рассмотрим неравномерное поступательное движение (рис. 12.1,
а) и равномерное вращательное движение тела (рис. 12.1, б).
12.2.1. Примеры расчетов (включая задачу
из контрольной работы заочников)
Пример 12.1. Груз весом GB движется равноускоренно вертикаль
но вверх, проходя за первые t секунд путь 5 (рис. 12.2, а). Опреде-
лить напряжение в канате, площадью поперечного сечения F, пренс
брегая его весом.
Решение. Применяем метод сечений (рис. 12.2, б). Разрезаем
канат и рассматриваем нижнюю отсеченную часть. Усилие в канат с
обозначаем N.
На основании принципа Даламбера записываем уравнение ран
новесия в форме суммы проекций всех сил на вертикальную ось:
EPZ=N — Сгв—та—О,
GB
т=-------масса груза.
g
Напряжения при центральном растяжении равномерно распреде-
лены по сечению, следовательно N— oF, где о — искомое напряже-
ние в канате
где <тст=— — напряжения при статическом действии груза;
F
Ад = | 1+1 — динамический коэффициент.
288
2S
gt2t
Рис. 12.2
2S
Так как а=— — ускорение
равноускоренного движения сгд=
(?в
F
В тех случаях, когда направле-
ние ускорения движения тела со-
впадает с линией действия ускоре-
ния свободного падения, вид де-
формации тела от инерционных
сил соответствует виду деформа-
ции от собственного веса тела.
Тогда нормальные динамические
напряжения можно выражать че-
рез статические напряжения и ко-
эффициент динамичности (12.1).
Если направление ускорения
движения тела не совпадает с ли-
нией действия ускорения свободного падения коэффициент динами-
чности не определяют.
Пример 12.2. Стальная проволока диаметром d— 1 мм и длиной
I—100 см с грузом массой w = 8 кг на конце равномерно вращается
вокруг вертикальной оси (рис. 12.3, а). Определить угловую ско-
рость вращения со, при которой произойдет разрушение проволоки,
если предел прочности стали оЬр=800 МПа.
Решение. Ускорение точек вращающегося тела вокруг непо-
движной оси а складывается из нормального ускорения ап и танген-
циального ав. Величина нормального ускорения равна произведе-
нию квадрата угловой скорости вращения (D на расстояние г от
точки тела до оси вращения и направлено к оси вращения
2
ап=агг.
(12.4)
Касательное ускорение
равно произведению уг-
лового ускорения е на рас-
стояние г до оси вращения
и направлено по касатель-
ной к траектории движе-
ния:
ат = £г.
Так как при равномер-
ном вращательном дви-
жении угловая скорость
вращения постоянна са =
289
Рис. 12.4
Так как сечение круглое
= const, то угловое ускорение е и ка
сательное ускорение а* равны нулю.
Сила инерции при вращении гру-
за на проволоке согласно (12.2)
и (12.4):
Pi=mco2L
Используя метод сечений, опреде-
ляем продольную силу в проволоке
(рис. 12.3, б)
N~Pi=ma>2l.
Записываем условие прочности
при растяжении
<Т = —<(7/,р.
F
nd2
F=—. Угловая скорость вращения
со равна
800 106,3,14 0,0012
48-1,0
= 8,86 с"1.
Пример 12.3. Горизонтальный стержень длиной I вращается вок-
руг вертикальной оси с постоянной угловой скоростью со (рис. 12.4,
а). Определить наибольшее динамическое нормальное напряжение
в опасном сечении стержня, если удельный вес материала стержня у,
а площадь поперечного сечения F.
Решение. При равномерном вращении ускорения точек стерж-
ня, расположенных на расстоянии г от оси вращения, направлены
к этой оси и определяются формулой (12.4). Инерционные силы
направлены вдоль стержня от оси вращения. Интенсивность сил
инерции, согласно (12.3), (12.4), изменяется по линейному закону
и имеет вид
(yFa2\
-----Г.
g /
Эпюра pt показана на рис. 12.4, б.
Силы инерции вызывают растяжение рассматриваемого стерж-
ня. Продольная сила N в сечении стержня, расположенном на
расстоянии г от оси вращения, равна
i I
f л yFoj2 f л yFco2(l2-P)
N(r) — \pjdr=--- rdr=-----------
J g J 2g
290
или она равна площа-
ди эпюры pi на участ-
ке от этого сечения до
конца стержня. Эпю-
ра продольных сил
в стержне показана на
рис. 12.4, в и предста-
вляет собой квадрат-
ную параболу.
Наибольшее зна-
чение продольная си-
ла имеет в сечении
стержня около оси
вращения, при г=0:
fyF(n2l2\
I _ I
\ 2g J
Наибольшего зна-
чения растягивающие
напряжения достига-
ют также при г=0:
Пример 12.4 (задача № 21 из контрольной работы заочников).
Вал АВ и жестко соединенный с ним ломаный стержень CDEK того
же поперечного сечения вращаются с постоянной угловой скоро-
стью со вокруг оси АВ (рис. 12.5, а). Требуется: 1) построить эпюры
продольных сил N и изгибающих моментов М от сил инерции,
возникающих на вертикальном CD и горизонтальном ЕК участках
ломаного стержня (влиянием сил инерции самого вала АВ и сил
собственного веса конструкции можно пренебречь); 2) найти до-
пускаемое число оборотов вала в минуту при допускаемом напря-
жении [ст] = 100 МПа и у = 78 кН/м. Диаметр вала г/=20 мм, длина
1=50 см.
Решение. Подставляя выражение для центростремительного
ускорения (12.4) в формулу (12.3), определяем интенсивность сил
инерции. На вертикальном элементе рамы CD интенсивность сил
yFco2r
инерции изменяется по линейному закону Pi(r) =-, где г — рас-
g
стояние от оси вращения АВ. На горизонтальном элементе интен-
yftu2/
сивность инерционной нагрузки постоянна и равна р,=--. Эпюра
g
распределения сил инерции представлена на рис. 12.5, б.
19*
291
Для определения опорных реакции в подшипниках составим
уравнения равновесия в виде сумм моментов всех сил, действующих
на систему, вокруг точек А и В:
£MA=RB2l-^\l-p,l-'--p^r2l=0, RB=5p,^ 1
ХЛ/а= - RA2 1+l+pj-3 • 0, Ra = p.l.
Проверка:
ZPy = Ra + Рв—Pi — “ipil=pj+ 5р^ —pt — 3pJ = 0.
На рис. 12.5, в, г изображены эпюры M и N от действия в»
систему инерционных сил. Наибольший изгибающий момент во»
пикает в сечении С вала СВ. Продольная сила в этом сечении ранил
нулю. Наибольшие нормальные напряжения
ся Л/щах _ АХ Pil2 SOpjl2
ааХ~ Wx ~\2j/nd3\~ 7td3 ’
\ 32 /
так как момент сопротивления поперечного сечения для круглого
сечения
тир
32
Наибольшая продольная сила возникает в верхнем сечении эле-
мента CD. Наибольшие нормальные напряжения в этом сечении
Г, d CD СВ
так как F=— отношение - меньше единицы, <7max , т. е.
4 /
в данном примере опасным является сечение, в котором действуег
наибольший изгибающий момент. Записываем условие прочности,
приравнивая большее из найденных напряжений допускаемому на-
пряжению:
св _80p,Z2
®tnax —
(12.5)
292
Чтобы выразить частоту вращения п через угловую скорость,
надо вспомнить размерности этих величин: п — об/мин; со —
рад/с. Один оборот равен 2л радианам, а одна минута равна 60
секундам, следовательно:
п2п
—— со.
60
(12.6)
Учитывая, что интенсивность распределенной нагрузки, соглас-
уFco2i 7td^
но (12.3) и (12.4), равна р,=-, a F——, условие прочности (12.5)
g 4
с учетом (12.6) имеет вид
св 2Пу13п2п2
Откуда
п== /м 302 J g
у 20’ у!3 я2
' 100 106 302-2 КГ2-9,8
20 78 103-53 10“3 -3,142
= 95,8 об/мин.
Пример 12.5. Определить напряжения в поперечном сечении тон-
костенного кольца (<5«Л), вращающегося с постоянной угловой
скоростью со вокруг оси, перпендикулярной плоскости кольца (рис.
12.6, а). Кольцо изготовлено из стали с удельным весом у = 75 кН/м,
его радиус Л=40 см. Частота вращения кольца и=2000 об/мин.
Решение. При равномерном вращении касательное ускорение
любой точки кольца равно нулю, а нормальное ускорение определя-
ется по формуле (12.4)
293
an—co2R.
Силы инерции равномерно распределены по окружности кольца
и направлены по радиусам от центра. Интенсивность центробежный
сил инерции, согласно (12.3), pi=yFco2-. Теперь кольцо можно pat
g
сматривать как неподвижную плоскую раму, нагруженную равно
мерно распределенной нагрузкой интенсивности д(. Для определе-
ния внутренних силовых факторов, возникающих в поперечных
сечениях кольца, рассечем его любой диаметральной плоскостью >ы
две части. Приложим в сечениях осевые силы N и изгибающие
моменты Л/.
Продольные силы N определяем, проектируя все силы, дейс!
вующие на полукольцо, на направление оси Y (рис. 12.6, б)
п/2
YPy — — 2N+2 J p:R sin cpdcp = 0.
о
Отсюда
N=PiR.
Подставляя в это выражение значение интенсивности распредс
ленной нагрузки находим
„ yFto2R2
N=-------.
g
Для определения неизвестного момента М решаем статически
неопределимую задачу, составляя уравнение перемещений, коэф
фициенты которого вычислим при помощи интегралов Мора
<51/>+ =0.
Изгибающий момент от силы N и распределенной нагрузки р.
(рис. 12.6, 6):
V
Мр =Pi R2 (1 — cos (р)—J piR2 sin a da=0,
о
а изгибающий момент от единичной нагрузки = 1.
Коэффициент dip равен нулю, поэтому изгибающий момент
^ = 0.
Действительно при вращении вокруг центра кольцо сохраняет
свою форму, увеличивая диаметр, и никаких изгибных деформаций
не испытывает. Следовательно, нормальные напряжения в попереч-
ном сечении кольца с учетом (12.6)
294
N TK2n2R2 75 ’IO3 3,142 20002 42 ’ IO-2
0-=- = -------=---------—---------------= 53,6 МПа.
F 900g 900 • 9,8
Напряжения во вращающемся кольце зависят только от удель-
ного веса материала и окружной скорости, но не зависят от
площади поперечного сечения. Поэтому увеличением размеров
сечения нельзя уменьшить напряжения в тонкостенном вращаю-
щемся кольце.
12.3. УДАР
12.3.1. Основные понятия
Под ударом понимается взаимодействие движущихся тел в ре-
зультате их соприкосновения, характеризуемое резким изменением
скоростей точек тела за весьма малый промежуток времени. Напря-
жения и деформации при ударе, называемые динамическими значи-
тельно больше тех, которые возникли бы в данной системе при
статическом приложении нагрузки (рис. 12.7).
Процесс удара жесткого груза об упругую стержневую систему
протекает следующим образом. Груз, движущийся с некоторой
скоростью, входит в соприкосновение с системой и скорость его
резко уменьшается. Упругая система приходит в движение. Однако
вследствие инерции массы системы ее частицы начинают переме-
щаться не одновременно. Для того чтобы волна деформации рас-
пространилась от места удара по всей системе, требуется время.
После соприкосновения груз движется совместно с воспринима-
ющей удар упругой системой. Скорость их движения по мере роста
деформаций и сил упругости системы постепенно уменьшается
и становится равной нулю в момент наибольшей деформации.
Затем начинается обратное движение, в дальнейшем система совер-
шает колебательные движения.
При ударе возникают де-
формации двух типов: местные
деформации в зоне контакта
и общие деформации системы.
Определение напряжений и де-
формаций при ударе предста-
вляет собой одну из наиболее
сложных задач механики де-
формируемого тела. Для ее
упрощения в сопротивлении
материалов вводится ряд до-
пущений:
1) ударяющее тело абсолю-
тно жесткое;
2) ударяемое тело имеет
одну степень свободы;
Рис. 12 7
295
an=co2R.
Силы инерции равномерно распределены по окружности кольца
и направлены по радиусам от центра. Интенсивность центробежный
сил инерции, согласно (12.3), Pi=yFco2-. Теперь кольцо можно pat
g
сматривать как неподвижную плоскую раму, нагруженную равни
мерно распределенной нагрузкой интенсивности р(. Для определе-
ния внутренних силовых факторов, возникающих в поперечных
сечениях кольца, рассечем его любой диаметральной плоскостью n.i
две части. Приложим в сечениях осевые силы N и изгибающие
моменты Л/.
Продольные силы N определяем, проектируя все силы, дейс!
вующие на полукольцо, на направление оси Y (рис. 12.6, б)
п/2
YPy — — 2N+2 J p:R sin cpdcp = 0.
о
Отсюда
N=PiR.
Подставляя в это выражение значение интенсивности распредс
ленной нагрузки находим
„ yFai2R2
N=-------.
g
Для определения неизвестного момента М решаем статически
неопределимую задачу, составляя уравнение перемещений, коэф
фициенты которого вычислим при помощи интегралов Мора
=0.
Изгибающий момент от силы N и распределенной нагрузки р.
(рис. 12.6, б):
V
Мр =PiR2 (1 — cos (р)—J piR2 sin a da=0,
о
а изгибающий момент от единичной нагрузки = 1.
Коэффициент д1Р равен нулю, поэтому изгибающий момент
^ = 0.
Действительно при вращении вокруг центра кольцо сохраняет
свою форму, увеличивая диаметр, и никаких изгибных деформаций
не испытывает. Следовательно, нормальные напряжения в попереч-
ном сечении кольца с учетом (12.6)
294
N TK2n2R2 75 ’IO3 3,142 20002 42 ’ IO-2
0-=- = -------=---------—---------------= 53,6 МПа.
F 900g 900 • 9,8
Напряжения во вращающемся кольце зависят только от удель-
ного веса материала и окружной скорости, но не зависят от
площади поперечного сечения. Поэтому увеличением размеров
сечения нельзя уменьшить напряжения в тонкостенном вращаю-
щемся кольце.
12.3. УДАР
12.3.1. Основные понятия
Под ударом понимается взаимодействие движущихся тел в ре-
зультате их соприкосновения, характеризуемое резким изменением
скоростей точек тела за весьма малый промежуток времени. Напря-
жения и деформации при ударе, называемые динамическими значи-
тельно больше тех, которые возникли бы в данной системе при
статическом приложении нагрузки (рис. 12.7).
Процесс удара жесткого груза об упругую стержневую систему
протекает следующим образом. Груз, движущийся с некоторой
скоростью, входит в соприкосновение с системой и скорость его
резко уменьшается. Упругая система приходит в движение. Однако
вследствие инерции массы системы ее частицы начинают переме-
щаться не одновременно. Для того чтобы волна деформации рас-
пространилась от места удара по всей системе, требуется время.
После соприкосновения груз движется совместно с воспринима-
ющей удар упругой системой. Скорость их движения по мере роста
деформаций и сил упругости системы постепенно уменьшается
и становится равной нулю в момент наибольшей деформации.
Затем начинается обратное движение, в дальнейшем система совер-
шает колебательные движения.
При ударе возникают де-
формации двух типов: местные
деформации в зоне контакта
и общие деформации системы.
Определение напряжений и де-
формаций при ударе предста-
вляет собой одну из наиболее
сложных задач механики де-
формируемого тела. Для ее
упрощения в сопротивлении
материалов вводится ряд до-
пущений:
1) ударяющее тело абсолю-
тно жесткое;
2) ударяемое тело имеет
одну степень свободы;
Рис. 12 7
295
3) обобщенные перемещения пропорциональны соответству
ющим обобщенным силам при статическом и динамическом их
действии;
4) удар неупругий, т. е. после соприкосновения ударяюще! о
груза с упругой системой он не отскакивает и при ее деформации
движется с ней совместно;
5) кинетическая энергия ударяющего тела полностью переходи i
в потенциальную энергию деформации ударяемой конструкции;
6) деформация мгновенно распространяется по всей стержневой
системе и все ее точки начинают движение одновременно;
7) масса ударяемого тела мала по сравнению с массой ударя
ющего груза.
При указанных допущениях обобщенные динамические напряжс
ния рц и перемещения <5Д в ударяемом теле приближенно могут бьп i
найдены по формулам (12.1), где рст, <5П взяты при статическом
действии силы, приложенной в месте соударения, к ударяемому
телу.
12.3.2. Продольный удар
Основные расчетные формулы выведем на примере продольного
удара. Рассмотрим удар груза весом GB, падающего с высоты h н i
неподвижный стержень (рис. 12.8).
Работа, совершаемая весом падающего груза
Л = Св(Л+А/д),
(12.7)
где А/д — изменение длины стержня Z при динамическом действии
силы.
Потенциальную энергию деформации сжимаемого стержня при
постоянной продольной силе и площади поперечного сечения мож-
но выразить формулой:
U= —
2EF
(12.8)
Рис. 12.8
где Е — модуль упругости первого
рода.
По закону Гука абсолютное
удлинение А/д пропорционально
продольной силе N
ai_ni
EF
(12.9)
Выразив из закона Гука про-
Д/дЕГ
дольную силу N——-— и подставив
296
ее в выражение для потенциальной энергии деформации (12.8),
получим
21 (12.10)
Приравняв работу падающего груза (12.7) потенциальной энер-
гии деформации стержня (12.10), получим:
A = U (12.11)
или G^h+M^—. (12.12)
После преобразований уравнение (12.12) примет вид
„ (gj\ (gJ\ Д/д2—I — |2Д/д—( |2Л = 0. д \EF \EFj (12.13)
Но — = Д/Ст — изменение длины стержня от статически прило-
EF
женной силы GB. Тогда (12.13) примет вид:
Д/д2 - 2Д/стД/д - 2/<=0. (12-14)
Решив это квадратное уравнение относительно А/д, получим:
Д/л=Д/„+7Д/ет2+2ЛД/сг. (12.15)
Так как Д/д>Д/е., оставляем знак плюс
Д/д=Д4т (14“ /14—" )- \ V А/Ст J (12.16)
Выражение в скобках показывает, во сколько раз перемещение
в точке удара превышает перемещение при статическом способе
приложения силы и называется коэффициентом динамичност
, 1 Л 2/1 ка — 1 + /1 + \ AZCT (12.17)
При осевом действии нагрузки динамическая деформация может
быть выражена через статическую формулой
AZfl=^AZCT. (12.18)
297
Разделив обе части уравнения на длину стержня и умножив п
модуль упругости Е, на основании закона Гука получим сняв
динамических сд и статических сгст нормальных напряжений:
сТд — кдО^.
(12.1‘Л
Коэффициент динамичности зависит от статической деформации
ударяемого тела. Чем больше статическая деформация, тем меныi к
напряжения. Поэтому для смягчения удара применяют пружинные
и резиновые прокладки, дающие большие деформации.
Частные случаи:
1. При внезапном приложении нагрузки, т. е. при Л = 0, коэф
фициент динамичности по (12.17) будет равен
ка=2, (12.20)
а динамические напряжения и деформации из (12.18) и (12.19) буду!
в два раза больше статических.
2. Если высота падения h значительно больше статической дефо
рмации Д/Ст, то для определения динамического коэффициенте
формулу для коэффициента динамичности можно упростить:
2А
при — ^10 с погрешностью до 5%:
Д^СТ
(12.21)
при —> ПО с погрешностью до 10 %:
Д^СТ
(12.22)
Использование (12.21),
(12.22) вместо (12.17) нс
дает увеличения запаса
прочности,
В системах, подверга-
ющихся удару, могут воз-
никать различные виды
напряженных состояний:
сжатие (рис. 12.8); изгиб
(рис. 12.7); кручение (рис.
12.9) и т. д. Соответствен-
но различают продоль-
ный, поперечный и крутя-
щий удар. Методика опре-
298
1еления коэффициента динамичности, а также наибольших дефор-
маций и напряжений аналогична той, что приведена для продоль-
ного удара. Однако при нахождении динамических напряжений
и перемещений по (12.1) статические напряжения и перемещения
надо определять для конкретного вида напряженного состояния,
а в формулу для коэффициента динамичности подставлять переме-
щение в точке соударения тел в направлении удара.
Коэффициент динамичности для различных случаев нагружения
имеет вид:
Лл=1+ /1+^, (12.23)
у ^ст
где <5СТ — перемещение в точке удара.
Если учесть, что v — ^/lgh, где v — скорость падающего груза
в начале удара; g — ускорение свободного падения, то подставив
v2
h=— в (12.23), получим
2g ______
/ 1,2
£д=1+ /1+—. (12.24)
V Ят
Так как кинетическая энергия падающего груза к моменту со-
ударения равна
Т=(?ВА=4-, (12.25)
2g
а потенциальная энергия деформации стержня при статическом
приложении силы GB имеет вид
C?bi5ct
(12.26)
вместо слагаемого в (12.24) можно записать T/U.
Тогда коэффициент динамичности будет иметь вид
g,= l + /1чЛ (12.27)
12.3.3. Влияние массы стержня на напряжения
и перемещения при ударе
Если груз падает на балку, обладающую значительной массой,
которой нельзя пренебречь, то решение сильно усложняется. Можно
применить приближенное решение, которое сводится к замене ре-
альной балки системой с одной степенью свободы. Распределенная
по длине масса заменяется приведенной массой, сосредоточенной
в месте удара.
299
Кинетическая энергия упругой системы
f v2dm
Т= (12.2Н)
тп
v2dm
где —------кинетическая энергия элементарной частицы упругой
системы с массой dm, перемещающейся со скоростью
Умножив и разделив правую часть выражения на массу m вссн
упругой системы и квадрат скорости vq точки приведения, получим
Обозначим:
тп
dm = kn.
(12.29)
(12.30)
Тогда выражение (12.29) примет вид
T=kamv2
2
(12.31)
Кинетическая энергия распределенной массы упругой системы
выражается через кинетическую энергию сосредоточенной массы
кат, движущейся со скоростью г>0 точки приведения. Масса кит
называется приведенной массой, а коэффициент кп — коэффициен
том приведения массы. Приведенная масса — это такая сосредото
ченная масса, которая, двигаясь со скоростью точки приведения,
имеет такую же кинетическую энергию, которой обладают все
материальные точки упругой системы в процессе их движения.
В задачах удара массу системы приводят к точке удара. Отношс
ние скоростей точек равно отношению перемещений:
«о <50
Тогда
43 КЭ2^ (1232)
т
где <50 и 5i — обобщенные перемещения точки приведения массы
и произвольной точки системы при статическом действии на нее
обобщенной силы.
Для прямолинейных стержней с постоянным поперечным сечени-
ем коэффициенты приведения массы можно определить по формуле
зоо
4) КЗ* “2JB
о
где dz — элемент длины стержня; I — его
длина.
Коэффициент приведения массы ударяе-
мого тела в точку соударения зависит от
способов закрепления стержня и вида удара.
Для примера определим коэффициент
приведения массы стержня постоянного се-
чения к нижнему концу стержня (рис. 12.10).
Смещение торцевого сечения бруса при ста-
тическом нагружении силой Gs будет 60=
= GJ[EF, а смещение текущего сечения 8Z =
= G^zjEF. Отношение этих смещений
Рис. 12.10
(12.34)
На основании (12.33) коэффициент приведения массы
о
Приведем некоторые значения коэффициента приведения массы:
_ ъ 17
для двухопорнои балки к середине пролета равен —;
зз is
для консоли к свободному концу кп=—
При учете массы ударяемого тела в энергетическом балансе
необходимо учитывать кинетическую энергию упругой системы по-
сле соприкосновения тел.
С учетом массы стержня коэффициент динамичности (12.23)
имеет вид
кц— 1 +
(12.35)
где Go — вес ударяемого тела.
Из формул (12.23) и (12.35) следует, что динамические напряже-
ния, полученные с учетом массы ударяемого тела, меньше напряже-
ний, получаемых в результате решения, не учитывающего влияния
собственной массы системы. Поэтому использование для коэффици-
ента динамичности упрощенных формул (12.23) дает увеличение
запаса прочности.
На практике часто встречаются случаи, когда масса системы
пренебрежимо мала, но на ней расположена массивная деталь —
301
буфер, воспринимающая удар груза. В этом случае коэффициеш
динамичности может быть подсчитан по формуле (12.35), если
заменить в ней приведенный вес системы kaGG весом буфера.
В случае горизонтального удара, когда горизонтально движуще
еся тело достигает невесомой системы, имея скороть у0, груз нс
будет совершать работу на перемещении <3Д и коэффициент динами-
чности (12.24) примет вид
(12.36)
Расчет на прочность при ударе производится по формулам,
которые установлены для статического нагружени
Липах = ^-дРсттах < | 1»
(12.37)
где рдшах — наибольшее динамическое напряжение в системе;
Ритах — наибольшее напряжение при статическом действии груза;
|pj — допускаемое динамическое напряжение.
При назначении допускаемого напряжения следует учитывать,
что при ударном нагружении меняются механические характеристи-
ки материала и особенно предел текучести, который понижается
при динамическом нагружении. При ударном нагружении тело при-
обретает склонность к хрупкому разрушению, зависящему от со-
става и структуры материала тела, скорости нагружения, темпера-
туры и концентрации напряжений.
12.3.4. Примеры расчетов (включая задачу
из контрольных работ заочников)
Пример 12.5. (продольный удар). Тело весом GB = 60 Н падаег
с высоты h= 18 см, вызывая растяжение стержня длины 7=1 м
и площадью поперечного сечения F—5 см2 (см. рис. 12.10). Удель-
ный вес материала балки у = 80 кН/м3, модуль продольной уп-
ругости Е=2 105 МПа и допускаемое напряжение [<rj = 100 МПа.
Проверить прочность стержня. Расчет произвести без учета и с уче-
том массы стержня.
Решение. При статическом действии груза GB нормальные на-
пряжения растяжения
б-ст=-=—=—•10-4 = 12'104 Н/м2.
F F 5
Изменение длины стержня от силы (7В, приложенной статически,
по закону Гука:
<5СТ=А7СТ=—=60 --1011-510"4=6 10“7 м.
EF 2
302
Собственный вес стержня
Go=yFZ=80 103-5 10“4 l=40 Н.
Так как
то динамический коэффициент без учета массы стержня определяет-
ся по формуле (12.22)
Учитывая, что коэффициент приведения масс к точке удара
равен 1/3 (12.34), коэффициент динамичности с учетом массы стерж-
ня согласно (12.35)
Соответственно динамические напряжения (12.1) с учетом и без
учета массы стержня:
^=^CT=775 12 104=93 МПа;
сгдм=А:дМссг = 701 • 12-104 = 84,1 МПа.
Сравнивая динамические напряжения с допускаемыми напряже-
ниями при ударе, получаем:
<Тд=93 МПа < [<tJ = 100 МПа;
<ГдМ = 84,1 МПа<[сГд] = 100 МПа.
Условие прочности выполняется.
Использование упрощенной формулы для ка, не учитывающей
массу стержня, увеличивает динамические напряжения на
/93- 84,1\
------ 100% = 10,6%,
\ 84’1 /
что увеличивает запас прочности.
Пример 12.6 (поперечный удар). Определить допускаемую высо-
ту падения груза весом GB — 500 Н на невесомую балку длиной 1=
= 1 м, квадратного поперечного сечения с длиной стороны а = 10 см
(рис. 12.11, а); материал балки — сталь; £=2 105 МПа, [crj =
= 120 МПа.
зоз
Решение. Эпюра
изгибающих моментов
МР от статически при-
ложенной силы (7В (рис.
12.11, б) показана на
рис. 12.11, в.
Осевой момент со-
противления попереч-
ного сечения
а2
Wx = a—.
6
Напряжения изгиба
в опасном сечении (в
заделке) от статически
приложенной силы GB
О’стшах= ~
”'х
= GJ~ =
а3
Wx
= 500-1 Л 10 б = 3 МПа.
Ю3
Для определения прогиба на конце балки от статически прило-
женной силы GB строим эпюру изгибающих моментов от фиктивной
единичной силы (рис. 12.11, г, д).
Осевой момент инерции квадратного поперечного сечения
а3
Тогда статический прогиб
12
G I3 17
— = 500'I3 — 2‘1011'104,10“8= 1 • 10~4 м.
ЗДЛ 3
Согласно (12.23) коэффициент динамичности
. . 2Л
ка —14- /14—.
304
Условие прочности при поперечном ударе (12.37)
^дшах = ^д^сттах [^д]
после подстановки коэффициента динамичности (12.23) примет вид
Отсюда
14- /1+— |3^120,
V 1 • Ю4/
7,6 10 2м = 7,6см.
Пример 12.7 (крутящий удар). С высоты Л=20 см груз падает на
абсолютно жесткий рычаг длиной R=1 см, соединенный со стерж-
нем длиной 1= 1 м и диаметра d=2 см (см. рис. 12.9). Определить
допускаемый вес груза GB, если допускаемое касательное напряже-
ние [tJ = 40 МПа, а модуль сдвига G=3 104 МПа. Вес стержня
и рычага не учитывать.
Решение. Полярный момент сопротивления поперечного се-
чения
= 3,14-23 —= 1,57 10’6 м3.
р 16 16
Крутящий момент, возникающий в поперечных сечениях
гержня
^xp=GBA.
Статические касательные напряжения, возникающие при кру-
чении
7 10~2
Тстш“_ wp~ Wp~ 1,57-10'6
Из условия прочности (12.37) найдем
. [Tj 40 106'1,57'10-6 897
ка =----=-------------—=—. (12.38)
Tcrmax Ств 7 10“2 Ga
Полярный осевой момент инерции поперечного сечения
ле/4 3,14 24’ IO"8
Р~ 32
= 1,57’10" 8 м4.
32
20 — 3375
305
При определении перемещения точки соударения в направлен»
удара под действием статически приложенной силы GB пренебрс!
деформацией рычага и полагаем, что вследствии малости и
ремещения проекция его на вертикаль равна длине дуги. Тогда
<5СТ=^Д (1 ’ »
где (р — угол закручивания, определяемый по закону Гука
-одставляя выражения для ср и в (12.39), получим
M^IR GJR2
GJp “ GJp
GB'l‘72'10-4
310lol,57 10~8
= 0,104 10-4GB.
Коэффициент динамичности из (12.23):
£д=1 +
1+2 0,2
0,104 Ю"4^
(12 Т».
Приравнивая выражения для ка (12.38) и (12.39а), получили
Тстгаах
или
897 , / 1+2-0,2
---— 1 + /------------—.
GB \ 0,104' 10“4GB
Откуда
GB<20 Н.
Пример 12.8 (задача № 20 из контрольных работ заочников). 111
двутавровую балку № 30 (рис. 12.12, а) длиной 1=3 м, свободно
лежащую на двух жестких опорах, с высоты h= 10 см падает rpyi
GB = 1000 Н. Требуется: 1) найти наибольшее нормальное напрях<
ние в балке; 2) решить аналогичную задачу при условии, что правд
опора заменена пружиной, податливость которой (т. е. осадка m
груза весом 1 кН) а=ЗО Ю-3 м/кН; 3) сравнить полученные резуль
таты. Массу балки не учитывать. одуль упругости материи ил
балки Е=2-105 МПа.
Для двутавровой балки № 30 по ГОСТу № 8239—89 осевы»
момент сопротивления Wx и момент инерции Jx поперечного ссчс
306
мии равны: РГХ=472 см3,
/. 7080 см4.
Решение.
1. Правая опора жест-
ши. Реакции, возника-
ющие в опорах (рис. 12.12,
А), определятся из уравне-
нии равновесия от дейст-
иин статически приложен-
ной силы GB
£Л/л = Ад/-Св5/=0,
3
2
WB=-^Z-GBZ=0,
з
D - в Рис. 12.12
Л 3
Проверка:
2 5
ЪРУ=Ra+RB - GB = — GB+-GB - GB = 0.
3 3
Эпюра изгибающих моментов от статической силы GB показана
на рис. 12.12, в.
Наибольшие напряжения изгиба в опасном сечении (над опорой В)
= G, -' — = 1 000 2 -' 472 • 10 " 6 =4,24 МПа. (12.40)
Wx 3 W. 3
Прогиб под грузом определяется по правилу Верещагина. Для
н ого строится эпюра изгибающих моментов от фиктивной единич-
ной силы, приложенной в точке удара (рис. 12.12, г, д).
Тогда статический прогиб в точке удара
1Gb?7/-2-2/+1Gb2-Z2-/2-?
2 3 33 23333
ggz= 20 1000-3» = 0.5м
81£7Л 81 2 1011‘7080 10~8
20*
307
Так как
2Л
2 0,1
1,7410-5
= 11494 >110,
то динамический коэффициент можно определить по (12.22):
кд=^=V11494= 107,2.
Наибольшие динамические напряжения из (12.19):
сгДтах=сгсттахА:д=4,24-107,2=454,6 МПа.
П. Правая опора заменена пружиной. Деформационная схем*
показана на рис. 12.13. В случае опирания правого конца балки и >
пружину при действии статически приложенной силы GB пружш.»
под влиянием опорной реакции RB уменьшит свою длину на вс ш
чину 2, называемую осадкой пружины
2=ог RB,
где а — податливость пружины.
При этом перемещение точки удара Д, вызванное сжатием пру
жины, определяется из подобия треугольников АВВ' и АСС (рн.
12.13)
Д_5 I
l~3 I
Откуда
Д = 52 = 5аАв=530-10-5 1 = 0,0833 м,
ззз з
так как
5 5 5
Ав=-Св=-1=-кН.
3 3 3
Полное вертикальное перемещение <5СТ" точки удара при стати
ческом действии силы Св равно сумме упругих перемещений <>.
найденных в балке с жестки
ми опорами (п. I) и персм<
щений балки, как жестком >
целого Д, вызванных пот»
ротом ее за счет осадки пру
жины (п. II).
«5ct"=<5ct+A = 1,7410-5 +
+ 8,33-10“2 = 8,33-10 2 м
308
Коэффициент динамичности определим из (12.23):
V=1 +
' 1+20,1
8,33 10"2
= 2,84.
Наибольшие нормальные напряжения от статически приложен-
ной силы не зависят от изменения жесткости опоры и определяются
по (12.40).
Наибольшие динамические напряжения:
цдшм" = СстшаЛд"=4,24 • 2,84 = 12,0 МПа.
Ш. Сравнивая динамические напряжения, определенные в систе-
ме с жесткими и упругими опорами
^дтах _454,6д
°дтах 12,0
можно сделать вывод, что наличие пружины в системе уменьшит
гкнамические напряжения в 37,9 раз.
12.4. РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ КОЛЕБАНИЯХ
12.4.1. Свободные колебания системы с одной степенью свободы
Рассмотрим в первую очередь простейшую задачу о свободных
(или собственных) колебаниях системы с одной степенью свободы.
Под степенью свободы понимают число независимых параметров,
определяющих положение системы в любой момент времени. Что
же такое собственные или свободные колебания?
Чтобы представить процесс свободных колебаний, выведем бал-
ку из состояния равновесия путем приложения силы (рис. 12.14).
Удалим внезапно эту силу. Под действием сил упругости балка
перейдет в колебательный процесс. Такие колебания движущейся
упругой системы, происходящие при отсутствии постоянно прило-
женного внешнего силового воздействия, вследствие наличия на-
чального смещения или начальной скорости, вызванные толчком,
ударом или другими внезапными воздействиями, называются сво-
бодными или собственными колебаниями. В этом случае характер
колебаний определяется исключительно собственными параметра-
ми системы (массой, упругостью, жесткостью).
В отличие от них вынужденными колебаниями называются коле-
бания системы, происходящие при действии на нее возмущающей
силы.
Рассмотрим силовые воздействия на колеблющуюся свободно
невесомую балку массой т, в момент, когда она достигла крайне-
го нижнего положения. Во-первых, эта сила упругости Руи?.
309
Рис. 12.14
Рис. 12.15
Выразим ее через жесткость балки с, т. е. силу, вызывающую
прогиб, равный единипег
Ру^ = су, (12 11)
где у — прогиб балки.
Эта сила стремится вернуть балку в исходное положение. В<»
вторых, на балку действует сила инерции Рин, направленная пронш
ускорения (рис. 12.15) а=у":
Рян=та=ту". (12.4? i
В соответствии с принципом Даламбера условие равновесии
имеет вид:
Рупр+Рин^О;
су+ту" = 0; (12.41)
у"+- у=0.
т
Обозначим — через atf — частота собственных колебаний. Диф
т
ференциальное уравнение (12.43) свободных колебаний системы
с одной степенью свободы (дифференциальное уравнение второй»
порядка без правой части).
Общий интеграл этого дифференциального уравнения имеет вид
Д=у=Я cos (ar t+B). (12.44)
Запишем силу упругости в канонической форме:
1=с (5ц;
Д=Р-5И;
1
с=—.
<5ц
Подставляя с=—, получим:
310
с _ 1 1 — g - s
m m8\\ P Р<5ц Ли
- <5ц
g
Таким образом, с одной стороны
1ругой
Приравнивая, получаем:
т
(12.45)
Судя по (12.44), значения прогиба A=j повторяются через каж-
1ый промежуток времени в 2л с.
Различают: круговую частоту — это число оборотов за время 2л
I , обозначается через сос, измеряется в радианах в с (в герцах),
» просто частоту, представляющую число колебаний в 1 с.
Пример 12.10. Дано: Р=200 Н; 7=0,4 м; Г=Г10“4 м2;
/;=2 10п Па.
Определить частоту собственных колебаний растянутого стерж-
ня (Ус.
Решение.
EF
Круговая частота:
200 0,4
2-1011‘110"4
1570 -.
с
С0с =
1570
2л
=410’6
м;
=250 Гц.
Собственные колебания сами по себе опасности не представля-
ют, так как они затухают и к разрушениям привести не могут.
Однако при наличии возмущающей силы возможно сближение ча-
гот собственных колебаний сос и возмущающей силы сов, что может
привести к резонансу и повышению напряжений.
311
12.4.2. Вынужденные колебания системы
с одной степенью свободы
Рассмотрим пример возникновения вынужденных колебаний I (
ли на балку или раму установить двигатель, который имеет неурпп
новешенные массы, то при работе двигателя они являются возбу.ш
телями колебаний. Стоит задача рассчитать на прочность тащи
систему (рис. 12.16).
Рассмотрим силовые воздействия на балку. Во-первых, это п< »
мущающая сила неуравновешенной массы Ро, которая определяс 11 •
как сила инерции при вращательном движении:
Рп=тпы1 г.
Положение этой силы изменяется при работе двигателя в coni
ветствии с рис. 12.17, а возмущающая сила
Pb^Po COSCOb’ t,
где сов — частота вынужденных колебаний.
Во-вторых, сила упругости
^упр СУ
и в-третьих — сила инерции Рт балки при поступательном дм»
женин
Phh=W‘Z,
где у — прогиб балки.
По принципу Далабмера уравнение равновесия имеет вид (рн
12.16)
тп у" + с-y=P0COSCDBt. (12 46)
Это дифференциальное уравнение вынужденных колебаний си
стемы с одной степенью свободы при отсутствии сопротивления
неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка с np.i
вой частью.
Решением этого уравнения является сумма двух решений:
у^у+у*,
где у — общее решение дифференциального уравнения (без правой
части)
y = Ci cos coct -|- C2 sin a>ct;
y* — частное решение данного неоднородного уравнения
у* = М' cos сов/-!-.№• sin coBt, (<i)
312
Рис. 12.16
1/ и N — произвольные постоянные, подбираются таким образом,
чтобы равенство (12.46) обращалось в тождество.
Определяем, подставляя в уравнение (12.46) выражение (а) и вто-
рую производную от (а). В результате получаем N=0
,, р° Ро , с 2
М=-----------=-------------=—------------- (так как - = (Dq).
с—о)*т (с \ w? (со2—со2) т
wl------СО2 1
yn /
Нас интересует максимальный прогиб:
У=?+У*>
получили:
у*=-----------• coscoJ,
"1(ш2-со2)
поэтому решение уравнения (12.46) имеет вид:
• р°
у = Ci COS CDct + С2 sin COct 4-----COS CDBt.
n7(toc2-^)
Однако прогиб у от свободных колебаний не учитывают, так как
под действием сил сопротивления они быстро затухают и основное
щачение имеют вынужденные колебания. Величина у будет мак-
имальна, когда coscoj=l, т. е. coBf=0, т. е. наибольшая
амплитуда А вынужденных колебаний равна (имея в виду, что
- = <д2; с=1/<5н):
т
Ро'^11 Дст С _ СОс д _
™ (“с - “в)511 (“с-^в) т ("с-“в)
313
Обозначим через
коэффициент нарастания колебаний. Исследуем его. Если
о 1
«в —* сос, то Д -> 00 при = 1.
С0с
Далее, /?=1, если — = 0. Если — <1, то /?>0; если— >1, то //
(Ос (Ос (Ос
График Р представлен на рис. 12.18. Определим динамическое ш
пряжение и перемещение в точках колеблющейся балки. Пу< и
Q — вес двигателя независимо то того работает двигатель или ш i
его вес вызывает перемещение Д£ и напряжение От неур.ш
повешенных масс двигателя, т. е. от возмущающих сил Ро мл.
симальный прогиб по (12.47):
др° =рлр°.
шах г сг
Тогда суммарное динамическое перемещение Ддин (прогиб), учи
р А ° Л
JTO ст О
тывая —=—=—
G Л“
(ввиду упругости) равно
AOT=Ag+A'°^=
=Ав(1-Л /?)=де(1+£ /А
\ ^ст / \ У /
Таким образом, при колебацп
ях коэффициент динамичное in
определяется по формуле
(12.45)
— t — (1 А о
^дин — ^ст^дгслеб — ^ст I 1 4“ ' I Р' Л
314
График изменения динамических напряжений в колеблющей-
я балке имеет вид, представленный на рис. 12.19.
Под действием возмущающей силы балка испытывает большое
число перемен напряжений, достигающее 10 — 100 млн. циклов за
рок службы. Поведение материала в таких условиях меняется по
. равнению со статической нагрузкой, говорят, что материал устает
. вводится понятие усталости или выносливости материала (гл. 14).
12.4.3. Примеры расчетов (включая задачу
из контрольных работ заочников)
Рассмотрим пример расчета на прочность балки (рис. 12.20)
с установленным на ней двигателем весом Q с неуравновешенной
массой, вызывающей возмущающую силу Ро-
Пример 12.11 [4]. Проверить прочность балки, если вес двигателя
0=2500 Н; Е=2 105 МПа=21011 Па; 7=2-4570 см4=
2-4570-10“8 м4; « = 420 об/мин; 17=2'381 см3 = 2-381 • 10~б м3;
возмущающая сила Р0=80 кг=800 Н; [сг] = 160 МПа.
Определить: сос, кд, сгтах и проверить прочность балки.
1. Определяем частоту собственных колебаний:
48-21011-2-457010~в10 „„
=---------------------= 73
2500'4
Частота возмущающей силы:
Так как частоты свободных (сос) и вы-
нужденных (сов) колебаний отличаются
315
почти в два раза, резонанс балке не угрожает. Коэффициент пл|н
стания колебаний:
Динамический коэффициент:
ka=l+-fl = 1+— 1,56= 1,5.
Q 2500
Наибольшие нормальные напряжения:
2500'4
4238110е
oR=kRoCI = kR---= 1,5 = 1,5 •
Wx 4WX
=49,3 МПа.
Так как допускаемые напряжения [ет] = 160 МПа, а расчетш.
<7тм=49,3 МПа, т. е. <тти<[сг], то прочность балки обеспечена.
Пример 12.12 (задача № 19 из контрольных работ заочников) | II
На двух балках двутаврового сечения № 30 (J=7080 10-8 м
W=472-10~ 6 м3) установлен двигатель весом <2=40 кН (рис. 12 11
делающий п = 900 об/мин. Длина балок 7=2,5 м. Центробежная си и
инерции, возникающая вследствие неуравновешенности вращав1
щихся частей двигателя, Ро= 16 кН. Не учитывая собственного ва .»
балок и силы сопротивления, требуется найти:
1) частоту собственных колебаний сос;
2) частоту изменения возмущающей силы сов;
3) коэффициент нарастания колебаний;
4) динамический коэффициент;
5) наибольшее напряжение в балке.
Решение. 1. Частота собственных колебаний:
где g — ускорение свободного падения; <5ц — податливость бал* и
под грузом Q.
Для определения <5ц нагружаем балку силой, равной единиц*
определяем реакции и строим эпюру Мг.
Умножая эпюру саму на себя, получим:
_ 1 /1 21 61 2 61 1 31 61 2бА_ Ш3
ll~EJ\2 5 25 3 25 ^ 2 5 25 3 25/ 252Ef
lg-252'EJ_ /^81,252'2 10il 2'7080' Ю’8-^,
Q 12Z3 у 40'12'2,5’' 103
316
Рис. 12.21
2. Частота вынужденных колебании
п п' 900 м ,
сав=—п=--------------------= 92,4 1 /с.
30 30
3. Коэффициент нарастания колебаний
д=—1
= 1,62.
/92,4V
1-1----I
\ 152/
1-
4. Динамический коэффициент при колебаниях:
fca= 1+-£=1 1,62=1,668.
д QГ 40 103
5. Наибольшие нормальные напряжения
. • . -^тах
°"д — *д __
= 1,668._^L=1>668.^1°^=42,4 МПа.
25'2 ИЛ. 25'2'472'10 6
Вопросы для самопроверки
1. Какие нагрузки называются динамическими?
2. Как формулируется принцип Даламбера?
3. Как определяется интенсивность инерционных сил при неравномерном посту-
пательном и равномерном вращательном движении тела?
4. Какое явление называется ударом?
5. Что называется динамическим коэффициентом при ударе?
6. Как определяются статические перемещения при продольном и поперечном
ударе?
7. Что понимают под свободными колебаниями системы?
8. Что понимают под вынужденными колебаниями системы?
9. Опишите порядок расчета на прочность при колебаниях.
10. Как определяется коэффициент нарастания колебаний?
11. Как определяется динамический коэффициент при колебаниях?
317
Глава 13
УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ*
13.1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ
Как было указано во введении, сопротивление материалов
это наука об инженерных методах расчета на прочность, жестко». i •
и устойчивость. Расчеты на прочность и жесткость были рассмог
рены в предыдущих главах. Остановимся теперь на понятии «устой
чивость стержней», которое отличается рядом особенностей. При
чиной, побудившей исследовать потерю устойчивости стержне!
и разработать методы, позволяющие избежать этого негативном
явления, послужили случаи разрушения конструкций, в которы»
имелись длинные стержни, работающие на сжатие.
Рассмотрим длинный тонкий стержень (рис. 13.1, а) нагружа.
ный осевой сжимающей силой Р. Опыт показывает, что в этом
случае возможны две формы равновесия стержня: прямолинейно •
и криволинейная.
При малых значениях силы Р стержень сжимается, оставаяи
прямолинейным. Ёсли его вывести из положения равновесия, то под
действием упругих сил стержень, поколебавшись около положе! ш.
равновесия, примет начальную форму. В этом случае устойчиво»
является прямолинейная форма (рис. 13.1, а).
Если увеличить сжимающую силу Р, то при некотором ее зна-п
нии отклоненный от вертикального положения стержень не во»
вратится к первоначальному ни
ложению по устранении причины
отклонившей его. В этом случд»
устойчивой является криволин й
ная форма равновесия (рис. 13 I
б).
Значение силы, при которой
первоначальная форма равно»»-
сия упругого тела становится нс
устойчивой, называется критич
кой силой.
Рассмотрим несколько спо
собов определения критической
силы.
*Гл. 13 написана совместно с С. И. Андриевской.
318
13.2. ОПРЕДЕЛЕНИЕ КРИТИЧЕСКОЙ СИЛЫ ПО ФОРМУЛЕ ЭЙЛЕРА
ИЛИ С ПОМОЩЬЮ ЭМПИРИЧЕСКИХ ЗАВИСИМОСТЕЙ
Определение критической силы по формуле Эйлера. Академик
Петербургской академии наук Л. Эйлер в 1744 г. впервые поставил
и решил задачу о потере устойчивости прямолинейной формы
< жатого стержня. Для шарнирно-закрепленного, центрально-сжато-
н) стержня постоянного сечения длиной I (рис. 13.2) формула Эй-
чера имеет вид:
Я? EJmin
। де Е — модуль упругости материала стержня; Jm\n — минималь-
ней момент инерции поперечного сечения стержня.
Для стержней с другими видами закрепления их концов формулу
। и лер а записывают в виде
। де д/ — приведенная длина стержня; д — коэффициент приведения
(НИНЫ.
Выражение «приведенная длина» означает, что в формуле Эй-
пера с помощью коэффициента д стержни с различным закреплени-
ем можно привести к основному стержню, шарнирно-закреплен-
ному по концам. Коэффициент приведения длины д иногда можно
оценить по числу полуволн п, по которым выпучится стержень,
। -ряя устойчивость, а именно, можно принять
Рис. 13.2
319
1
д=~-
п
На рис. 13.2 показаны наиболее часто встречающиеся на пракш
ке случаи закрепления концов стержня и соответствующие им зил ।
ния коэффициента ц.
Формула Эйлера применима только в пределах выполнен»»
закона Гука, когда критическое напряжение стХр=Рхр/Гне превыш е
предел пропорциональности материала стержня сгщ, так как >>•
формула была выведена с помощью зависимости 1/p — M/EJ, в спи.
время полученной на основании закона Гука.
Применимость формулы Эйлера можно определить, оценив i и<>
кость стержня 2 и сравнив эту гибкость с ее предельным значени »
Япред. Гибкость стержня 2 определяется по формуле:
pl
. I •'min „ .
где Zmm = /------минимальный радиус инерции (геометрическая хи
V Е
рактеристика сечений); — минимальный момент инерции пл»>
щади сечения стержня.
Значение предельной гибкости 2^ определяется из условия:
Схр — б^иц,
где б-вд — предел пропорциональности материала стержня.
Предельная гибкость
Так, для малоуглеродистой стали, если принять Е=2' 105 Mil l
сг1Щ=200 МПа, получается 21фСД~100.
Для повышения несущей способности конструкций в них стр<-
мятся использовать стержни возможно меньшей гибкости. Так чти
расчет реальных конструкций с гибкостью 2 >200 практически мл
ловероятен. Будем считать 2 = 200 верхней границей значений гиь
кости реальных стержней.
Следовательно, формула Эйлера для определения критическом,
значения сжимающей силы в виде
320
71 EJm'm
Рис. 13.3
применима в случае, если
1ибкость стержня 2 нахо-
дится в пределах
^<2 <200
(кривая CD на рис. 13.3).
Для малоуглеродис-
той стали этот диапазон
равен 100<2<200.
Определение критичес-
кой силы с помощью эм-
лирической формулы. Если гибкость стержня меньше предельного
значения (2<2пред— отрезок ВС на рис. 13.3), то формула Эйлера
становится неприменимой, так как критические напряжения превы-
шают предел пропорциональности и закон Гука неприменим.
В этих случаях критическое напряжение определяют по эмпиричес-
ким формулам, полученным на основании опытов и приведенных
в справочниках. Одна из этих формул — формула Ясинского:
где а, Ь, с — коэффициенты, зависящие от свойств материала.
Для малоуглеродистой стали эти коэффициенты равны: а—
= 310 МПа, Ь= 1,14 МПа, с=0, тогда
о^ = а — Ьл, Pip=(a—bF)F,
где F — площадь поперечного сечения стержня.
Для коротких стержней, гибкость которых 2<2Т, расчет на
устойчивость не производят. Предельное значение гибкости мож-
но найти из условия
гр 0"т>
где сгт — предел текучести материала стержня.
Пример 13.1. Определить коэффициент запаса по устойчивости
для стержня, изображенного на рис. 13.4, если: Р=3 кН, Е=
=2• 105 МПа, <7^=200 МПа, а= 10 мм, 7=600 мм.
Решение. Стержень при потере устойчивости выпучивается по
трем полуволнам (д = 3), значит, р=1/3. Если закрепление стержня
21 —3375 321
Рис. 13.4
во всех направлениях одинаково, то он выну
чится в плоскости меньшей жесткости (относи
тельно главной оси и, значит,
Минимальный радиус инерции
Гибкость стержня (при а= 10 мм)
120.
Предельная гибкость
Поскольку А>Лпред, то формула Эйлера применима:
> _7t2EJ^
п2 2 10п(10 10'3)*
(1/3 600)2 72
= 6,83 103 И = 6,83 кН.
Коэффициент запаса по устойчивости
6,83
Иу =----=-----
Р 3
=2,28.
Пример 13.2. Определить коэффициент запаса по устойчивое! и
для стержня, изображенного на рис. 13.5, если Р=10 кН, Е=21(Р
МПа, 0^=200 МПа, а= 10 мм, 1= 130 мм.
Решение. Стержень выпучится по половине полуволны синусо
иды (и =1/2), значит, д = 2. Выгнется он в плоскости минимальном
жесткости (относительно оси у), значит,
322
2a a3 cP
т1И=1Г=7’
Минимальный радиус инерции
Гибкость стержня (при а—10 мм)
Рис. 13.5
, ц! 2-130 2^/3
=------------------ — = 90.
^min 1Q
Предельная гибкость
22-10s
200
100.
Поскольку А с^цред, формула Эйлера неприменима. Воспользуем-
ся эмпирической формулой Ясинского для малоуглеродистой стали
(в условии задан предел пропорциональности сгпц=200 МПа, что
соответствует характеристике малоуглеродистой стали):
P^=F Стхр=2а2(310-1,142) 106 =
=2 (10 10"3)2(310-1,14• 90)' 10б = 41,5 • 103 Н=41,5 кН.
Коэффициент запаса по устойчивости
13.3. ОПРЕДЕЛЕНИЕ КРИТИЧЕСКОЙ СИЛЫ
С ПОМОЩЬЮ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОГО УРАВНЕНИЯ
(ТОЧНЫЙ МЕТОД ОПРЕДЕЛЕНИЯ Р^)
Если коэффициент приведения длины не очевиден, то можно
найти, решая дифференциальное уравнение. Это точный метод
определения критической силы. Особенностью задач устойчивости
является тот факт, что рассматривается равновесие стержня в де-
формированном состоянии, в то время как в других разделах
21* 323
составляются уравнения равновесия для элемента нагруженном»
стержня (или иного тела) без учета его изменений вследствие дефо|»
маций.
Общий порядок расчета:
1) изобразить стержень в деформированном состоянии пос к
потери устойчивости; отбросив опоры, заменить их реакциями (ни
реакции неизвестны, изображаем их в общем виде);
2) выбрав оси координат, по участкам применить метод сечении
в разрезе приложить все внутренние суммарные силовые фактор» •
направив их в положительную сторону;
3) записать уравнение равновесия отрезанной части стержня
в виде суммы моментов относительно оси X произвольного сечения,
4) заменив изгибающий момент через кривизну и жесткое и.
(MV3£=EJy"), получим дифференциальные уравнения равновесия
в количестве, равном числу участков (при этом обозначим
Pf EJ=
5) используя граничные условия на концах стержня и условии
стыковки участков (равенство перемещений и углов поворота в коп
це предыдущего и в начале последующего участка, так как изогну
тая ось стержня — плавная кривая без изломов и разрывов), полу
чаем так называемое характеристическое уравнение;
6) решая полученное (чаще всего трансцендентное) уравнен и-
подбором, графически или с помощью ЭВМ, получаем ряд значс
ний а, удовлетворяющих уравнению и граничным условиям задачи
Наименьшее (отличное от нуля) из полученных значений да; i
выражение для критической силы в виде
-Pip —fx -£7пп-
Пример 13.3. Рассмотрим стержень, изображенный на рис. 13 6
Поскольку изогнутая ось стержня имеет точку перегиба, в которой
кривизна, а стало быть, и изгибающий момент, равны нулю, к»
реакция опоры R следует направить вверх. В этом случае равнодеи
ствующая сил Р и R как раз пересекает изогнутую ось стержня
в точке перегиба (т. е. в сечении, где изгибающий момент от эгог
равнодействующей равен нулю). Сумма моментов относительно
разреза
Л/х4-Ру —Rz~ 0 пли Мх=Rz -Ру.
С другой стороны
M=EJ=y".
Приравниваем правые части этих выражений:
EJy"—Rz—Py.
324
Рис. 13.6
Переносим влево член, содержащий у:
EJy” + Py=Rz.
г- > Р
Делим обе части на EJ и вводим обозначение а получаем:
„ г R
у +а у =— z.
EJ
Решение этого неоднородного дифференциального уравнения
второго порядка (общее и частное)
R
у=Сх smaz + С2 cosaz 4-- z,
1 EJoi1
R REJ R
где —- =—=-.
EJoi2 EJP P
Граничные условия для трех констант (CI? С2, R)'.
1)2=0, у=0:
0 = С10 + С2- 4-*-0=>С2 = 0, тогда
R
y=CiSinaz4—z; у' = C.acosaz4—;
z 1 р р
2)z=l,> = 0:
0 = С, sina/+- /;
Р
3)z=l,y' = 0:
, R
0 = CIacosaZ+-.
P
325
Последние два выражения можно рассматривать как сисл ему
линейных однородных уравнений относительно неизвестных С, и
jR:
sinaZ- Ci+- А=0;
Р
a.CQsa.1’ Cd— jR=O.
P
Эта система имеет нетривиальное (т. е. ненулевое) решены
в случае, если определитель, составленный из коэффициентов при
неизвестных Q и R, равен нулю:
sinaZ
Р
= 0.
acosaZ -
Р
Отсюда, раскрыв определитель, получим характеристическое yp.t
вение
tgaZ=aZ.
13.4. ЭНЕРГЕТИЧЕСКИЙ МЕТОД ОПРЕДЕЛЕНИЯ
КРИТИЧЕСКОЙ СИЛЫ
Ввиду трудности интегрирования дифференциального уравнении
упругой линии стержня часто применяют различные приближенные
методы определения критической силы. Одним из таких методом
является энергетический, основанный на исследовании изменении
потенциальной энергии при переходе стержня из прямолинейно it
в криволинейную форму равновесия.
Поскольку критическим считается то значение сжимающей стер
жень силы, при котором равновозможны как прямолинейная, та>
и бесконечно близкая к ней криволинейная формы устойчивою
равновесия, то, согласно рис. 13.7, формы равновесия I и II равно
ценны и при переходе из состояния I в состояние II нет изменения
энергии системы в этом случае безразличного равновесия, т. е.
ДЭ=0,
где изменение полной потенциальной энергии системы ДЭ склады
вается из уменьшения Р' Ь потенциала силы Р при переходе и«
состояния I в состояние II и приобретения стойкой в состоянии 11
потенциальной энергии изгиба Отсюда
326
ДЭ = ДГюг-Ргр<5 = 0
(13-1)
или
гр —
Д^изг
6
(13.2)
Потенциальная энергия деформаций при изгибе
U^W --
2
I
Mldz 1
EJ 2
EJ(y"Ydz.
(13.3)
i
Перемещение точки приложения
силы Р
/1
(13.4)
Из (13.2), (13.3), (13.4) получаем
J EJ(y")2dz
Р =1------------
ip —
Г (jrfdz
(13.5)
Поскольку в числителе выражения (13.5) — величина, пропорци-
ональная потенциальной энергии деформаций при изгибе, то интег-
рал в числителе берется по всей длине изогнувшегося при потере
устойчивости стержня. Если имеются участки различной жесткости
то следует взять сумму интегралов по всем п участкам
В знаменателе выражения (13.5) — величина, пропорциональная
перемещению точки приложения нагрузки. Если на стержень дей-
ствует несколько продольных сил, то в (13.5) следует умножить
каждую j-ю силу (Ру) на перемещение точки ее приложения
N
Z РА>
327
Рис. 13.7
где <5У=- J (у*)2^; здесь Z7 — расстояние от точки приложения сжи-
h
мающей силы до нижней опоры, т. е. длина сжимаемого этой силой
участка; N — число продольных сил.
Так, например, для стержня, изображенного на рис. 13.8, баланс
энергии (13.1) имел бы вид:
к
1 3 Г 1 г
ДСАвг=- £ EiJi(y")2dz = - EJi(y,')2dz +
2 i=l J 2 J
h 0
h I
f + Ц E^WYdz-
k к
где n — число участков различной жесткости, здесь п=3.
Во всех этих выражениях y=f(z) — функция прогибов, которую
подбираем (поэтому метод приближенный) с учетом граничных
условий. Это может быть, например, тригонометрическое выраже-
ние, алгебраическое выражение или полином, степень которого
следует взять равным числу граничных условий. Если же функция
у=/(и) соответствует истинной форме изогнутой оси стержня, то
решение будет точным.
328
Анализируя граничные условия, следует, изобразив стержень
в деформированном после потери устойчивости состоянии, прове-
сти обязательно оси координат и относительно этих координатных
осей продумать, где будут равны нулю*
у — перемещение,
у' — угол поворота оси стержня,
уп — кривизна, т. е. величина, пропорциональная изгибающему
моменту.
Последнее граничное условие (по у”) обычно вызывает наиболь-
шие трудности. Основная идея: поскольку изгибающий момент
пропорционален кривизне оси бруса у", то у" равно нулю там, где
равен нулю изгибающий момент, это свободные и шарнирно
закрепленные концы стержня.
Следует обратить внимание на то, что на промежуточной шар-
нирной опоре в общем случае (так как там не равен нулю
изгибающий момент).
На рис. 13.9 приведены некоторые примеры граничных условий
для решения задачи энергетическим методом.
Примеры выбора функции прогибов y=f(z) для определения
критической силы энергетическим способом приведены ниже.
Пример 13.3 (рис. 13.10, а). Граничные условия:
1) 2=о, у=0; 2) 2=0, у"=0; 3) z=l, у'=0
z=0 у=0 /=о у=о у"=О У;=0 у'=0 у=0 у"=0
7=/, у=0 у=0 У'=0 /-0 у=0
2=1 У=Ф у =0 У"=о у-0 у’=0
Рис. 13.9
329
Рис. 13.10
1. Можно выбрать функцию проги
ба, например, в виде синусоиды с дли
ной полуволны, равной 2/:
, . Ttz
У = A Sin —.
27
При этом выбранная функция и се
производные
, , п 7TZ
у = А — cos —:
21 21 -
„ . л2 . TIZ
У = —А — sin —
4Z2 21
удовлетворяют вышеуказанным граничным условиям.
2. Пригоден также полином третьей степени (степени, равнои
числу граничных условий):
у = Оо + 4- a2z2 + a3z3.
Пример 13.4 (рис. 13.10, б). Граничные условия:
1) 2=о, у=0; 2) z=0, /=0; 3) z=l, у"=0.
1. Функция прогибов может быть выбрана в виде тригономет-
рического выражения
( пЛ
1 — cos — .
21J
(в знаменателе — длина полуволны)
, . п . nz
у — А - sm —;
„ я2 nz
у —A — cos —.
412 21
Функция прогибов и ее производные удовлетворяют граничным
условиям.
2. Функция прогибов в виде полинома третьей степени
y = aQ-\-axz+a2z2+a3z3.
Примечание: если функция выбрана в виде полинома, то число
констант на единицу больше, чем число граничных условий. В этом
случае с помощью граничных условий все константы выражаются
через какую-то одну константу. Эта неизвестная константа входи i
в виде множителя в числитель и знаменатель выражения (13.5)
сокращается,
ззо
13.5. ПРАКТИЧЕСКИЙ МЕТОД РАСЧЕТА НА УСТОЙЧИВОСТЬ
В основу расчетов сжатых стержней на устойчивость положено
1ребование, согласно которому допустимое напряжение должно
быть меньше не только предела текучести стт, но и критичиеского
напряжения
Разделив предел текучести при сжатии сгтс на коэффициент запаса
но текучести пу, получим допустимое напряжение на сжатие для
коротких стержней (типа образцов):
°тс
Лт
Теперь это допустимое напряжение надо еще уменьшить, чтобы
оно было меньше сгц,. Но критическое напряжение зависит от
гибкости стержня Л (чем больше 2, те меньше сг^,) и от материала
стойки. Эти факторы учтены в <р — коэффициенте понижения до-
пускаемых напряжений. Коэффициент <р берется из таблиц в зависи-
мости от 2 и материала.
Допускаемая сжимающая сила для гибкого стержня определяет-
ся в этом случае по формуле
Рдоп ф
где <р‘ [о’с] = <Тдоп — допустимое сжимающее напряжение с учетом
устойчивости.
На рис. 13.3 пунктиром дан график зависимости допустимого
напряжения <7Д0П от гибкости стойки 2.
Различают прямую и обратную задачу проектировочного рас-
чета.
13.6. ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ (ВКЛЮЧАЯ ЗАДАЧУ
ИЗ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ ЗАОЧНИКОВ)
Прямая задача проектировочного расчета. Дана стойка (ее раз-
меры, способ крепления и нагружения, материал).
Требуется определить допустимую нагрузку.
Порядок решения:
1. Выбираем допустимое напряжение на сжатие [сгс]
2. Оцениваем коэффициент приведения длины д.
3. Вычисляем гибкость стержня 2:
^min
331
|«*тпт
где /щи = /—, — минимальный радиус инерции, гсометричесь ш
характеристика сечения; 71ШП — минимальный момент инерции шю
щади сечения стержня.
4. По таблице подбираем <р.
5. Вычисляем допустимую нагрузку Pa0B=F<p [сс].
6. Для контроля подсчитываем критическую силу Ртр и определи
Р
ем коэффициент запаса по устойчивости Иу=—.
Р
Пример 13.5 (рис. 13.11). Дано: [стс] = 120 МПа (малоуглеродист mi
сталь), б‘пц = 200 МПа, Е—?.' 105 МПа, /=3 м, сечение — двутавр
№ 12, ГОСТ 8239—72.
Определить Рдоп — допустимую нагрузку.
Данные ГОСТ: ^=1,38 см; F=14,7 см2; 7^=27,9 см4.
Решение. Коэффициент приведения длины д можно оценить по
рис. 13.11 как величину, обратную числу полуволн, по которым
выпучится стержень, теряя устойчивость
— = 0,7.
3/2
1
д=-
п
Гибкость стержня
'тшп
0,7 3- =152.
1,38 10"2
Рис. 13.11
Определим коэффициент снижения допускаемых напряжении
В таблицах [1] имеется информация: при 2= 150 <р=0,32; при 2=160
Ф=0,29.
В нашем случае при 2 = 152 коэффициент <р лежит в пределах
0,29 <(р <0,32.
Произведем интерполяцию
Л 0,32 - 0,29 п Л л
Ф = 0,32-------2=0,314.
ю
Допустимая нагрузка
Рдоп=р<р[стс] = 14,7 • 10“40,314 120 • 106 =
= 55,5 103 Н=55,5 кН.
Определим критическую силу. Поскольку гиб
кость 2=152, а для малоуглеродистой стали пре-
дельная гибкость
332
я 2-2 10s
---------= 100.
200
то в нашем случае 2>/прсд, значит, формула Эйлера применима:
7c2jEJmin_7r2 2 1011 -27,9-10-8
(д/)2 ~ (0,7-З)2
125 -103 Н=125 кН.
Коэффициент запаса по устойчивости
Рхр 125
Пу------ =----
Рдоп 55,5
=2,26.
Обратная задача. Дана копсгрукция стержня (схема нагружения,
закрепления, форма сечения), материал, нагрузка. Требуется опреде-
лить размеры сечения стержня.
Задача решается методом последовательных приближений и сво-
дится к многократному повторению прямой задачи, а именно:
задаемся размером сечения и, решая прямую задачу, определяем
Рдоп Сравниваем полученную допустимую нагрузку с заданной.
Процедуру эту повторяем до тех пор, пока разница между нагруз-
кой допустимой и заданной не будет в пределах пяти процентов:
|Рдоп-Р|
А% =—------- • 100% < 5%.
Р
Примечание: в случае сечений из ГОСТ (прокатные профили)
трудно получить вышеуказанную допустимую разницу, так как
варьирование размеров сечении ограничено данными ГОСТа.
В этом случае можно допустить А% >5%, но в сторону увеличения
коэффициента запаса (Рааа>Р).
Пример 13.6 (рис. 13.12) (первый способ решения задачи № 17 из
контрольных работ заочников). Стальной стержень длиной /=
= 3 м сжимается силой Р—480 кН.
Требуется: 1) найти размеры поперечного сечения при допуска-
емом напряжении на простое сжатие [о-с] = 160 МПа (расчет произ-
водить последовательными приближениями, предварительно задав-
шись коэффициентом ф = 0,5); 2) найти критическую силу и коэф-
фициент запаса устойчивости.
В условии устойчивости
Р г ,
г
неизвестны величины (р и F.
ззз
В первом приближении (р\ = 0,5;
„ Р 480 Ю3
/
6 10 3 м2.
<р[ст] 0,5160 106
С другой стороны,
F— а2 — 0,6а • 0,4а=0,76а2.
Следовательно,
а —
6 0‘3
= 8,910~2м.
0,76
’7777777/
Рис. 13.12
Определяем минимальный радиус инс
рции:
а* —(0,4а) (0,6а)3
----------z—=V 0,1 а2=0,316а.
12 0,76а2
Коэффициент приведения длины д согласно рис. 13.2, равен 0,7.
Гибкость стержня
. pl 0,7’3 6,64 6,64
2=—=----------=—=----------= 74,7.
0,316а а 8,9 10’2
= 0,81;
р=0,75;
Лф = —0,06.
По таблице коэффициентов снижения основного допускаемого
напряжения (приложение 3) находим:
при 2 = 70
при 2 = 80
при Д2= 10
Интерполяцией определяем
0,06
<pi = 0,81—— *4,7=0,78.
Ю
Во втором приближении принимаем
ф2=Л (0,5+ 0,78)=0,64;
480 Ю3 , „
F=-----------=4,69 10 3 м2;
160 Ю6 0,645
а=7,85-10~2 м; 2=—^—= 84,6.
7,85 10~2
334
При
0,06
2=90 ср = 0,69; фг (85) = 0,75-^Ч6=0,72.
В третьем приближении
(р3 = 1-(0,645 + 0,72)=0,68; Г=4,4-10"3 м2, а=7,61 10~2 м;
2 = 87,2; фз = 0,75 - 0,06'7,2 = 0,73.
Ю
В четвертом приближении
ф4=-(0,68+ 0,73)=0,707; Г=4,24-10"3 м2; д=7,46Ю~2 м;
2
2=89, ф^=0,696.
В пятом приближении
<р5Ц(0,696+ 0,707)=0,702; Г=4,28 10~3 м2; о=7,5 10"2 м;
2=88,5; ^ = 0,699^0,696.
Полученное значение ср близко к принятому, поэтому оконча-
тельно
д=7,5 102 м,
так как ).< 100, то Л, = 4,28 • 10“3 (310-1,14-100)-106=838,9 Кн.
8389
И =-----=
480
17,5.
Пример 13.7 (второй способ решения задачи № 17 из контроль-
ных работ заочников — рис. 13.13). Дано: [б-с] = 120 МПа (малоуг-
леродистая сталь Ст. 3); 0^=200 МПа; Р=200 кН; £=2 105 МПа;
7=3 м.
Определить а — размер сечения.
Решение. Гибкость стержня
Минимальный радиус инерции
335
Коэффициент приведения длины д, согласно рис. 13.2, равен
1 1
д=-=- = 0,5.
п 2
Тогда
0,5 3-2^3_5,2
л — — .
а а
Допустимая нагрузка, определяемая по формуле
РДОП ~ Ftp [o"c]j
должна получиться примерно равной заданной нагрузке Р=200 кН,
тогда из условия
Рдоп - Р ИЛИ Ftp [егс] = Р
получается
_ Р 200 103 16,7 10 * _
Р= =---------------------- =----------М2,
<Р' 120 • 106 (р
т. е.
„ - 16,7-10-*
F=a2=—--------.
Ф
Поскольку ф<1, то первое значение а можно взять больше,
чем ^/16,7-10"4=4,1 • 1(Г2 м.
Задаемся размером сечения а} = 45 мм, тогда
Из таблиц имеем:
при 2= ПО ф=0,52;
при 2 = 120 (р = 0,45.
Отсюда для 2 = 116 получаем:
0,52-0,45
ф = 0,52 —----- 6=0,478;
ю
Рдоп1 = (45 10 - 3)20,478 120 • 106 =
= 116 -103 Н=116 кН.
336
РДОП1 значительно меньше заданной нагрузки Р=200 кН.
Задаемся размером сечения а2=52 мм, тогда
, 5,2 5,2
2=-—=-------= 100; о? = 0,6;
а 52 10"3
Рдоп.2 = (52 10'3)"2 0,6 120 106= 195 * 103 Н = 195 кН;
Д% = 1рпоД 21.100о/о = 1195 2001 Ю0%=2,5%.
Р 200
Разница в пределах нормы. Можно выбрать это сечение, т. е.
а=52 мм.
Для контроля подсчитаем критическую силу и коэффициент
запаса по устойчивости. Поскольку гибкость стержня 2=100, что
соответствует как раз предельной гибкости (для малоуглеродистой
стали 2пред= ЮО), то можно определять как по формуле Эйлера
^=^-210»(«ю-У=535.103 н=535
(д/)2 (0,5 З)2'12
так и по формуле Ясинского
Р1р=Г<т1Р=с2(310-1,142)106 =
= (52 • 10~3)2(310-1,14• 100)106 = 530 кН.
Результаты практически совпадают.
Коэффициент запаса по устойчивости
Рхр_535
Р ~200
= 2,68.
Вопросы для самопроверки
1. Какаг сглимающиа <• <~ила называется критической?
2. Какие способы определения критической силы Вы знаете?
3. Как влияет закрепление концов стойки на величину Еретической силы9
4. Что такое гибкость стойки и приведенная длина?
5. Что такое предельная гибкость?
6. Когда применима формула Эйлера д ля определения критической силы?
7. Как рассчитать кри тическую силу для стойки средней гибкости?
8. Что такое поверочный и проектировочный расчет на устойчивость?
22— 3375
337
Глава 14
ПРОЧНОСТЬ ПРИ НАПРЯЖЕНИЯХ,
ЦИКЛИЧЕСКИ ИЗМЕНЯЮЩИХСЯ ВО ВРЕМЕНИ
14.1. ПОНЯТИЕ О ЦИКЛИЧЕСКИХ НАПРЯЖЕНИЯХ
В настоящей главе изложен детерминистский подход к расчетам
на прочность при переменных напряжениях, учитывающий только
средние значения характеристик прочности и не учитывающий их
случайные вариации [1]. Рассмотрены методы расчетов по коэф
фициентам запаса прочности npi
Рис. 14.1
регулярном режиме нагружения.
Большинство деталей различ
ных машин и конструкций в про
цессе эксплуатации испытываю.
напряжения, переменные во врс
мени. Напряжения, изменяющие
ся во времени по периодическому
закону, называют циклическими
Такие напряжения возникаю i
в деталях под действием натру
зок, периодически меняющихся
по величине, направлению или пс
ремещающихся
относительно
данной детали. Например, цикли
ческие напряжения возникают со
ответственно в деталях кривоши-
пно-шатунного механизма двига
теля внутреннего сгорания, в эле
ментах фермы моста при движе-
нии по нему поезда и т. п. Цик-
лические напряжения возникаю!
также и от постоянных и непо
движных в пространстве нагрузок
случае
их действия на
враща-
ющиеся детали. Рассмотрим это>
случай возникновения цикличес
ких напряжений
на примере
вра-
щающейся вместе с колесами ав
томобильной оси (рис. 14.1, а).
Под действием веса автомоби
ля ось изгибается так, что в верх
338
ней части поперечного сечения оси всегда возникают напряжения
сжатия, а в нижней части — напряжения растяжения. За один обо-
рот произвольная точка К на поверхности оси последовательно
занимает положения от Ко до (рис. 14.1, б). Таким образом,
в процессе вращения оси точка К попеременно оказывается то в зоне
сжатия, то в зоне растяжения. Расстояние точки К до нейтральной
линии поперечного сечения изменяется по закону
ук = 0,5J • sin ср=0,5d ‘ sin со/,
где со — угловая скорость вращения оси.
Тогда нормальное напряжение в точке К будет меняться во
времени по синусоиде с амплитудой сгд=0,5’ Р' Г df Jx (рис. 14.1, в)
<jk=— ук=(га sin cot.
14.2. ПАРАМЕТРЫ И ВИДЫ ЦИКЛОВ НАПРЯЖЕНИЙ
Совокупность последовательных значений напряжений за один
период их измерения Т называют циклом напряжений. Парамет-
рами цикла являются максимальное (наибольшее по алгебраичес-
кому значению) напряжение цикла 0^, минимальное (наименьшее
по алгебраическому значению) напряжение цикла <7^, среднее на-
пряжение или постоянная составляющая цикла ат=0,5 (Стщжх+^тш),
амплитудное напряжение или переменная составляющая цикла
^=0,5(0-^—сгщш) (рис. 14.2), а также коэффициент асимметрии цик-
ла A=<7min/o,max. Цикл напряжения полностью определяется любыми
двумя его параметрами.
В зависимости от величины коэффициента асимметрии циклы
напряжений разделяют на симметричные и асимметричные, на зна-
копостоянные и знакопеременные. Если напряжения и ffnun рав-
ны по абсолютной величине и обратны по знаку, то такой цикл
называют симметричным, в нем R— — 1, crw = O, ста=стШм= — (рис.
14.3). Симметричный
цикл имеет место, на-
пример при изгибе вра-
щающихся валов
и осей. Очевидно, что
все остальные циклы
будут асимметричны-
ми.
Если напряжение за
цикл изменяется толь-
ко по абсолютному
Рис. 14.2
22*
339
R=0
Рис. 14.3
значению, то цикл называют знакопостоянным, для него R>i)
В частном случае, когда 7?=0, цикл называют пульсирующим или
отнулевым, в нем сгтю = О, о-в = сти,=0,5‘б,тах (рис. 14.3). Пульсиру
ющий цикл испытывают, например, зубья зубчатых колес или рель
сы при движении по ним поезда.
Цикл с R — 1 называют постоянным, он соответствует статичсс
кому нагружению. В нем <тб«0, ог„,»сгт|1Х«а1Пц1.
Таким образом, циклы напряжений могут быть совершенно
различными, а коэффициент асимметрии может изменяться в пр<
делах — оо^Л^оо. Однако на практике чаще встречаются циклы
с —а наиболее распространены симметричный и пуль
сирующий циклы.
Циклы, имеющие одинаковые значения коэффициента асимме!
рии, называют подобными. Любой цикл можно представить ка»
сумму постоянного напряжения ат и напряжения, изменяющегося
по симметричному циклу с амплитудой са (рис. 14.2). Тогда
®"тах &т =
В случае циклических касательных напряжений все определения
остаются в силе с заменой в соотношениях о на т.
14.3. ЯВЛЕНИЕ УСТАЛОСТИ
Еще в начале прошлого столетия было замечено, что детали,
испытывающие циклические напряжения, после некоторого числа
циклов нагружения могут разрушиться при величинах наибольших
напряжений значительно меньших, чем при статическом нагружс
нии. Разрушение таких деталей всегда происходит внезапно, причем
поверхность излома имеет две ярко выраженные зоны: зону .4.
имеющую мелкозернистую структуру и блестящую поверхность,
и зону В, имеющую крупнозернистую структуру и шероховатую
матовую, характерную для крупного разрушения поверхность (рис
14.4). Такой внешний вид излома детали, даже из весьма пластин
ного металла, дает основание считать, что причина разрушения
340
детали связана с изменением кристалличес-
кой структуры металла; т. е. первоначально
неверно предполагали, что под действием
циклических напряжений металл «устает» и,
превращаясь из пластичного в хрупкий, раз-
рушается. Поэтому и явление внезапного
разрушения металла в процессе многократ-
ного нагружения называли усталостью ме-
талла. В настоящее время установлено, что
структура металла при циклических напря-
жениях не меняется, однако термин «уста-
лость» сохранился благодаря его широкому распространению, но
теперь в него вкладывают совсем другое содержание.
14.4. ПРИРОДА И МЕХАНИЗМ УСТАЛОСТНОГО РАЗРУШЕНИЯ
Согласно современным представлениям природа усталостного
разрушения металла носит статистический (случайный) характер
и связана с неизбежной неоднородностью его кристаллической стру-
ктуры. Металл состоит из большого числа случайно ориентиро-
ванных кристаллов и имеет различные дефекты внутреннего стро-
ения. Отдельные кристаллы имеют различные размеры и форму
и анизотропны, т. е. обладают различной прочностью в разных
направлениях. Поэтому при нагружении детали все кристаллы на-
пряжены неодинаково, одни в большей, другие в меньшей степени.
В силу случайных причин в наиболее неблагоприятно ориентиро-
ванных кристаллах возникают пластические деформации. При од-
нократном нагружении это приводит к некоторому местному пе-
рераспределению напряжений и не вызывает разрушения металла.
При повторном нагружении в этих кристаллах появляется наклеп,
т. е. они упрочняются (аналогичное явление упрочнения после те-
кучести наблюдается и при испытаниях на растяжение образцов
из различных пластических материалов). С каждым последующим
циклом нагружения в таких кристаллах накапливаются необрати-
мые механические повреждения, напряжения в них постепенно уве-
личиваются, и, когда способность какого-то кристалла к упрочне-
нию исчерпывается, в нем появляется трещина. Трещина обычно
возникает на поверхности детали в местах наибольших напряжений,
а также в местах, имеющих дефекты внутреннего строения металла
или обработки поверхности. По мере увеличения числа циклов
нагружения трещина увеличивается в размерах, и, когда статическая
прочность оставшейся неповрежденной части сечения (зона А — зо-
на дол ома, см. рис. 14.4) становится недостаточной, происходит
внезапное разрушение детали. Края развивающейся трещины в про-
цессе циклического нагружения многократно трутся друг о друга,
341
в результате чего они шлифуются. Именно этим объясняется нали
чие на поверхности излома гладкой зоны А.
Таким образом, в настоящее время под усталостью понимаю)
процесс постепенного накопления повреждений металла под дейст-
вием циклических напряжений, приводящий к образованию трещин
и разрушению металла.
14.5. КРИВАЯ УСТАЛОСТИ. ПРЕДЕЛ ВЫНОСЛИВОСТИ
Способность металла воспринимать действие циклических на-
пряжений, не разрушаясь, называют выносливостью. Главной осо-
бенностью работы металла при циклических нагружениях является
зависимость числа циклов N до момента разрушения от величины
Стах (рис. 14.5). Чем больше напряжение, тем меньшее число циклон
может выдержать металл. При меньших напряжениях металл мо-
жет выдержать миллионы циклов, а при еще меньших — можел
работать неограниченно долго. Для получения этой зависимости,
которую называют кривой усталости или кривой Веллера, проводят
специальные испытания на выносливость.
Наиболее распространены испытания при симметричном цикле
напряжений в условиях чистого изгиба. Испытаниям подвергаю!
партию порядка 100 (стандартных) цилиндрических гладких поли-
рованных образцов диаметром t/0=7,5 мм. При испытаниях каж-
дого образца фиксируют количество циклов N до разрушения.
Результаты испытаний наносят на график в координатах crmax—N
(рис. 14.5, а). Испытания проводят при различных уровнях напряже-
ний, на каждом из которых испытывают 10...20 образцов. Такое
количество образцов необходимо в связи со значительным раз-
бросом N при испытаниях, обусловленных главных образом неод-
нородностью материала (образцы не могут быть совершенно оди-
наковыми). Испытания начинают при высоких уровнях напряжений
Рис. 14.5
342
(o’max=0,7<тв) и все образцы доводят до разрушения. Затем, снижая
напряжения, достигают такого уровня, когда образцы выдержива-
ют, не разрушаясь, очень большое число циклов (на рис. 14.5,
а стрелкой отмечены не разрушившиеся образцы). Так как длитель-
ность испытаний не может быть бесконечной, то испытания ограни-
чивают достаточно большим числом циклов Ns, называемым базой
испытаний. Для образцов из углеродистых сталей принимают
Ns — 10п циклов; для образцов из цветных металлов и легированных
сталей — 7VB=10a циклов. По осредненным экспериментальным
точкам строят кривую усталости.
Из рис. 14.5, а следует, что кривая усталости имеет горизонталь-
ную асимптоту с ординатой aR. Если то образец не раз-
рушается при любом числе циклов. Так как испытания проводят
только до базы, то считают, что если образец выдержал базовое
число циклов, то он не разрушается и далее. Поэтому то наиболь-
шее максимальное напряжение цикла, при котором образец не
разрушается до базы испытаний, называют пределом выносливости
материала и обозначают crR, где индекс R — коэффициент асиммет-
рии цикла (ввиду рассеяния результатов под aR понимают среднее
значение). При симметричном цикле 7? = — 1 и предел выносливости
обозначают a_i; при отнулевом цикле 7? = 0 — <тоит. д.
Таким образом, предел выносливости, полученный при испы-
тании стандартных образцов, является одной из технических ха-
рактеристик материала. Но, в отличие от таких характеристик,
как модуль Юнга или коэффициент Пуассона, предел выносливости
зависит также от вида нагружения. Например, при симметричном
цикле предел выносливости (полученный в условиях цент-
рального растяжения — сжатия) меньше предела выносливости ст_ь
полученного в условиях чистого изгиба: o-_iP=0,8ct_i. Это обсто-
ятельство объясняют неоднородностью металла. При центральном
растяжении — сжатии (в отличие от изгиба) все точки поперечного
сечения образца одинаково напряжены, поэтому опасные напря-
жения испытывает наибольшее число неблагоприятно ориентиро-
ванных зерен и вероятность возникновения усталостной трещины
выше.
Достоверное определение предела выносливости — весьма тру-
доемкий процесс, так как для построения кривой усталости требует-
ся испытание большого числа образцов с последующей статистичес-
кой обработкой результатов. Поэтому в практических расчетах
часто используют эмпирические зависимости, связывающие предел
выносливости с пределом прочности материала, получить который
значительно легче. Так, для сталей соответственно при изгибе и кру-
чении принимают
cr.j —0,55сгв; (14.1)
343
Обычно кривую усталости строят в логарифмических координа
тах lg<7max—IgA' (рис. 14.5, б) и ее наклонную ветвь представляю!
прямой, уравнение которой имеет вид
Nam=NtffL j = const,
(14-2)
где т — показатель наклона кривой усталости, Ао — абсцисса точ-
ки перелома кривой усталости.
Для сталей, при отсутствии экспериментальных данных, прибли-
женно принимают
Ао=21Об; ю=—, (14.3)
ав
где С— 5+— (°в — МПа); К^а — коэффициент снижения вынос-
ливости детали.
Для деталей, срок службы которых ограничен, вводят понятие
ограниченного предела выносливости o_\Ni соответствующего за-
данному числу циклов N. Ограниченный предел выносливости легко
определяют по кривой усталости. Например, для заданной точки
А (рис. 14.5, б) из уравнения (14.2) имеем
G-\na — О’-i
(14.4)
Если задан ограниченный предел выносливости, то по кривой
усталости определяют соответствующую ему ограниченную долго-
вечность
Na=N.
(14.5)
14.6. ДИАГРАММА ПРЕДЕЛЬНЫХ АМПЛИТУД
При эксплуатации машин детали могут испытывать напряжения,
изменяющиеся по самым разнообразным циклам. Поэтому с целью
получения пределов выносливости материала для различных цик-
лов напряжений наряду с испытаниями образцов при симметричных
циклах проводят также испытания и при асимметричных циклах.
Результаты испытаний представляют в виде диаграмм. Наиболее
распространены диаграммы предельных амплитуд (или диаграммы
Хея), которые строят в координатах ат—сга (рис. 14.6). Точки,
344
лежащие на линии АС диаграммы (рис. 14.6, а), характеризуют
предельные циклы, для которых максимальные напряжения явля-
ются пределами выносливости при различных коэффициентах асим-
метрии сгаах = ffnt + cra = crR. Точки, расположенные ниже линии АС,
представляют собой циклы, не вызывающие разрушения образцов
до базы испытаний NE, а точки, расположенные на линии АС,
соответствуют циклам, при которых разрушение образцов проис-
ходит при N<NB. Луч, проведенный из начала координат диаграм-
мы, является геометрическим местом точек (точки К и L), харак-
теризующих подобные циклы, т. е. циклы с одинаковыми коэффици-
ентами R
&а ^тах Otnin
tg£=—=—-—
ат °max т" °mui
1-Д
1+л
Построение диаграммы предельных амплитуд является чрезвы-
чайно трудоемким процессом (для получения каждой точки диа-
граммы необходимо предварительно построить кривую усталости),
поэтому их схематизируют. Наиболее широко используют схемати-
зацию по Кинасошвили, согласно которой диаграмму строят по
трем точкам (рис. 14.6, б): А [0; сг^], В
часть диаграммы ап-
проксимируют прямой
АЕ, проходящей через
точки Л и В, а правую
часть — прямой ЕВ, про-
веденной через точку
D под углом 45° к коор-
динатным осям с тем,
чтобы выполнялось усло-
вие статической прочно-
сти = ат + сгоС<тт (<тт —
предел текучести).
Согласно рассмотрен-
ной схематизации диа-
граммы Хея, предельные
амплитуды для образцов
при асимметричных цик-
лах нормальных и каса-
тельных напряжений мо-
жно определить из урав-
нений, описывающих пря-
мую АЕ (рис. 14.6, б):
и D [сгт; 0]. Левую
Рис. 14.6
345
са=сг_}- фа(7т; Та=т_! - ^tTw,
(14 6)
AF 2о-_] — ff0 , 2t_i~ т0
где ^ff=tga=—=---------; i//x~-------коэффициенты, характери
FB а0 т0
зующие чувствительность материала к асимметрии цикла.
Для сталей при отсутствии экспериментальных данных по ст ь
ст0 и т_ь т0 значения коэффициентов и вычисляют по эм
лирическим формулам
0,02+0,0002 о* (ств — МПа); ^ft=0,5 (14 7)
14.7. ФАКТОРЫ, ВЛИЯЮЩИЕ НА ПРЕДЕЛ ВЫНОСЛИВОСТИ
Многочисленными экспериментами установлено, что пределы
выносливости натурных деталей значительно ниже стандартных
образцов, изготовленных из тех же материалов. Это связано с вл и
янием на предел выносливости детали следующих факторов:
1) концентрации напряжений;
2) масштабного фактора;
3) качества обработки поверхности;
4) эксплуатационных факторов (коррозии, температуры, часто
ты циклов и т. д.);
5) поверхностного упрочнения.
В практических расчетах влияние перечисленных факторов учи
тываются с помощью эмпирических зависимостей, полученных дли
симметричных циклов.
14.7.1. Концентрация напряжений
Под концентрацией напряжений понимают местное (локальное)
повышение напряжений по сравнению с номинальными напряжени
ями в местах изменения формы детали (у отверстий, выточек,
галтелей) и в зонах контакта соприкасающихся деталей (рис. 14.7)
Концентрацию напряжений оценивают теоретическим коэффициен
том концентрации напряжений
~ О’тах/О'ном,
где Стах — максимальное местное напряжение; стжм — номинальное
напряжение, подсчитанное по формулам сопротивления материалоп
в предположении отсутствия концентрации напряжений: при рас
тяжении — сжатии ctH0M=2V/F; при изгибе = при круче
нии
346
Рис. 14.7
Величину omax определяют методами теории упругости, поэтому
теоретический коэффициент концентрации а зависит только от гео-
метрии детали и вида нагружения, и не зависит от свойств матери-
ала, который предполагают однородным, сплошным, упругим
и изотропным. Реальные металлы неоднородны по своему стро-
ению и наряду с упругими обладают и пластичными свойствами.
Вследствие этого в зоне концентрации напряжений может возник-
нуть местная текучесть металла, которая приведет к перераспрост-
ранению местных напряжений в сторону более равномерного их
распределения. Поэтому фактическое снижение предела выносливо-
сти детали вследствие влияния концентрации напряжений соответ-
ственно при изгибе и кручении:
^*47 О’Kt
где o-_b t_i —пределы
выносливости гладких
образцов; t_ix —
пределы выносливости
образцов с концентра-
циями напряжений.
В приближенных рас-
четах при отсутствии
экспериментальных дан-
ных эффективные козф •
фициены вычисляют по
формулам:
347
^=l+g(aff-l);^t=l+?(at-l),
(14.8)
где q — коэффициент чувствительности металла к концентрации
напряжений, определяемый по рис. 14.8 в зависимости от отнопк*
ния стт/сгв и радиуса кривизны р поверхности детали в зоне концен i
рации напряжений.
Значение теоретических коэффициентов концентрации aff и ат дли
валов с галтелью определяют по графикам, приведенным на ри<
14.9 — 14.16.
Рис. 14.9
Рис. 14.12
348
Рис. 14.14
Рис. 14.13
14.7.2. Масштабный фактор
Явление снижения предела выносливости при увеличении попе-
речного сечения детали называют масштабным эффектом. Прояв-
ление масштабного эффекта объясняют влиянием следующих фак-
торов:
металлургического фактора, связанного с увеличением неодно-
родности металла при увеличении размеров отливки или поковки;
технологического фактора, связанного с тем, что при механи-
ческой обработке в поверхностных слоях деталей создается нак-
349
леп на относительно меньшую глубину для деталей больших pa ।
меров;
статистического фактора, характеризующего увеличение вероя i
ности появления различных дефектов и опасно напряженных зерен
с увеличением поперечных размеров детали.
Влияние на предел выносливости длины детали несущественно,
поскольку в большинстве наличие концентрации напряжений локд
лизует место разрушения по длине детали.
Масштабный фактор учитывают коэффициентами
Ktft = T — -i,
где о_и, —пределы выносливости гладких образцов диаме!
ром d; <7_ь t_j—пределы выносливости стандартных образцом
диаметром do=7,5 мм.
В практических расчетах коэффициенты К& и вычисляют по
эмпирическим формулам
л;.=х*=1-0,1541g у
“о
для d< 150 мм;
^=£*=0,8
для d< 150 мм.
(14.9)
14.7.3. Совместное влияние концентрации
напряжений и масштабного фактора
Физическая природа чувствительности детали к местным напря
жениям и масштабному фактору одна и та же — неоднородность
строения металла. Это явилось основой для создания статистичес-
кой теории подобия усталостного разрушения [2, 3], которая описи
вает совместное влияние концентрации напряжений, масштабного
фактора, формы поперечного сечения и вида нагружения на вели
чину предела выносливости детали. Согласно этой теории, предел
выносливости детали зависит не только от величины наиболь
шего местного напряжения, но и от градиента местных напряжений
G, т. е. от скорости убывания местных напряжений по мере удале-
ния от источника концентрации
cfcr л
G=- =tg0.
dx х=0
Характер влияния градиента напряжений рассмотрим на приме-
ре двух одинаковых деталей 1 и 2, но имеющих различные радиусы
350
канавок рх и р2 (рис.
14.17). Обе детали на-
гружены так, что
тят = СТтяг- ТЯК КИК
Р\<р2, ТО Gi=tg0!>
>G2 = tg02- Тогда зоны
сечения деталей 1 и 2,
в которых возникают
повреждающие напря-
жения с сгщах, ха-
рактеризуются параме-
трами 1Х и 12, причем
1Х<12. Следовательно, с
ростом градиента на-
пряжении число опасно
напряженных зерен 14
уменьшается, и вероят-
ность усталостного разрушения снижается [именно этим объясняет-
ся снижение коэффициента q с уменьшением р (рис. 14.8)].
Линейная протяженность L очага концентрации оказывает об-
ратное влияние: чем больше L, тем большее число зерен находится
в зоне повышенных напряжении и вероятность усталостного раз-
рушения выше. Для стержня прямоугольного сечения, имеющего
две канавки, L=2' t (рис. 14.9). Для вала диаметром d L = nd.
В расчетах используют относительный градиент напряжений
G——-, тогда величина (LjG) [мм2] характеризует площадь попереч-
ат ах
ного сечения детали, охваченного зоной повышенных напряжении.
По статистической теории подобия усталостного разрушения
совместное влияние на предел выносливости детали концентрации
напряжении и масштабного фактора учитывают отношениями —-
&da
К-
и —, которые вычисляют по формулам
I+(88,3(?CT/L)Va K<h l+(88,3Gt/LJVT
(14.10)
где 88,3 — коэффициент с размерностью мм2, v„ va — коэффициен-
ты чувствительности металла к концентрации напряжений и масш-
табному фактору; для деталей при отсутствии экспериментальных
данных их вычисляют по формулам:
vff=0,2+0,0001 *ств (ав — МПа); vr = 1,5vff. (14.11)
351
Относительные градиенты напряжений Ga и Gx для uajjoi. . •«.
точкой и галтелью при изгибе и кручении определяют по форм> <аи
приведенным в табл. 14.1.
14.7.4. Качество обработки поверхности
Усталостные трещины обычно возникают на поверхши п. » <*
ли. Это связано с тем, что, с одной стороны, поверхноспи.и . <
являются наиболее нагруженными (при изгибе и кручении), <н
но при наличии концентраторов, а, с другой стороны, возни «и.и
при механической обработке шероховатости поверхности, гл-
ляются микроконцснч'"» ।
ми напряжений. Пеги ом i аа
чество обработки сущ<ч »... по-
влияет на предел вы н.п
сти детали. Это ..............................................
тывается коэффицис । 1 и м•.
Кра=о_ in/c—ь : .,/♦
Рис. 14.18
где ст_1л, т_1п — предел । ... .♦
сливости образцов с ши »•...••
качеством поверхшm ।
т_] — пределы выи<и
полированных образцоп
352
Характер влияния состояния поверхности на предел выносливо-
ll и детали можно проследить по рис. 14.18, согласно которому при
рнной обработке поверхности с увеличением предела прочности
м«. vui выносливости уменьшается. Отсюда следует вывод о целесо-
и-<|м шости применения высокопрочных сталей только в случае
.^нменеиия тщательной обработки поверхности деталей.
Ко ффициенты KFa и KFt вычисляют по эмпирическим формулам
KFa = \-0,22 1g Rz
(<тв — МПа);
^=0,575'^4-0,425,
(14.12)
11 К — параметр шероховатости, мкм.
14.7.5. Эксплуатационные факторы
Коррозионная среда вызывает образование коррозионных ка-
ррн и трещин, увеличивая общую шероховатость поверхности
। и ила, и тем самым существенно снижает предел выносливости
♦ in пи. Влияние коррозии
Гниывают коэффициен-
•<»м
А «ор — с ~ lxop/б" — 1ВОЗДЗ
' *’ -ixop — предел вы-
пивости образца
• коррозионной среде;
• — предел вынос-
шпо ти образца на воз-
Коэффициент ^Сжор оп-
г меняют по рис. 14.19,
в гели деталь подверга-
ли I. воздействию корро-
зийной среды (пресной во-
«1.1) до эксплуатации, и по
14.19, б при одновре-
•н ином воздействии кор-
I тонной среды и цикли-
Неких напряжений.
>кспериментами уста-
♦iimiicHO, что при низких
Рис. 14.19
нмнературах предел вы-
<375
353
носливости несколько увеличивается, а при высоких — уменьша-
ется.
При нормальной температуре и отсутствии коррозии рост часто
ты циклов от 30 Гц до 1000 Гц приводит к увеличению предела
выносливости на 10...20%, а снижение частоты от 30 Гц до 0,1 Гц
приводит к уменьшению предела выносливости на 10...15%.
Форма циклов напряжении не влияет на предел выносливости
(напряжения за цикл могут изменяться по любому закону, а нс
только по синусоиде).
При высоких температурах или при наличии коррозионной сре-
ды кривые усталости могут не иметь горизонтального участка,
тогда в качестве предела длительной выносливости принимаю!
предел ограниченной выносливости, соответствующий базе испыта-
ний.
14.7.6. Поверхностное упрочнение
Для повышения предела выносливости деталей широко исполь-
зуют технологические методы поверхностного упрочнения: обра-
ботку роликами, обдувку дробью, закалку токами высокой частоты,
цементацию, азотирование, цианирование и др. Эффект поверхност-
ного упрочнения перечисленными методами заключается в созда-
нии в поверхностном слое остаточных сжимающих напряжений,
благотворно влияющих на усталостную прочность, и переноса оча-
га зарождения усталостной трещины с поверхности в подслойную
область. В расчетах влияния поверхностного упрочнения учитыва-
ют коэффициентом упрочнения
где (T-iynp — предел выносливости упрочненного образца; —
предел выносливости неупрочненного образца.
Коэффициент упрочнения Kv для различных методов поверх-
ностного упрочнения определяют по табл. 14.2.
Таблица 14.9
Метод поверхностного упрочнения Вид образца Для образцов диаметром
7...20 мм ЗО...4О мм
Закалка токами высо- кой частоты Без концентрации 1,30...!,60 1,20... 1,50
С концентрацией 1,60-2,80 1,50-2,50
Азотирование на глуби- ну 0,1...0,4 мм Без концентрации 1,15-1,25 1,10-1,15
С концентрацией 1,90—3,00 1,30...2,00
Цементация на глубину 0,2...0,6 мм Без концентрации 1,20—2,10 1,10...!,15
С концентрацией 1,50—2,50 1,20—2,00
354
Продолжение табл. 14.2
Метод поверхностного упрочнения Вцд образца Для образцов диаметром
7...20 мм 30.. .40 мм
Обкатка роликами Без концентрации 1,20... 1,40 1,10...1,25
С концентрацией 1,50...2Д0 1,ЗО..Л,8О
Обдувка дробью Без концентрации 1,10... 1,30 1,10...1,20
С концентрацией 1,40...2,50 1,10...1,50
14.7.7. Совместное влияние всех факторов
На основании экспериментальных данных пределы выносливо-
сти деталей при изгибе и кручении с учетом совместного влияния
концентрации напряжении, масштабного фактора, качества поверх-
ности и поверхностного упрочнения определяют по формулам
0^—1д= —1д=
где ст_ь т_1 — пределы выносливости стандартных образцов; КаД,
Кхд — коэффициенты снижения предела выносливости детали соот-
ветственно при изгибе и кручении, вычисляемые по формулам:
Кад=
Кх 1
к^
(14.13)
Kfa Кра
К* Кк
1
При воздействии коррозии в формулы (14.13) вместо KF подстав-
ляют Ххор.
14.8. РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ РЕГУЛЯРНОМ РЕЖИМЕ
НАГРУЖЕНИЯ (ВКЛЮЧАЯ ЗАДАЧУ
ИЗ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ ЗАОЧНИКОВ)
Регулярным режимом нагружения называют такой режим, при
котором среднее напряжение от и амплитуда цикла аа с течением
времени остаются постоянными.
Если при регулярном режиме нагружения максимальное напря-
жение рабочего цикла (7тлх=отЧ-ста меньше предела выносливости
детали для данной асимметрии цикла, то расчет на прочность
при циклических напряжениях выполняют как проверочный Усло-
вие прочности при таком расчете имеет вид
и>[и],
(14.14)
23*
355
где п — расчетный коэффициент запаса прочности по циклическим
напряжениям; [и]—допускаемый коэффициент запаса прочности,
назначают из опыта эксплуатации в зависимости от назначении
детали и условий ее работы, точности расчетных методов и до
стоверности сведений о механических характеристиках металла
Обычно принимают [и] = 1,3...3.
Расчет по допускаемому запасу прочности ведут отдельно толь
ко для одноосного напряженного состояния, т. е. по нормальным
напряжениям (изгиб, растяжение — сжатие, растяжение — сжатие
с изгибом), только для чистого сдвига, т. е. по касательным напри
жениям (кручение), а также для плоского напряженного состояния,
т. е. при сочетании нормальных и касательных напряжений (изгиь
с кручением, растяжение — сжатие с кручением, растяжение — ежа
тие с изгибом и кручением). Если при расчете условие (14.14)
выполняется, то считают, что деталь может работать неограничен
но долго.
Для определения расчетного коэффициента запаса прочности
па по нормальным напряжениям при асимметричных циклах ис-
пользуют схематизированную диаграмму предельных амплитуд
(рис. 14.20), согласно которой функцию предельных амплитуд для
стандартного образца представляют двумя прямыми АЕ и ED.
Уравнения прямых АЕ и ED соответственно имеют вид
= — оа=и^—ат. Многочисленными экспериментами уста-
новлено, что функцию предельных амплитуд для натурной детали
можно также представить двумя прямымии А\ЕХ и EXD, причем
прямая АХЕХ описывается уравнением
(14.15)
Пусть точка М [ат; ctJ изображает на диаграмме рабочий цикл,
Рис. 14.20
а точка У[<тшпр;
^апр]»
лежащая на прямой
АХЕХ, — предельный
цикл, подобный рабо-
чему, т. е. с тем же ко-
эффициентом асиммет-
рии R (точки М и N ле-
жат на одном луче).
Коэффициентом запаса
прочности по нормаль-
ным напряжениям на-
зывают отношение
(14.16)
356
i де Стяд=amap 4- Coup —максимальное напряжение предельного цикла
(предел выносливости детали при коэффициенте асимметрии 7?);
(7тах=о,Л1+о-0 — максимальное напряжение рабочего цикла.
Из подобия треугольников ONNi и ОММХ имеем: ONfOM—
^ONxjOM^NN.IMMx. Тогда
= = ОапрДТд- (14-17)
Подставив координаты точки N в уравнение (14.15), получим
&anp~~Z~ (^-1 (14.-18)
Затем подставим уравнение (14.18) в выражение (14.17), ц по-
лучим
0—1 Фа^тпр
па—-------------.
ад 0а
(14.19)
Согласно (14.17) omnp—nfftjm, тогда уравнение (14.19) примет вид
О-\-фа-0т'по
^-ад,
(14.20)
Из уравнения (14.20) получим выражение для определения коэф-
фициента запаса прочности по нормальным напряжениям
0-1
0а^~Фа 0щ
(14.21)
В случае, если асимметрия рабочего цикла такова, что предель-
ная точка N окажется на прямой ExD, то, опуская аналогичные
выкладки, выражение для определения коэффициента запаса про-
чности будет иметь вид:
0Т
Па =------.
0а+0т
(14.22)
В практических расчетах, чтобы не выполнять трудоемкую опе-
рацию выбора расчетной формулы, коэффициент запаса прочности
па вычисляют по обеим формулам [(14.21) и (14.22)] и в качестве
расчетного принимают меньший из коэффициентов.
357
При растяжении — сжатии в формуле (14.21) вместо <т_! следу? i
подставлять сг_1р.
При кручении расчетные формулы для определения коэффициен
та запаса прочности по касательным напряжениям будут анало
гичны формулам (14.21) и (14.22)
^од +
Щ =-----.
(14.23)
(14.24)
При изгибе с кручением, т. е. при совместном действии нормаль
ных и касательных напряжений, общий коэффициент запаса прочно
сти п определяют по эмпирической формуле Гафа и Полларада,
применимой для любых асимметричных циклов без соблюдения
требований синхронности и синфазности изменения нормальных
и касательных напряжений
11 1
„2 и2 + И2’
Л па пт
(14.25)
где коэффициенты пв и п, вычисляют соответственно по формулам
(14.21), (14.22) и (14.23), (14.24).
Из уравнения (14.25) получим:
Лд- лт
п= — -
(14.26)
Пример 14.1. Проверить прочность вала по циклическим напря-
жениям, если в опасном сечении с выточкой (рис. 14.21) действу-
ют изменяющийся по симметричному циклу изгибающий момент
А/изг=200 Н м и изменяющийся по отнулевому циклу крутящий
момент = 300 Н м. Материал вала — углеродистая сталь: ся =
= 550 МП/a, сгт=350 МПа,
тт= 175 МПа. Выточка из-
готовлена тонкой обточ
кой (/tz=6,3 мкм) без по-
верхностного упрочнения
Допускаемый коэффици-
ент запаса прочности
[и]=2.
Последовательно он
ределяем:
358
1. Моменты сопротивления РКщг, Wp опасного сечения
FKror=0,lJ3=0,l 0,0353 =4,288 10'6 м3;
Wp=0,2rf3=0,2 • 0,0353 = 8,576 • 10'6 м3.
2. Параметры циклов са, ат, ia, тт:
^=^=3/^/1^=200/4,288 • 1О'б=46,64 МПа; стто=0;
тв=тт=0,5 • тшах=0,5 Л/жр/1Гр=0,5 • 300/8,576• 10'6=17,49 МПа.
3. Пределы выносливости ст_ь т_1 материала по формулам (14.1):
ст_, =(0,55-0,0001 • с1)о,в=(0,55—0,0001 • 550)• 550=272,3 МПа;
т-1=0,6 ct_j =0,6-272,3= 161,3 МПа.
4. Теоретические коэффициенты aff, при d)D —0,875 и /?//)=0,05
по рис. 14.11 и 14.14.
aff=2,23; aT=l,63.
5. Относительные градиенты напряжении Ga, GTnL по табл. 14.1
при Z)/J= 1,143:
Gff=2(l + <p)/p+2/d=2(l+0,1545)/2+2/35= 1,212 мм'1,
где
Ф = 1/(4 y/iTp+2) = 1 /(4 <^5/2+2)=0,1545;
/=0,5(2)-J) = 0,5(40-35)=2,5 мм;
Gx=l/p+2/d= 1/2+2/35=0,5571 мм'1;
L=n d=110 мм.
6. Коэффициенты vff, vt по формулам (14.11):
vff=0,2 — 0,0001 • ств=0,2-0,0001 • 550=0,145;
vT= 1,5 vff= 1,5 0,145=0,2175.
7. Отношения КП)К^, K^jK^ по формулам (14.10):
359
2а(
2 2,23
—=---------------------=--------------------------= 2,234;
Kda 1 + (88,3 ‘ GajL)Va 1 + (88,3 • 1,212/110)°’'45
Kx 2ax 2163
~ =----------------=-----------------------= 1,772.
** 1+(88,3 ’ 1 +(88,3 0,5571/1 IO)0’2*75
8. Коэффициенты KFc, KFx по формулам (14.12):
KFa= 1 -0,22 • lgAz( 1g - -1) = 1 - 0,22 • 1g 6,3
1g 550-1 1=0,9227;
20 /
KFx=0,575 • KFa 4- 0,425 = 0,575 • 0,9227 + 0,425 = 0,9556.
9. При отсутствии поверхностного упрочнения Л„=1.
10. Коэффициенты Каа, Кха по формулам
- = ( 2,2324-
1
0,9227
1 |- = 2,316;
7 1
*«=(—+—-1)-
V* kFx ) к.
1,7724-—1-----1 | 1==1,818.
0,9556 у 1
11. Коэффициенты фа, фх по формулам (14.7):
=0,02 4- 0,0002 • <тв=0,02 4- 0,0002 550=0,13;
фх=0,5 • ^=0,5 ’ 0,13 = 0,065.
12. Коэффициент запаса па по формуле (14.21) для симметрич-
ного цикла:
пв=---------
272,3
2,316 46,64+0,13 О
= 2,52.
13. Коэффициент запаса пх по формулам (14.23) и (14.24):
пх=------------
Кгд’Та+У'гЬп
163,4
1,818 17,49+0,065 17,49
4,96;
360
Ч 175 _
и = —-----=------------— — 5.
та+тт 17,49+17,49
Принимаем иг = 4,96.
14. Общий коэффициент запаса прочности п по формуле (14.26):
Wt 2,52 4,96
п = -_=— = 2,25.
у/п* + п* \/2>522 + 4,962
15. Условие прочности по формуле (14.14):
и = 2,25>[и] = 2
выполняется, следовательно, вал выдерживает заданную нагрузку.
Пример 14.2 (задача № 22 из контрольной работы для заоч-
ников). В опасном сечении вала с диаметром d=4,5 см действует
крутящий момент Л/кр = 600 Н м и изгибающий момент
=400 Н -м. Вал сделан из углеродистой стали, предел прочности
которого б-в = 600 МПа, а предел текучести <гт=280 МПа и не имеет
резких переходов, выточек, канавок; поверхность его чисто обрабо-
тана резцом.
Определить коэффициент запаса прочности в опасном сечении
вала, приняв нормальные напряжения изгиба, изменяющиеся по
симметричному циклу, а касательные напряжения кручения по пуль-
сирующему (от нуля до максимального значения). Коэффициенты
концентрации напряжений и масштабные коэффициенты можно
считать соответственно одинаковыми для нормальных и для каса-
тельных напряжений.
Решение.
1. Определяем параметры циклов измерения нормальных и каса-
тельных напряжений с-с = сгтах, та=тшлх
<г«=<гш„=01 -^ ^=42 106 Па=42 МПа, <z„=0;
---—------= 31,2 -106 Па=ЗМ МПа.
0,2 4,53 * * 10 б
2. Пределы выносливости материала и т_1 определяем по
формулам (14.1)
о,_1 = (0,55 — 0,0001<тв);
<7В = (0,55 — 0,0001 ‘ 600) 600=294 МПа;
361
т_! = 0,667-, = 0,6 • 294 = 174,4 МПа.
3. Коэффициенты \Jfa и определяют по формулам (14.7)
фа=0,02 + 0,0002сгв = 0,02 + 0,0002 • 600 = 0,14;
^=0,5^=0,5-0,14=0,07.
4. Вычисляем эффективные коэффициенты концентрации напри
жений при изгибе и кручении по приближенной формуле:
<7В—40 600 - 40
К^=КХ=\,2 + 0,2 —---= 1,2+0,2———=2,22.
ио
110
5. Определяем масштабные коэффициенты по приближенное
формуле
^а=ЯЛ= 1,2 + 0,l(d-3) = l,2 + 0,1 (4,5-3)= 1,35.
6. Коэффициенты чистоты обработки по условию задачи равны
KFff=KFx=l.
7. Коэффициенты снижения предела выносливости детали при
изгибе и кручении вычисляются по формуле (4.13)
(К, 1
Ъа=Кха= — +------1
W KFa
1 /2,22 1 ,
— — I-----1---1
\1,35 1
- = 1,64.
1
коэффициент упрочнения из условия задачи 1^=1.
8. Коэффициент запаса прочности па по нормальным напряжени
ям определяем по формулам (14.21)
ff-1 294
па=----------=--------------= 4,27.
Кпаа+ф^т 1,64 42+0,14 0
9. Коэффициент запаса прочности п? по касательным напряжени-
ям определяем по формулам (14.23)
т-i 176,9
пх=----------=----------------= 3,31.
Krfa+Ф^т 1,64-31,2+0,07 31,2
362
10. Общий коэффициент запаса прочности п при действии нор-
мальных и касательных напряжений определяется по формуле
(14.26)
№ 4,27'3,31
П =----г-.- = — -т —:= =1,4.
+ V4,272 + 3,312
Вопросы для самопроверки
1. Как графически изображаются напряжения, циклически изменяющиеся во
времени?
2. Показать на графике цикл изменения напряжения.
3. Показать на графике максимальное, минимальное и среднее значения напря-
жения.
4. Дать определение и зависимость для коэффициента асимметрии.
6. Показать симметричный, асимметричный и пульсирующий циклы. Привести
значения их коэффициентов асимметрии.
7. Показать кривую усталости (Веллера). Показать предел выносливости (уста-
лости).
8. Показать диаграмму предельных амплитуд.
9. Перечислить факторы, влияющие на снижение предела усталости детали.
10. Определение эффективного коэффициента концентрации.
11. Расчет на прочность при регулярном режиме нагружения. Привести формулу
коэффициента запаса прочности по усталости.
12. Перечислить факторы, способствующие повышению предела выносливости.
13. Привести формулу запаса прочности детали, работающей на совместное
действие изгиба и кручения.
Глава 15
ПРОЧНОСТНАЯ НАДЕЖНОСТЬ
15.1. ДЕТЕРМИНИРОВАННЫЕ И СТАТИСТИЧЕСКИЕ РАСЧЕТЫ
НА ПРОЧНОСТЬ
В различных отраслях промышленности при проектировании
осуществляют в основном детерминированные (не учитывающие
фактор случайности) расчеты на прочность по допускаемым напри
жениям с использованием условия б’тах^[о’]. В предыдущих главах
рассматривался именно этот наиболее используемый метод. Рас
четы выполняют для деталей с постоянными размерами попереч
ных сечений. Принимают, что свойства материалов и прикладыва-
емая нагрузка также постоянны. Получить достоверные результаты
при выполнении детерминированных расчетов практически невоз
можно, так как нагрузка и прочность являются случайными парамс
трами, находящимися под воздействием различных случайных фак
торов. В результате при средних значениях всех параметров детали
машин могут иметь запас прочности. При неблагоприятных же
условиях напряжения в опасных точках могут превышать предел
прочности или истинное сопротивление разрыву материала sx, что
вызывает появление трещин или полное разрушение детали. Ука-
занная особенность не учитывается при проведении обычных рас-
четов по допускаемым напряжениям.
Невозможно также учесть наличие в эксплуатации разных видов
отказов и разрушений, влияние температуры (особенно на про-
чность деталей с трещинами), срока службы, места нахождения
детали на территории страны, изменение прочностных свойств при
многократных силовых воздействиях.
Не случайно коэффициент запаса называют иногда коэффициен-
том незнания. Пусть, например, рассчитано значение коэффициента
запаса для некоторой детали, и он составил и =1,5. Можно ли при
наличии этой информации получить ответы на такие важные ин-
женерные вопросы,как:
— для деталей какого возраста справедлив этот результат;
— сколько деталей из их миллионного парка разрушится в тече-
ние ближайшего года;
— если в детали появится трещина, как долго можно эту деталь
еще эксплуатировать;
— какую сталь из предложенных заводом марок выбрать имен-
но для этой детали? И многие другие вопросы.
364
Детерминированный расчет на прочность, результатом которого
как раз и является значение коэффициента запаса, ни на один из
поставленных вопросов ответа дать не может. Это под силу только
статистическим расчетам на прочность, что и обусловило их быст-
рое развитие в последнее время [1 — 6].
Наиболее полные и достоверные результаты по прочности, дол-
говечности и надежности элементов конструкций можно получить
методом статистических испытаний Монте-Карло, выполняя ком-
пьютерное моделирование поведения детали под нагрузкой для
разных этапов повреждаемости: при зарождении трещины и на
этапе ее развития (живучести).
Создание такой модели требует проведения большого объема
предварительной работы, в первую очередь, по выявлению комп-
лекса прочностных свойств в широком диапазоне температур, в
том числе стандартных — предела текучести, предела прочности <тв,
истинного сопротивления разрыву дж, а также характеристик меха-
ники разрушения — предельного коэффициента интенсивности на-
пряжений Kic для деталей с трещинами и коэффициента интенсив-
ности деформаций Kltc — критерия квазихрупкого разрушения дета-
лей с трещинами. Необходимы также параметры кривых усталости
для расчета долговечности на этапе зарождения трещины и данные
по скорости роста трещины. Кроме того, определяются характе-
ристики условий эксплуатации — нагрузки, температуры, многоци-
кловые повреждения материала, химические и радиационные воз-
действия и другие. В результате моделирования вычисляют вероят-
ности безотказной работы для разных видов отказов и разрушений
и долговечность, что легко переводится в число отказавших и раз-
рушившихся деталей или в годы службы [5].
Однако ввиду того, что полные разрушения — это весьма редкие
явления, получить расчетом достаточно представительную инфор-
мацию по таким отказам практически невозможно, так как необ-
ходимо моделирование на ЭВМ в столь большом объеме, что
практически не реализуемо из-за большой затраты машинного вре-
мени. Поэтому вероятности внезапных разрушений и отказов рас-
считываются по другой методике, в основе которой лежит понятие
функции неразрушимости [6]. Эту методику рассмотрим подробно
позднее.
Познакомимся с основными понятиями и характеристиками те-
ории надежности. Среди них важное место занимает отказ элемен-
та машины — событие, заключающееся в том, что значение хотя
бы одного параметра, характеризующего способность элемента
выполнять заданные функции, не соответствует требованиям норм
конструкторской или технической документации. Отказ из-за нару-
шения прочности чаще всего проявляется в виде появления трещины
или полного разрушения детали с разделением на части.
На этапе проектирования конструкций целесообразно классифи-
кацию отказов из-за нарушения прочности увязать с их физической
365
Образование трещин
Рис. 15.1
природой, так как расчетная модель формируется с учетом конкрет-
ного предельного состояния. Укрупненно можно выделить два раз-
ных по физической природе типа отказов: внезапный и постепенный
(рис. 15.1). Внезапный отказ, являющийся случайным событием,
возникает неожиданно. Условием его возникновения является слу-
чайное совпадение значительного усилия и малой прочности одного
или нескольких изделий из рассматриваемой совокупности. Посте-
пенный отказ обусловлен накоплением усталостных повреждений
и является результатом процессов, медленно изменяющих проч-
ность изделия. Закономерности отказов, вызванных постепенными
изменениями механических свойств, также исследуют методами
теории надежности.
Программы оценки показателей надежности машин на этапе
проектирования должны отражать многообразие возможных от-
казов и разрушений, этап зарождения и развития трещины, измене-
ние механических свойств материала при многократных нагружени-
ях, зависимость некоторых характеристик прочности от температу-
ры, скорости нагружения и других факторов.
15.2. ОСНОВНЫЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ НАДЕЖНОСТИ
Безотказность конструкций оценивается одними и теми же ха-
рактеристиками как на этапе проектирования и изготовления, так
и эксплуатации.
Количественные характеристики надежности определяются по
ГОСТ 27.002—89. Одной из основных является вероятность безот-
казной работы
366
(15-1)
где No — число изделий до начала эксперимента или эксплуатации;
У rii — число изделий, отказавших за время t.
Вероятность отказов как событие, противоположное вероятно-
сти безотказной работы
2(0=f (15.2)
Среднее время безотказной работы
/vo
1=1
(153)
где ti — время безотказной работы z-го элемента.
Интенсивность отказов для перемонтируемых изделий
2(0=и(0/Лф)А/,
(15-4)
где п (/) — число изделий, отказавших за интервал времени А/;
N (/) — среднее число изделий, безотказно работающих в интервале
времени А/, причем
N(t)=(Ni+l+Nd/bt,
(15.5)
где Ni+i и Nj — число исправных изделий соответственно в начале
и конце интервала времени А/.
15.3. ЗАКОНЫ РАСПРЕДЕЛЕНИЯ ВРЕМЕНИ
БЕЗОТКАЗНОЙ РАБОТЫ (ЗАКОНЫ НАДЕЖНОСТИ)
Вид закона распределения времени безотказной работы в основ-
ном определяется физической природой отказов. Если установлено,
что под действием внешних сил в деталях, изготовленных из опре-
деленного материала, появляются внезапные и усталостные трещи-
ны, то для деталей, изготовленных из другого материала или
несколько измененных конструктивно, можно ожидать появления
таких же по физической природе трещин, но соотношение их может
измениться. Для расчетного прогнозирования надежности изделий
используют различные законы распределения вероятности безот-
казной работы.
Для внезапных отказов (при отсутствии значительного износа
или усталости), когда их интенсивность постоянна во времени
367
(2=const), справедлив экспоненциальный закон распределения вре-
мени t до отказа [3]:
р (Г)=е"Л,'=ехр (- 2г,), (15.6)
где P(t) — вероятность безотказной работы за время t (функция
надежности); 2 — интенсивность отказов или параметр потока от-
казов для ремонтируемых изделий.
В машиностроении условие 2(0=const соблюдается не во всех
случаях. Использование закона, выраженного формулой (15.6), вы
зывает необходимость предварительного анализа физической при-
роды отказов. Следует отметить, что одни и те же данные по
отказам могут быть описаны различными законами надежности.
При подборе теоретических законов надо стремиться к тому, чтобы
они позволяли уточнить физическую природу анализируемых от-
казов. Если данные эксплуатации хорошо согласуются с экспонен-
циальным законом, то можно утверждать, что механические харак-
теристики на участке, где 2=const, почти не изменяются. Это
важное дополнительное положение имеет большое значение для
анализа состояния материала [3].
В ряде случаев при переменной 2(f) применяют распределениг
Вейбулла (2 и а — параметры закона)
P(f)=e~A/t*, (15.7)
где tt — время эксплуатации.
Время безотказной работы при усталости описывается нормаль-
ным законом распределения (законом Гаусса), который соответ-
ствует физической природе возникновения этих отказов, так как
интенсивность появления отказов, зависящих от усталости, увели-
чивается постепенно и достигает максимума в момент времени,
соответствующий наиболее вероятному значению нормального рас-
пределения:
со
Р(0=-1т= | е-0*’ dt, (15.8)
styj2n j
fa
где st — среднее квадратическое отклонение времени работы до
отказа; t — среднее значение распределения; /,=*,—7 /st.
Для отказов, причиной которых являются усталостные разруше-
ния, применим также логарифмически-нормальный закон распреде-
ления, согласно которому нормальному закону Гаусса подчиняется
не время отказов, а логарифм этого времени.
368
Если в рассматриваемом сечении детали возможны как посте-
пенные, так и внезапные отказы, то распределение времени безот-
казной работы в этом случае является суперпозицией двух зако-
нов — экспоненциального и нормального [3]
со
Р(0=Л(0Л(0=е“л'-4= .
styjln J
(15.9)
где P] (f) и P2 (0 — вероятности того, что за время t не произойдет
ни внезапного, ни постепенного отказа; Л — интенсивность отка-
зов, параметр экспоненциального закона надежности; 7, st — пара-
метры закона Гаусса.
Как показала практика, для детали массового производства
данные по отказам действительно довольно точно соответствуют
рассмотренным законам надежности (15.7 — 15.9).
Приведем пример анализа весьма представительной выборки
(5694 случая) данных об отбраковках одной из ответственных литых
деталей грузового вагона — корпуса автосцепки. Так как это стан-
дартная деталь, то полученные на ее примере результаты можно
квалифицировать как универсальные, пригодные в принципе и для
анализа других объектов.
Закон надежности стандартной детали для случая полных отказов. Одни и те же
данные по отказам могут быть описаны разными законами надежности: экспоненци-
альным, Вейбулла, нормальным, логарифмически нормальным, двойным экспонен-
циальным или суперпозицией указанных распределений. Иногда удается по харак-
теру изменения интенсивности отказов установить тип закона надежности (рис. 15.2,
кривая 5).
Желательно при подборе
теоретических законов наде-
жности стремиться к тому,
чтобы они со своей стороны
позволяли уточнить физичес-
кую природу анализируемых
отказов. Например, если дан-
ные эксплуатации хорошо со-
гласуются с экспоненциаль-
ным законом, мы имеем пра-
во утверждать, что механи-
ческие характеристики на
участке, где 2 — const, суще-
ственно не изменяются. Это
дополнительное, очень важ-
ное для анализ? состояния
материала, положение. Ана-
лиз выполняется на основе
данных об отбраковках дета-
лей в эксплуатации (табл.
15.1).
Рис. 15.2
24 — 3375
369
В анализируемом случае обращает на се
бя внимание относительное постоянство ин
тенсивности отказов в период работы до 10
лет, на рис. 15.2 приведены значения Л (/) (кри
вая 5). Это дает возможность предположит!»,
что в этот период происходят в основном
внезапные отказы и справедлив экспоненци
альный закон надежности (15.6):
Р(0=е )Л,
где е — основание натурального логарифма,
Л — интенсивность отказов, равная вероятно
Рис. 15.3 сти отказов при однократном нагружении
v (1), t — время в годах.
Параллельно с внезапными отказами, которые проявляются явно, в течение
первых 10 лет работы в деталях и происходят необратимые физико-химические
изменения, которые приводят к постепенному накоплению повреждений.
Эти процессы после 10 лет работы приводят к появлению постепенных отказов,
что наглядно подтверждается резким ростом интенсивности Л (г) в этот период
времени (рис. 15.2, кривая 5). Известно, что многие виды постепенных отказов
хорошо описываются нормальным или логарифмически нормальным законом наде
жности. Так как режим нагружения не меняется, то есть основание предположить,
что внезапные отказы после 10 лет работы не прекратятся. Поэтому распределение
времени безотказной работы в период после 10 лет скорее всего является суперпози
цией двух законов надежности — экспоненциального и нормального, один из кото-
рых учитывает внезапные, а другой постепенные отказы. Функция надежности для
этого периода времени имеет вид [3, 6]
где Pi (/) — вероятность того, что за время t не произойдет внезапного отказа,
(0 — вероятность того, что не произойдет постепенного отказа за время t; А
интенсивность отказов, параметр экспоненциального закона надежности; t0, s(
параметры нормального закона.
Таблица 15.1. Исходные статистические данные по отбраковке детален
и результаты расчета показателей надежности
Срок службы, интервалы в годах Характеристики надежности
число случаев отбраковки интенсивность отказов Л (г) вероятность безотказной работы Р(г)
0,5 — 1,5 77 0,0135 0,9864
1,5 — 2,5 116 0,0207 0-9660
2,5 — 3,5 131 0,0238 0,9429
3,5 — 4,5 118 0,0220 0,9221
4,5 — 5,5 112 0,0213 0,9024
5,5 — 6,5 107 0,0208 0,8836
6,5 — 7,5 133 0,0264 0 8602
7,5 — 8,5 128 0,0261 0,8376
370
Продолжение табл. 15.1
Срок службы, интерва.гы в годах Характеристики надежности
число случаев отбраковки интенсивность отказов Л (г) вероятность безотказной работы Р(г)
8,5- -9,5 127 0,0266 0,8153
9,5 - - 10,5 154 0,0332 0,7882
10,5- - 11,5 175 0,0390 0,7574
11,5- - 12,5 205 0,4760 0,7213
12,5- - 13,5 199 0,0483 0,6862
13,5 - - 14,5 253 0,0648 0,6417
14,5- - 15,5 301 0,0825 0,5887
15,5 - - 16,5 323 0,0965 0,5318
16,5- - 17,5 347 0,1148 0,4708
17,5- - 18,5 266 0,1940 0,4239
18,5- - 19,5 263 0,1092 0,3760
19,5 - -20,5 258 0,1202 0,3322
20,5 - -21,5 259 0,1372 0,2866
21,5 - -22,5 259 0,1590 0,2410
22,5 - -23,5 262 0,1913 0,1949
23,5 - -24,5 181 0,1634 0,1630
24,5 - -25,5 150 0,1619 0,1366
25,5 - -26,5 88 0,1133 0,1211
26,5 - -27,5 70 0,1016 0.1088
27,5- -28,5 36 0,0582 0,1025
28,5- -29,5 45 0,0772 0,0946
29,5 - -30,5 78 0,1451 0,0808
30,5 - -31,5 91 0,1980 0,0648
31,5 - -32,5 111 0,3013 0,0453
32,5 - -33,5 88 0,3419 0,0298
33,5- -34,5 58 0,3424 0,0196
Расчет параметров закона надежности. Оценка параметра экспоненциального
распределения выполняется непосредственно по данным об отказах (ввиду малого
расхождения параметров, посчитанных по суммарной и отдельным выборкам, а так-
же достаточного объема выборки расчеты выполнены только по ней)
£А,(Г<Ю)
где — интенсивность отказов для отдельных интервалов времени; К" — число
интервалов.
Расчетом получено Л = 0,0223.
Была выполнена точечная оценка этого параметра в соответствии с ГОСТом
17509—72. По формулам таблицы 1 ГОСТа для плана {NUT} определили 2=0,0227.
Доверительные двухсторонние границы с доверительной вероятностью Д=0,90 со-
ставили:
4=0,01954, 2в = 0,02616;
0,01954 <2< 0,02616.
Для расчета параметров нормального распределения из общего числа отказов
в период после 10 лет работы исключались случаи внезапных отказов. (Имея в виду,
что для экспоненты Л (f) остается постоянной на всем интервале работы деталей.)
w 371
Число постепенных отказов определяется для работы детали после 10 лет путем
вычитания из общего числа отказов — внезапных. По полученным результатам
рассчитываются параметры нормального распределения. Они составили: 7q=18,53 г,
st=4,76 г.
Для проверки принятого предположения о наличии после 10 лет как постепен-
ных, так и внезапных отказов были построены теоретические графики надежности
в предположении наличия только внезапных отказов (кривая 3 на рис. 15.2). Вероят-
ность безотказной работы для внезапных отказов была рассчитана по зависимости
(15.6) при 2=0,0223, для постепенных отказов по уравнению нормального закона.
Кривая постепенных отказов строится в соответствии с формулой нормального
закона с параметрами: 7^ = 18,53 г., .$,=4,76 г. (кривая 4 на рис. 15.2). Была рас-
считана также вероятность безотказной работы для суперпозиции двух указанных
законов, по формуле (15.9). Результаты расчета представлены графически на рис. 15.2
кривой 2. Эмпирическая функция надежности — кривая 1. Как видно, соответствие
высокое.
Вероятность того, что отклонение теоретической и экспериментальной кривых
является случайным Р (Л2)«0,05. В качестве границы между случайным и существен-
ным в технических расчетах часто принимают 5% уровень значимости, а в ГОСТе по
использованию статистических методов указаны в качестве приемлемых 1% и 0,1%
уровни значимости. Таким образом, согласие между теоретическим и эксперимен-
тальным распределением удовлетворительно, что наглядно видно из рис. 15.2 (кри-
вые 1 и 2).
Для определения показателей прочностной надежности изделий
на любом интервале времени t, в выражения (15.6) — (15.9) подстав-
ляются конкретные значения ti} 7 и st, 2 (г). Поясним, как применить
эти законы к анализу прочности.
Дело в том, что характеристики или параметры законов в част-
ности интенсивность отказов 2 (г) и 7, st в выражениях (15.6) —
(15.9), определяются дополнительным статистическим расчетом на
прочность, в котором обычно статистически сопоставляются несу-
щая способность деталей и действующие на них эксплуатационные
нагрузки. Это возможно, так как доказано, что для однократного
нагружения интенсивность отказов 2(1) равна вероятности разруше-
ния «(1) [6].
15.4. МЕТОДЫ ПРОГНОЗИРОВАНИЯ ПОКАЗАТЕЛЕЙ
ПРОЧНОСТНОЙ НАДЕЖНОСТИ
Полученные на основании данных об отказах законы надеж-
ности можно теперь использовать для прогнозирования показа-
телей прочностной надежности на этапе проектирования аналогич-
ных деталей. В этом случае необходимо путем сопоставления вне-
шней нагруженности и несущей способности детали найти парамет-
ры полученных законов надежности.
Так как доказано, что для однократного нагружения интенсив-
ность отказов равна вероятности разрушения 2(1)=и(1), то условие
(15.6) запишется при однократной нагрузке в виде:
P(0=e~v,,=exp(-vLI),
372
где Li — число нагружений за время v — вероятность отказа при
однократном нагружении.
В случае расчета вероятности разрушения (или появления трещи-
ны от внезапной перегрузки) разрушаются те детали, для которых
нагрузка NA (точка А) больше несущей способности RB (точка В).
Для аналитического представления этого положения вводится поня-
тие функции неразрушимости [6]
£=R—N,
(15.10)
где R — несущая способность конструкции; N — действующая на-
грузка.
Вероятность разрушений t?(l) от нагрузки, которая как бы дей-
ствует на деталь лишь один раз, рассчитывают по следующей
методике. Параметр v(l) характеризует уровень и степень измен-
чивости и нагрузок, и механических свойств) [6].
Вероятность разрушения соответствует вероятности отрицатель-
ных значений функции неразрушимости, т. е. N>R или R—N<0t
т. е. £<0:
о
»=р(£<0)= р(0<
(15.11)
где р(£) — плотность вероятности функции неразрушимости.
Если для R и N принято предположение о нормальном законе
распределения, то и функция неразрушимости £ в этом случае имеет
нормальный закон распределения.
Вероятность разрушения при нормальном законе
г=Р(£<0) = 0,5-Ф(у),
(15.12)
где Ф (у) — функция Лапласа (определяется по таблицам); у — ха-
рактеристика безопасности; у = 1/а>е [1] (а^— коэффициент измен-
чивости или вариации функции неразрушимости).
Известно, что
Ш!=5{/ё=Й-^)01/(Л-7У),
где — среднее квадратическое отклонение переменной £; £ —
среднее значение или математическое ожидание этой функции.
373
Иногда удобно перейти от стандартного коэффициента запаса
Из к статистической характеристике безопасности у. В предположе-
нии отсутствия корреляционной связи между нагрузкой и прочно-
стью, что справедливо для разрушений от однократных перегрузок,
получена следующая зависимость между коэффициентом запаса
и характеристикой безопасности:
л3-1
У=----------,
(со^+й)’)0,5
где cdr— коэффициент вариации распределения прочности; a>R =
=sr/R; sr, R — соответственно среднее квадратическое отклонение
и математическое ожидание A; coN — коэффициент вариации нагру-
зок; п3 — условный коэффициент запаса, n3=R/N.
15.5. ОСНОВНЫЕ ПОЛОЖЕНИЯ И АЛГОРИТМЫ РАСЧЕТА
ВЕРОЯТНОСТИ ВНЕЗАПНЫХ ХРУПКИХ
ДЕТАЛЕЙ С ТРЕЩИНАМИ
Условия нагружения деталей машин часто таковы, что обуслов-
ливают значительные перегрузки, превышающие не только нагруз-
ку текучести, но и вызывающие полные разрушения как целых (без
трещин) деталей, так и деталей с трещинами (или появление трещин
надрыва).
Разрушение обычно происходит с образованием трещины и раз-
делением детали по этой трещине на две части. Рассмотрим случай
разрушения деталей с трещинами от внезапной перегрузки и подро-
бно метод расчета вероятности разрушений.
Гак как рассчитывают вероятность лишь хрупких разрушений,
то вначале выясняют механическое состояние материала детали при
температуре эксплуатации Т3, согласно условию (15.13). Хрупкое
разрушение соответствует выполнению условия (9.7). Критическая
температура хрупкости детали Т^2 определяется по формуле (9.8).
Зависимость сдвигов ДТ’ от наработки, размеров трещин и деталей
представлена в форме, удобной для машинного счета.
Хрупкое разрушение детали, изготовленной из пластичного в ис-
ходном состоянии материала, возможно при выполнении следу-
ющих двух условий: во-первых, необходимо охрупчивание матери-
ала (т. е. выполнение условия (9.7) — событие Аг) и, во-вторых, —
наличие внешней нагрузки, вызывающей напряжения или KIp выше
предельных (т. е. выполнение условия (9.5) — событие Бг).
374
Можно принять, что события Аг и Бг независимы. Вероятность
хрупкого разрушения при однократном нагружении в таком случае
равна вероятности одновременного выполнения первого и второго
условий, т. е. произведению вероятностей событий Аг и Бг [7]:
vi = fl2i’3, (15.13)
где 1>2 — вероятность выполнения условий (9.5) и v3 — вероятность
выполнения условия (9.7).
Если, например а T3>T^lt то материал не охрупчен
и рыполнять расчет по методике, справедливой для хрупкого раз-
рушения деталей, нельзя из-за нарушений физической природы яв-
лений. В этом случае оценивают разрушение деталей при квазихруп-
ком состоянии материала по условию квазихрупкого разрушения.
Возможны два метода оценки охрупчивания материала. Во-пер-
вых, получение статистического распределения функции охрупчива-
ния £3 и вероятности охрупчивания г>3
£з=Гэ-7£2; (15.14)
r3=P(Q<0. (15.15)
Во-вторых, сравнение для каждого розыгрыша переменных тем-
ператур эксплуатации и второй критической температуры для конк-
ретной детали и фиксирование вероятности выполнения условия
(9.7). Сумма таких вероятностей равна v3. Как и в расчете надеж-
ности деталей без трещины, из рассмотрения исключают нагрузки,
которые не могут вызвать повреждения даже самых мало прочных
деталей (с максимальной трещиной при максимальной наработке
с минимальным сопротивлением разрушению Ajc).
Нагрузки исключают, если справедливо условие Xjp Со-
противление разрушению К^с конкретной детали определяют с уче-
том наработки ее и температуры эксплуатации по зависимостям
(9.11—9.12).
Несущую способность Р^ деталей, например, с поверхностной
полуэллиптической трещиной, определяют по зависимости (9.14)
при Kip—Kic. Значение функции неразрушимости для случая хрупких
разрушений деталей с трещинами находят по условию (15.10), кото-
рое в данном случае имеет вид
& = Рраз-#. (15.16)
Вероятность перегрузок определяют согласно выражению [6]
375
V2 = P^2<0),
(15.17)
что соответствует вероятности разрушения при внезапной перегруз-
ке. Схема алгоритма расчета вероятности хрупких разрушений ана-
логична приведенной в [5].
Вероятность внезапного разрушения деталей с трещинами для
разных интервалов времени рассчитывают по зависимостям (15.6),
(15.7).
15.6. ПРИМЕР РАСЧЕТА ВЕРОЯТНОСТИ ХРУПКИХ
РАЗРУШЕНИЙ ДЕТАЛЕЙ С ТРЕЩИНАМИ
Выполним расчет показателей прочностной надежности для де-
тали массового производства с поверхностной полуэллиптической
трещиной. Для этого весьма распространенного в инженерной прак-
тике случая в гл. 9 была получена Л^-тарировка, т. е. формула,
связывающая нагрузку, размер трещины, номинальные напряже-
ния, коэффициент интенсивности напряжений Кт (9.13).
Расчет показателей надежности желательно выполнять на
примере детали массового производства, имеющей полную инфор-
мацию об отказах (появлении трещин) и полных разрушениях,
а также о сроке службы и деградации прочностных свойств во
времени [5]. Наиболее подходящими явились детали грузовых ваго-
нов, например, корпуса автосцепок. Они длительное время (35 лет)
отливались из одной и той же стали 20 Л, поэтому есть данные
о степени деградации прочностных свойств в зависимости от срока
службы, деталь с момента внедрения (1939 г.) почти не менялась
конструктивно, срок службы любой детали в эксплуатации лег-
ко определить по клейму, которое ставят на детали в момент
отливки.
Если выполнить вероятностный прочностной расчет этой дета-
ли, то данные об отказах ее в эксплуатации будут являться критери-
ями истины для такого расчета. Выполним его.
В первую очередь рассчитывают методом Монте-Карло стати-
стическое распределение несущей способности деталей с трещинами
по формуле (9.14). Для этого используют полученные заранее рас-
пределения всех переменных, входящих в выражение (9.14). Далее
рассчитывают статистическое распределение функции неразруши-
мости £2 = R— N, при этом спектр нагрузок N определяют из широ-
кого эксперимента в эксплуатации, а спектр R был получен на
предыдущем этапе [5]. Теперь можно определить значения £2<0.
Получили, г2=Р(£2<0) = 0,0008.
Оценили вероятность охрупчивания v3, для чего получили рас-
пределение эксплуатационных температур и рассчитали распределе-
376
ние Т^р2 для случайным образом
выбранных (в основном старых)
деталей.
Вероятнось охрупчивания со-
ставила 1’з = 0,0125. Тогда вероят-
ность хрупкого разрушения при
однократном нагружении
Рис. 15.4
vi = V2'1>з= 0,0008 0,0125 =
= 0,1 ю4
После получения зависимости (рис. 15.3) определяют по
(15.7) значения надежности (рис. 15.4).
Для дальнейших расчетов определяем значение минимальной
нагрузки, которая не может повредить даже самую слабую деталь
по формуле (9.14). Известно, что АГ1с основная характеристика раз-
рушения деталей с трещинами уменьшается по мере увеличения
срока службы. Поэтому принимаем, что возраст детали 30 лет.
Тогда o^/(^OB=ki из рис. 9.8 ft] = 1,46 и сдвиг температуры от цик-
лического повреждения (по схеме Иоффе) Д7’5=60°. После этого
определяем минимальное значение K1rm-m по формулам (9.11) и
(9-12).
Далее подставляя 1=1^, Хтг=КТгт,п, £х=Ехтах в формулу (9.14)
получили, что РРазР = 650 кН. По спектру эксплуатационных нагру-
зок, справедливому для этой детали [5], находим, что вероятность
нагрузок меньше 650 кН, т. е. не повреждающих даже самые слабые
детали, составляет 0,5593. Известно, что деталь испытывает в год
всего 9400 нагружений. Следовательно, £ = 4165 повреждающих
нагрузок.
Теперь можно рассчитать надежность, т е. вероятность нераз-
рушения при хрупком состоянии материала деталей с трещинами по
формуле (15.7) при а = 0,553:
Р (1 год) = e~v,L' = е-0’’ 10-4 41650,553 = 0,99900-
Для проверки были собраны данные о разрушениях рассмат-
риваемой детали и рассчитана вероятность безотказной работы ее
непосредственно в эксплуатации. Она составила Р(1 год) = 0,99998.
Таким образом, расхождение в четвертом знаке после запятой,
что показывает высокую точность расчета. В то же время если,
например, предположить, что парк деталей насчитывает 1 млн.
единиц, то по расчету разрушается в год 100 деталей, а в дейст-
вительности 20.
377
При оценке результатов статистических расчетов на прочность
следует обращать внимание в первую очередь на порядок цифр
Так, вероятность появления трещин в этих деталях (и расчетная
и эксплуатационная) составляет десятые (например 0,787), а вероят-
ность хрупкого разрушения этих деталей с трещинами это тысячны-
и десятитысячные, что также соответствует ситуации в эксплуата-
ции. Это в свою очередь свидетельствует о том, что физически
модели отказов в обоих случаях сформированы верно, статистичес-
кие распределения, определяющие надежность, в целом достоверны,
критерии отказов верны. Поэтому расчеты вероятности наступле-
ния столь редких событий, как разрушения, приобретают право на
практическое использование, так как позволяют получить важней-
шую информацию о прочности изделия, которую никакими други-
ми методами получить нельзя. Инженер XXI в. обязан иметь пред-
ставление об этих расчетах.
Что касается необходимости увеличения объема как исходной
информации, так и расчетов, то это, как указывает В. В. Болотин,
«естественная плата за точное предсказание поведения конструкции
и более достоверные выводы о ее надежности и долговечности» [1].
Вопросы для самопроверки
1. В чем разница между детерминированным и статистическим расчетами на
срочность?
2. Назовите самые важные характеристики надежности.
3. Что понимается под законом надежности?
4. Для каких отказов справедлив экспоненциальный закон?
5. Для каких отказов справедлив нормальный закон надежность?
6. Расскажите порядок расчета- показателей прочностной надежности.
7. Напишите выражение функции неразрушимости.
8. Как рассчитать надежность детали, проработавшей 20 лет и имеющей только
постепенные отказы?
9. Что является критерием истины для проверки точности расчетных показа-
телей надежности?
10. Как можно доказать, что статистический расчет дает результаты с достаточ-
ной точностью?
ПРИЛОЖЕНИЯ
ПРИЛОЖЕНИЕ 1
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ И КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ
ДЛЯ СТУДЕНТОВ-ЗАОЧНИКОВ
Каждый студент-заочник выполняет то количество контрольных работ, которое
предусмотрено учебным графиком. Задачи, входящие в состав контрольных работ,
указаны в табл. П.1.
1. Студент обязан взять из таблицы, прилагаемой к условию задачи, данные
в соответствии со своим личным номером (шифром) и первыми шестью буквами
русского алфавита, которые следует расположить под шифром, например:
шифр — 2 8 3 0 5 2;
буквы — а б в г д е.
В случае личного номера, состоящего из семи цифр, вторая цифра шифра не
учитывается.
Из каждого вертикального столбца любой таблицы, обозначенного внизу опре-
деленной буквой, надо взять только одно число, стоящее в той горизонтальной
строке, номер которой совпадает с номером буквы. Например, вертикальные
столбцы табл. П.5 обозначены буквами: е, г и д. В этом случае, при указанном выше
личном номере (шифре) 283052, студент должен взять из столбца е строку номер два
(второй тип сечения), из столбца г — строку номер нуль (Швеллер 36) и из столбца
д — строку номер пять (Равнобокий уголок 90 х 90 х 6).
Работы, выполненные с нарушением этих указаний, не засчитываются.
Таблица П.1. Номера задач, входящих в контрольные работы
№ контрольной Число контрольных работ согласно трафику
работы одна две три четыре пять шесть
1 5, 7, 8, 13, 17 4, 5, 7, 8 1, 2,4 1, 2, 4, 5 1, 2, 3, 4 1, 2, 3, 4
2 — 13, 15, 17 5, 7, 8 7, 8, 10 5, 6, 7, 8 5, 6, 7, 8
3 — — 13, 15, 17 13, 14, 15, 17 9, 10, И 9, 10, И
4 — — — 18, 19, 21, 22 13, 14, 15, 17 12, 13, 14, 15
5 — — — — 18, 19, 21,22 16, 17, 18
6 — — — — — 19, 20, 21, 22
2. Не следует приступать к выполнению контрольных заданий, не изучив соот-
ветствующего раздела курса и не решив самостоятельно рекомендованных задач.
Если основные положения теории усвоены слабо и студент обратил мало внимания
на подробно разобранные в курсе примеры, то при выполнении контрольных работ
возникнут большие затруднения. Несамостоятельно выполненное задание не дает
возможности преподавателю-рецензенту вовремя заметить недостатки в работе сту-
379
дента-заочника. В результате студент не приобретает необходимых знаний и оказы
вается неподготовленным к экзамену.
3. Не рекомендуется также присылать в институт сразу несколько выполненных
заданий. Это не дает возможности рецензенту своевременно указать студенту ни
допущенные ошибки и задерживает рецензирование.
4. В заголовке контрольной работы должны быть четко написаны: номер кот
рольной работы, название дисциплины, фамилия, имя и отчество студента (полно
стью), название факультета и специальности, учебный шифр, дата отсылки работы,
точный почтовый адрес. Необходимо также указывать год издания методических
указаний, по которым выполнялась контрольная работа.
5. Каждую контрольную работу следует выполнять в особой тетради или ни
листах, сшитых в тетрадь нормального формата, чернилами (не красными), четким
почерком, с полями в 5 см для замечаний рецензента.
6. Перед решением каждой задачи надо выписать полностью ее условие с чис
новыми данными, составить аккуратный эскиз в масштабе и указать на нем в числах
все величины, необходимые для расчета.
7. Решение должно сопровождаться краткими, последовательными и грамот
ними, без сокращения слов, объяснениями и чертежами, на которых все входящие
в расчет величины должны быть показаны в числах. Надо избегать многословных
пояснений и пересказа учебника; студент должен знать, что язык техники — формула
и чертеж. При пользовании формулами или данными, отсутствующими в учебнике,
необходимо кратко и точно указывать источник (автор, название, издание, страницу,
номер формулы).
8. Необходимо указывать единицы всех величин и подчеркивать окончательные
результаты.
9. Не следует вычислять большое число значащих цифр, вычисления должны
соответствовать необходимой точности. Нет необходимости длину деревянного
бруса в стропилах вычислять с точностью до миллиметра, но было бы ошибкой
округлять до целых миллиметров диаметр вала, на который будет насажен шарико
вщй подшипник.
10. По получении из института контрольной работы студент должен исправить
в ней все отмеченные ошибки и выполнить все сделанные ему указания. В случае
требования рецензента следует в кратчайший срок послать ему выполненные
на отдельных листах исправления, которые должны быть вложены в соответ
ствующие места рецензированной работы. Отдельно от работы исправления не
рассматриваются.
ЗАДАЧИ ДЛЯ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ
Задача 1
Стальной стержень (Е=2 105 МПа) находится под действием продольной силы
Р. Постройте эпюры продольных сил N, напряжений ст, перемещений А. Проверьте
прочность стержня. Данные взять из табл. П.2.
Пример решения задачи № 1 см. на с. 50 (пример 2.14) (a=Z> = c=/).
Задача 2
Абсолютно жесткий брус опирается на шарнирно неподвижную опору и прикре
плен к двум стержням при помощи шарниров (рис. П.2). Требуется: 1) найти усилия
и напряжения в стержнях, выразив их через силу Q; 2) найти допускаемую нагрузк}
Qro*v приравняв большее из напряжений в двух стержнях допускаемому напряжению
[ст] = 160 МПа; 3) найти предельную грузоподъемность системы Q* и допускаемую
нагрузку Сдои, если предел текучести стт=240 МПа и запас прочности А: =1,5; 4)
сравнить величины <2ДОП, полученные при расчете по допускаемым напряжениям (см
п. 2) и допускаемым нагрузкам (см. п. 3). Данные взять из табл. П.2.
380
'>XX\XXV\\ ’XXXXXXXW
и ИГ УШ S
X
Рис. П.1
Таблица П.2
№ стро- Схема по F, см2 а b с Р-102, Н Н, кН 10s/? Напряжение, МПа
ки рис. П1, П2,ПЗ,П4 м Ох ау *х
1 I 11 2,1 2,1 1,1 1100 110 5 10 10 10
2 II 12 2,2 2,2 1,2 1200 120 4 20 20 20
3 III 13 2,3 2,3 1,3 1300 130 3 30 30 30
4 IV 14 2,4 2,4 1,4 1400 140 2 40 40 40
5 V 15 2,5 2,5 1,5 1500 150 1 50 50 50
6 VI 16 2,6 2,6 1,6 1600 110 5 60 60 60
7 VII 17 2,7 2,7 1,7 1700 120 4 70 70 70
8 VIII 18 2,8 2,8 1,8 1800 130 3 80 80 80
9 IX 19 2,9 2,9 1,9 1900 140 2 90 90 90
0 X 20 3,0 3,0 2,0 2000 150 1 100 100 100
е в г д е г д е г д е
Указания. Для определения двух неизвестных сил в стержнях надо составить
одно уравнение статики и одно уравнение деформаций.
Для ответа на третий вопрос задачи следует иметь в виду, что в одном из
стержней напряжение больше, чем в другом. При увеличении нагрузки напряжение
в первом стержне достигнет предела текучести ранее, чем во втором. Когда это
произойдет, напряжение в первом стержне не будет некоторое время расти даже при
увеличении нагрузки, система станет как бы статически определимой, нагруженной
силой Q (пока еще неизвестной) и усилием в первом стержне:
^=HTF1.
(1)
381
Рис. П.2
При дальнейшем увеличении нагрузки напряжение и во втором стержне достиг
нет предела текучести:
^2 = ^2- (2)
Написав уравнение статики и подставив в него значения усилий (1) и (2), найдем
из этого уравнения предельную грузоподъемность 2*.
Задача 3
Жесткий брус прикреплен к двум стальным стержням с площадью поперечного
сечения F, опирающимся на неподвижное основание. К брусу прикреплен средний
ступенчатый стальной стержень с зазором Д = Дс (рис. П.З). Требуется (без учета
382
я
Рис. П.З
собственного веса): 1) установить, при какой силе Н зазор закроется; 2) найти
реакцию основания в нижнем сечении среднего стержня при заданной силе Н и по-
строить эпюру продольных сил для среднего стержня; 3) найти усилия и напряжения
в крайних стержнях при заданной силе Н~, 4) установить, на сколько градусов надо
охладить средний стержень, чтобы реакция основания в нижнем сечении среднего
стержня при заданной силе Н обратилась в нуль. Данные взять из табл. П.2.
383
Указания. При решении всех пунктов задачи следует учитывать, что п«Ы|
симметрии системы усилия в крайних стержнях равны между собой.
Для ответа на первый вопрос надо приравнять перемещение нижнего с «..
срежнего стержня от сил Н зазору А. Это перемещение равно сумме деформмио
участков среднего стержня от продольных сил, возникающих от сил Н, и
мадии любого из крайних стержней (для тех схем, в которых силы Н
уравновешены, усилия и деформации для крайних стержней равны нулю).
Для ответа на второй вопрос надо алгебраическую сумму перемещении ними»...
сечения среднего стержня от сил Н и от реакции основания на средний сщ • >«..
R приравнять зазору А. При вычислении этих перемещений надо также учи нт мн
деформации участков среднего стержня от силы Н и деформацию любого из »р ui«<|
стержней (которая для некоторых схем равна нулю).
Для ответа на третий вопрос надо рассмотреть условия равновесия игр,и...
бруса, на который передаются силы Н и R от среднего стержня и два усилия мри>>'. )|
стержней.
Для ответа на четвертый вопрос надо приравнять перемещение нижнего <гч* >•• •
среднего стержня от сил Н (и от деформации любого из крайних стержней, еспи । и ш
Н не уравновешены) сумме зазора и температурного укорочения среднего г к -р»п«
А (Н)=Л+Аг=0с4-cat.
Задача 4
Стальной кубик (рис. П.4) находится под действием сил, создающих п ><"М|
напряженное состояние (одно из трех главных напряжений равно нулю). Гре(>у*Я
найти: 1) главные напряжения и направление главных площадок; 2) максим ли >«и»
384
> асательные напряжения, равные наибольшей
полуразности главных напряжений; 3) отно-
нтельные деформации ех, еу, ez; 4) относи-
•ельное изменение объема; 5) удельную поте-
нциальную энергию деформаций. Данные
взять из табл. П.2.
Задача 5
К стальному валу приложены три из-
вестных момента: М\, Mi, Му (рис. П.5). Тре-
буется: 1) установить, при каком значении
момента X угол поворота правого концевого
ечения вала равен нулю; 2) для найденного
шачения X построить эпюру крутящих моме-
нтов; 3) при заданном значении [т] определить
щаметр вала из расчета на прочность и окру-
жить его значение до ближайшего, равного:
30, 35, 40, 45, 50, 60, 70, 80, 90, 100 мм;
4) построить эпюру углов закручивания;
5) найти наибольший относительный угол за-
кручивания (на 1 м). Данные взять из табл.
11.3.
Задача 6
Жесткий брус прикреплен к шарнирно-
неподвижной опоре и к двум пружинам
с одинаковым средним диаметром витков
I) и с одинаковым диаметром круглой прово-
юки d (рис. П.6). Пружина 1 имеет т витков,
пружина 2 — п витков. Требуется: 1) найти
усилия и напряжения в обеих пружинах;
2) найти осадки обеих пружин; 3) установить,
при каком отношении витков т/п усилия
Рис. П.5
в обеих пружинах равны между собой; 4) найти усилия, напряжения и осадки при
найденном отношении т/п и заданной величине т (или п). Данные взять из табл. П.4.
Таблица П.З
№ стро- ки Схема по рис. П.5 Расстояния, м Моменты, Н м М, МПа
а Ъ с м, М2 м3
1 I 1,1 1,1 1,1 1100 1100 1100 35
2 II 1,2 1,2 1,2 1200 1200 1200 40
3 Ш 1,3 1,3 1,3 1300 1300 1300 45
4 IV 1.4 1,4 1,4 1400 1400 1400 50
5 V 1,5 1,5 1,5 1500 1500 1500 55
6 VI 1,6 1,6 1,6 1600 600 1600 60
7 VII 1,7 1,7 1.7 1700 700 1700 65
8 vni 1,8 1,8 1,8 1800 800 1800 70
9 IX 1,9 1,9 1,9 1900 900 1900 75
0 X 2,0 2,0 2,0 2000 1000 2000 80
е г д е г д е в
25- 3375
385
Рис. П.6
Таблица П4
Таблица П.5
№ строки Схе- ма по рис. П.6 D d Число витков Р, Н № стро- ки Тип сечения по рис. П.7 Швел- лер Равнобокий уголок Дву- тавр
а и т п
1 I 11 1,1 11 И ПО 1 I 14 80 х 80 х 8 12
2 П 12 1,2 12 12 120 2 П 16 80 х 80 х 6 14
3 ш 13 1,3 13 13 30 3 ш 18 90x90x8 16
4 IV 14 1,4 14 14 40 4 IV 20 90 x 90 x7 18
5 V 15 1,5 15 15 50 5 V 22 90 x 90 x6 20а
6 VI 6 1,6 6 6 60 6 VI 24 100x100x8 20
7 VII 7 1,7 7 7 70 7 vn 27 100x100x10 22а
8 VIII 8 0,8 8 8 80 8 vni 30 100x100x12 22
9 IX 9 0,9 9 9 90 9 IX 33 125x125x10 24а
0 X 10 1,0 10 10 100 0 X 36 125 х 125 х 12 24
е д д д е е е г д е
Задача 7
Для заданного в табл. П.5 поперечного сечения, состоящего из швеллера и рав-
нобокого уголка или из двутавра и равнобокого уголка, или из швеллера и двутавра
(рис. П.7), требуется: 1) определить положение центра тяжести; 2) найти осевые
(экваториальные) и центробежный моменты инерции относительно случайных осей,
проходящих через центр тяжести (zc и ус); 3) определить направление
главных центральных осей (и и v); 4) найти моменты инерции о гносительно главных
386
центральных осей; 5) вычертить сечение в масштабе 1:2 и указать на нем все размеры
в числах и все оси.
При расчете все необходимые данные следует брать из таблиц сортамента и ни
в коем случае не заменять части профилей прямоугольниками.
Задача 8
Для заданных двух схем балок (рис. П.8) требуется написать выражения
О и М для каждого участка в общем виде, построить эпюры Q и М, найти
Мтях и подобрать: а) для схемы (я) деревянную балку круглого поперечного сечения
при [я]=8 МПа; б) дтя схемы (6) стальную балку д вутаврового поперечного сечения
при [я] = 180 МПа. Данные взять из табл. П.6.
Задача 9
Стальная балка пролетом I (в метрах) имеет сечение, состоящее из двутавра
и двух приваренных к нему горизонтальных листов (рис. П.9). По двум балкам,
уложенным параллельно, перемещается двухосная тележка крана, несущая полезную
нагрузку и собственный вес, в сумме составляющие 2Р, причем на одну ось (на два
л—1 1
колеса) передается давление -2Р, на другую - 2Р, где коэффициент п харак-
п п
теризует распределение общей нагрузки между осями. Таким образом, нагрузки на
каждую из балок равны:
л—1 1
Р1=----Ри Р2=- Р.
л п
25*
387
Рис. П.8
Таблица П.6
№ строки Схема по рис. П.8 *1 Расстояния в долях пролета м, кН м Сосредо- точенная сила Р, кН q, кН/м
к л ai а О1 а *3 а
1 I 1,1 6 1 9 1 10 10 10
2 п 1,2 7 2 8 2 20 20 20
3 ш 1,3 3 3 7 3 3 3 3
4 IV 1,4 4 4 6 4 4 4 V 4 > 5
5 V 1,5 5 5 5 5 5 5
6 VI 1,6 6 6 6 1 6 6 6
388 е Л д
1г*10а
Продолжение рис. П.8
Продолжение табл. П.6
№ строки Схема по рис. П.8 h Расстояния в долях пролета м, кНм Сосредо- точенная сила Р, кН q, кН/м
к i «1 а а a I
7 VII 1,7 7 7 7 2 7 7 7
8 9 0 VIII IX X 1,8 1,9 2,0 8~ 9 10 8 9 10 8 9 10 3 4 5 8 9 10 8 9 10 8 9 10
е д е г д е г д е
389
где Р — половина общей нагрузки на тележку (рис.
П.10).
Остальные данные взять из табл. П.7. Требуется:
1) вычислить момент сопротивления сечения и наиболь-
ший изгибающий момент, который балка может без
опасно выдержать при [ст] = 160 МПа; 2) определить
наиболее невыгодное положение тележки в пролете,
при котором изгибающий момент получает наиболь
шее значение; 3) найти наибольшую силу7 Р (половину
общей нагрузки на тележку), которую балка может
безопасно выдержать (собственный вес балки не учиты-
вать); 4) рассчитать сварные швы, прикрепляющие лис-
ты к двутавру, по наибольшей поперечной силе (когда
больший груз тележки стоит у опоры балки); [т] = 90
МПа.
Указания. Если первый (левый) груз больше второго (правого), то эпюра
изгибающих моментов при опасном положении нагрузки будет иметь вид, указан-
ный на рис. П.10, б. Левая опорная реакция
Р1(/-х) Р2(1-х-а) р(п-\){1-х) РЦ-х-а)
А=----+------=-------+------
Il nl nl
Наибольший изгибающий момент под силой Р\
Рх ( d
М\=Ах—— I I— х—
I \ п,
он изменяется по закону параболы.
Приравняв нулю первую производную от М\ по х, найдем положение сечения,
в котором возникает максимальный изгибающий момент, и вычислим величину
М1 в зависимости от силы Р.
Рис. П.10
390
Задача 10
Для балки, изображенной на рис. П.11 требуется: 1) найти изгибающий момент
на левой опоре (в долях ql2)-, 2) построить эпюры Q и М; 3) построить эпюру
прогибов, вычислив три ординаты в пролете и две на консоли. Данные взять из табл.
П.8.
Указания. Для ответа на первый вопрос нужно выбрать основную систему
в вице свободно лежащей на двух опорах балки и составить уравнение деформаий,
выражающее мысль, что суммарный угол поворота на левой опоре от заданной
нагрузки и от опорного момента равен нулю.
P^aql
,4t
P-ctql
1/2 1/2 _\.J3Lr
шгп нин
Рис. П. 11
391
Таблица П.7
Таблица П.8
№ строки № дву- тавра ПрОЛсТ банки 1, м Расстоя- ние меж- ду осями тележки а, м Коэф- фици- ент, п № стро- ки Схема а Р к
по рис. П.11 по рис. П.12
1 60 11 2,1 2,1 1 I I 0,1 0,1 1,5
2 65 12 2,2 22 2 II 11 0.2 0.2 2
3 70 13 2,3 2,3 3 III III 0.3 0,3 3
4 30 4 2,4 2,4 4 IV IV 0,4 04 4
5 33 5 2,5 25 5 V V 0,5 0,5 5
6 36 6 1 6 2,6 6 VI VI 0,6 06 6
7 40 7 1,7 2,7 7 VII VU 0.7 0,7 7
8 45 8 1,8 2,8 8 VIII VIII 0.8 0.8 8
9 50 9 1,9 2,9 9 IX IX 0,9 0,9 9
0 55 10 2,0 3,0 0 X X 1,0 1,0 10
г г д е е е г д е
Можно также решить задачу иначе, составив два уравнения: 1) уравнение статики
в виде суммы моментов всех сил относительно правой опоры; 2) уравнение метода
начальных параметров, выражающее ту мысль, что прогиб на правой опоре равен
нулю. Из этих двух уравнений можно найти изгибающий момент и реакцию на левой
опоре (Af0 и б0).
Для ответа на третий вопрос целесообразнее всего использовать метод началь-
ных параметров, так как два начальных параметра (у0 и известны, а два других
(Afo и go) будут найдены в процессе выполнения первых двух пунктов контрольной
работы.
При построении эпюры прогибов надо учесть, что упругая линия балки об-
ращена выпуклостью вниз там, где изгибающий момент положительный, и выпук-
лостью вверх там, где он отрицательный. Нулевым точкам эпюры М соответствуют
точки перегиба упругой линии.
Задача 11
Определить прогиб свободного конца балки переменного сечения (рис. П.12).
Данные взять из табл. П.8.
Задача 12
Деревянная балка (рис. ПЛЗ) прямоугольного поперечного сечения нагружена
вертикальной силой Р в точке А и горизонтальной силой Р в точке В (обе точки
расположены на оси балки). На опорах балки могут возникнуть как вертикальные
реакции, так и горизонтальные реакции, направленные перпендикулярно плоскости
чертежа. Требуется:
1) построить эпюры и Afrop и установить положение опасного сечения;
2) подобрать размеры поперечного сечения А и b при допускаемом напряжении
[п]=8 МПа;
3) определить положение нейтральной линии в опасном сечении балки и постро-
ить для этого сечения эпюру нормальных напряжений в аксонометрии. Данные взять
из табл. П.9.
392
Рис. П.12
Задача 13
Чугунный короткий стержень, поперечное сечение которого изображено на рис.
П.14, сжимается продольной силой Р, приложенной в точке А. Требуется: 1) вычис-
лить наибольшее растягивающее и наибольшее сжимающее напряжения в попереч-
ном сечении, выразив эти напряжения через Р, и размеры сечения; 2) найти допуска-
емую нагрузку Р при заданных размерах сечения и допускаемых напряжениях для
чугуна на сжатие [aj и на растяжение [ffp]. Данные взять из табл. П.10.
393
Рис. ПЛЗ
Таблица П.9
№ строки Схема по ПЛЗ Р, кН 1, м h/b
1 I 1 1,1 1,1
2 II 2 1,2 1,2
3 ш 3 1,3 1,3
4 IV 4 1,4 1,4
5 V 5 1,5 1,5
6 VI 6 1,6 1,6
7 vn 7 1,7 1,7
8 VIII 8 1,8 1,8
9 IX 9 1,9 1,9
0 X 10 2,0 2,0
е е д е
Таблица П.10
строки Схема а b [ad [ар!
рис. П.14 см МПа
1 I 6 6 110 21
2 П 2 2 120 22
3 ш 3 3 130 23
4 IV 4 4 140 24
5 V 5 5 150 25
6 VI 6 6 60 26
7 VU 2 2 70 27
8 VIII 3 3 80 28
9 IX 4 4 90 29
0 X 5 5 100 30
е г д г д
Задача 14
На рис. П.15 изображена в аксонометрии ось ломаного стержня круглого
поперечного сечения, расположенная в горизонтальной плоскости и имеющая пря-
мые углы в точках А и В. На стержень действует вертикальная нагрузка. Требуется:
1) построить отдельно (в аксонометрии) эпюры изгибающих и крутящих моментов;
2) установить опасное сечение и найти для него расчетный момент по четвертой
теории прочности. Данные взять из табл. П.11.
Таблица П.11
№ строки Схема по рис. П.15 а № строки Схема по рис. П.15 а
1 I 1,1 6 VT- 0,6
2 П 1,2 7 'VII 0,7v
3 III 1,3 8 VHI 0,8
4 1 IV 1,4 9 IX 0,9
5 V 1,5 0 X 1,0
д е д е
394
Рис. П.14
Задача 15
Шкив с диаметром D] и с углом наклона ветвей ремня к гоизонту oq делает
п оборотов в минуту и передает мощность N кВт. Два других шкива имеют
одинаковый диаметр и одинаковые углы наклона ветвей ремня к горизонту
а.2 и каждый из них передает мощность N/2 (рис. П.16). Требуется: 1) определить
моменты, приложенные к шкивам, по заданным N и л; 2) построить эпюру крутящих
моментов 3) определить окружные усилия q и г2, действующие на шкивы, по
найденным моментам и заданным диаметрам шкивов D\ и D/, 4) определить
давления на вал, принимая их равными трем окружным усилиям; 5) определить
силы, изгибающие вал в горизонтальной и вертикальной плоскостях (вес шкивов
и вала не учитывать); 6) построить эпюры изгибающих моментов от горизонтальных
сил Л/гор и от вертикальных сил Л/верт; 7) построить эпюру суммарных изгибающих
моментов, пользуясь формулой Л/иэг=^/л<^|р + Л/верт (для каждого поперечного
сечения вала имеется своя плоскость действия суммарного изгибающего момента, но
для круглого сечения можно совместить плоскости Мтг для всех поперечных сечений
и построить суммарную эпюру в плоскости чертежа; при построении эпюры надо
учесть, что для некоторых участков вала она не будет прямолинейной); 8) при
помощи эпюр Л/хр (см. п. 2) и Мтт (см. п 7) найти опасное сечение и определить
максимальный расчетный момент (по третьей теории прочности); 9) подобрать
диаметр вала d при [ст] = 70 МПа и округлить его значение (см. задачу 5). Данные
взять из табл. П.12.
395
396
[-16
Продолжение табл. П.12
Схема по рис. П.16 N, кВт п, об/мин а с О,
м
5 V 50 500 1,5 1,5 1,5 1,5 1,5 50 50
6 VI 60 600 1,6 1,6 1,6 0,6 0,6 60 60
7 VII 70 700 1,7 1,7 1,7 0,7 0,7 70 70
8 VIII 80 800 1,8 1,8 1,8 0,8 0,8 80 80
9 IX 90 900 1,9 1,9 1,9 0,9 0,9 90 90
0 X 100 1000 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 0 0
е д е г д е д е д е
Задача 16
Построить эпюры М, N, Qh найти значения нормальных напряжений в опасном
сечении кривого стержня (рис. П. 17). Данные взять из табл. П. 13.
Таблица П. 13
№ строки Схема по рис. П.17 а° Л Н г d Форма сечения
а л
1 I 10 1100 21 4,1
2 II 20 1200 22 4,2
397
Продолжение табл. 11 11
№ строки Схема по рис. П.17 а Р, и Г d Форма сечения
см
3 4 ш IV 30 40 1300 1400 23 24 4,3 4,4
д'!
5 6 V VI 50 60 1500 1600 25 26 4,5 4,6
5
Л.
7 8 VII vm 70 80 1700 1800 17 ‘18 4,7 4.8
с/ 2 d_ 2
9 0 IX X 90 0 1900 2000 19 20 4,9 5,0 Ж
е д е г д е
Рис. П.17
398
Указания. Силу Р следует разложить на два направления: вертикальное и го-
ризонтальное. Далее надо найти опорные реакции; для произвольного сечения,
определяемого полярными координатами г и (р, написать выражения М, N, Q и,
Б, 1авая различные значения <р (не реже чем через 30°), построить эпюры по точкам.
При определении радиуса кривизны нейтрального слоя го необходимо вычисле-
ния производить точно, так как величина го близка к величине г и при определении
г придется иметь дело с малой разностью величин г и го-
Для проверки вычислении рекомендуется воспользоваться приближенной фор-
мулой c=IjrF, где J — момент инерции поперечного сечения относительно центра-
р-ной оси; F — площадь поперечного сечения.
Задача 17
Стальной стержень длиной / сжимается силой Р. Требуется: 1) найти размеры
поперечного сечения при допускаемом напряжении на простое сжатие [ет] = 160 МПа
(расчет производить последовательными приближениями, предварительно задав-
шись коэффициентом ф=0,5); 2) найти критическую силу и коэффициент запаса
устойчивости. Данные взять из табл. П. 14.
Таблица П.14
7
399
Продолжение табл. П.14
№ строки Р, кН 1, м Схема закрепления концов стержня Форма сечения стержня
9 0 9С0 1000 2,9 3,0 Р V X
г д д е
Задача 18
На рис. П. 18, а изображена нагруженная в своей плоскости рама, вертикальные
элементы которой имеют моменты инерции J, а горизонтальные элементы — kJ-, на
рис. П. 18, б изображена нагруженная перпендикулярно своей плоскости рама,
сделанная из стержня круглого поперечного сечения (G=0,4E). Требуется для обеих
рам: 1) установить степень статической неопределимости и выбрать основную систе-
му; 2) написать канонические уравнения; 3) построить эпюры М от единичных сил
и от заданной нагрузки; 4) найти перемещения; 5) найти величины лишних неизвест-
ных; 6) построить окончательные эпюры внутренних силовых факторов: М,
Nh Q для схемы на рис. 24, а и МИ, Мх и Q для схемы на рис. П.18, б. Данные взять
из табл. П. 15.
Таблица П. 15
№ Схема X q, кН/м к Р, Н а Ь
строки рамы м м
1 I 11 2 15 1,1 1100 1,1 1,1
2 п 12 3 20 1,2 1200 1,2 1,2
3 III 3 4 30 1,3 1300 1,3 \з
4 IV 4 5 4 1,4 1400 1,4 1,4
5 V 5 6 5 1,5 1500 1,5 1,5
6 VI 6 2 6 1,6 600 0,6 0,6
7 VII 7 3 7 1,7 700 0,7 0,7
8 VIII 8 4 8 1,8 800 0,8 0,8
9 IX 9 5 9 1,9 900 0,9 0,9
0 X 10 6 10 2,0 1000 1,0 1,0
е г д е в г д е
Задача 19
На двух балках двутаврового сечения установлен двигатель весом Q (рис. П. 19),
делающий п оборотов в минуту. Центробежная сила инерции, возникающая вследст-
вие неуравновешенности вращающихся частей двигателя, равна Н. Собственный
вес балок и силы сопротивления можно не учитывать. Требуется найти: 1) ча-
стоту собственных колебаний сод; 2) частоту изменения возмущающей силы со;
400
Рис. П.18
26 — 3375
Рис. П.19
1
3) коэффициент нарастания колебании /?=-------(если коэффициент /?, определя-
l-(to/co0)2
емый по этой формуле, окажется отрицательным, то в дальнейшем расчете следует
учитывать его абсолютную величину); 4) динамический коэффициент
/и н
Агд=1Ч—/? = 1+—/?; 5) наибольшее нормальное напряжение в балках ад=кдаст.
Q
Данные взять из табл. П. 16.
Задача 20
На двутавровую балку, свободно лежащую на двух жестких опорах (рис. П. 20),
с высоты h падает груз Р. Требуется: 1) найти наибольшее нормальное напряжение
в балке; 2) решить аналогичную задачу при условии, что правая опора заменена
пружиной, податливость которой (т. е. осадка от груза весом 1 кН) равна а; 3)
сравнить полученные результаты. Данные взять из табл. П. 17.
402
Таблица П. 16
№ Схема № 1, м 0 Н п,
строки дау- тавра об/мин
рис. кН
П.19
1 I 16 1Д 11 11 400
2 II 18 1,2 12 2 450
3 III 20а 1,3 13 3 500
4 IV 20 1,4 14 4 550
5 V 22а 1,5 15 5 600
6 VI 22 1,6 16 6 650
7 VII 24а 1,7 17 7 700
8 VIII 24 1,8 18 8 750
9 IX 27а 1,9 19 9 800
0 X 27 2,0 20 10 850
е д е г д е
Таблица П. 17
Ni стро- ки Схема по рис. П.20 № дау- тавра 1, м Р, Н h, см 103а, м/кН
1 I 20 2,1 1100 11 21
2 П 20а 2,2 1200 12 22
3 ID 24 2,3 300 3 23
4 IV 24а 2,4 400 4 24
• 5 V 27 2,5 500 5 25
6 VI 27а 2,6 600 6 26
7 VII 30 2,7 700 7 27
8 VIII 30а 2,8 800 8 28
9 IX 33 2,9 900 9 29
0 X 36 3,0 1000 10 30
е д е г д е
Рис. П.20
26*
403
Указание. При наличии упомянутой в п. 2 пружины Дст=Д6 + /?Дпр, где Дб —
прогиб балки, лежащей на жестких опорах, в том сечении, где приложена сила Р (при
статическом действии этой силы); Дщ, — осадка пружины от реакции, возникающей
от силы Р; — коэффициент, устанавливающий зависимость между осадкой пружи-
ны и перемещением точки приложения силы Р, вызванным поворотом всей балки
вокруг центра шарнира левой опоры как жесткого целого (коэффициент Д находят из
подобия треугольников).
Задача 21
Валик и жестко соединенный с ним ломаный стержень того же поперечного
сечения вращаются с постоянной угловой скоростью со вокруг оси АВ (рис. П. 21).
Требуется: 1) построить эпюру изгибающих моментов от сил инерции, возникаю-
щих на вертикальном CD и горизонтальном DE участках ломаного стержня; си-
лы инерции самого валика можно не учитывать (при изображенном на рис.
П.21 положении ломаного стержня силы инерции складываются с силами собствен-
ного веса, но последними ввиду их незначительности при построении эпюры
404
М можно пренебречь); 2) найти допускаемое число оборотов валика в минуту при
допускаемом напряжении [ст] = 100 МПа и у=78 кН/м3. Данные взять из табл.
П. 18.
Указания. Для упрощения вычислении рекомендуется производить их сначала
в общем виде, обозначив интенсивность сил инерции на горизонтальном участке
через q. Равнодействующие сил инерции на горизонтальном и вертикальном участ-
ках, опорные реакции, ординаты эпюры М надо выразить через qal.
Задача 22
В опасном сечении вала с диаметром d действует крутящий момент и изги-
бающий момент Л/изг- Вал сделан из углеродистой стали (предел прочности которой
равен ств, а предел текучести стт) и не имеет резких переходов, выточек, канавок;
поверхность его чисто обработана резцом.
Определить коэффициент запаса прочности в опасном сечении вала, приняв
нормальные напряжения изгиба изменяющимися по симметричному циклу, а каса-
тельные напряжения кручения — по пульсирующему циклу (от нуля до максималь
ного значения).
Коэффициенты концентрации напряжений и масштабные коэффициенты можно
считать соответственно одинаковыми для нормальных и для касательных напряже-
ний. Данные взять из табл. П. 19.
Таблица П 18 Таблица П. 19
№ Схема 1, см Диаметр № d, мм А/хр ов °т
строки по валика строги
рис. П.21 d, мм Н м МПа
1 I 15 21 1 31 210 210 510 240
2 П 20 22 2 32 220 220 520 240
3 ш 25 23 3 33 230 230 530 250
4 IV 30 24 4 34 240 240 540 250
5 V 35 25 5 35 250 250 550 260
б VI 40 16 6 36 260 260 560 260
7 VII 45 17 7 37 270 270 570 270
8 VIII 50 18 8 38 280 280 580 270
9 IX 55 19 9 39 290 290 590 280
0 X 60 20 0 40 300 300 600 280
е д г е д е д д
Порядок выполнения решения: 1) найти максимальные нормальные напряжения
и максимальные касательные напряжения; 2) по эмпирическим формулам найти
предел текучести при кручении и пределы выносливости при кручении и изгибе; 3)
найти действите ггьньтй коэффициент концентрации напряжений по формуле
ств-40
£ = 1,2+0,2----; 4) найти масштабный коэффициент по формуле
ПО
Д, = 1,2+0,1 (d— 3), где d — в сантиметрах, 5) найти коэффициенты запаса прочности
по нормальным и касательным напряжениям; 6) найти общие коэффициенты запаса
прочности по усталостному разрушению и текучести.
405
406
ПРИЛОЖЕНИЕ 2
* vjvi ooj
inSS~sEXapW3C5 в ^ОВША общего и ~вого н— ”
ио^ои - ГОСТ 8510-86; ~ ~ неравного,.
Таблица 1. Прокатная угловая равнополочная сталь (по ГОСТ R5 ^-ЯП
{ Размеры и справочные величины для осей) 8509-^6>
Обозначения:
Ь Уо
b — ширина полки;
t — толщина полки;
R - радиус внутреннего закругления'
Г — радиус закругления полки;
w — момент сопротивления;
/ — момент инерции;
L, — радиус инерции;
4 - м2антХшД° ^РУЖНОЙ грани полки;
'о
Номер угол-га мм Площадь попереч- ного сечения, см2
b t R г х—х -правочные велич Xt>~ ХО ины для осей Уо~Уо Zxy, см4 z0 см Масса 1 м уголка, кг
Jx> см4 см3 *Х> Ztomax, 'xgmax. Dornin, W У о’
2 20 3 4 3.5 1 2 ЦЗ 1,46 ~0,40 0,50 0,28 0,37 0,59 0,58 0,63 0,78 см "6,75 0,73 см* ~0Д7~ 0.22 см3 ~0^20 0,24 см "0,39 0,38 0,23 0.28 "0,60 0 64 " 0.89 1 15
2,5 3 4 5* 1,43 1,86 2,27 0,81 1,03 1,22 0,46 0,59 0,71 0,75 0,74 0,73 1,29 1,62 1,91 0,95 0,93 0,92 0,34 0,44 0,53 0,33 0,41 0,47 0,49 0,48 0,48 0,47 0,59 0,69 0,73 0,76 0.80 1,12 1,46 1,78
2,8 28 3 4,0 1,3 1,62 1,16 0,58 0,85 1,84 1,07 0,48 0,42 0,55 0,68 0,80 1,27
3 1,74 1,45 0,67 0,91 2,30 1,15 0,60 0,53 0,59 0,85 0,85 1,36
3 30 4 4,0 1,3 2,27 1,84 0,87 0,80 2,92 1,13 0,77 0,61 0,58 1,08 0,89 1,78
5* 2,78 2,20 1,06 0,89 3,47 1,12 0,94 0,71 0,58 1,27 0,93 2,18
3,2 3 1,86 1,77 0,77 0,97 2,80 1,23 0,74 0,59 0,63 1,03 0,89 1,46
32 4 2,43 2,26 1,0 0,96 3,58 1,21 0,94 0,71 0,62 1,32 0,94 1,91
4,5 1,5
3 2,04 2,35 0,93 1,07 3,72 1,35 0,97 0,71 0,69 1,37 0,97 1,60
3,5 35 4 2,17 3,01 1,21 1 06 4,76 •1,33 1,25 0,88 068 1,75 1,01 2,10
5 3,28 3,61 1,47 1,05 5,71 1,32 1,52 1,02 0,68 2,10 1,05 2,58
3 2,35 3,55 1,22 1,23 5,63 1,55 1,47 0,95 0.79 2,08 1,09 1,85
4 40 4 5 3,08 3,79 4,58 5,53 1,60 1,95 1,22 1,21 7,26 8,75 1,53 1,52 1,90 2 30 1,19 1,39 0,78 0,78 2,68 3,22 1,13 1,17 2,42 2,98
6* 5,0 1,7 4,48 6,41 2,30 1,20 10,13 1,50 2,70 1,58 0,78 3,72 1,21 3,52
3 2,65 5,13 1,56 1 39 8,13 1,75 2.12 1,24 0 89 3,00 1,21 2,08
4,5 4 3,48 6,63 2,04 1,38 10,52 1,74 2,74 1,54 0,89 3,89 1,26 2,73
5 4,29 8 03 2,51 1,37 12,74 1,72 3,33 1,81 0,88 4,71 1,30 3,37
6* 5,08 9,35 2,95 1,36 14,80 1,71 3,90 2,06 0,88 5,45 1,34 3,99
3 2,96 7,И 1,94 1,55 11,27 1,95 2,95 1,57 1,00 4,16 1,33 2,32
4 3,89 9,21 2,54 1,54 14,63 1,94 3,80 1,95 0,99 5,42 1,38 3,05
5 5,5 1,8 4,80 11,20 3,13 1 53 17,77 1,92 4,63 2,30 0.98 6 57 1,42 3,77
5 50 6 5,69 13,07 3,69 1,52 20,72 1,91 5,43 2,63 0,98 7,65 1,46 4,47
7* 6,56 14,84 4,23 1 50 23,47 1,89 6,21 2,93 0,97 8,63 1,50 5,15
8* 7,41 16,51 4,76 1,49 26,03 1,87 6,98 3,22 0,97 9,52 1,53 5,82
5,6 4 6,0 2,0 4.38 13,10 3,21 1,73 20,79 2,18 5 41 2,52 1,11 7,69 1,52 3,44
Зо 5 5,41 15,97 3,96 1,72 25,36 2,16 6,59 2,97 1,10 9,41 1,57 4,25
4 4,72 16,21 3,70 1 85 25,69 2,33 6 72 2,93 1,19 9,48 1,62 3,71
5 5,83 19,79 4,56 1,84 31,40 2,32 8,18 3,49 1,18 11,61 1,66 4,58
6* 60 6 6,92 23,21 5,40 1,83 36,81 2,31 9.60 3,99 1,18 13,60 1,70 5,43
8 9,04 29,55 7,00 1,81 46,77 2,27 12,34 4,90 1,17 17,22 1,78 7,10
10 7,0 2,3 11,08 35,32 8,52 1,79 55,64 2,24 15,00 5,70 1,16 20,32 1,85 8,70
4 4,96 18,86 4,09 1,95 29,90 2,45 7,81 3,26 1,25 11,00 1,69 3,90
6,3 63 5 6,13 23,10 5,05 1,94 36,80 2,44 9,52 3,87 1,25 13,70 1,74 4,81
6 7,28 27,06 5,98 1,93 42,91 2,43 11,18 4,44 1,24 15,90 1,78 5,72
£
Продолжение табл. 1
Номер уголг~ мм Площадь попереч- ного сечения, см2 Справочные величины для осей Масса 1 м уголка, кг
b г R г X — X х0-х0 Уо-Уо Лгу, см* № §
^х> см* wx, см3 ix, см Zxomaxj см* Тотаэ см б'оШШ. см* S гуопйп> см
4,5 6,20 29,04 5,67 2,16 46,03 2,72 12,04 4,53 1,39 17,00 1,88 4,87
5 6.86 31,94 6,27 2,16 50,67 2,72 13,22 4,92 1,39 18,70 1,90 5,38
7 70 6 8,0 2,7 8,15 37,58 7,43 2,15 59,64 2,71 15,52 5,66 1,38 22,10 1,94 6,39
7 9,42 42,98 8,57 2,14 68,19 2,69 17,77 6,31 1,37 25,20 1,99 7,39
8 10,67 48,16 9,68 2,12 76,35 2,68 19,97 6,99 1,37 28,20 2,02 8,37
10* 13,11 57,90 11,82 2,10 91,52 2,64 24,27 8,17 1,36 33,60 2,10 10,29
5 7,39 39,53 7,21 2,31 62,65 2,91 16,41 5,74 1,49 23,10 2,02 5,80
6 8,78 46,57 8,57 2,30 73,87 2,90 19,28 6,62 1,48 27,30 2,06 6,89
7,5 75 7 9,0 3,0 10,15 53,34 9,89 2,29 84,61 2,89 22,07 7,43 1,47 31,20 2,10 7,96
8 11,50 59,84 11,18 2,28 94,89 2,87 24,80 8,16 1,47 35,00 2,15 9,02
9 12,83 66,10 12,43 2,27 104,72 2,86 27,48 8,91 1,46 38,60 2,18 10,07
5,5 8,63 52,68 9,03 2,47 83,56 3,11 21,80 7,10 1,59 30,90 2,17 6,78
6 9,38 56,97 9,80 2,47 90,40 3,11 23,54 7,60 1,58 33,40 2,19 7,36
8 80 7 9,0 3,0 10,85 65,31 11,32 2,45 103,60 3,09 26,97 8,55 1.58 38,30 2,23 8,51
8 12,30 73,36 12,80 2,44 116,39 3,08 30,32 9,44 1,57 43,00 2,27 9,65
10* 15,14 83,58 15,67 2,42 140,31 3,04 36,85 11,09 1,56 56,70 2,35 11,88
12* 17,90 102,74 18,42 2,40 162,27 3,01 43,21 12,62 1,55 59,50 2,42 14,05
6 10,61 82,10 12,49 2,78 130,00 3,50 33,97 9,88 1,79 48 10 2,43 8,33
7 12,28 94,30 14,45 2,77 149,67 3,49 38,94 11,15 1,78 55,40 2,47 9,64
9 90 8 10,0 3,3 13,93 106,11 16,36 2,76 168,42 3,48 43,80 12,34 1,77 62,3Q 2,'51 10,93
9 15,60 118.00 18,29 2,75 186,00 3,46 48,60 13,48 1,77 68,00 2,55 12,20
10* 17,17 128,60 20,07 2,74 203,93 3,45 53,27 14,54 1,76 75,30 2,59 13,48
12* 20,33 149,67 23,85 2,71 235,88 3,41 62,40 16,53 1,75 86,20 2,67 15,96
10 И 100 110 6,5 7 8 10 12 14 15* 16 7 8 12,0 4,0 12,82 13,75 15,60 19,24 22,80 26,28 27,99 29,68 122,10 130,59 147,19 178,95 208,90 237,15 250,68 263,82 16,69 17,90 20,30 24,97 29,47 33,83 35,95 38,04 3,09 3,08 3,07 3,05 3,03 3,00 2,99 2,98 193,46 207,01 233,46 283,83 330,95 374,98 395,87 416,04 3,89 3,88 3,87 3,84 3,81 3,78 3,76 3,74 50,73 54,16 60,92 74,08 86,84 99,32 105,48 111,61 13,38 14,13 15,66 18,51 21,10 23,49 24,62 25,79 1,99 1,98 1,98 1,96 1 95 1,94 1,94 1,94 71,40 76,40 86,30 110,00 122,00 138,00 145,00 152,00 2,68 2,71 2,75 2,83 2,91 2,99 3,03 3,06 10,06 10,79 12,25 15,10 17,90 20,63 21,97 23,30
15,15 17,20 175,61 198,17 21,83 24,77 3,40 3,39 278,54 314,51 4,29 428 72,68 81,83 17,36 19,29 2,19 2,18 106,00 116,00 2,96 3,00 11,89 13,50 14 76
12* 120 8 10 12 15 12,0 4,0 18,80 23,24 27,60 33,99 259,75 317,16 371,80 448,90 29,68 36,59 43,30 52,96 3,72 3,69 3,67 3,63 112,451 503,79 590,28 711,32 4,68 4,66 4,62 4,57 107,04 130,54 153,33 186,48 23,29 27,72 31,79 37,35 2,39 2,37 2,36 2,34 153,00 187,00 218,00 262,00 17? 00 3,33 3,41 3,53 3 36 18,24 21,67 26,68 15,46
12,5 125 8 9 10 12 14 16 14,0 4,6 19,69 22,0 24,33 28,89 33,37 37,77 294,36 327,48 359,82 42223 481,76 538,56 32,20 36.00 39,74 47,06 54,17 61,09 3,87 3,86 3,85 3,82 3 80 3,78 466,76 520,00 571,04 670,02 763,90 852,84 4,87 4,86 4,84 4,82 4,78 4,75 121,98 135,88 148,59 174,43 199/2 224,29 25,о / 28,26 30,45 34,94 39,10 43,10 Zj4-7 2,48 2,47 2,46 2,45 2,44 192,00 211,00 248,00 282,00 315,00 3'40 3,45 3,53 3,61 3,68 17',30 19,10 22,68 26,20 29,65
Уголки, отмеченные зведакш, шготоалш^о т^боваиию потребителя.^ * тГОтавливаемые по соглашению
ГОСТ 8509—86 предусматривает номера профилен 14, 1 , , в >
изготовителей с потребителем.
Таблица 2. Прокатная угловая неравнополочная сталь (по ГОСТ 8510—86)
Размеры н справочные величины для осей
В — ширина большей полки;
b — ширина меньшей полки;
t — толщина полки;
R — радиус внутреннего закругления;
г — радиус закругления полки;
Обозначения:
— момент сопротивления;
Jxy расстояние от центра тяжести до наружных
граней полок;
J — момент инерции;
i — радиус инерции;
хо< Jo расстояние от центра тяжести до наружных
граней полок.
Номер уголка 2,5/1 6 В 25 b мм г R г Площадь поперечного сечения, см2 Справочные величины для осей
X — X У~У
JX’™ см Jy, см4 Wy, см3 iy, см
3/2* 30 20 3 4 3,5 1,2 1,16 0,70 0,43 0,78 0,22 0,19 0,44
1,43 1,86 1,27 1,61 0,62 0,82 0,94 0,93 0,45 0,56 0,30 0,39 0,56 0,55
3,2/2 32 20 3 4 1,49 1,94 1,52 1,93 0,72 0,93 1,01 1,00 0,46 0,57 0,30 0,39 0,55 0,54
4/2,5 40 25 3 4 5 4,0 1,3 1,89 2,47 3,03 3,06 3,93 4,73 1,14 1,49 1,82 1,27 1,26 1,25 0,93 1,18 1,41 0,49 0,63 0,77 0,70 0,69 0,68
4/3* 40 30 4 5 4,0 1,3 2,67 3,28 4,18 5,04 L54 1,88 Г?5 1,24 2,01 2.41 оУ 1,11 087 0,86
4,5/2,8 45 28 3 4 5,0 1,7 2,14 2,80 4,41 5,68 1,45 190 1,48 1,42 1,32 1,69 0,61 0,80 0,79 0,78
5/3,2 50 32 3 4 5,5 1,8 2,42 3,17 6,18 7,98 1,82 2,38 1,60 1,59 1,99 2,56 0,81 1,05 0,91 0,90
5 5 3,6 56 36 4 5 6,0 — L 2,0 L 3,58 4,41 11,37 13,82 3,01 3,70 1,78 1,77 3,70 4,48 U4 1,65 1,01
6,3/4,0 63 40 4 5 6 8 7,0 2,3 4,04 4,98 5,90 7,68 16,33 19,91 23,31 29,60 3,83 4,72 5,58 7,22 2,01 2,00 1,99 1,96 5,16 6,26 7,29 9,15 1,67 _ 2,05 2,42 3,12 1,13 1,12 1,И 1,09
6,5/5* 65 50 5 6 7 8 6,0 2,0 5,56 6,60 7,62 8,62 23,41 27,46 31,32 35,00 5,20 6,16 7,08 7,99 2,05 2,04 2,03 2,02 12,08 14,12 16,05 18,88 3,23 3,82 4,38 4,93 1,4/ 1,46 1,45 1,44
7'4,5 70 45 5 7,5 2,5 5,59 27,76 5,88 2,23 9,05 2,62 1,Z/ 1 /И
7,5/5 75 60 5 6 7* 8 8,0 2,7 6,11 7,25 8,37 9,47 34,81 40,92 46,77 52,38 6,81 8,08 9,31 10,52 2,39 2,38 2,36 2,35 12,47 14,60 16,61 18,52 3,25 3,85 4,43 4,88 1,42 1,41 1,40
8/5 80 50 5 6 8,0 2,7 6,36 7,55 41,64 48,98 7,71 9,15 2,56 2,55 12,68 14,85 3,28 3,88 1,41 1,40
8/6* 80 60 6 7 8 8,15 9,42 10,67 52,06 59,61 66,88 9,42 10,87 12,38 2,53 2,52 2,50 25,18 28,74 32,15- 5,58 6,43 7,26 1,76 1,75 1,74
9/5,6 90 56 5,5 6 8 9,0 3,0 7,86 8,54 11,18 65,28 70,58 90,87 10,74 11,66 15,24 2,88 2,88 2,85 19,67 21,22 27,08 4,53 4,91 6,39 1,30 1,58 1,56 1 *70
10/6,3 100 63 6 7 8 10 10,0 3,3 9,58 11,09 12,57 15,47 98,29 112,86 126,96 153,95 14,52 16,78 19,01 23,32 3,20 3,19 3,18 3,15 30,58 34,99 39,21 47,18 6,27 7,23 8,17 9,99 1, 1,78 1,77 1,75
10/6,5* 100 65 7 8 10 11,23 12,73 15,67 114,05 128,31 155,52 16,87 19,11 23,45 3,19 3,18 3,15 38,32 42,96 51,68 7,70 8,70 10,64 1,0 J 1,84 1,82
11/7 ПО 70 6,5 8 11,45 13,93 142,42 171,54 19,11 23,22 3,53 3,51 45,61 54,64 8,42 10,20 Z,UU 1,98
12,5/8 125 80 7 8 10 12 11,0 3,7 14,06 15,98 19,70 23,36 226,53 225,62 311,61 364,79 26,67 30,26 37,27 44,07 4,01 4,00 3,98 3,95 73,73 80,95 100,47 116,84 11,89 13,47 16,52 19,46 Z3Zy 2,28 2,26 2,24
tv Номер г—— —— л Продолжение тлВл 9
угол! а В '~~ь~ t ' R г Площа поперек сечени Дь того я, Справочные ве. X—X шчины для осей
14/9 140 90 ~ 8 10 12,0 4,0 см2 I?»?? Jx, СМ* ~~ 363,68 Wx, см3 38,25 (х, см 4Г49 Jy, см4 1 1О 70 z z Wy, cm3 iy9 см
16/10 18/11 160 1ЯП 100 9 10 12 14 Г” 10 13,0 4,3 22,87 25,28 30,04 34,72 444,45 605,97 666,59 784,22 897,19 47,19 ” 56,04 61,91 73,42 84,65 4,47 5Д5 5,13 5,11 5,08 145,54 ”186,03 204,09 238,75 271,60 17,19 21,14 23,96 26,42 31,23 35,89 2,58 2,58 2,84 2,82 2 80
20/12,5 Номер 200 ни 125 12 И 12 14 16 14,0 4,7 28,33 33,69 952,28 1122,56 78,59 93,33 5,80 5,77 276,37 324,09 32,27 38,20 3,12 3,10
34,87 37,89 43,87 49,77 1449,02 1568,19 1800,83 2026,08 107,31 116,51 134,64 152,41 6,45 6,43 6,41 6,38 446,36 481,93 550,77 616,66 45,98 49,85 57,43 64,83 3,58 3,57 3,54 3,52
уголка 2,5/1,6 тираничные величины для осей и—и Xq9 см Уо, см Jxy, см Угол наклона оси, tga Масса 1 M уголка, кг
7ц min, СМ'' 0,13 Wu, см3 0,16 Jumin, см 0,34
3/2* 0,26 0,34 0 28 0,25 0,32 0,43 0,43 0,51 0,54 0,86 1,0 1,04 0,22 0,43 0,54 0,392 0,427 0 421 0,91 1,12
J,Z/Z 0,35 0 56 U,25 0,33 0,43 0,43 0,49 0,53 1,08 1,12 0,47 0,59 0,382 0 374 1,46 1,17
4/2,5 - 3‘ 0,71 0,86 1,09 из 0,41 0,52 0,64 0,75 0,91 0,54 0,54 0,53 0,64 0,64 0,59 0,63 0,66 0,78 0.82 1,32 1,37 1,41 1,28 1,32 0,96 1,22 1,44 1,68 2,00 0,385 0,281 0,374 0,544 0,539 1,52 1,48 1,94 2,37 2,26 2,46
4,5/2,8 0,79 0,52 0,61 0,64 1,47 1,38 0,382 1,68
1,02 0,67 0,60 0,68 1,51 1,77 0,379 2,20
5/3,2 1,18 0,68 0,70 0,72 1,60 2,01 0,403 1,9
1,52 0,88 0,69 0,76 1,65 2,59 0,401 2,4
5,6/3,6 2,19 1,13 0,78 0,84 1,82 3,74 0,406 2,81
2.65 1,37 0,78 0,88 1,87 4,50 0,404 3,46
3,07 1,41 0,87 0,91 2,03 5,25 0,397 3,17
6,3/4,0 3,73 1,72 0,86 0,95 2,08 6,41 0,396 3,91
4,36 2,02 0,86 0,99 2,12 7,44 0,393 4,63
5,58 2,60 0,85 1,07 2,20 9,27 0,386 6,03
6,41 2,68 1,07 1,26 2,00 9,77 0,576 4,36
6,5/5* 7,52 3,15 1,07 1,30 2,04 11,46 0,575 5,18
8,60 3,59 1,06 1,34 2,08 12,94 0,571 5,98
9,65 4,02 1,06 1,37 2,12 13,61 0,570 6,77
7/4,5 5,34 2,20 0,98 1,05 2,28 9,12 0,406 4,39
7,24 2,73 1,09 1,17 2,39 12,00 0,436 4,79
7,5/5 8,48 3,21 1,08 1,21 2,44 14,10 0,435 5,69
9,69 3,69 1,08 1,25 2,48 16,18 0,435 6,57
10,87 4,14 1,07 1,29 2,52 17,80 0,430 7,43
8/5 7,57 2,75 1,00 1,13 2,60 13,20 0,387 4,49
8,88 3,24 1,08 1,17 2,65 15,50 0,386 5,92
13,61 4,66 1,29 1,49 2,47 '20,98 0,547 6,39
8/6* 15,58 5,34 1,29 1,53 2,52 24,01 0,546 7,39
17,49 5,99 1,28 1,57 2,56 26,83 0,544 8,37
11,77 3,81 1,22 1,26 2,92 20,54 0,384 6,17
9/5,6 12,70 4,12 1,22 1,28 2,95 22,23 0,384 6,70
16,29 5,32 1,21 1,36 3,04 28,33 0,380 8,77
18,20 5,27 1,38 1,42 3,23 31,50 0,393 7,53
10/6,3 20,83 6,06 1,37 1,46 3,28 36,10 0,392 8,70
23,38 6,82 1,36 1,50 3,32 40,50 0,391 9,87
28,34 8,31 1,35 1,58 3,40 48,60 0,387 12,14
Продолжение табл. 2
уголха и—и х0, см Уо, СМ см4 Угол наклона оси, tga Масса 1 м уголка, кг
Л/min» см Wu, см3 ^umin» см
10/6,5* ZZ, / / 25,24 30,60 6,43 7,26 8,83 1,41 1,41 1,40 1,52 1,56 1,64 3,24 3,28 3,37 38,00 42,64 51,18 0,415 0,414 0,410 8,81 9,99 12 30
11/7 26,94 32,31 7,05 8,50 1,53 1,52 1,58 1,64 3,55 3,61 46,80 55,90 0,402 0,400 8,98 10 93
12,5/8 4J,4U 48,82 59,33 69,47 9,96 11,25 13,74 16,11 1,76 1,75 1,74 1,72 1,80 1,84 1,92 2,00 4,01 4,05 4,14 4,22 74,70 84,10 102,00 118,00 0,407 0,406 0,404 0,400 11,04 12,58 15,47 18 34
14/9 70,27 85,51 14,39 17,58 1,58 1,96 2,03 2,12 4,49 4,58 121,00 147,00 0,411 0,409 14,13 17 46
16/10 110,40 121,16 142,14 162,49 20,01 22,02 25,93 29,75 2,20 2,19 2,18 2,16 2,24 2,28 2,36 2,43 5,19 5,23 5,32 5,40 194,00 213,00 249,00 282,00 0,391 0,390 0,388 0,385 17,96 19,85 23,58 27 26
18/11 165,44 194,28 26,96 31,83 2,42 2,40 2,44 2,52 5,88 5,97 295,00 348,00 0,376 0,374 22,20 26 40
20/2,5 263,84 285,04 326,54 366,99 38,27 41,45 47,57 53,56 2,75 2,74 2,73 2,72 2,79 2,83 2,91 2,99 6,50 6,54 6,62 6,71 465,00 503,00 575,00 643,00 0,392 0,392 0,390 0,388 27,37 29,74 34,43 39,07
Уголки, отмеченные звездочкой, изготовляют по требованию потребителя.
Таблица 3. Балки двутавровые (по ГОСТ 8239—89) (Размеры и справочные величины для осей)
Условные обозначения:
Л — высота балки; г — радиус закругления полки;
Ь — ширина полки; J — момент инерции;
s — толщина стенки; W — момент сопротивления;
t — средняя толщина полки; S — статический момент полусечения;
R — радиус внутреннего закругления; i — радиус инерции
ГОСТ предусматривает также номера балок 45 — 60. Размеры двутавров 18а, 20а, 22а, 24а, 30а
не стандартизованы. Двутавры от № 24 до № 60 не рекомендуется применять в новых разработ-
ках.
Номер балки Масса 1 м, кг h Ъ j г Л Т Площадь сечения, см1 Справочные величины для осей
мм У~У
Jx, см4 6ГХ, см3 tx, см Sx, см3 •)'yf см Wy, см3 lyi ] см
10 12 14 16 18 18а 20 20а 22 22а 24 24а 27 27а 30 30а 33 36 40 9,46 11,5 13,7 15,9 18,4 19,9 21,0 22,7 24,0 25,8 27,3 29,4 31,5 33,9 36,5 39,2 42,2 48,6 57,0 100 120 140 160 180 180 200 200 220 220 240 240 270 270 300 300 330 360 400 55 64 73 81 90 100 100 110 ПО 120 115 125 125 135 135 145 140 145 155 4,5 4,8 4,9 5,0 5,1 5,1 5,2 5,2 5,4 5,4 5,6 5,6 6,0 6,0 6,5 6,5 7,0 7,5 8,3 7,2 7,3 7,5 7,8 8,1 8,3 8,4 8,6 8,7 8,9 9,5 9,8 9,8 10,2 10,2 10,7 11,2 12,3 13,0 7,0 7,5 8,0 8,5 9,0 9,0 9,5 9,5 10,0 10,0 10,5 10,5 11,0 11,0 12,0 12,0 13,0 14,0 15,0 2,5 3,0 3,0 3,5 3,5 3,5 4,0 4,0 4,0. 4,0 4,0 4,0 4,5 4,5 5,0 5,0 5,0 6,0 6,0 12,0 14,7 17,4 20,2 23,4 25,4 26,8 28,9 30,6 32,8 34,8 37,5 40,2 43,2 46,5 49,9 53,8 61,9 72,6 198 350 572 873 1290 1430 1840 2030 2550 2790 3460 3800 5010 5500 7080 7780 9840 13380 19062 39,7 58,4 81,7 109 143, 159 184 203 232 254 289 317 371- 407 472 518 597 743 953 4,06 4,88 5,73 6,57 7,42 7,51 8,28 8,37 9,13 9,22 9,97 10,1 11,2 11,3 12,3 12,5 13,5 14,7 16,2 23,0 33,7 46,8 62,3 81,4 89,8 104 114 131 143 163 178 210 229 268 292 389 423 545 17,9 27,9 41,9 58,6 82,6 114 115 155 157 206 193 260 260 337 337 436 419 516 667 6,49 8,72 11,5 14,5 18,4 22,8 23,1 28,2 28,6 34,3 34,5 41,6 41,5 50,0 49,9 60,1 59,9 71,1 86,1 1,22 1,38 1,55 1,70 1,88 2,12 2,07 2,32 2,27 2,50 2,37 2,63 2,54 2,80 2,69 2,95 2,79 2,89 3,03
Обозначения:
h — высота;
b — ширина полки;
s — толщина стенки;
t — толщина полки;
R — радиус внутреннего закругления;
г — радиус закругления полки;
J — момент инерции;
— момент сопротивления;
* — радиус инерции;
5 статический момент полусече-
ния;
' расстояние от оси у—у до наруж-
ной грани стенки.
Уклон внутренних граней полок должен быть не более 10%
Номер швел- лера h 1 ~ 1 j t мм 1 R 1 I Площадь, сечения, см2 Масса 1 м, кг Справочные величи X X* ны для осей У~У z0, см
STT СП СМ' см3 гх» см см3 Jy, см4 Wy, см3 1у>
6,5П 8П 10П 12П 14П 14а 16П 16аП 18П 18аП эи 65 80 100 120 140 140 160 160 180 180 52 36 40 46 52 58 62 64 68 70 74 4,4 4,4 4,5 4,5 4,8 4.9 4,9 5,0 5,0 5,1 5,1 7,0 7,2 7,4 7,6 7,8 8,1 8,7 8,4 9,0 8,7 9,3 6,0 6,0 6,5 7,0 7,5 8,0 8,0 8,5 8,5 9,0 9,0 2,5 2,5 2,5 3,0 3,0 3.0 3,0 3,5 3,5 3,5 3,5 3,5 3,5 3,5 4,0 4,5 4,5 4,5 5,0 5,0 5,0 5,0 6,16 7,51 8,98 10,9 13,3 15,6 17,0 18,1 19,5 20,7 22,2 4,84 5,90 7,05 8,59 10,4 12,3 13,3 14,2 15,3 16,3 17,4 22,8 48,6 89,4 174,0 304.0 491,0 545,0 747,0 823,0 1090.0 1190,0 9,1 15,0 22,4 34,8 50,6 70 2 77,8 93,4 103,0 121,0 132,0 1,92 2,54 3,16 3,99 4,78 5,60 5,66 6,42 6,49 7,24 7,32 5,59 9,00 13,30 20,40 29,60 40,80 45,10 54,10 59,40 69,80 76,10 5,61 8,70 12,80 20,40 31,20 45,40 57,50 63,30 78,80 86.00 105,00 2,75 3,68 4,75 6,46 8,52 11,00 13,30 13,80 16,40 17,00 20,00 0,954 1,080 1,190 1,370 1,530 1,700 1,840 1,870 2,010 2,040 2,180 1,16 1,24 1,31 1,44 1,54 1,67 1,87 1,80 2,00 1,94 2,13
3375
20П 20а 22П 22а 24П 24а 27П ЗОП ЗЗП 36П 40П 200 200 220 220 240 240 270 300 330 360 400 76 80 82 87 90 95 95 100 105 ПО 115 5,2 5,2 5,4 5.4 5,6 5,6 6,0 65 7,0 7,5 8,0 9,0 9,7 9,5 10,2 10,0 10,7 10,5 11,0 11,7 12,6 13,5 9,5 9,5 10,0 10,0 10,5 10,5 11,0 12,0 13,0 14,0 15,0 4,0 4,0 = 4,0 4,0 4,0 4,0 4,5 5,0 5,0 6,0 6,0 5,5 5,5 6,0 6,0 6,0 6,0 6,5 7,0 7,5 8,5 9,0 23,4 25,2 26,7 28,8 30,6 32,9 35,2 40,5 46,5 53,4 61,5 18,4 19,8 21,0 22,6 24,0 25,8 27,7 31,8 36,5 41,9 48,3 1520,0 1670,0 2110,0 2330,0 2900,0 3180,0 4160,0 5810,0 7980.0 10820,0 15220,0 152,0 167,0 192,0 212,0 242,0 265,0 308,0 387,0 484,0 601,0 761,0 8,07 ’8,15“ 8,89 8,99 9,73 9,84 10,90 12,00 13,10 14,20 15,70 87,80 " 95,90 110,00 121,00 139,00 151,00 178,00 224,00 281,00 350,00 444,00 113,00 139,00 151,00 187,00 208,00 254,00 262,00 327,00 410,00 513,00 642,00 20,50 24720 25,10 30,00 31,60 37.20 37,30 43,60 51,80 61,70 73,40 2,200 2,350 2,370 2,550 2,600 2,780 2,730 2,840 2,970 3,100 3,230 2,07 2,28 2,21 2,46 2,42 2,67 2,47 2,52 2,59 2,68 2,75
♦ Для швеллеров с параллельными гранями полок справочные
ГОСТ 8240—89. Швеллеры 14а, 20а, 22а, 24а не стандаргиюваны.
величины для осей и расстояния Zo увеличены до 10%; точные данные см.
ПРИЛОЖЕНИЕ 3
МЕХАНИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ
МАЛОУГЛЕРОДИСТОЙ СТАЛИ
Механические свойства стали по ГОСТ 380—88
Марка стали Временное со про гивление ств, МПа Предел текучести <тт, МПа, для толщин, мм Относительное удлинение д5, %, для толщин, мм
до 20 св. 20 до 40 св. 40 ДО 100 св. 100 ДО 20 св. 20 ДО 40 св. 40
не менее
СтО Не менее 300 — — — — 23 22 20
Ст1кп 300 — 390 — — — — 35 34 32
Ст1пс, Crlcn 310 — 410 — — — — 34 33 31
Ст2кп 320 — 410 215 205 195 185 33 32 30
Ст2пс, Ст2сп 330 — 430 225 215 205 195 32 31 29
СтЗкп 360 — 460 235 225 215 195 27 26 24
СтЗпс, СтЗсп 370 — 480 245 235 225 205 26 25 23
СтЗГпс 370 — 490 245 235 225 205 26 25 23
СтЗГсп 390 — 570 — 245 — — — 24 —
Ст4кп 400 — 510 255 245 235 225 25 24 22
Ст4пс, Ст4сп 410 — 530 265 255 245 235 24 23 21
Ст5пс, Ст5сп 490 — 630 285 275 265 255 20 19 17
Ст5Гпс 450 — 590 285 275 265 255 20 19 17
Стбпс, Стбсп Не менее 590 315 305 295 295 15 14 12
Допускаемые напряжения для углеродистых сталей
обыкновенного качества в горячекатаном состоянии
Масса
Допускаемые напряжения*, МПа
стали (ГОСТ 380—88) при растяже- нии [стр] lijjb изх и бе f о'уузт’! при кручении тхр1 при срезе .‘•ср] при СМЯТИИ [о’см!
I II III I II III I II III I II III I 11
Ст2 115 80 60 140 100 80 85 65 50 70 50 40 175 120
СтЗ 125 90 70 150 но 85 95 65 50 75 50 40 190 135
Ст4 140 95 75 170 120 95 105 75 60 85 65 50 210 145
Ст5 165 115 90 200 140 НО 125 90 70 100 65 55 250 175
Стб 195 140 110 230 170 135 145 105 80 115 85 65 290 210
* Римскими цифрами обозначен вид нагрузки: I — статическая; II — перемен
ная, действующая от нуля до максимума, от максимума до нуля (пульсирующая).
III — знакопеременная (симметричная).
418
Ориентировочные величины основных допускаемых напряжении
на растяжение и сжатие
Материал Допускаемое напряжение, кГ/см2, на
растяжение 1 сжатие
Чугун серый в отливках 280 — 800 •1200 — 1500
Сталь Ст. 2 1400
Сталь Ст. 3 1600
Сталь Ст. 3 в мостах Сталь машиностроительная (конструкционная) углерода- 1400
стая Сталь машиностроительная (конструкционная) легиро- 600 - -2500
ванная 1000 — 4000 и выше
Медь 300 - 1200
Латунь 700 - - 1400
Бронза 600 - - 1200
Алюминий 300 - - 800
Алюминиевая бронза 800 - - 1200
Дуралюмин 800 - - 1500
Текстолит 300 - -400
Гетинакс 500 - 700
Бакелизированная фанера 400 -500
Сосна вдоль волокон 70 — 100 100 — 120
Сосна поперек волокон — 15 — 20
Дуб вдоль волокон 90 — 130 130 — 150
Дуб поперек волокон — 20 — 35
Каменная кладка до 3 4 — 40
Кирпичная кладка до 2 6 — 25
Бетон 1 —7 10 — 90
ПРИЛОЖЕНИЕ 4
ОБЩИЕ ДЛЯ ВСЕХ ЗАДАЧ
ДАННЫЕ
Если нет специальных указаний в условии задачи, то при ее решении необходимо
принимать следующие средние значения указанных величин.
В системе СИ
(Н/м2)=Па
Модуль упругости стали при растяжении или
сжатии ................................
Модуль упругости алюминия и дуралюминия
Модуль упругости чугуна ...............
Модуль упругости меди .................
Модуль упругости дерева вдоль волокон .
Модуль упругости стали при сдвиге .....
Объемный вес стали ....................
Температурный коэффициент линейного рас-
ширения стали .........................
Температурный коэффициент линейного рас-
ширения меди ..........................
Коэффициент поперечной деформации стали
Е=210п
£=0,710п
Е=1,2Т0п
Е=1 1011
Е=11О10
G = 8'1О10
у = 7,8104
(Н/м3)
«= 125 10" 7
а—165 10-4
д=0,30
27*
419
Расчеты на устойчивость
Коэффициенты уравнения Ясинского
Материал Лзред а, МПа Ъ, МПа
Ст. 2, Ст. 3 100 310 1,14
Ст. 5 100 464 3,26
Сталь 40 90 321 1,16
Кремнистая сталь 100 589 3,82
Дерево (сосна) 110 29,3 0,194
Чугун 80 776 12,0
Коэффициент снижения основного
допускаемого напряжения (р
Гибкость А Коэ ^фипиент <р для
Ст. 2, Ст. 3, Ст. 4 Ст. 5 чугуна дерева
0 1,00 1,00 1,00 1,00
10 0,99 0,98 0,97 0,99
20 0,96 0.95 0,91 0 97
30 0,94 0,92 0,81 0 93
40 0,92 0,89 0,69 0,87
50 0,89 0,86 0,57 0,80
60 0,86 0,82 0,44 0,71
70 0,81 0,76 0,34 0,60
80 0,75 0,70 0,26 0,48
90 0 69 0,62 0.20 0,38
100 0,60 0,51 0,16 0,31
110 0,52 0,43 — 0,25
120 0 45 0,36 — 0,22
130 0,40 0,33 — 0,18
140 0,36 0,29 — 0,16
150 0,32 0,26 — 0,14
160 0.29 0,24 — 0,12
170 0,26 0,21 — 0,11
180 0.23 0,19 — 0 10
190 0,21 0,17 — 0,09
200 0,19 0,16 — 0,08
ПРИЛОЖЕНИЕ 5
Запомни на всю оставшуюся жизнь!
ТАБЛИЦА ОСНОВНЫХ ФОРМУЛ
СОПРОТИВЛЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ
I. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ
1. Сопротивление материалов — наука о методах расчета на: прочность, жест-
кость и устойчивость.
2. Наиболее важный расчет на прочность. Он выполняется в напряжениях.
3. Напряжение — это нагрузка на единицу площади поперечного сечения
(Н/м2, МПа=106 Н/м2).
420
Рис. П.22
4. Различают нормальные напряжения о (сигма)
и касательные т (тау).
а перпендикулярно к площадке, т — скользит по
площадке.
5. Основное условие прочности
Оглах [• > G)
[ст] — допускаемое напряжение
или
ттах^Н> (2)
°тах и 'Стях — рассчитываются в зависимости от нагрузки И F, Jx, Wx, Wp, Jp —
геометрических характеристик поперечных сечений.
6. [о-] и [г] — допускаемые напряжения определяются из опытов
для пластичных материалов:
где сгт — предел текучести; п — коэффициент запаса прочности,
H«[0,5...0,6][tr];
для хрупких материалов
о*
п'
въ — предел прочности материала.
В диаграмме растяжения (рис. П.22):
Рт — нагрузка текучести;
Рт
«гт =----предел текучести;
Л)
Л
ств=— — предел прочности;
Fq
= о-тс — для пластичных материалов предел текучести на растяжение и сжатие
равны;
ствр<<твс — для хрупких материалов предел прочности на растяжение меньше
предела прочности на сжатие;
Fq — площадь поперечного сечения образца.
П. ОСНОВНЫЕ ВИДЫ НАГРУЖЕНИЯ
РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ
1. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ
Основное напряжение — нормальное о
N
а=-<М,
(3)
F— пощадь сечения.
421
2. КРУЧЕНИЕ
Wxx0,\d3;
Основное напряжение — касательное напряжение т,
^гршах
ттах = ~ < 1г1> (4)
Л/1?1ПЯХ — максимальный крутящий момент, определяется по эпюре Wx —
момент сопротивления при кручении.
Для круглого сечения
nd3
WX=WD=-----x0,2d3,
Р 16
Wp — полярный момент сопротивления.
3. ИЗГИБ
Основное напряжение — нормальное а
^изгтах
°тах = И > (5)
Wx
MmrEUiX — максимальный изгибающий момент, определяется по эпюре Л/цзГ; Wx —
осевой момент сопротивления.
Для круга
для прямоугольника
" 6
III. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ
Геометрические характеристики: F, Jx, Jy, Wx, Wy, Jp, Wp, Jxy, ix, iy.
Моменты инерции, относительно параллельных осей, одни из которых централь-
ные — хс, Ус определяются по формулам:
Jx=Jxc+a2^
Jy=Jyc+b2F,
Jxy = ^ХсУс
Jp=JPc+(a2+b2)F,
an b — координаты центра тяжести сечения.
IV. РАСЧЕТЫ НА ЖЕСТКОСТЬ.
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ДЕФОРМАЦИЙ
Расчет на жесткость элементов конструкций заключается в определении дефор
мадии, изменении формы деталей. При растяжении — это абсолютное А/ или от
AZ
носительное е=— удлинение (или укорочение); при кручении — угол закручивания (р,
при изгибе — прогиб у или угол поворота в.
422
Универсальным методом определения перемещений является энергетический ме-
тод. Он был разработан немецким ученым Мором. Упрощения в практическое
пользование метода были внесены Верещагиным. В соответствии с этим методом
для определения деформаций необходимо, например, при изгибе надо:
1. Построить эпюру изгибающих моментов от внешних сил. Это будет грузовая
эпюра Мр.
2. В сечении, где определяется линейная деформация — прогиб при изгибе сле-
дует приложить силу равную единице в точке, где определяется перемещение,
в направлении искомого перемещения.
3. Если определяется угол поворота, то следует приложить единичный изгиба-
ющий момент.
4. Построить эпюру изгибающих моментов Му от единичной силы или
момента Му.
5. Перемножить грузовую и единичную эпюры по правилу Верещагина, т. е.:
площадь одной эпюры со умножить на ординату другой Л/1С, взятую под центром
тяжести первой эпюры.
Если одна эпюра положительна — Мр, а другая Му — отрицательна, то прогиб
будет с минусом.
Часто на отдельных участках и эпюра Мр и эпюра М имеют форму трапеций,
тогда удобно перемножать эпюры по правилу перемножения двух трапеций (не
определяя ни площадь, ни ординату М\с> а лишь перемножая стороны трапеций)-
I
соМ\с~~ (2ac+2bd+ad+bc),
6
I — основание трапеций; a, b, с, d— стороны трапеций берутся со своими знаками.
V. РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ СИСТЕМ
МЕТОДОМ СИЛ
Если число связей в системе превышает число уравнений равновесия статики (для
плоской системы их три), то это статически неопределимая система и решить ее
можно, например, методом сил. Каноническое уравнение метода сил для один раз
статически неопределимой системы имеет вид
Aj <5ц+А1р = 0,
(511 — единичный коэффициент канонического уравнения, определяется путем пере-
множения единичной эпюры Му самой на себя (как бы две одинаковых эпюры
перемножаются по правилу Верещагина); Ai/> — грузовой коэффициент каноническо-
го уравнения, определяется путем перемножения грузовой эпюры Мр и единичной
Му друг на друга по правилу Верещагина После этого <5ц и А]р подставляются
в уравнение (1) и из него определяется Ху.
VI. ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ
(ТЕОРИИ ПРЕДЕЛЬНЫХ СОСТОЯНИЙ)
Если в опасном сечении действуют одновременно продольная сила и изгиба-
ющий момент Л/цзг и крутящий момент М^, то в опасной точке этого сечения
возникают нормальные с и касательные т напряжения. В этом сложном случае
нагружения оценка прочности выполняется с использованием теорий прочности. Для
423
пластичных материалов используются: третья теория прочности — наибольших ка-
сательных напряжений
^зхвш = 0’1 —
или четвертая теория — энергетическая
’»•„=—F V(°l ~ °2)2 + (“1 ~ °з)2 + (<Г2 “ »э)!.
V2
67ь аз — главные напряжения
Для хрупких материалов используются: первая теория прочности — наиболь-
ших нормальных напряжений
Озкв, Мраст> °эгв сж
или вторая теория прочности:
«7эхвп = СТ1-Д(<72 + «7з)
fi — коэффициент Пуассона:
£прод
В частном случае напряженного состояния, когда в точке действуют только
ох и т (оу — нет)
аэхвш=\/о2+^2',
оЭ1в1У=у/о2 + ^2-
В случае изгиба с кручением круглого вала (запомнить!!!)
°ЭХВП, —
у/Мх2-^2
Wx
JmS+q^m^2
Главные напряжения — это экстремальные нормальные напряжения, действу
ющие по площадкам, где касательные равны 0. Обозначаются они через trI(
02 И <Тз При ЭТОМ ffj >О2>03-
Для приведенного на рис. П.23 напряженного состоя
ния главные напряжения-
Рис. П.23
°Хз, (или 2}=~±-\/о2х+^2',
_{71-°’з
•max ~ ~ •
2
424
VII. ДИНАМИЧЧЕСКИЕ СИЛЫ И ДИНАМИЧЕСКИЕ
НАПРЯЖЕНИЯ
Динамические силы напряжения и перемещения определяются по формулам:
Рд— ' Рст> °ст> ^д = ^д^ст-
Инерционные нагрузки
Распределенная погонная инерционная нагрузка
dPi dm'a yF
Pi=qi=— =——=— а;
dz dz g
yF
Pi=<ii=— «-
g
При равномерном вращательном движении:
нормальное (центростремительное) ускорение
а = ал = ш2г;
касательное ускорение
При ускоренном вертикальном поступательном движении вверх:
а
ка=1 +~.
g
Удар
Коэффициент динамичности
/ 2Й
&д~1 + ,1 +—,
V Act
где h — высота падения груза; Дст — статическое перемещение в точке удара.
Упрощенная формула при малом значении
Колебания
частота собственных колебаний
425
частота вынужденных колебаний
Л П
WB =--->
30
п — число оборотов в минуту;
коэффициент нарастания колебаний
1
1-(шв/ос)2’
динамический коэффициент при колебаниях
Л)
Pq — возмущающая сила, вызванная неуравновешенной массой; Q — вес двига-
теля.
VIII. УСТОЙЧИВОСТЬ
2 — рабочая гибкость сжатого стержня
Лраб — t з
где I — длина стержня; д' — коэффициент, учитывающий характер закрепления кон
цов; 4nin — минимальный радиус инерции,
2Пред — предельная гибкость стержня
2пред —
Если 2раб>2првд, то критическая сила, при которой происходит потеря устои
чивости, определяется по формуле Эйлера
>1Р= (мО2
Эта формула справедлива для стержней большой гибкости.
Если же 2раб<2пред, то это стержень средней гибкости и критическое напряжен и
определяется по эмпирической формуле
426
(Tjjp—a bX, Pjp — ffjp F,
а и b — справочные коэффициенты (приведены в Приложении 3).
EX. УСТАЛОСТЬ
Основная характеристика прочности при циклическом нагружении переменной
нагрузкой — предел усталости деталей ст - 1Д определяется через предел усталости
ff-1 образца
1д ~
т_1д=т_ i/kza.
Коэффициенты запаса прочности
=-----------; nz =------------,
коааа+^о^т kta1a + 4/z 1т
аа и та — амплитудные напряжения цикла; ат, тт — средние напряжения цикла;
па — коэффициент запаса прочности для цикла изгиба; nz — коэффициент запаса
прочности для цикла кручения.
В случае одновременного действия изгиба и кручения на вал коэффициент запаса
прочности определяется по формуле
nz
X. МЕХАНИКА РАЗРУШЕНИЯ
F\p
К=о^/п г;
т^-т^+хдт,.
XI. ПРОЧНОСТНАЯ НАДЕЖНОСТЬ
Вероятность безотказной работы
Р(/) =
N0~Zm
No ’
Nq — первоначальное число изделий в выборке (перед опытом или в начале наблю-
дения в эксплуатации); Ел, — число изделий, отказавших за время /.
427
Вероятность отказов
e(o=i-p(o,
P(f)=exp(-Xf); Л — интенсивность отказов при однократном нагружении
Функция неразрушимости
t = R-N,
R — несущая способность; N — нагрузка.
Функция охрупчивания:
Ъ=тэ-т^.
ЛИТЕРАТУРА
К главам 1, 2, 3, 5, 6, 7, 8,10,11, 13
1. Феодосьев В. И. Сопротивление материалов.— М.: Наука, 1986.
2. Дарков А. В, Шпиро Г. С. Сопротивление материалов.— М.: Высшая школа,
1989.
3. Балясникова С. В., Лукьянов А. В и др. Сопротивление материалов: Учебное
пособие. Ч. 1.— М.: ВЗПИ, 1990.
4. Ксенофонтов К. А. Расчеты на прочность при сложных закружениях. — М.:
изд. МГМИ, 1982.
5. Биргер И.А., Мавлютов Р.Р. Сопротивление материалов. — М.: Наука, 1986.
К главе 4
1. Гордон Дж. Конструкции, или почему не летают вещи.— М.: Мир, 1980.
2. Лихарев К. К., Сухова Н. А. Сборник задач по курсу «Сопротивление матери-
алов».— М.: Машиностроение, 1980
3. Пособие к решению задач по сопротивлению материалов. Миролюбов И. Н.
и др.— М.: Высшая школа, 1985.
4. Справочник по сопротивлению материалов. Писаренко Г. С., Яковлев А. П.,
Матвеев В. В.— Киев: Наукова думка, 1988.
5. Феодосьев В. И. Сопротивление материалов.— М.: Наука, 1986.
К главе 9
1. Разрушение. В 7-ми т / Под ред. Г. Либовица.— М.: Мир.— Машиност-
роение 1973.
2. Костенко Н. А. Прогнозирование надежности транспортных машин.— М.:
Машиностроение, 1989
3. Партон В 3., Морозов Е. М. Механика упругопластического разрушения. -
М.: Наука, 1974.
4. Махутов Н. А Сопротивление элементов конструкций хрупкому разруше-
нию.— М.: Машиностроение, 1973.
5. РД 50—260—71 РД 50—3 44—82 РД 50—345—82. Методические указания.
Расчеты и испытания на прочность в машиностроении. Методы механических ис-
пытаний металлов. Определение характеристик вязкости разрушения (трещиностой-
кости) при статическом нагружении, при динамическом нагружении; при цикличес-
ком нагружении.— М.: Стандарты 1982, 1983.
6. Броек Д. Основы механики разрушения.— М.: Высшая школа, 1980.
7. Макклинток Ф., Аргон А. Деформация и разрушение материалов.— М." Мир,
1970.
8. Нотт Дж. Ф. Основы механики разрушения.— М.: Металлургия, 1978.
9. Машиностроение. Энциклопедия в 40 томах. Том 1 — 3. Динамика и про-
чность машин.— М.: Машиностроение, 1994.
10. Механика разрушения и прочность материалов: Справочное пособие. В 4-х т.
/ Под ред. В. В. Панасюка.— Киев: Наукова думка, 1988 — 1990.
К главе 12
1. Заславский Б. В. Краткий курс сопротивления материалов.— М.: Машиност-
роение, 1986.
2. Ицкович Г. М. Сопротивление материалов.— М.: Высшая школа, 1999.
429
3. Писаренко Г. С. и др. Сопротивление материалов.— Киев: Вища школа, 1973.
4. Пособие к решению задач по сопротивлению материалов. Миролюбов И. Н.
и др.— М.: Высшая школа, 1985.
5. Феодосьев В. И. Сопротивление материалов.— М.: Наука, 1986.
К главе 14
1. Головачев М. И., Гулин М. А., Стрекалов В. Б. Сопротивление материалов.
Прочность при напряжениях, циклически изменяющихся во времени.— М.: ВЗПИ,
1991 г.
2. Когаев В. П. Расчеты на прочность при напряжениях, переменных во време-
ни.— М.: Машиностроение, 1977.
3. Сервисен С. В., Когаев В. П., Шнейдерович Р. М. Несущая способность и рас-
четы деталей машин на прочность. М.: Машиностроение, 1975 г.
К главе 15
1. Болотин В. В. Методы теории вероятностей и теории надежности в расчетах
сооружений.—М.: Стройиздат, 1981.
2. Болотин В. В. Статистические методы в строительной механике.— М.: Гос-
стройиздат, 1961. s
3. Гнеденко Б. В., Беляев Ю. К., Соловьев А. Д. Математические методы в теории
надежности. — М.: Наука, 1982.
4. Проников А. С. Надежность машин,— М.: Машиностроение, 1978.
5. Костенко Н. А. Прогнозирование надежности транспортных машин— М
Машиностроение, 1989.
6. Ржаницын А. Р. Строительная механика: Учебное пособие для строит, спец
вузов. — М.: Высшая школа, 1982.
7. Вентцель Е. С. Теория вероятностей.— М.: Наука, 1993.
ЦЕНА 153 Р^б 12-Sbrt
ПЫШП дтлш
HWjlM 23.04.64
ПАВЛОВА 0.»‘
Учебное издание
Костенко Нина Алексеевна,
Балясникова Светлана Владимировна,
Волошановская Юлия Эдуардовна,
Гулин Михаил Алексеевич,
Русанова Елена Михайловна,
Тихонова Ольга Николаевна,
Юматов Владимир Петрович
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
Редакторы Н. Е. Овчеренко, Т.В. Рысева
Художественный редактор Ю. Э. Иванова
Технические редакторы Н. В. Быкова, Л. А. Овчинникова
Корректор В. А. Жилкина
Оператор В. Н. Новоселова
Компьютерная верстка Н. С. Михайлова
Лицензия ИД № 06236 от 09.11.01.
Изд. № РЕНТ-130. Подп. в печать 22.10.03. Формат 60 х 88*/16.
Бум. газеты. Гарнитура «Таймс». Печать офсетная.
Объем 26,46 уел. печ. л. 26,46 уел. кр.-отт. 23,73 уч.-изд. л.
Тираж 6000 экз. Заказ № 3375.
ФГУП «Издательство «Высшая школа», 127994, Москва, ГСП-4,
Неглинная ул., д. 29/14.
Тел.: (095* 200-04-56
E-mail: info@v-shkola.ru http://www.v-shkola.ru
Отдел реализации: (095) 200-07-69, 200-59-39, факс: (095) 200-03-01.
E-mail: sales@v-shkola.ru
Отдел «Книга-почтой»: (095) 200-33-36
E-mail: bookpost@v-shkoia.ru
Набрано на персональных компьютерах издательства.
Отпечатано на ФГУП ордена «Знак Почета»
Смоленская об.частная типография им. В. И. Смирнова.
214000. г. Смоленск, проспект им. IO. Гагарина, 2.
Сопротивление материалов: Учеб, пособие. — 2-е изд., иснр./
С64 Н. А. Костенко, С. В. Балясникова, Ю. Э. Волошанонекая
и др.; Под. ред. Н. А. Костенко.— М.: Высш, шк., 2004. —
430 с.: ил.
ISBN 5-06-003693-6
Учебное пособие (первое издание вышло в 2000 г.), написанное в соответ-
ствии с программой, предназначено для студентов высших учебных заведений,
в первую очередь заочной формы обучения. Это обусловило краткое изложе-
ние теоретической части курса и подробное рассмотрение решений большого
количества задач, в том числе и из домашних контрольных работ заочников.
В книге нашли также отражение современные достижения науки о прочно-
сти, которые уверенно внедряются в инженерную практику, в частности,
механика разрушения и прочностная надежность.
Для студентов втузов. Пособие будет полезно студентам техникумов
и колледжей.
ISBN 5-06-003693-6
УДК 539.3/.6
ББК 30.121