Author: Дарков А.В. Шпиро Г.С.
Tags: механика деформируемых тел упругость деформация сопротивление материалов
Year: 1975
Text
А.В. ДАРКОВ ГС.ШПИРО
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
Л. В. ДАРКОВ, Г. С. ШПИРО
СОПРОТИВЛЕНИЕ
МАТЕРИАЛОВ
Допущено Министерством высшего и среднего специального образования СССР в качестве учебника для студентов высших технических учебных заведений
ИЗДАНИЕ 4-е, ПЕРЕРАБОТАННОЕ
МОСКВА «ВЫСШАЯ ШКОЛА» — 1975
605
Д20
УДК 539.3/8 (075.8)
Рецензент — кафедра строительной механики Уральского политехнического института им. С. М. Кирова
30106-321
А 001(01)-75
134-75
© Издательство «Высшая школа», 1975.
ПРЕДИСЛОВИЕ
Настоящий курс предназначен для студентов высших технических учебных заведений. В каждой его главе приведены подробно решенные примеры, задачи для самостоятельного решения и даны вопросы для самопроверки пройденного материала.
В вопросах для самопроверки указано, вывод каких формул студент должен уметь делать самостоятельно.
Ответы на вопросы, относящиеся к изученному параграфу, рекомендуется кратко записать, а затем просмотреть этот параграф, чтобы убедиться в правильности ответов.
После номера каждого примера и каждой задачи указано, к какому параграфу относится этот пример или задача.
Нумерация параграфов, формул, таблиц, рисунков, примеров и задач в каждой главе курса самостоятельная. Например, рис. 10.6 означает десятый рисунок шестой главы, а § 5.7—пятый параграф седьмой главы и. т. п.
Главы 1—14, 16 и 17 курса, а также § 1.15 и 2.15 гл. 15 написали совместно проф. д-р техн, наук А. В. Дарков и проф. д-р техн, наук Г. С. Шпиро. Главу 15 (кроме § 1.15 и 2.15) написал доц. Г. М. Ицкович.
При подготовке настоящего издания учтены ценные замечания профессоров В. В. Болотина, Г. С. Глушкова, В. А. Киселева, Г. К. Клейна, А. А. Петропавловского, И. А. Симвулиди, С. М. Тарга, А. П. Филина, Ф. В. Долинского, а также доцентов И. Ф. Барт, Л. А. Когана,
3
1*
П. К. Лециуса, Р. Л. Малкиной, Л. М. Седо-кова и К. К. Старшинова, которым авторы приносят глубокую благодарность.
Авторы будут признательны и учтут в дальнейшей своей работе критические замечания и предложения, которые они получат по этому изданию курса.
Авторы
Глава 1 ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ
§1.1. ВВЕДЕНИЕ
При проектировании различных конструкций (сооружений, машин, приборов и др.) необходимо проводить расчеты на прочность. Неправильный расчет самой, на первый взгляд, незначительной детали может повлечь за собой очень тяжелые последствия, привести к разрушению всей конструкции.
Кроме расчетов на прочность, во многих случаях проектирования производят расчеты на жесткость и устойчивость.
Целью расчетов на жесткость является определение таких размеров элементов конструкций, при которых перемещения (деформации) не превышают заданных (обычно весьма малых) величин, допустимых по условиям нормальной эксплуатации.
Деформации многих конструкций при действии некоторого вида нагрузок незначительны, пока величины этих нагрузок меньше так называемых критических значений. При нагрузках же, превышающих (даже весьма незначительно) критические значения, деформации конструкций резко возрастают. Простейший пример такого явления представляет так называемый продольный изгиб сжатого стержня — при некотором значении сжимающей силы происходит выпучивание прямолинейного стержня, практически равносильное разрушению. Такое качественное изменение характера деформации конструкции при увеличении нагрузки называется потерей устойчивости. Расчет конструкции, имеющий целью не допустить потери устойчивости, называется расчетом на устойчивость.
При проведении расчетов необходимо сочетать надежность работы сооружения с его дешевизной, получать необходимые прочность, жесткость и устойчивость при наименьшем расходе материала.
Совокупность наук о прочности, жесткости и устойчивости сооружений называется строительной механикой*. Одним из разделов строительной механики является сопротивление материалов. Другими ее разделами являются теория упругости (математическая и прикладная), теория пластичности и теория сооружений (включая статику, динамику и устойчивость сооружений**).
* Иногда ее называют строительной механикой в широком смысле слова.
** Статику, динамику и устойчивость сооружений называют также строительной механикой в узком смысле слова.
5
В со п рот и в ле н и и материалов рассматриваются вопросы расчета отдельных элементов конструкций и вопросы расчета некоторых простейших конструкций на прочность, жесткость и устойчивость.
В отличие от теоретической механики, в которой все тела рассматриваются как абсолютно твердые, в сопротивлении материалов учитывается, что элементы конструкций при действии внешних сил изменяют свою форму и размеры, т.е. деформируются.
В сопротивлении материалов широко применяются методы теоретической механики (в первую очередь статики) и математического анализа, а также используются данные из разделов физики, в которых изучаются свойства различных материалов.
Сопротивление материалов является экспериментально-теоретической наукой, так как она широко использует опытные данные и теоретические исследования.
Начало науки о сопротивлении материалов связывают обычно с именем знаменитого физика, математика и астронома Галилео Галилея (1564—1642), который в работе, опубликованной в 1638 г., дал решение некоторых важных задач динамики и сопротивления материалов.
В 1660 г. Р. Гук сформулировал закон, устанавливающий связь между нагрузкой и деформацией и имеющий исключительно важное значение для сопротивления материалов. Развитию этой науки в XVIII в. способствовали успехи высшей математики и механики; особенно большое значение имели работы Л. Эйлера.
Бурный рост промышленности в XIX в., внедрение паровых машин, строительство железных дорог, мостов, плотин, каналов, больших судов и крупных зданий вызвали быстрое развитие науки о прочности.
В России в конце XIX—начале XX в. важные исследования в области сопротивления материалов провели русские ученые Д. И. Журавский, А. В. Гадолин, X. С. Головин, Ф. С. Ясинский, В. Л. К и р п и ч е в, И. Г. Б у бн о в, С. П. Т и-мошенко, А. Н. Динник и др.
Наибольшего расцвета наука о сопротивлении материалов в нашей стране достигла после Октябрьской революции. Этому способствовали бурный рост всего народного хозяйства, расширение сети высших технических учебных заведений, научно-исследовательских институтов и проектных организаций. Важные исследования провели в этот период советские ученые А. Н. Крылов, В. 3. Власов, Б. Г. Галеркин, К. С. Завриев, Н. М. Беляев, Б. Н. Жемочкин, А. А. Уманский, Н.П. Пузыревский, И. М. Рабинович, П. Л. Пастернак, С. Д. Пономарев, Н. И. Безухов, А. А. Гвоздев, Н. К. Снитко, М. М. Ф и л о н е н ко-Бо р од и ч, П. Ф. Папкович, С. В. Сервисен, А. Ф. Смирнов, В. В. Болотин и др.
Основное внимание в сопротивлении материалов уделяется изучению брусьев, являющихся наиболее распространенными элементами многих конструкций. Брусом (или стержнем) называется
6
элемент, длина которого значительно больше его поперечных размеров (рис. 1.1,а). Горизонтальный (или наклонный) брус, работающий на изгиб, обычно называют балкой. Ось бруса представляет собой геометрическое место точек, совпадающих с центрами тяжести площадей поперечных сечений бруса, т.е. сечений, расположенных в плоскостях, перпендикулярных к указанной оси.
Элемент конструкции, длина и ширина которого во много раз превышают его толщину, называется оболочкой (рис. 1.1,6).
Геометрическое место точек, равноудаленных от наружной и внутренней поверхностей оболочки, называется срединной поверхностью.
Оболочка, срединная поверхность которой представляет собой плоскость, называется пластинкой (рис. 1.1,в).
Элемент конструкции, размеры которого во всех направлениях мало отличаются друг от друга (например, сплошная опора моста), называется массивным телом (рис. 1.1,г).
$ 2.1. РАСЧЕТНАЯ СХЕМА. НАГРУЗКИ
Нагрузки, действующие на конструкцию, являются по отношению к ней внешними силами. Эти силы приложены к тому или иному элементу конструкции по некоторым участкам его поверхности или распределены по его объему.
В сопротивлении материалов расчет реальной конструкции на действие реальных внешних нагрузок производится с помощью так называемых расчетных схем. При составлении расчетных схем нагрузку, приложенную к небольшим участкам поверхности бруса, все размеры которых малы по сравнению с его длиной, заменяют сосредоточенной силой, т. е. силой, приложенной к точке поверх
7
ности, и переносят к оси бруса. Точки приложения сил на оси бруса сосредоточенных моментов, возникающих при переносе сил, располагают в тех же поперечных сечениях, в которых приложены нагрузки. На расчетной схеме вместо бруса изображается его ось. При составлении расчетной схемы конструкции применяются и другие упрощения, облегчающие ее расчет.
На рис. 2.1,а показан брус и действующие на него (в плоскости чертежа) внешние сосредоточенные силы Р1( Р2, Р3. На рис. 2.1,6 дана расчетная схема этого бруса с сосредоточенными силами Р и моментами 9)1, приложенными к его оси.
Рис. 2.1 Рис. 3.1
Указанная схематизация основана на так называемом принципе Сен-Венана, согласно которому распределение напряжений * на достаточно большом расстоянии от места приложения нагрузки, превышающем размеры загруженного участка, не зависит от характера нагрузки, а зависит только от ее статического эквивалента **.
Нагрузки, приложенные к участкам больших размеров (например к поверхности бруса на участке, составляющем существенную часть его длины), при составлении расчетной схемы нельзя заменять сосредоточенными силами. Такие нагрузки на расчетной схеме остаются распределенными (не сосредоточенными) по поверхности или приводятся к распределенным по линии***.
Например, нагрузка р, равномерно распределенная по части поверхности бруса, показанная на рис. 3.1,а, заменяется на расчетной схеме (рис. 3.1,6) нагрузкой q, равномерно распределенной
* Понятие о напряжении дано в § 4.1.
** Две системы сил называются статически эквивалентными, если их главные векторы, приложенные в произвольно выбранной точке О, и главные моменты относительно некоторой оси, проходящей через точку О, одинаковы. Проекции статически эквивалентных систем сил на любую ось (и моменты их относительно любой оси) одинаковы.
*** Распределенную нагрузку называют также сплошной.
8
по длине оси бруса. При неравномерном распределении сплошной нагрузки или при переменной ширине загруженного участка соответствующая нагрузка на расчетной схеме является неравномерно распределенной.
Нагрузка, распределенная по поверхности, характеризуется ее интенсивностью р, представляющей собой предел отношения равнодействующей нагрузки ДР, приходящейся на весьма малую площадку, к величине этой площадки ДР, когда она стремится к нулю, т. е.
р= lim (ДР/ДР). (1.1)
AF—0
Таким образом, интенсивность р является мерой нагрузки, распределенной по поверхности сооружения; ее размерность — кгс/см2, тс/м2 и т. д.
Мерой нагрузки, распределенной по линии (например, по длине оси бруса—рис. 3.1, б), является ее интенсивность q, размерность которой кгс/см, тс/м, и т. д. Такая нагрузка иногда называется погонной.
Сплошная нагрузка, распределенная по линии, изображается обычно в виде графика, показывающего (в определенном масштабе), как изменяется ее интенсивность по длине оси бруса. Такой график называется эпюрой нагрузки. При равномерной нагрузке эпюра ограничена прямой, параллельной оси бруса (рис. 3.1,6), а при неравномерной—прямой, наклонной к оси бруса, или кривой линией (в зависимости от закона изменения интенсивности).
Нагрузки, распределенные по объему тела (например, вес сооружения, силы инерции), называются объемными силами; их интенсивность имеет размерность кгс/см2, тс/м* и т. д.
К внешним силам, действующим на элементы конструкции, кроме нагрузок—активных сил, относятся также реакции связей — реактивные силы.
Нагрузки, распределенные по линии и сосредоточенные в точках, реально не существуют. Их можно получить лишь в результате схематизации реальных нагрузок, распределенных по объему (объемных сил) и по поверхности.
При составлении расчетной схемы в ряде случаев реальные нагрузки нельзя заменить одними лишь сосредоточенными и распределенными силовыми нагрузками. В этих случаях, кроме силовых, появляются и моментные нагрузки (см. рис. 2.1, б) в виде сосредоточенных моментов (пар сил) и моментов, распределенных по линии (длине) или по поверхности. Сосредоточенные моменты имеют размерности кгс-см, тс-м и т. д.; моменты, распределенные по линии,— кгс-см/см (или кгс), тсм/м (или тс) и т. д., а моменты, распределенные по поверхности,—ксг-см/см2 (или кгс/см), тсм/м2 (или тс/м) и т. д.
Нагрузки (силовые и моментные) различаются не только по способу их приложения (распределенные и сосредоточенные), но также по длительности действия (постоянные и временные) и характеру воздействия на конструкцию (статические и динамические).
9'
Постоянные нагрузки (например, собственный вес конструкции) действуют на протяжении всего периода эксплуатации конструкции. Временные нагрузки (например, вес поезда) действуют в течение ограниченного промежутка времени. Величина статической нагрузки медленно возрастает от нуля до ее конечного значения, а потому эта нагрузка вызывает в конструкции весьма малые ускорения, в связи с чем возникающими при этом силами инерции можно в расчете пренебречь. Динамическая нагрузка (например, ударная) вызывает в конструкции или отдельных ее элементах большие ускорения, которыми при расчете пренебречь нельзя. Величина этой нагрузки значительно изменяется за малые промежутки времени.
Временная нагрузка может сохранять более или менее постоянную величину в течение всего периода ее действия, а может непрерывно изменяться по некоторому закону; в последнем случае она называется переменной нагрузкой.
Если переменная нагрузка изменяется по циклическому (повторяющемуся) закону, то она называется циклической.
§ 3.1. ВНУТРЕННИЕ СИЛЫ. МЕТОД СЕЧЕНИИ
Внутри любого материала имеются внутренние межатомные силы, наличие которых определяет способность тела воспринимать действующие на него внешние силы, сопротивляться разрушению, изменению формы и размеров. Приложение к телу внешней нагрузки вызывает изменение (увеличение или уменьшение) внутренних сил, т. е. появление дополнительных внутренних сил.
В сопротивлении материалов изучаются дополнительные внутренние силы. Поэтому под внутренними силами (или внутренними усилиями) в сопротивлении материалов понимают силы взаимодействия между отдельными элементами сооружения или между отдельными частями элемента, возникающие под действием внешних сил. Это понятие равносильно допущению об отсутствии в теле внутренних сил до приложения к нему внешних нагрузок. Поэтому иногда считают, что в сопротивлении материалов принимается гипотеза о ненапряженном начальном состоянии тела.
Рассмотрим элемент конструкции, на который действует система внешних сил, находящихся в равновесии (рис. 4.1,а). Напоминаем, что в число внешних сил входят как заданные активные силы, так и реакции связей. Мысленно рассечем элемент плоскостью 1. Силы воздействия отсеченной правой части элемента на его левую часть (на правый ее торец) являются по отношению к ней внешними; для всего же элемента в целом они являются внутренними силами. Этим силам (на основании известного закона механики: действие равно противодействию) равны по величине и противоположны по направлению внутренние силы воздействия левой части элемента на правую.
10
В общем случае пространственной задачи взаимодействие между левой и правой частями элемента можно представить некоторой силой /?, приложенной в произвольно выбранной точке О сечения /, и моментом М относительно некоторой оси, проходящей через эту точку (рис.
4.1,6, в).
Сила R является главным вектором, а момент М—главным моментом системы внутренних сил, действующих по проведенному сечению.
Определение внутренних сил, возникающих в брусе, обычно производится для сечений, перпендикулярных к его продольной оси, т. е. для поперечных сечений бруса. Точка О принимается расположенной на оси бруса, т. е. совпадающей с центром тяжести его поперечного сечения.
Главный вектор R раскладывается на две составляющие силы: силу N, направленную вдоль оси бруса и называемую продольной силой*, и силу Т, действующую в плоскости поперечного сечения и называемую поперечной силой (рис. 5.1,а). Момент М раскладывается на два составляющих момента: момент Мк, действующий в плоскости поперечного сечения и называемый крутящим моментом, и момент Мк, действующий в плоскости, перпендикулярной к поперечному сечению, и называемый изгибающим моментом (рис. 5.1,6).
Каждому из внутренних усилий N, Т, Мк и Мя соответствует определенный вид деформации бруса. Продольной
Рис. 5.1
силе W соответствует растяжение (или сжатие), поперечной силе Т—сдвиг, крутящему моменту Мх—кручение, а изгибающему моменту Л4Н — изгиб. Различные их сочетания, например сжатие
• Продольную силу называют также нормальной.
Н
с изгибом, изгиб с кручением и т. п., представляют собой сложные сопротивления.
Внутренние усилия Л/ и характеризуются каждое одним параметром—величиной усилия. Поперечная сила Т характеризуется двумя параметрами, например, величиной этой силы и ее направлением (в плоскости поперечного сечения бруса). Более удобно силу Т определять через составляющие ее поперечные силы и Qy, параллельные двум взаимно перпендикулярным осям, расположенным в плоскости поперечного сечения бруса (рис. 5.1, а). Изгибающий момент Мп также характеризуется двумя параметрами; его обычно раскладывают на два составляющих изгибающих момента М2 и Му относительно осей z и у.
Таким образом, взаимодействие любых двух частей конструкции характеризуется тремя составляющими N, Qz и Qy главного вектора и тремя составляющими Мк, Мг и Му главного момента внутренних сил, возникающих в рассматриваемом поперечном сечении. Эти составляющие называются внутренними силовыми факторами, или внутренними усилиями.
Рассмотрим общий прием определения внутренних усилий, называемый методом сечений.
Рассечем стержень (рис. 6.1, а) плоскостью /, совпадающей с поперечным сечением стержня. В полученном поперечном сечении в общем случае действует шесть внутренних усилий: N, Q , Л4К, Мг и Му (рис. 6.1, б, в).
Правая часть стержня (рис. 6.1,в) находится в равновесии; значит, внешние силы и Р5, приложенные к ней, уравновешиваются внутренними усилиями, действующими на правую часть. Но те же внешние силы уравновешиваются и нагрузками, приложенными к левой части стержня (силами Рп Р2, Р3), так как весь стержень в целом (рис. 6.1,а) также находится в равновесии. Следовательно, нагрузки, приложенные к левой части стержня (силы Рп Р2, Р3), и внутренние усилия, действующие на правую часть, статически эквивалентны друг другу.
Таким образом, проекция на какую-либо ось внутренних усилий в сечении, действующих со стороны левой части стержня на правую, равна проекции на эту ось всех внешних сил, приложенных к левой части. Аналогично, момент относительно какой-либо оси внутренних усилий в сечении, действующих со стороны левой части стержня на правую, равен моменту всех внешних сил, приложенных к левой части относительно этой оси.
Из шести внутренних усилий, действующих в поперечном сечении стержня, проекции пяти усилий на каждую из осей х, у и z равны нулю. Аналогично равны нулю и моменты пяти внутренних усилий относительно каждой из указанных осей. Это позволяет легко определять внутренние усилия в стержне, проектируя на ось х или у, или z все внутренние усилия, действующие на правую часть стержня (рис. 6.1, в), и все внешние силы, приложенные к левой части (рис. 6.1,6), или определяя их моменты относительно одной из указанных осей.
12
Определим, например, величину продольной силы N в поперечном сечении /, показанном на рис. 6.1, а. Как следует из рис. 6.1, в, проекция на ось х всех внутренних усилий, действующих на правую часть стержня, равна + ЛГ, если для проекции положительным считать направление справа налево. Поэтому сила АГ равна сумме проекций на ось х всех внешних сил, действующих на левую часть стержня (т. е. сил Р2, Р2 и Р3—рис. 6.1,6). Аналогично значение, например, крутящего момента Мк в поперечном сечении стержня равно сумме моментов сил Рг, Р2 и Р3 (рис. 6.1,6) отно-
Рис. 6.1
сительно оси х, если положительными считать моменты, направленные по часовой стрелке (при взгляде с левого конца оси х на правый), и т. д.
Внутренние силы, действующие в сечении со стороны левой части на правую, можно определить по внешним силам, приложенным не к левой, а к правой части. В этом случае полученные направления проекций внешних сил на выбранные оси и моментов относительно этих осей необходимо изменять на противоположные.
Внутренние усилия в каком-либо сечении обычно определяют по внешним силам, приложенным к той части конструкции (расположенной по одну сторону от рассматриваемого сечения), на которую действует меньше сил.
13
В теоретической механике, в разделе статики, широко применяется замена системы сил их равнодействующей и перенос силы по линии ее действия. В сопротивлении материалов это не всегда возможно, так как может приводить к неправильным результатам. Например, совершенно очевидно, что при определении внутренних сил в сечении / (рис. 6.1, а) замена нескольких сил, приложенных к телу по разные стороны от этого сечения, их равнодействующей недопустима, так как она приведет к изменению величин внутренних сил. По этой же причине недопустим перенос какой-либо силы, приложенной левее сечения / по линии ее действия, в точку, расположенную правее этого сечения.
§ 4.1. НАПРЯЖЕНИЯ
Как уже известно, внешние сосредоточенные (т. е. приложенные в точке) нагрузки реально не существуют. Они представляют собой статический эквивалент распределенной нагрузки.
Аналогично сосредоточенные внутренние силы и моменты, характеризующие взаимодействие между отдельными частями элемента (или между отдельными элементами конструкции), являются также лишь статическим эквивалентом внутренних сил, распределенных
Рис. 7.1 Рис. 8.1
по площади сечения. Эти силы, так же как и внешние нагрузки, распределенные по поверхности, характеризуются их интенсивностью, которая равна
р = lim (Д/?/АТ),
AF-* О
где А/?—равнодействующая внутренних сил на весьма малой площадке АГ проведенного сечения (рис. 7.1,а).
Разложим силу А/? на две составляющие: касательную АТ и нормальную AAf, из которых первая расположена в плоскости сечения, а вторая перпендикулярна к этой плоскости. Интенсив
14
ность касательных сил в рассматриваемой точке сечения называется касательным напряжением и обозначается т (тау), а интенсивность нормальных сил—нормальным напряжением и обозначается о (сигма). Напряжения тиа выражаются формулами
т= lim (AT/AF); а = lim (ДЛГ/AF). (2.1)
&F О ДЛ ->• О
Напряжения имеют размерность кгс/мм2, кгс/см?, тс/м2 и т. д.
Нормальное и касательное напряжения являются составляющими полного напряжения р в рассматриваемой точке по данному сечению (рис. 7.1,6). Очевидно, что
р = Ут2-|-а2.
(3.1)
Нормальное напряжение в данной точке по определенному сечению характеризует интенсивность сил отрыва или сжатия частиц элемента конструкций, расположенных по обе стороны этого сечения, а касательное напряжение—интенсивность сил, сдвигающих эти частицы в плоскости рассматриваемого сечения. Величины напряжений а и т в каждой точке элемента зависят от направления сечения, проведенного через эту точку.
Совокупность напряжений а и т, действующих по различным площадкам, проходящим через рассматриваемую точку, представляет собой напряженное состояние в этой точке.
Нормальные и касательные напряжения имеют в сопротивлении материалов весьма важное значение, так как от их величин зависит прочность сооружения.
Нормальные и касательные напряжения в каждом поперечном сечении бруса связаны определенными зависимостями с внутренними усилиями, действующими в этом сечении. Для получения таких зависимостей рассмотрим элементарную площадку dF поперечного сечения F бруса с действующими по этой площадке нормальными а и касательными напряжениями т (рис. 8.1). Разложим напряжения т на составляющие и тг, параллельные соответственно осям у и г. На площадку dF действуют элементарные силы adF, XydF и xidF, параллельные соответственно осям х, у и г. Проекции всех элементарных сил (действующих на все элементарные площадки dF сечения F) на оси х, у и г и их моменты относительно этих осей определяются выражениями
tf=4adF; Qu=(TudF; Ctz^\x,dF\
J 1 J у r * J *
F F F
Sz) dF-, Mv=^ 02 dF-, Mz — —lay dF. F F F
> (4.1)
В левых частях этих выражений указаны внутренние усилия, действующие в поперечных сечениях бруса, а именно: N—продольная сила; Qv и Qz—поперечные силы, параллельные соответственно осям у и г; Мк—крутящий момент; Му—изгибающий
15
момент относительно оси у (действующий в плоскости хг); Мг — изгибающий момент относительно оси г (действующий в плоскости ху).
% 5.1. ДЕФОРМАЦИИ И ПЕРЕМЕЩЕНИЯ
е. ее
Под действием нагрузки конструкция деформируется, т. форма и размеры изменяются. Рассмотрим, что представляют собой деформация и перемещение.
Мысленно через точку а тела в направлениях осей х и у проведем бесконечно малые отрезки ab и ас, длина которых dx и dy (рис. 9.1).
Обозначим
Adx и kdy
изменения длин этих отрезков после приложения нагрузки к телу (когда точки а, Ь, с переместятся в положения а', Ь', с'). Отношение (Adx)/dx представляет собой линейную деформацию ех (эпсилон) в точке а, т. е. = (Adx)/dx. Аналогично
еу = (Д dy)ldy и e2 = (Adz)/dz.
Изменение первоначально прямого угла между отрезками ab и ас после приложения нагрузки к телу, выраженное в радианах, представляет собой точке а в плоскости ху. Ана-
угловую деформацию уху (гамма) в
логично ууг и у2Х представляют собой угловые деформации в плос-
костях уг и zx.
Деформации конструкции в каждой ее точке по любым направлениям известны, если определены линейные деформации ех, гу и в направлениях осей х, у и г прямоугольной системы координат и угловые деформации уху, ууг и у2х в плоскостях ху, уг и гх.
Линейные и угловые деформации—величины безразмерные. Деформацию е часто называют относительной линейной деформацией, а деформацию у—относительным сдвигом.
Совокупность линейных деформаций г по различным направлениям и угловых деформаций у по различным плоскостям, проходящим через рассматриваемую точку, представляет собой деформированное состояние в этой точке.
Деформации е и у, возникающие в каждой точке тела под дей-
ствием нагрузки, вызывают, как уже отмечалось, изменение его формы и размеров. В результате этого точки тела перемещаются в новые положения, а элементарные (бесконечно малые) отрезки, соединяющие каждую пару близко расположенных друг к другу точек, поворачиваются.
Для примера рассмотрим рис. 10.1, на котором сплошной линией показан брус до приложения к нему нагрузки, а штрихо
16
вой—деформированный брус. Отметим на брусе произвольную точку а и проведем через нее короткий отрезок прямой, соединяющий точки At и Ag (отрезок ДЛа)- В результате деформации бруса точка а перейдет в положение а', а отрезок А1А2—в поло-
жение А[А2. Расстояние аа' представляет собой линейное перемещение (смещение) Да точки а, а угол аа между направлениями отрезков А2А2 и А[А2—поворот отрезка А2А2 (угловое перемещение).
§ «Л. ОСНОВНЫЕ ПРЕДПОСЫЛКИ НАУКИ
О СОПРОТИВЛЕНИИ МАТЕРИАЛОВ
При исследовании прочности, жесткости и устойчивости элементов конструкций в сопротивлении материалов используют ряд предпосылок (допущений), упрощающих расчеты. Эти предпосылки, как показывают эксперименты, а также исследования, проведенные более строгими методами теории упругости, можно использовать при решении большинства задач, рассматриваемых в сопротивлении материалов. В некоторых случаях,специально оговариваемых, часть допущений использовать нельзя, так как это дало бы неправильные результаты.
Основные предпосылки в сопротивлении материалов следующие.
1. Материал конструкции является однородным и сплошным, т. е. его свойства не зависят от формы и размеров тела и одинаковы во всех его точках.
Это положение позволяет не учитывать дискретную, атомистическую структуру вещества и тем более движение отдельных молекул, составляющих тело. Оно применяется даже при расчете конструкций из такого неоднородного материала, как бетон, состоящего из щебня, связанного цементным раствором. Это можно делать потому, что размеры отдельных частиц материала невелики по сравнению с размерами сечений элементов конструкции.
Данная предпосылка позволяет, рассматривая при теоретическом анализе бесконечно малый элемент конструкции, наделять его свойствами, которыми обладает объем тела реальных размеров.
2. Материал конструкции изотропен, т. е. свойства его по всем направлениям одинаковы.
17
Эта предпосылка используется при решении большинства задач сопротивления материалов, хотя для некоторых материалов она весьма условна (например, для дерева, свойства которого в направлениях вдоль и поперек волокон различны). Такие материалы, свойства которых в различных направлениях различны, называются анизотропными. При решении некоторых задач необходимо учитывать различные свойства материала в различных направлениях, т. е. его анизотропию.
3. Материал конструкции обладает свойством идеальной упругости, т. е. способностью полностью восстанавливать первоначальные форму и размеры тела после устранения причин, вызвавших его деформацию. Деформация идеально упругого тела в каждый момент времени зависит только от нагрузок, действующих в этот момент на тело, и не зависит от того, в какой последовательности нагрузки приложены.
Эта предпосылка справедлива лишь при напряжениях, не превышающих для данного материала определенной, постоянной величины, называемой пределом упругости. При напряжениях, превышающих предел упругости, в материале возникают или пластические (остаточные) деформации, не исчезающие после снятия нагрузка, или упруго-пластические — частично исчезающие.
Предпосылка об идеальной упругости материала используется при решении большинства задач сопротивления материалов.
4. Деформации материала конструкции в каждой его точке прямо пропорциональны напряжениям в этой точке.
Данная предпосылка, впервые сформулированная Р. Гуком, называется законом Гука.
Закон Гука справедлив для большинства материалов, но для каждого из них лишь при напряжениях, не превышающих некоторой величины (предела пропорциональности)*.Этот закон используется при решении большинства задач сопротивления материалов.
5. Деформации конструкции предполагаются настолько малыми, что можно не учитывать их влияния на взаимное расположение нагрузок и на расстояния от нагрузок до любых точек конструкции.
Вопрос о возможности применения этой предпосылки решается в каждом отдельном случае с учетом не только вида конструкции, но также характера и величины действующей на нее нагрузки. Так, например, при расчете балки, изображенной на рис. 11.1, а, можно не учитывать ее деформации (при определении усилий в ней), если прогиб S (дельта) значительно меньше высоты h поперечного сечения. При расчете же балки, показанной на рис. 11.1,6, ее деформацию можно не учитывать даже тогда, когда прогиб 6 больше высоты h, при условии, что он невелик по сравнению с длиной бруса I.
* Предел пропорциональности (т. е. наибольшее напряжение, до которого справедлив закон Гука) и предел упругости для большинства материалов имеют практически одну и ту же величину.
18
Рис. 11.1
6. Результат воздействия на конструкцию системы нагрузок равен сумме результатов воздействия каждой нагрузки в отдельности *.
Это положение носит название принципа независимости действия сил. Его часто называют также принципом наложения. Он применим в тех случаях, когда могут быть использованы закон Гука (см. выше — п. 4) и предпосылка о малости деформаций (см. п. 5), так как является их следствием.
Из принципа наложения следует, что перемещения точек конструкции и напряжения в ней прямо пропорциональны величине нагрузки.
Рассмотрим брус, изображенный на рис. 12.1, а, нагруженный силой Р, моментом ЭИ и равномерно распределенной нагрузкой q. Из принципа независимости действия сил следует, что, например, прогиб 6 конца бруса от нагрузок Р, ЭИ и q, равен сумме прогибов б„ б2 и б3 (рис. 12.1, б, в, г) от действия каждой нагрузки в отдельности, т. е.
б = б263.
Аналогично можно найти прогибы любых других точек бруса, внутренние усилия в его поперечных сечениях и напряжения.
Принцип независимости действия сил не распространяется на работу внешних и внутренних сил и на потенциальную энергию (см. § 6.2).
7. Поперечные сечения бруса, плоские до приложения к нему нагрузки, остают-
ся плоскими и при действии нагрузки. ис’
Эта предпосылка называется гипотезой плоских сечений, или гипотезой Бернулли. Она играет исключительно важную роль в сопротивлении материалов и используется при выводе большинства формул для расчета брусьев.
Вопросы для самопроверки
К § 11. 1. В чем состоит задача расчета на прочность? На жесткость? На устойчивость?
2. Что называется брусом, оболочкой, пластинкой, массивным телом?
3. Что называется осью бруса?
* При этом следует иметь в виду, что на конструкцию одновременно с каждой нагрузкой действуют реакции опорных закреплений, вызываемые этой нагрузкой.
19
К § 2.1. 4. Что представляет собой расчетная схема сооружения и чем она отличается от действительного сооружения?
5. По каким признакам и как классифицируются нагрузки?
6. Что представляет собой интенсивность распределенной нагрузки?
7. Каковы размерности сосредоточенных сил и моментов, а также интенсивностей распределенных силовых и моментных нагрузок?
К § 3.1. 8. Что представляют собой внутренние сильР
9. Какие внутренние усилия (внутренние силовые факторы) могут возникать в поперечных сечениях брусьев и какие виды деформаций с ними связаны?
10. В чем сущность метода сечений?
К § 4.1. 11. Что называется касательным и нормальным напряжением? Какова их размерность^
12. Какова зависимость между полным, нормальным и касательным напряжениями в точке в данном сечении?
К § 5.1. 13. Какие деформации называются линейными и какие угловыми?
К § 6.1. 14. Какие основные предпосылки положены в основу науки о сопротивлении материалов?
15. В чем состоит принцип независимости действия сил?
16. В чем заключается гипотеза плоских сечений?
Глава 2 РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ
§ 1.2. ПРОДОЛЬНАЯ СИЛА
Центральным растяжением (или центральным сжатием) называется такой вид деформации, при котором в поперечном сечении бруса возникает только продольная сила (растягивающая или сжимающая), а все остальные внутренние усилия (поперечные силы, изгибающие моменты и крутящий момент) равны нулю. Иногда центральное растяжение (или центральное сжатие) кратко называют растяжением (или сжатием).
о)
Рис. 1.2
На рис. 1.2, а изображен прямой брус, закрепленный одним концом и нагруженный на другом конце силой Р, направленной вдоль его оси.
Во всех поперечных сечениях этого бруса возникают только продольные растягивающие силы и, следовательно, такой брус по всей длине является центрально растянутым. При противоположно направленной силе Р (рис. 1.2, б) брус по всей длине испытывает сжатие*.
Брус, изображенный на рис. 1.2, в, испытывает центральное растяжение только на участках ab и cd\ на участке Ьс брус не является центрально растянутым, так как, например, в сечении п—п, кроме продольной силы, действуют также поперечная сила и изгибающий момент.
* В настоящей главе не учитывается возможность искривления (изгиба) осей прямых брусьев при сжатии, т. е. возможность их продольного изгиба (см. гл. 13).
21
Растягивающие продольные силы принято считать положительными, а сжимающие—отрицательными.
На рис. 2.2, а изображен брус, нагруженный силами Р2 и Р2, направленными вдоль его оси, двумя силами Р3, параллельными оси и приложенными на равных расстояниях от нее в поперечном сечении с, а также двумя силами Pt, направленными под углом а к оси бруса и приложенными в поперечном сечении d на равных расстояниях от оси*.
На рис. 2.2,6 изображена расчетная схема, полученная путем замены бруса его осью и переноса внешних нагрузок к этой оси.
Силы Pj и Р2 на расчетной схеме действуют вдоль оси бруса; силы Р3 и силы Р4, показанные на рис. 2.2, а, приводятся соответственно к силам 2Р3 и 2P4cosa, также направленным вдоль оси. Таким образом, на расчетной схеме (рис. 2.2,6) все внешние силы действуют вдоль оси бруса. Следовательно, в поперечных ^сечениях рассматриваемого бруса возникают только продольные силы.
Определим в качестве примера продольную силу Nj в сечении I — I (рис. 2.2,6). На рис. 2.2, в, г показаны продольные силы Nh действующие на левую (относительно сечения I—I) и на правую части бруса. Направления этих сил приняты в предположении, что е. положительными). Если
в результате расчета значение ATZ получается со знаком «минус», то это означает, что в действительности брус в сечении /—/ сжат. Для определения силы N, воспользуемся методом сечений. Составим уравнение равновесия в виде суммы проекций на ось бруса всех сил, действующих на левую его часть (рис. 2.2, в):
SX = -P1 + P2-2P3 + ^z=0,
они являются растягивающими (т.
откуда
N/=P1—Pi + 2P3.
Этот же результат можно получить и не составляя уравнения равновесия, а используя то положение, что на основании метода
* Собственный вес бруса не учитываем.
22
сечений проекция внутренних сил на ось бруса (т. е. продольная сила), действующих со стороны левой его части на правую, равна сумме проекций на эту же ось всех внешних сил, приложенных к левой части. Следовательно,
Л^/=Р1-Р2 + 2Р3.
Силы Pj и 2Р3 взяты со знаком «плюс», потому что их направление совпадает с положительным направлением силы Nr, действующей на правую часть бруса.
Аналогично найдем продольные силы в сечениях II— II, III — III, IV—IV (рис. 2.2,6), проектируя силы, приложенные слева от этих сечений, на ось бруса:
Nff — Pi—Pa-f-2P3—2P4cosa.
Очевидно, что на всем участке ab (между точками приложения сил Pt и Р2) продольная сила постоянна и равна Р^, аналогично и на других участках (между точками приложения внешних сил) продольные силы имеют постоянные значения.
Построим график, показывающий изменение продольных сил по длине оси бруса, называемый эпюрой продольных сил (эпюрой N). Для этого проведем ось эпюры ае, параллельную оси бруса (рис. 2.2, д), и перпендикулярно к ней отложим ординаты, изображающие в некотором масштабе величины продольных сил в поперечных сечениях бруса. Полученную таким путем эпюру принято штриховать (так же как и эпюры других внутренних усилий, рассматриваемые в последующих главах курса) прямыми линиями, перпендикулярными к ее оси. Каждая такая линия в принятом масштабе дает величину продольной силы в соответствующем поперечном сечении бруса.
В поперечном сечении, в котором к брусу приложена сосредоточенная сила, не перпендикулярная к его оси, значение продольной силы изменяется скачкообразно: слева от этого сёчения, продольная сила имеет одно, а справа—другое значение, отличающееся на величину проекции (на ось бруса) указанной сосредоточенной силы. В соответствии с этим эпюра, изображенная на рис. 2.2,6, имеет скачки (уступы) в точках a, b, с, d, е, равные соответственно величинам Plt — Р2, 2Р3, — 2P4cosa и значению реакции опорного закрепления бруса.
Для построения эпюр внутренних усилий, возникающих в поперечных сечениях бруса, нет необходимости изображать и брус с действующими на него нагрузками и расчетную схему, а достаточно привести один из этих чертежей. Точно так же нет необходимости изображать отдельные части бруса, на которые он расчленяется поперечными сечениями.
Например, для решения рассмотренной задачи можно изобразить лишь брус (рис. 2.2, а) или его расчетную схему (рис. 2.2,6), а также эпюру продольных сил AZ (рис. 2.2, д) и мысленно представить остальные схемы, приведенные на рис. 2.2.
23
При действии на брус внешней распределенной осевой (т. е. направленной вдоль оси бруса) нагрузки продольные силы на
участке, на котором такая нагрузка приложена, изменяются непрерывно. Для примера на рис. 3.2,6 показана эпюра продольных сил для бруса, изображенного на рис. 3.2, а. На этот брус, кроме двух сосредоточенных сил Р=100 кгс, действует распределенная нагрузка (собственный вес бруса) интенсивностью <7 = 50 кгс/м. Эпюра N (рис. 3.2,6) построена на основе уравнений продольных
сил, составленных для сечений, отстоящих от верхнего конца бруса на расстоянии х:
а) для сечения / — / (0<Zx^2 м)
N/ = — Р—qx =
= — 100—50 х;
при х = 0
N] — — 100 кгс,
Рис. 3.2
при х = 2 м
— 100 — 50-2 =
= — 200 кгс;
б) для сечения // — II (2 л<^х^5 м)
Nn = — P—qx—P = —200—50 х;
при х = 2 м
М/{= — 200 — 50-2 = — 300 кгс, при х = 5 м
Nn = — 200—50 • 5 = — 450 кгс.
$ 2.2. НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНЫХ И НАКЛОННЫХ СЕЧЕНИЯХ БРУСА
Продольная сила N, возникающая в поперечном сечении бруса, представляет собой равнодействующую внутренних нормальных сил, распределенных по площади поперечного сечения, и связана с возникающими в этом сечении нормальными напряжениями зависимостью (4.1):
N = \cdF; (1.2)
F
здесь о—нормальное напряжение в произвольной точке поперечного сечения, принадлежащей элементарной площадке dF; F — площадь поперечного сечения бруса.
Произведение cdF = dN представляет собой элементарную внутреннюю силу, приходящуюся на площадку dF.
24
Величину продольной силы W в каждом частном случае легко можно определить при помощи метода сечений, как показано в предыдущем параграфе. Для нахождения же величин напряжений о в каждой точке поперечного сечения бруса надо знать закон их
распределения по этому сечению.
Закон распределения нормальных напряжений в поперечном сечении бруса изображается обычно графиком, показывающим
изменение их по высоте или ширине поперечного сечения. Такой график называют эпюрой нормальных напряжений (эпюрой а).
Выражение (1.2) может быть удовлетворено при бесконечно большом числе видов эпюр напряжений о (например, при эпюрах с, изображенных на рис. 4.2). Поэтому для выяснения закона распределения нормальных напряжений в поперечных сечениях бруса необходимо провести эксперимент.
Проведем на боковой поверхности бруса до его нагружения линии, перпендикулярные к оси бруса (рис. 5.2). Каждую такую линию можно рассматривать как след плоскости поперечного сечения бруса. При нагружении бруса осевой силой Р эти линии,
как показывает опыт, остаются прямыми и рИс. 4.2 параллельными между собой (их положения
после нагружения бруса показаны на рис. 5.2 штриховыми линиями). Это позволяет считать, что поперечные сечения бруса, плоские до его нагружения, остаются плоскими и при действии нагрузки. Такой опыт подтверждает гипотезу плоских сечений (гипотезу Бернулли), сформулированную в конце § 6.1.
Представим мысленно брус состоящим из бесчисленного множества волокон, параллельных его оси. Два любых поперечных
Рис. 5.2
сечения при растяжении бруса остаются плоскими и параллельными между собой, но удаляются друг от друга на некоторую величину; на такую же величину удлиняется каждое волокно. А так как одинаковым удлинениям соответствуют одинаковые напряжения, то и напряжения в поперечных сечениях всех волокон (а следовательно, и во всех точках поперечного сечения бруса) равны между собой. Это позволяет в выражении (1.2) вынести
25
величину а за знак интеграла. Таким образом, N = о ^dF = aFt (2.2)
F
откуда
a = N/F. (3.2)
Итак, в поперечных, сечениях бруса при центральном растяжении или сжатии возникают равномерно распределенные нормальные напряжения, равные отношению продольной силы к площади поперечного сечения.
При наличии ослаблений некоторых сечений бруса (например, отверстиями для заклепок), определяя напряжения в этих сечениях, следует учитывать фактическую площадь ослабленного сечения FB„W равную полной площади Г<рутто, уменьшенной на величину площади ослабления (Гяетто = брутто—Лклабл)-
Для наглядного изображения изменения нормальных напряжений в поперечных сечениях стержня (по его длине) строится эпюра нормальных напряжений. Осью этой эпюры является отрезок прямой, равный длине стержня и параллельный его оси. При стержне постоянного сечения эпюра нормальных напряжений имеет такой же вид, как и эпюра продольных сил (она отличается от нее лишь принятым масштабом). При стержне же переменного сечения вид этих двух эпюр различен; в частности, для стержня со ступенчатым законом изменения поперечных сечений эпюра нормальных напряжений имеет скачки не только в сечениях, в которых приложены сосредоточенные осевые нагрузки (где имеет скачки эпюра продольных сил), но и в местах изменения размеров поперечных сечений. Построение эпюры распределения нормальных напряжений по длине стержня рассмотрено в примере 1.2.
Рассмотрим теперь напряжения в наклонных сечениях бруса.
Обозначим а угол между наклонным сечением п—пг и поперечным сечением п—пг (рис. 6.2, а). Угол а условимся считать положительным, когда поперечное сечение для совмещения с наклонным сечением надо повернуть на этот угол против часовой стрелки.
Как уже известно, удлинения всех волокон, параллельных осн бруса, при его растяжении или сжатии одинаковы. Это позволяет предполагать, что напряжения р во всех точках наклонного (так же как и поперечного) сечения одинаковы.
Рассмотрим нижнюю часть бруса, отсеченную сечением п—nt (рис. 6.2, б). Из условий ее равновесия следует, что напряжения р параллельны оси бруса и направлены в сторону, противоположную силе Р, а внутренняя сила pFa, действующая в сечении п—nlt равна Р. Здесь Fa—площадь наклонного сечения п—пи равная F/cosa (где F—площадь поперечного сечения п—пг бруса).
Следовательно,
P = pFa, (4-2)
26
откуда
p = P//:'a = Pcosa/F = ocosa, (5.2)
где P/F=a—нормальные напряжения в поперечных сечениях бруса.
Разложим напряжение р на два составляющих напряжения: нормальное aa, перпендикулярное к плоскости сечения п—nlt и касательное то, параллельное этой плоскости (рис. 6.2, в).
Внутренняя \ нормаль"'
Значения <тй и та получим из выражений
(та = р cos a = er cos2 а; (6.2)
та = р sin а = о sin a cos а = (а/2) sin 2а. (7.2)
Нормальное напряжение считается обычно положительным при растяжении и отрицательным при сжатии. Касательное напряжение положительно, если изображающий его вектор стремится вращать тело относительно любой точки С, лежащей на внутренней нормали к сечению, по часовой стрелке. На рис. 6.2, в показано положительное касательное напряжение та, а на рис. 6.2, г — отрицательное.
Из формулы (6.2) следует, что нормальные напряжения аа имеют значения от a = PlF (при а = 0) до нуля (при а =90°). Таким образом, наибольшие (по абсолютной величине) нормальные напряжения возникают в поперечных сечениях бруса. Поэтому расчет прочности растянутого или сжатого бруса производится по нормальным напряжениям в его поперечных сечениях.
Из формулы (7.2) следует, что касательные напряжения имеют значения от ol2 = P/2F (при a = 45°) до —о/2=—P/2F (при а = —45°); отрицательный угол а показан на рис. 6.2, г. Значе-
27
ние та равно нулю при а = 0 (т. е. в поперечных сечениях бруса) и при а = 90’. Таким образом, в площадках с наибольшими и наи
меньшими нормальными напряжениями касательные напряжения
равны нулю.
Определим значение касательных напряжений та, и та, в двух наклонных сечениях, перпендикулярных друг к другу (рис. 7.2).
Углы «1 и а2 наклона этих сечений к плоскости поперечного сечения бруса находятся между собой в зависимости а2 = а,— 90’.
По формуле (7.2)
Та2 = (а/2) sin 2а2 - - (а/2) sin 2 (at—90е) =
= —(о/2) sin (180’— 2«])= —(о 2)sin2at = —тЯ1.
(8.2)
Таким образом, касательные напряжения в двух взаимно перпендикулярных площадках равны друг другу по величине и обратны по знаку.
Если продольная сила или размеры поперечных сечений бруса переменны по длине его оси, то на-
Рис. 7.2 пряжения оа и та в различных точках наклонного сечения имеют различные значения. Они могут определяться по формулам (6.2) и (7.2), но для каждой точки в эти формулы следует подставлять соответствующее значение <т, подсчитанное для поперечного сечения, проходящего через рас-
сматриваемую точку.
$ 3.2. ПРОДОЛЬНЫЕ И ПОПЕРЕЧНЫЕ ДЕФОРМАЦИИ
Рассмотрим прямой брус постоянного сечения длиной I, заделанный одним концом и нагруженный на другом конце растягивающей силой Р (рис. 8.2, а). Под действием силы Р брус удлиняется на некоторую величину Д/, которая называется полным, или абсолютным, удлинением (абсолютной продольной деформацией).
В любых точках рассматриваемого бруса имеется одинаковое на-
пряженное состояние и, следовательно, линейные деформации ev (см. § 5.1) для всех его точек од и- Е_
наковы. Поэтому значение ех можно определить как отношение абсолютного удлинения Д/ к первоначальной длине бруса I, т. е. ех = (Д/)//. Линейную деформацию ех при растяжении или сжатии брусьев тельным удлинением, или относительной
Рис. 8.2
и обозначают е.
называют обычно относи-продольной деформацией,
28
Следовательно,
е = (Д/)//.
(9-2)
Относительная продольная деформация измеряется в отвлеченных единицах. Деформацию удлинения условимся считать положительной (рис. 8.2, а), а деформацию сжатия—отрицательной (рис. 8.2,6).
Чем больше величина силы, растягивающей брус, тем больше, при прочих равных условиях, удлинение бруса; чем больше площадь поперечного сечения бруса, тем удлинение бруса меньше. Брусья из различных материалов удлиняются различно. Для случаев, когда напряжения в брусе не превышают предела пропорциональности (см. § 6.1, п. 4), опытом установлена следующая зависимость:
е = #/(££). (10.2)
Здесь Af— продольная сила в поперечных сечениях бруса; F—площадь поперечного сечения бруса; Е—коэффициент, зависящий от физических свойств материала.
Учитывая, что нормальное напряжение в поперечном сечении бруса o = N/F, получаем
е = ст/£, (11.2)
откуда
ст = е£. (12.2)
Абсолютное удлинение бруса выражается формулой
Д/ = е/= #//(££), (13.2)
т. е. абсолютная продольная деформация прямо пропорциональна продольной силе.
Впервые закон о прямой пропорциональности между силами и деформациями сформулировал Р. Гук (в 1660 г.). Формулы (10.2)—(13.2) являются математическими выражениями закона Гука при растяжении и сжатии бруса.
Более общей является следующая формулировка закона Гука [см. формулы (11.2) и (12.2)]: относительная продольная деформация прямо пропорциональна нормальному напряжению. В такой формулировке закон Гука используется не только при изучении растяжения и сжатия брусьев, но и в других разделах курса.
Величина £, входящая в формулы (10.2)—(13.2), называется модулем упругости первого рода (сокращенно—модулем упругости) *. Эта величина—физическая постоянная материала, характеризующая его жесткость. Чем больше значение £, тем меньше, при прочих равных условиях, продольная деформация.
Произведение ££ назовем жесткостью поперечного сечения бруса при растяжении и сжатии.
В приложении I приведены значения модулей упругости £ для различных материалов.
* Встречается также и другое название этой величины—модуль Юнга.
29
Формулой (13.2) можно пользоваться для вычисления абсолютной продольной деформации участка бруса длиной I лишь при условии, что сечение бруса в пределах этого участка постоянно и продольная сила N во всех поперечных сечениях одинакова.
Кроме продольной деформации, при действии на брус сжимающей или растягивающей силы наблюдается также поперечная деформация. При сжатии бруса поперечные размеры его увеличиваются, а при растяжении — уменьшаются. Если поперечный размер бруса до приложения к нему сжимающих сил Р обозначить Ь, а после приложения этих сил b-f-Дб (рис. 9.2), то величина Дб будет обозначать абсолютную поперечную деформацию бруса.
Рис. 9.2
Отношение е' = ДЬ/6 является относительной поперечной деформацией.
Опыт показывает, что при напряжениях, не превышающих предела упругости (см. § 6.1, п. 3), относительная поперечная деформация е' прямо пропорциональна относительной продольной деформации е, но имеет обратный знак:
е'= —ре. (14.2)
Коэффициент пропорциональности р в формуле (14.2) зависит от материала бруса. Он называется коэффициентом поперечной деформации, или коэффициентом Пуассона, и представляет собой отношение относительной поперечной деформации к продольной, взятое по абсолютной величине, т. е.
р = |е'/е|. (15.2)
Коэффициент Пуассона р наряду с модулем упругости Е характеризует упругие свойства материала.
Величина коэффициента Пуассона определяется экспериментально. Для различных материалов она имеет значения от нуля (для пробки) до величины, близкой к 0,50 (для резины и парафина). Для стали коэффициент Пуассона равен 0,25—0,30; для ряда других металлов (чугуна, цинка, бронзы, меди) он имеет значения от 0,23 до 0,36. Ориентировочные значения коэффициента Пуассона для различных материалов приведены в приложении I.
$ 4.2. ДИАГРАММЫ РАСТЯЖЕНИЯ И СЖАТИЯ
Механические характеристики материалов (т. е. величины, характеризующие их прочность, пластичность и т. д., а также модуль упругости и коэффициент Пуассона) определяются путем испытаний специальных образцов, изготовленных из исследуемого материала. Наиболее распространенными являются ста-30
тические испытания на растяжение. Для некоторых строительных материалов—камня, цемента, бетона и т. д.— основными являются испытания на сжатие. Испытания проводятся на специальных машинах различных типов. Сведения об устройстве этих машин и методике испытаний, а также о применяемых при этом измерительных приборах приводятся в специальных руководствах.
В процессе испытания специальное устройство автоматически вычерчивает график, изображающий (в прямоугольной системе координат) зависимость между действующей на образец продольной силой и удлинением (или укорочением) образца, т. е. вычерчивает диаграмму в координатах «сила—удлинение».
Для изучения свойств материала значительно удобнее иметь диаграммы, построенные в координатах «напряжение — относительная деформация».
На рис. 10.2 представлена диаграмма растяжения * малоуглеродистой стали СтЗ; по оси ординат отложены напряжения о, а по оси абсцисс — относительные удлинения 8.
Пока растягивающие напряжения не достигают некоторой величины апц, диаг
рамма представляет собой прямую линию, т. е. относительные удлинения е прямо пропорциональны напряжениям а; иными словами, до этого предела справедлив закон Гука. Напряжение апц называется пределом пропорциональности.
После достижения предела пропорциональности деформации е растут не прямо пропорционально напряжениям, а быстрее. Начиная с того момента, когда напряжения достигнут некоторой величины ат, деформации растут без увеличения напряжений, и на диаграмме получается участок, параллельный оси абсцисс. Это явление называется текучестью материала, а напряжение ат — пределом текучести.
Участок диаграммы, параллельный оси абсцисс, называется площадкой текучести. При текучести стали отшлифованная блестящая поверхность образца становится матовой, и на ней можно обнаружить появление линий, наклоненных к его оси под углом примерно 45° (рис. 11.2). Эти линии называются линиями Чернова —
♦ Такого типа диаграмму называют условной диаграммой растяжения. Условность ее заключается в том, что напряжения получены путем деления растягивающей силы на первоначальную площадь поперечного сечения образца, а относительные удлинения —путем деления абсолютных удлинений на первоначальную длину образца.
31
по имени знаменитого русского металлурга Д. К. Чернова (1839—1921), впервые обнаружившего их.
Металлографические исследования показывают, что текучесть сопровождается сдвигами в кристаллах стали; следами этих сдвигов и являются линии Чернова.
При дальнейшем растяжении образца напряжения (а следовательно, и растягивающая сила) вновь начинают повышаться. Участок диаграммы 1—3 от конца площадки текучести до наивысшей точки (см. рис. 10.2) называют зоной упрочнения.
Наибольшее условное напряжение, выдерживаемое образцом, называется пределом прочности, или временным сопротивлением, и обозначается ов (применяется также обозначение опч). Это напряжение соответствует точке 3 диаграммы. Последующее растяжение образца сопровождается уменьшением растягивающей силы. Следовательно, предел прочности представляет собой отношение наибольшей силы, которую выдерживает образец, к первоначальной площади его поперечного сечения.
Рис. 12.2
При увеличении нагрузки в зоне упрочнения на образце появляется местное сужение; образуется так называемая шейка (рис. 12.2), в пределах которой и происходит затем разрыв образца. При этом условное напряжение в образце (определяемое делением величины растягивающей силы на первоначальную площадь поперечного сечения образца) уменьшается соответственно уменьшению величины растягивающей силы (участок 3—4 на рис. 10.2). Истинное напряжение по сечению шейки (т. е. напряжение, отнесенное к площади поперечного сечения шейки) при этом возрастает, как показано на рис. 10.2 штриховой линией 3—5.
Различие между истинным и условным напряжениями имеется не только после достижения предела прочности (точка 3 на рис. 10.2), но на любой стадии испытания, так как в результате поперечной деформации поперечное сечение растянутого образца уменьшается. Однако это различие до нагрузки, соответствующей временному сопротивлению материала, весьма мало.
Следует отметить, что при проектировании напряжения в конструкциях определяют без учета изменения размеров их элементов, а потому используют значения условных (а не истинных) напряжений, полученные при испытаниях образцов.
Если испытываемый образец нагрузить растягивающей силой, не превышающей некоторой величины, называемой пределом упру-
32
гости*, а потом разгрузить, то при разгрузке деформации образца будут уменьшаться по тому же закону, по какому они увеличивались при нагружении (диаграмма при разгр\женин и нагружении изображается одной и той же линией). Следовательно, в этом случае в образце возникали только упругие деформации.
Предел упругости подавляющего большинства материалов практически совпадает с пределом пропорциональности. Если образец нагружен выше предела упругости, то при его разгрузке деформации полностью не исчезают и на диаграмме линия разгрузки представляет собой прямую (1—2 или Г—2' на рис. 10.2), уже не совпадающую с линией нагружения. В этом случае деформация образца состоит из упругой еуп (или 8уП) и остаточной — пластической епл (или 8пл) деформации.
При повторном нагружении образца диаграмма изображается сначала прямой 2—1 (или 2'—Г), т. е. той же прямой, которая характеризует разгрузку образца, а затем кривой 1—3—4 (или Г—3'—4'). Таким образом, при повторном нагружении предел пропорциональности повышается до того напряжения, до которого образец был ранее нагружен. Это явление называется наклепом.
Явление наклепа часто используется в технике; например, для уменьшения провисания проводов их предварительно вытягивают для создания в них наклепа. В случаях, когда наклеп нежелателен (так как он повышает хрупкость материала), его можно устранить путем отжига детали.
Материалы, разрушению которых предшествует возникновение значительных остаточных деформаций, называются пластичными. К ним, в частности, относится сталь СтЗ, диаграмма растяжения которой представлена на рис. 10.2.
Степень пластичности материала может быть охарактеризована величинами остаточного относительного удлинения образца, доведенного при растяжении до разрыва, и остаточного относительного сужения шейки образца. Чем больше эти величины, тем пластичнее материал.
Остаточным относительным удлинением б (дельта) называется отношение остаточной деформации образца к первоначальной его длине /п. Величина этого отношения для различных марок конструкционной стали находится в пределах от 8 до 28%:
6=?Ра?р~/°. 1ООо/1 (16.2)
где ^разр—длина образца после разрыва, измеряемая после соединения частей разорванного образца.
* Практически невозможно определить точное значение этого напряжения, поэтому в качестве условного предела упругости принимается то напряжение, при котором остаточная деформация впервые достигает некоюрой малой величины, обусловленной правилами и нормами испытаний, например 0,001 % или 0,003%.
2 № 2331
Остаточным относительным сужением ф (пси) называется отношение изменения площади поперечного сечения образца в месте разрыва к первоначальной площади поперечного сечения. Величина этого отношения находится в пределах от нескольких процентов для хрупкой высокоуглеродистой стали до 6О?6 для малоуглеродистой стали:
1р==Л1^ш.100%, (17.2)
где Ли—площадь поперечного сечения разорванного образца в наиболее тонком месте шейки.
Для стали СтЗ (по ГОСТ 380—60): — 3800 4- 4700 кгс!см2\ сгт « 2400 кгс/см2', опц = 2100 4- 2200кгс!см2\ 6* = 25 4- 27%; ф 55%; £ = 2,0-106 4- 2,1 • 10е кгс!см2**.
Величина модуля упругости Е практически не зависит от химического состава и термической обработки стали.
Приведенный здесь предел прочности установлен экспериментальным путем. Он во много раз (в 100 раз и более) меньше теоретических значений, подсчитанных исходя из сил межатомных связей. Это объясняется отклонением строения реальных кристаллов металла от идеального строения кристаллических решеток, т. е. несовершенством (дефектами) кристаллических решеток реальных металлов. Наибольшее влияние на снижение прочности металла оказывают чисто геометрические нарушения идеального строения кристаллов, называемые дислокацией. Другие нарушения (атомные пропуски — вакансии, расположение чужеродных атомов в межузлиях решетки и т. д.) незначительно влияют на прочность металла.
Дислокации возникают при кристаллизации металлов, повышении температуры и т. п.
Теория дислокации стала создаваться лишь в последние годы. Тем не менее на основе этой теории уже разрабатываются принципиально новые методы повышения прочности металлов. Для весьма малых образцов уже достигнута прочность чистого железа, превышающая 100 000 кгс/см2.
Некоторые пластичные материалы, например дюралюмин, не имеют на диаграмме растяжения площадки текучести (рис. 13.2). Для таких материалов вводится понятие условного предела текучести, в качестве которого принимается напряжение, соответствующее остаточной деформации 0,2%. Эта механическая характеристика обозначается o0t2.
С повышением содержания углерода в стали ее предел прочности повышается, а степень пластичности уменьшается. Диаграмма растяжения среднеуглеродистой стали не имеет площадки текучести (примерный характер такой диаграммы представлен на рис. 14.2)
* Индекс «5» при 6 указывает, что определение этой характеристики произведено на образцах, длина которых равна пяти диаметрам, — на так называемых коротких образцах.
** В ГОСТе указаны лишь значения ов, от, 65.
34
и в качестве предела текучести для нее принимается величина а0>2. Высокоуглеродистая закаленная сталь (с содержанием углерода порядка 0,7% и выше) представляет собой хрупкий материал, дающий при разрыве незначительное остаточное удлинение.
Весьма хрупким материалом является чугун. Для образцов из обычного серого литейного чугуна относительное остаточное удлинение при разрыве не превышает 0,015%.
Рис. 13.2 Рис. 14.2
При разрыве образцов из хрупких материалов шейка не обра-
зуется и растягивающее усилие растет до момента разрушения. Диаграмма сжатия пластичной стали представлена на рис. 15.2. При сжатии образец расплющивается, и площадь его сечения
увеличивается, в связи с чем сжимающей силы и условных отнесенных к первоначальной площади поперечного сечения образца).
увеличиваются также величины напряжений (т. е. напряжений,
б °) S)
Таким образом, понятие предела прочности при сжатии пластичной стали лишено физического смысла. Пределы текучести при растяжении и сжатии для одной и той же пластичной стали практически одинаковы.
Хрупкие материалы, например чугун, имеют несколько иную диаграмму сжатия. Деформации чугуна очень малы; они с самого начала не следуют закону Гука, а потому диаграмма получается криволинейной (кривая I на рис. 16.2, а); однако участок диаграммы, соответствующий малым напражениям, лишь незначительно отличается от прямой.
35
Диаграмма растяжения чугуна (кривая II на рис. 16.2, а) по
характеру аналогична диаграмме сжатия, но предел прочности
овр при растяжении зничительно ниже, чем предел прочности oRC при сжатии [свр ~ (1/3--1/5)авс]. Иными словами, чугун значительно хуже работает на растяжение, чем на сжатие. При сжатии чугунный образец разрушается в результате образования наклонных трещин, направленных примерно под углом 45° к оси образца (как это показано на рис. 16.2, б), т. е. параллельно площадкам,
в которых действуют наибольшие касательные напряжения.
Некоторые материалы обладают различными свойствами в
Рис. 17.2
Рис. 18 2
различных направлениях. Такие материалы называются анизотропными. Анизотропным материалом является, например, сосна, сопротивляемость которой существенно зависит от направления силы по отношению к направлению волокон. Сопротивление сосны вдоль волокон значительно больше, чем поперек волокон, а величина деформаций меньше. На рис. 17.2 показаны диаграммы сжатия сосны вдоль волокон (а) и поперек волокон (б).
Для сухой сосны средние значения предела прочности на сжатие вдоль волокон составляют примерно 350—400 кгс/см2, модуля упругости —110 000 кгс/см2. Для сжатия поперек волокон предел прочности составляет примерно 50 кгс/см2, а модуль упругости — 5000 кгс/см2. Предел прочности сосны при растяжении вдоль волокон приблизительно вдвое больше, чем при сжатии. Модуль упругости при растяжении несколько больше, чем при сжатии, но для расчетов он принимается таким же, как и при сжатии.
Деформации некоторых материалов и напряжения в них изменяются во времени; это явление называется ползучестью. Если к такому материалу приложена постоянная нагрузка, то его деформация сначала нарастает быстро, а затем все медленнее—пока нарастание ее не прекратится; такой частный случай ползучести называется последействием. Если после снятия нагрузки через некоторый промежуток времени первоначальные размеры тела полностью восстанавливаются, то такое поведение материала называется упругим последействием.
36
Другим частным сличаем ползучести является релаксация, представляющая собой процесс уменьшения напряжений в материале при неизменной величине его деформации, например уменьшение со временем растягивающего усилия в затянутых болтах.
Кратко рассмотрим теперь свойства пластмасс, которые в последнее время находят все более широкое применение в различных отраслях промышленности и строительства.
Пластмассы представляют собой искусственные смолы, в которые, как правило, введен какой-либо наполнитель (древесный, стекловолокнистый, металлический порошок и др.). Достоинством пластмасс является малый удельный вес, высокая стойкость к агрессивным средам, малая теплопроводность, хороший внешний! вид изделий, простота технологии их изготовления.
Важнейшими из пластмасс являются: текстолит и древеснослоистые пластики, применяемые в машиностроении для изготовления зубчатых колес и вкладышей подшипников; винипласт, поливинилхлорид и полиэтилен, применяемые, в частности для изготовления различных трубопроводов; стекловолокнистые анизотропные материалы (СВАМ), имеющие весьма широкие перспективы применения в электротехнической и радиотехнической (электроизоляционные материалы и различная арматура), судостроительной (корпуса катеров, баки и т. д.), автомобильной (кузова автомашин и прицепов), химической (трубы и резервуары), нефтяной (различного рода трубы и резервуары) и других отраслях промышленности, а также в строительстве (панели и плиты для стен и перекрытий, арматура для бетона и др.) и на железнодорожном транспорте (корпуса вагонов, цистерны).
СВАМ является высокопрочным материалом с пределом прочности примерно 5000 и 9000 кгс.'см2 (при отношении числа продольных слоев к числу поперечных соответственно 1:1 и 10:1), обладающим в то же время малым удельным весом — всего 1,9.
Жесткость СВАМа весьма высока; так, при растяжении вдоль волокон £' = 0,35-106 кгс/см* (для СВАМа 1:1), т. е. величина Е лишь вдвое меньше, чем у дюралюмина. Следует заметить, что наименьшее значение (Е ж 0,23-106 кгс/см2) модуль упругости имеет при растяжении под углом 45° к направлению волокон.
На рис. 18.2 показана диаграмма, полученная при испытании образцов СВАМа на растяжение вдоль волокон. Из этой диаграммы видно, что материал деформируется по закону Гука почти до разрушения.
§ 5.2. ПЕРЕМЕЩЕНИЯ ПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЕНИЙ БРУСЬЕВ
Определим вертикальное продольное перемещение точки а оси бруса, растянутого силой Р, изображенного на рис. 19.2. Оно равно абсолютной деформации части бруса ad, заключенной между заделкой и сечением, проведенным через точку а. т. е.
37
Продольная деформация бруса определяется по формуле (13.2) :AZ = Nl/(EF). Эта формула применима, лишь когда в пределах всего участка длиной I продольные силы А и жесткости EF поперечных сечений бруса постоянны. В рассматриваемом случае на участке ab продольная сила N равна нулю (собственный вес бруса не учитываем), а на участке bd она равна Р; кроме того,
площадь поперечного сечения бруса на участке ас отличается от площади сечения на участке cd. Поэтому продольную деформацию участка ad следует определять как сумму продольных деформаций трех участков aby Ъс и cd, для каждого из которых значения N
и EF постоянны по всей его длине: ^ad ~ “Г ^bc Н- ^ed*
Продольные силы на рассматриваемых участках бруса
= Mbc^Ned = P.
Следовательно, по формуле (13.2)
AU = 0; = AZ^ = W:
X —Д/ ___ ? (be I led \
&lad — Е + f2 J •
Аналогично можно определить перемещения 6 любых точек оси бруса, а по их значениям построить эпюру продольных перемещений (эпюру 6), т. е. график, изображающий изменение этих перемещений по длине оси бруса. Построение эпюр 6 приведено ниже в примерах расчета 1.2 и 11.2.
Продольные перемещения точек оси равны продольным перемещениям проходящих через эти точки поперечных сечений бруса.
При продольной нагрузке, распределенной по длине оси бруса, продольная сила N в поперечных сечениях его непрерывно изменяется. В этих случаях, а также в случае, когда жесткость EF бруса переменна по длине его оси, для определения продольной деформации по формуле (13.2) необходимо рассматривать брус, состоящий из бесчисленного множества бесконечно малых участков длиной dl. Продольная деформация каждого такого участка определяется выражением A (dl) = Ndl^EF), а полная деформация участка бруса длиной I:
AZ-J Ndl^EF). (18.2)
i
Пример построения эпюры 6 для такого случая рассмотрен в § 7.2.
Рассмотрим теперь шарнирно-стержневую систему, состоящую из двух стержней, шарнирно закрепленных в верхних концах А и В и соединенных общим шарниром в точке С (рис. 20.2, а).
Шарниры Я, В и С предполагаются идеальными, т. е. такими, трение в которых отсутствует. Поэтому от шарниров стержням и
38
от стержней шарнирам могут передаваться только силы и не могут
передаваться моменты.
Таким образом, каждый из стержней находится в равновесии
под действием двух сил, приложенных к нему по концам (в шарнирах). Следовательно, эти силы направлены вдоль оси стержня, т. е. в поперечных сечениях стержней возникает только один
внутренний силовой фактор — продольная сила.
Вырезав узел С (рис. 20.2, б) и составив два уравнения равновесия приложенных к нему сил (Рх, P2t NA и Мв), найдем продольные силы NA и Nв в стержнях. Для плоской системы сил, пересекающихся в одной точке, как известно из курса теоретической механики, можно составить только два независимых уравнения равновесия — в виде сумм проекций всех сил на две оси, не параллельные друг другу. В качестве таких осей выберем оси х и у (рис. 20.2, б). Тогда уравнения равновесия представятся в виде
= РХ—Na sin a, -\-NB sinax = 0; 2Y = — P2 + Na cos cc2 4- NB cos aL = 0.
В результате решения этих уравнений определяются значения NA и NB. Заметим, что вследствие малости деформаций при составлении уравнений равновесия не учитывается изменение углов между стержнями, вызванное деформацией системы.
По найденным значениям продольных сил и заданным размерам попе
речных сечений стержней с помощью
формулы (13.2) легко определить про- Рис- 20 2
дольные деформации &1АС и Д/вс стерж-
ней АС и ВС. Покажем, как по величинам этих деформаций можно определить вызванное силами Рх и Р2 перемещение СС шарнира С. этого разложим перемещение СС на два составляющих его
перемещения и и v, параллельных осям х и у соответственно (рис. 20.2, в). Очевидно, что удлинение (или укорочение) стержня АС (или ВС) можно найти по перемещению его конца С. Для этого надо спроектировать это перемещение (пли составляющие, на которые оно разложено) на ось стержня.
Поэтому
А/дс = ц sin а2 4~ cos а2; Д/вс = —и sin 4- vcos
39
Из этих уравнений можно определить значения и и v, так как
значения ций МАС шарнира
углов cq и а2, а также величины продольных деформа-и Д/вс уже известны. Затем можно найти перемещение о,
СС = /и2 + V2.
§ 6.2. РАБОТА СИЛЫ ПРИ ЕЕ СТАТИЧЕСКОМ ДЕЙСТВИИ. ПОТЕНЦИАЛЬНАЯ ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ
Рассмотрим нагружение бруса силой Р (рис. 21.2, а), величина которой медленно увеличивается от нуля до своего конечного значения. Такое нагружение называется статическим (см. § 2.1). Сила Р вызывает продольную деформацию бруса, в результате чего сечение бруса, в котором она приложена, смещается. При этом сила Р совершает работу.
Рис. 21.2
Построим диаграмму растяжения бруса силой Р. По оси ординат отложим величины силы Р, а по оси абсцисс—соответствующие им перемещения 6 нижнего конца бруса (рис. 21.2, б).
Обозначим t момент времени, которому соответствуют некоторые значения силы Р и перемещения 6. В последующий бесконечно малый промежуток времени dt сила Р получит приращение dP, а нижний конец бруса опустится на db. Составим выражение работы силы Р на перемещение db, отбрасывая при этом бесконечно малые величины второго порядка малости:
dA = Pdf>. (19.2)
Работа dA равна (с учетом масштабов, в которых отложены значения Рид) площади dQ (рис. 21.2, б). Полную величину работы А при изменении силы Р от нуля до Р± получим интегрированием последнего выражения:
p=pt p=pt p~pt
А= $dA= \Pdb= = (20.2)
P=0 P=0
40
Si
Пластичная сталь
Рис. 22.2
Малопластичная сталь
Таким образом, работа А равна площади диаграммы растяжения, заштрихованной на рис. 21.2,6.
Вся площадь диаграммы OABCD (рис. 21.2,6) равна работе, затраченной на разрыв бруса. Применение материала (например, стали) с более высокой прочностью может приводить к уменьшению работы, затрачиваемой на разрыв бруса, если эта сталь обладает меньшей пластичностью (рис. 22.2) и площадь Q для нее меньше.
Если напряжения в брусе при действии силы Р не превышают предела пропорциональности, то величина Q представляет собой площадь треугольника, имеющего высоту Р и основание б, которое по закону Гука опреде-
7
ляется выражением
б = Д/= £//(££).
В этом случае работу можно определить по формуле
Л = О = Р6/2 = £г//(2£Г). (21.2)
Исключим из формулы (21.2) силу Р с помощью следующих зависимостей:
P = dEF/l и P — aF;
тогда получим другие выражения работы:
Л = б’-££/(2/); Л = о2£//(2£). (22.2)
Наличие в знаменателях формул (21.2) и (22.2) множителя 2 объясняется тем, что в эти формулы входят конечные значения Р, б или о, в то время как в действительности они изменялись от нуля до этих значений.
При напряжениях, не превышающих предела упругости, изменение теплового и электромагнитного состояния материала незначительно и им можно пренебречь. Поэтому вся работа внешней силы на основании закона сохранения энергии накапливается в материале тела в виде потенциальной энергии деформации. В процессе разгружения тела эта энергия расходуется на восстановление его первоначальных формы и размеров. Таким образом, упругое тело обладает способностью запасать (аккумулировать) энергию. Обозначив потенциальную энергию деформации U, получим
U = А, (23.2)
или (при напряжениях, не превышающих предела пропорциональности) на основании (21.2) и (22.2):
U = P2lH2EF)\ U = &EF/(2iy, U = &FU(2E). (24.2)
41
Последнее выражение можно представить в виде
(7 = оИ//(2£),
(25.2)
где V—объем бруса, V — FI.
Разделив левую и правую части формулы (25.2) на V, получим количество потенциальной энергии, приходящееся на единицу объема бруса, т. е. величину так называемой удельной потенциальной энергии деформации*:
(26.2)
Потенциальная энергия U и работа А выражаются в кгосм, тс-м и т. д. Удельная потенциальная энергия и имеет размерность кгс-см/см3 (или кгс/см2), тс-м/м3 (или тс/м2) и т. д.
Рассмотрим одновременное действие нескольких сил на брус
со ступенчатым изменением
размеров поперечных сечений (рис. 23.2, а) при напряжениях, не превышающих предела пропорциональности. В этом случае для определения потенциальной энергии деформации и равной ей работы внешних сил формулу (25.2) надо применить к каждому участку бруса с одинаковыми значениями напряжений о и полученные результаты просуммировать, т. е.
у = л= 5 [ojV,/(2£)], (27.2) 1=1
нис. zd.z где п—число участков, отличаю-
щихся значением напряжений;
—нормальные напряжения в поперечных сечениях i-ro участка;
V/—объем i-ro участка.
Заменив в формуле (27.2) Vz на и oz на Ni/Fh получим
i=n
i=l
(28.2)
где Л\-—продольная сила в поперечном сечении бруса на участке Fi и Ц—соответственно площадь поперечного сечения бруса на участке i и длина этого участка.
На основании формулы (21.2) значения U и А можно выразить через работу внешних сил;
U = A = 2 (РД/2), (29.2)
где т — число сил Pz; 6Z—перемещение поперечного сечения, в котором приложена сила Pi9 по направлению этой силы.
* В отличие от удельной потенциальной энергии и величину U часто называют полной потенциальной энергией деформации.
42
В случае действия на брус распределенных по длине его оси продольных нагрузок или при непрерывном изменении размеров поперечных сечений бруса (рис. 23.2, б) потенциальная энергия деформации, накапливающаяся в элементарном объеме dV, определяется выражением
dU = (f-dV/2E.
Следовательно, накапливающаяся во всем брусе потенциальная энергия определяется выражением
^=4^- (30.2)
V
Подставив в формулу (30.2) значения o — N/F и dV = Fdl, получим
ЧйГ (31.2)
I
Анализ выражений потенциальной энергии деформации позволяет сделать следующие выводы:
1) потенциальная энергия всегда положительна, так как в ее выражения входят квадраты напряжений, деформаций, сил;
2) потенциальная энергия деформации бруса, вызванная группой сил, не равна сумме потенциальных энергий, вызванных каждой из сил отдельно. С математической точки зрения это является следствием того, что потенциальная энергия пропорциональна квадрату напряжения или силы, а квадрат суммы не равен сумме квадратов слагаемых;
3) количество (величина) потенциальной энергии не зависит от последовательности приложения нагрузки, так как конечные значения ст и N, входящие в ее выражения, не зависят от этой последовательности.
§ 7.2. СОБСТВЕННЫЙ ВЕС БРУСА
Если ось бруса вертикальна, то его собственный вес вызывает центральное растяжение или сжатие. Если вертикальный брус закреплен верхним концом, то от собственного веса он растягивается, а при закреплении нижнего конца — сжимается. Собственный вес вертикального бруса можно рассматривать как продольную (осевую) внешнюю нагрузку, распределенную вдоль оси бруса.
Рассмотрим брус постоянного сечения, закрепленный верхним концом и нагруженный только собственным весом (рис. 24.2, а).
Продольная сила Nx в поперечном сечении х этого бруса (на расстоянии х от его нижнего конца) равна весу нижележащей части бруса, т. е.
Nx=^Fx, (32.2)
где у—объемный вес материала бруса; F—площадь поперечного сечения бруса.
43
Нормальные напряжения в поперечных сечениях бруса определяются по формуле
= (33.2)
Эпюры N и о, показывающие изменение продольной силы и нормальных напряжений по длине бруса, изображены на рис. 24.2, б, в.
Рис. 24.2
Удлинение бруса Л/ определяется из выражения (18.2)
<м.*>
0 0 о
Умножая числитель и знаменатель последнего выражения на F, и учитывая, что yFl = G, где G — вес всего бруса, получаем
= (35.2)
Если бы сила G была приложена к брусу в нижнем его сечении (рис. 25.2, а), то продольные силы во всех сечениях бруса были бы равны G (рис. 25.2, б), а удлинение бруса равно GI/EF. В действительности собственный вес бруса только в верхнем сечении вызывает продольную силу N — G (см. рис. 24.2,6); среднее значение действительных продольных сил равно G/2, чем и объясняется наличие коэффициента 2 в знаменателе формулы (35.2).
44
Потенциальную энергию деформации бруса найдем по формуле (31.2):
v J 2EF j 2EF 2EF J u &EF ’ v и' ' 0 0 о
или
t/-G-7/(6£F). (37.2)
Найдем теперь перемещение поперечного сечения / — / того же
бруса (см. рис. 24.2, г). Это сечение перемещается вниз на величину 6Z, равную удлинению Да верхней части бруса длиной а.
Удлинение Да участка длиной а определяем от собственного веса этого участка Ga^yFa и веса Gt-a — yF(l—а) нижерасполо-женной части бруса длиной /—а (см. рис. 24.2, д). Деформацию
от веса G^a определяем по формуле (13.2), так как вес Gz_a является для участка а внешней силой, а деформацию от веса Ga—по формуле (35.2). При этом в указанные формулы подставляем а вместо I. Тогда
л ~\n_Gi-aa \ yF(l-a)a. yFa2 _
EF "Г 2EF EF ' 2EF
= ^(21-а). (38.2)
Подставляя в выражение (38.2) различные
значения а, можно получить величины вер-
тикальных (продольных) перемещений б различных поперечных сечений рассматриваемого бруса и построить по ним эпюру продольных перемещений (эпюру б), изображенную на рис. 24.2, е.
§ 8.2. ДОПУСКАЕМЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ. РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ
Основной задачей расчета конструкции является обеспечение ее прочности в условиях эксплуатации.
Прочность конструкции, выполненной из хрупкого металла, считается обеспеченной, если во всех поперечных сечениях всех ее элементов фактические напряжения меньше предела прочности материала. Величины нагрузок, напряжения в конструкции и предел прочности материала нельзя установить совершенно точно (в связи с приближенностью методики расчета, способов определения предела прочности и т. д.).
Поэтому необходимо, чтобы наибольшие напряжения, полученные в результате расчета конструкции (расчетные напряжения), не превышали некоторой величины, меньшей предела прочности, называемой допускаемым напряжением. Значение допускаемого напряжения устанавливается путем деления предела прочности на величину, большую единицы, называемую коэффициентом запаса. В соответствии с изложенным условие прочности конструкции,
45
выполненной из хрупкого материала, выражается в виде *
ар^[°р]; (39.2)
где <ур и ас—наибольшие расчетные растягивающие и сжимающие напряжения в конструкции; [ар] и [ос]—допускаемые напряжения при растяжении и сжатии соответственно.
Допускаемые напряжения [ор] и [ос] зависят от пределов прочности материала на растяжение овр и сжатие овс и определяются выражениями
[Ор] = ^вр/[«в]; fo] = ®вс/[« в] > (40-2)
где [пв]—нормативный (требуемый) коэффициент запаса прочности по отношению к пределу прочности.
В формулы (39.2) и (40.2) подставляются абсолютные значения напряжений [стс], стс и ствс.
Для конструкций из пластичных материалов (у которых пределы прочности на растяжение и сжатие одинаковы) используется следующее условие прочности:
«И, (41.2)
где ст—наибольшее по абсолютной величине сжимающее или растягивающее расчетное напряжение в конструкции.
Допускаемое напряжение [ст] для пластичных материалов определяется по формуле
[а] = от/["т]> (42.2)
где [пт] — нормативный (требуемый) коэффициент запаса прочности по отношению к пределу текучести.
Использование при определении допускаемых напряжений для пластичных материалов предела текучести от** (а не предела прочности, как для хрупких материалов) связано с тем, что после достижения предела текучести деформации могут весьма резко увеличиваться даже при незначительном увеличении нагрузки и конструкции могут перестать удовлетворять условиям их эксплуатации.
Расчет прочности, выполняемый с использованием условий прочности (39.2) или (41.2), называется расчетом по допускаемым напряжениям. Нагрузка, при которой наибольшие напряжения в конструкции равны допускаемым напряжениям, называется допускаемой.
Деформации ряда конструкций из пластичных материалов после достижения предела текучести не возрастают резко даже при существенном увеличении нагрузки, если она не превышает величины так называемой предельной нагрузки. Такими, например, являются статически неопределимые конструкции (см. § 9.2),
* В случае, когда решающими для прочности конструкции являются не нормальные, а касательные напряжения, условие прочности имеет вид
т<[т].
** Для пластичных материалов, не имеющих (на диаграмме растяжения) площадки текучести, вместо от принимается условный предел текучести о0>2-
46
а также конструкции с элементами, испытывающими деформации изгиба или кручения. Расчет этих конструкций производят или по допускаемым напряжениям, т. е. с использованием условия прочности (41.2)*, или по так называемому предельному состоянию. В последнем случае допускаемую нагрузку называют предельно допускаемой нагрузкой, а ее величину определяют путем деления предельной нагрузки на нормативный коэффициент запаса несущей способности. Два простейших примера расчета конструкции по предельному состоянию приведены ниже в § 9.2 и примере расчета 12.2.
Следует стремиться к тому, чтобы допускаемые напряжения были полностью использованы, т. е. удовлетворялось условие о = [а]; если это по ряду причин (например, в связи с необходимостью стандартизации размеров элементов конструкции) не удается, то расчетные напряжения должны как можно меньше отличаться от допускаемых. Возможно незначительное** превышение расчетных допускаемых напряжений и, следовательно, некоторое снижение фактического коэффициента запаса прочности (по сравнению с нормативным).
Расчет центрально растянутого или сжатого элемента конструкции на прочность должен обеспечить выполнение условия прочности для всех поперечных сечений элемента. При этом большое значение имеет правильное определение так называемых опасных сечений элемента, в которых возникают наибольшие растягивающие и наибольшие сжимающие напряжения. В тех случаях, когда допускаемые напряжения на растяжение или сжатие одинаковы, достаточно найти одно опасное сечение, в котором имеются наибольшие по абсолютной величине нормальные напряжения.
При постоянной по длине бруса величине продольной силы опасным является поперечное сечение, площадь которого имеет наименьшее значение. При брусе постоянного сечения опасным является то поперечное сечение, в котором возникает наибольшая продольная сила.
При расчет конструкций на прочность встречаются три вида задач, различающихся формой использования условий прочности: а) проверка напряжений (проверочный расчет);
б) подбор сечений (проектный расчет);
в) определение грузоподъемности (определение допускаемой нагрузки). Рассмотрим эти виды задач на примере растянутого стержня из пластичного материала.
При проверке напряжений площади поперечных сечений F и продольные силы N известны и расчет заключается в вычислении расчетных (фактических) напряжений о в характерных сечениях элементов. Полученное при этом наибольшее напряже
* В этом случае действительный запас несущей способности конструкции больше значения коэффициента запаса [пт], принятого при определении допускаемых напряжений.
** В практике инженерных расчетов считают возможным допускать перенапряжение до 3—5%.
47
ние сравнивают затем с допускаемым:
v = N/F^[o], (43.2)
При подборе сечений определяют требуемые площади [F] поперечных сечений элемента (по известным продольным силам 2V и допускаемому напряжению [о]). Принимаемые площади сечений F должны удовлетворять условию прочности, выраженному в следующем виде:
[F] = Л\ [о]. (44.2)
При определении грузоподъемности по известным значениям F и допускаемому напряжению [о] вычисляют допускаемые величины [AQ продольных сил: [W] = F[o]. По полученным значениям [JV] затем определяются допускаемые величины внешних нагрузок [Р].
Для этого случая условие прочности имеет вид
Р [Р]. (45.2)
Величины нормативных коэффициентов запаса прочности устанавливаются нормами. Они зависят от класса конструкции (капитальная, временная и т. п.), намечаемого срока ее эксплуатации, нагрузки (статическая, циклическая и т. п.), возможной неоднородности изготовления материалов (например, бетона), от вида деформации (растяжение, сжатие, изгиб и т. д.) и других факторов. В ряде случаев приходится снижать коэффициент запаса в целях уменьшения веса конструкции, а иногда увеличивать коэффициент запаса — при необходимости учитывать износ трущихся частей машин, коррозию и загнивание материала.
Величины нормативных коэффициентов запаса для различных материалов, сооружений и нагрузок имеют в большинстве случаев значения: [пв] — от 2,5 до 5 и [лт] — от 1,5 до 2,5.
Коэффициенты запаса прочности, а следовательно, и допускаемые напряжения для строительных конструкций регламентированы соответствующими нормами их проектирования. В машиностроении обычно выбирают требуемый коэффициент запаса прочности, ориентируясь на опыт проектирования и эксплуатации машин аналогичных конструкций. Кроме того, ряд передовых машиностроительных заводов имеет внутризаводские нормы допускаемых напряжений, часто используемые и другими родственными предприятиями.
Ориентировочные величины допускаемых напряжений при растяжении и сжатии для ряда материалов приведены в приложении II.
§ 9.2. СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ СИСТЕМЫ
Брусья и шарнирно-стержневые системы, в которых внутренние усилия от заданной нагрузки можно определить при помощи уравнений равновесия (уравнений статики), называются статически определимыми. В отличие от них статически неопределимыми на
48
зываются брусья и системы, внутренние усилия в которых нельзя определить при помощи одних лишь \ равнений равновесия. Поэтому при их расчете необходимо составлять дополнительные уравнения {уравнения перемещений*), учитывающие характер деформации системы. Число дополнительных уравнений, необходимых для расчета системы, характеризует степень ее статической неопределимости. Можно составить столько дополнительных уравнений, сколько необходимо для решения задачи.
Усилия в элементах статически определимых систем возникают только от действия внешней нагрузки (включая собственный вес конструкции). В элементах статически неопределимых систем усилия могут возникать и при отсутствии внешней нагрузки — в результате, например, изменения температуры, смещения опорных закреплений, неточности изготовления отдельных элементов конструкции.
Наиболее важным этапом расчета статически неопределимых систем является составление дополнительных (к уравнениям равновесия) уравнений перемещений. Способы их составления рассмотрим на примерах решения различных задач расчета статически неопределимых систем.
Рассмотрим стержень, защемленный (заделанный) обоими концами и нагруженный силой Р (рис. 26.2, а). Под действием силы Р в заделках возникают реакции Rr и Р2; требуется определить величины этих сил. Для данного случая (когда все силы действуют вдоль одной прямой) статика позволяет составить только одно уравнение равновесия:
+ (46.2)
Следовательно, для определения двух неизвестных и R2 необходимо составить дополнительно одно уравнение. Поэтому рассматриваемый стержень является один раз статически неопределимым (т. е. степень его статической неопределимости равна единице). Для составления дополнительного уравнения отбросим нижнюю заделку и заменим ее влияние на стержень реакцией R2 (рис. 26.2, б). Предположим, что действует только одна сила Р, а силы R2 нет**. Под действием силы Р деформируется только верхний участок стержня длиной а, в результате чего сечение, где приложена сила Р, перемещается вниз на величину Pa/{EF). Нижний участок стержня длиной b при этом не деформируется, а перемещается вниз, как жесткое тело, на такую же величину, на какую перемещается сечение, где приложена сила Р. В частности, на эту же величину перемещается вниз и нижний конец стержня.
Предположим теперь, что действует только сила Р2, а сила Р отсутствует. Под действием силы Р2 деформируется весь стержень,
* Уравнения перемещений называют также уравнениями совместности деформаций.
** Считая, что действует только сила Р, подразумеваем, чго она действует вместе с соответствующей ей реакцией верхней заделки R1~P.
49
в результате чего нижнии конец стержня перемещается вверх на величину R2l;(EF).
В действительности нижний конец стержня, будучи заделанным, не получает перемещения. Следовательно, перемещение его вниз, вызванное силой Р, должно быть равно перемещению вверх, вызванному силой /?2, т. е. Pa/(EF)==R2ll(EF), откуда T?2 = (a/Z)P. Зная величину /?2, из уравнения (46.2) можно найти ^ = (&//) Р.
После определения реакций R± и Т?2, вызванных действием силы Р, построение эпюры продольных сил и расчет на прочность производятся, как в случае статически определимой задачи.
Следует отметить, что направления неизвестных реакций, перемещений и т. д. можно принимать совершенно произвольно. В рассмотренном примере для реакций Rr и Р2 принято направление вверх. В результате расчета значения обеих реакций получились положительными; это означает, что действительные направления их совпадают с принятыми предварительно. Если, например, для реакции R2 принять направление вниз, то в результате решения дополнительного уравнения получим R2=^— (а^Р. Знак «минус» укажет на то, что действительное направление реакции нижней заделки обратно принятому направлению ее, т. е. что она направлена вверх. Таким образом, окончательный результат расчета не зависит от того, какое направление реакции принято предварительно.
Рассмотрим статически неопределимую плоскую шарнирно-стержневую систему, состоящую из трех стержней, нижние концы которых соединены общим шарниром D (рис. 27.2). Площадь поперечного сечения среднего стержня равна F^ а крайних стержней F2 = rtF1.
К шарниру D приложена вертикальная сила Р. Требуется определить усилия в стержнях от действия этой силы.
Так как соединения всех концов стержней шарнирные, то реакции Ra, Rb и Rc шарниров Л, В и С направлены вдоль осей
50
стержней и, следовательно, пересекаются в точке D. Число реакций равно трем. Но так как система и нагрузка симметричны относительно вертикальной оси, то реакции RA и Rc равны между собой, а потому для решения задачи достаточно определить две реакции RA и RB.
Для плоской системы сил, пересекающихся в одной точке, можно, как известно, составить два уравнения равновесия: 2Х=0 и = 0. Однако этих двух уравнений недостаточно для определения реакций Ra и Rb, так как уже использовано условие симметрии, а это равносильно использованию уравнения равновесия Остается лишь одно уравнение равновесия, а число
неизвестных усилий равно двум. Таким образом, для решения задачи необходимо составить одно дополнительное уравнение и, следовательно, задача является один раз статически неопределимой.
Уравнение равновесия 2^ = 0 имеет вид
2 Y = *в + 2/?л cos а — Р = 0. (47.2)
Для составления дополнительного уравнения рассмотрим перемещения системы.
В стержнях AD, BD и CD возникают продольные силы, равные соответственно 7?л, RB и RC = RA. Стержень BD под действием продольной силы RB удлинится на величину Ав== RBlv(EFy). Стержень AD удлинится на величину Дл = RAl2/(EF2). Учитывая, что /2 = /i/cosa и F2 = nFly получаем ^A = RAl1/(cos a-tiEFJ.
Шарнир D опустится на величину Дв и займет положение D' (рис. 27.2).
Для того чтобы выразить удлинение стержня AD через перемещение DD'=-kB, надо спроектировать это перемещение на направление оси стержня:
Дл = DD' cos а = Дв cos а. (48.2)
Здесь в связи с тем, что перемещение Дв мало по сравнению с длинами стержней, угол AD'B (рис. 27.2) принят равным а, т. е. углу ADB (между осями стержней AD и BD в недеформи-рованной конструкции).
Подставим в уравнение (48.2) выражения Дл и Дв, полученные выше:
7?л/i/(cos ос • nEF^ = RBlT cos ccz (EFJ, откуда
= cos2 а.
Решая это уравнение совместно с уравнением равновесия (47.2), получаем
<49-2»
Из выражений (49.2) видно, что с увеличением площадей поперечных сечений стержней AD и CD (т. е. с увеличением и) усилия в них увеличиваются, а усилие в стержне BD уменьшается.
51
Такой результат отражает особенности статически неопределимых систем, в которых повышение жесткостей некоторых элементов приводит к увеличению в них усилий и обычно к уменьшению усилий в остальных элементах. В статически же определимых системах распределение усилий в конструкции не зависит от жесткостей ее элементов.
Рассмотрим систему, состоящую из трех стержней: алюминиевой трубки /, стальной трубки 2, вставленной в алюминиевую, и чугунного сплошного стержня 3, расположенного внутри
А
йен М-Лдм
Рис. 28.2
стальной трубки (рис. 28.2, а). Обе трубки и чугунный стержень помещены между абсолютно жесткими плитами и сжимаются силой Р. Требуется определить напряжения в поперечных сечениях каждого из стержней, вызываемые силой Р.
Проведем горизонтальное сечение и составим уравнение равновесия для верхней части системы (рис. 28.2, б):
2Г = аЛ+<’Л+’Л-/, = 0. (50.2)
где <та, ас и ач—нормальные напряжения в поперечных сечениях соответственно алюминиевого, стального и чугунного стержней
52
(сжимающие нормальные напряжения приняты здесь положительными); Fa, Fc и F4 — площади поперечных сечений этих стержней.
Произведения oaFa, осЕс и o4F4 представляют собой продольные силы в поперечных сечениях стержней.
Другие уравнения равновесия для рассматриваемой системы параллельных сил составить нельзя, а потому для определения трех неизвестных напряжений оа, ос и оч, кроме уравнения равновесия (50.2), необходимо составить два дополнительных уравнения. В соответствии с этим рассматриваемая систета является два раза (дважды) статически неопределимой.
Для составления дополнительных уравнений используем то обстоятельство, что все три стержня зажаты между двумя жесткими плитами, а потому продольные деформации всех стержней одинаковы. Обозначим е относительную продольную деформацию стержней.
На основании закона Гука
е = oa/Ea = ас/Ес - ач/Еч, (51.2)
где Еа, Ес и Еч — модули упругости материалов стержней.
Из этого равенства получаем два дополнительных уравнения: ос-оа(Ес/Еа) и оч = оа (Еч/Еа). (52.2)
Подставив значения ос и сгч из уравнений (52.2) в уравнение (50.2), найдем
«а [F^(EjEa)Fc^{E4lEd)F4]^Pt откуда
аа ~ р р F* -rE F ~ ’ (53.2)
^ага I с'сгс 1 ьчгч гЛ
где F2P—приведенная к алюминию площадь поперечного сечёния всего составного стержня:
FF = Еа + (Ес/Еа) Ес+ (Еч/Еа) Еч. (54.2)
На рис. 28.2,6 показан вид эпюры нормальных напряжений в рассматриваемой системе при соотношении между модулями упругости Еа:Ес:Еч, равном 1:3:2.
Приведенные площади используют при проектировании брусьев разнородной упругости, например железобетонных колонн, состоящих из стальных стержней (арматуры), расположенных в бетоне. Сцепление между арматурой и бетоном исключает возможность перемещения арматуры относительно окружающего ее бетона. Поэтому продольные деформации бетона и арматуры одинаковы, а отношение нормальных напряжений в арматуре к напряжениям в бетоне равно отношению модулей упругости этих материалов.
Рассмотрим теперь систему, изображенную на рис. 29.2,а, состоящую из абсолютно жесткого бруса, опертого на шарнирную опору и прикрепленного к двум стержням ААУ и ССХ (изготовленным из пластичной стали) при помощи шарниров. Определим из
53
условия прочности стальных стержней допускаемую Нагрузку [Q], предельную нагрузку Qnp и предельно допускаемую нагрузку [Q]np.
Реакции и ЛС стержней AAt и ССХ, шарнирно прикрепленных по концам, направлены вдоль осей этих стержней. Реакция опоры В имеет горизонтальную составляющую Нв и вертикальную составляющую VB, так как эта опора препятствует горизонтальному и вертикальному перемещениям точки В бруса.
Рис. 29.2
Таким образом, всего имеется четыре неизвестные реакции (рис. 29.2,6)*, а уравнений равновесия для плоской системы сил можно составить всего три. Следовательно, данная система один раз статически неопределима и для ее решения требуется составить одно дополнительное уравнение.
По условию задачи необходимо определить реакции Л\ и N2 стальных стержней ЛЛХ и СС\ (равные продольным силам в поперечных сечениях этих стержней), а в определении реакций Нв и VB нет необходимости. Поэтому достаточно из трех возможных уравнений равновесия использовать одно, в которое не входили
* При составлении расчетной схемы (рис. 29.2, б) толщина жесткого бруса принята равной нулю.
54
бы реакции Нв и VB. Таким является уравнение в виде суммы моментов всех сил относительно шарнира В:
^Мв = — Afjcoso^-a—2V2cosQ (6-[-с) = 0. (55.2)
Для составления дополнительного уравнения рассмотрим деформацию системы. На рис. 29.2,6 штриховой линией показана ось бруса после деформации системы. Эта ось остается прямолинейной, так как брус является абсолютно жестким и, следовательно, не деформируется, а может лишь повернуться вокруг точки В. Шарниры А и С после деформации переходят в положения А' и С' соответственно, т. е. перемещаются по вертикали на величины
и 62. Из подобия треугольников АА'В и СС'В находим
61/62 = п/6. (56.2)
Выразим удлинение стержня ААг и удлинение Д/2 стержня CCi через перемещения и 62. Для этого спроектируем перемещения 61 и 62 на направления стержней:
AZi = 61cosal; A/2 = 62cosa2, откуда
Д/t _ COS
Д/2 62 cos a2
или с учетом равенства (56.2)
A/i_acos /к7
AZ2 Z?cosa2’
Но по закону Гука [по формуле (13.2)]
и, следовательно, на основании равенства (57.2)
^1/1^2 cos at /с-о 9х
~ Z? cos a2 * {oo.z)
Решив уравнение (58.2) совместно с уравнением равновесия (55.2), найдем значения продольных сил Nt и выраженные через нагрузку Q. Разделив силы и N. на площади поперечных сечений Ft и Г2 соответственно, определим нормальные напряжения Од и о2 в стальных стержнях. Приравняв затем большее из этих напряжений допускаемому напряжению [а], найдем значение Q, равное величине допускаемой нагрузки [Q].
При увеличении нагрузки Q сверх значения [Q] напряжения в обоих стержнях сначала увеличиваются прямо пропорционально нагрузке. Если, например, > о2 и, следовательно, значение [Q] найдено из условия аг = [о], то при увеличении нагрузки до некоторой величины Q > [Q] напряжения <т1 в первом стержне достигают предела текучести от. При этом напряжения <т2 во втором стержне остаются меньше от.
55
В процессе дальнейшего увеличения нагрузки напряжения в первом стержне остаются постоянными, равными пределу текучести*, а во втором — возрастают, пока также не становятся равными <гт. Это состояние системы называется предельным, соответствующим исчерпанию ее грузоподъемности; дальнейшее, даже незначительное увеличение нагрузки связано с весьма большими деформациями системы. Величину Q, вызывающую предельное состояние, обозначают Qnp и называют предельной нагрузкой.
Для определения значения Qnp составим уравнение равновесия в виде суммы моментов (относительно шарнира В) всех сил, действующих на жесткий брус в предельном состоянии, когда Q = Qnp.
= и Nt — otFa.
^Мв — — oxF! cos а—о^Р.2 cos а, Ъ Q„p (Ь с) = О, откуда
<?лр==Г^(/:'1С05а1-а + Л cosar&).
Разделив Qnp на нормативный коэффициент запаса несущей способности [п], получим величину предельно допускаемой нагрузки:
[<?1пр = Qnp/И- (59.2)
Если значение [п] в формуле (59.2) принять равным значению [пт] — от/[а] [см. формулу (42.2)], то величина предельно допускаемой нагрузки [Qnp] будет больше величины допускаемой нагрузки [Q], полученной расчетом по допускаемым напряжениям.
Более подробно вопросы определения предельных и предельно допускаемых нагрузок рассмотрены в гл. 17.
Установим теперь метод определения монтажных напряжений в статически неопределимой конструкции, вызванных неточностью изготовления ее элементов. Рассмотрим для примера конструкцию, состоящую из трех стальных стержней с площадями поперечных сечений Ft, Fa и F3, концы которых шарнирно прикреплены к двум жестким плитам (рис. 30.2, а). Все стержни должны были иметь одинаковую длину /, однако первый стержень был изготовлен на длиннее, а второй на 62 короче, чем по проекту (6j и 6а весьма малы по сравнению с /). В связи с этим после монтажа в стержнях возникли так называемые начальные (или монтажные) напряжения. Определим эти напряжения.
Предположим, что после монтажа конструкции нижняя плита заняла положение, показанное на рис. 30.2, а штриховой линией, т. е. что при монтаже все стержни удлинились и, следовательно, все они растянуты.
* Для пластичных материалов обычно принимается, что площадка текучести имеет неограниченную протяженность и, следовательно, напряжения в материале не могут быть больше ат. Более подробно этот вопрос изложен в § 1.17.
56
Проведем через стержни сечение /—/ (рис. 30.2, а) и составим условия равновесия для нижней (отсеченной) части конструкции (рис. 30.2,6):
а) сумма проекций сил на вертикаль
£Y ^ + ^4-^ = 0; (60.2)
б) сумма моментов сил относительно нижнего левого шарнира А
2Л1л-=-^2а-^з(а + &) = 0. (61.2)
Из уравнения (61.2) видно, что усилия N., и Л'3 во втором и третьем стержнях имеют различные знаки, т. е. один из них растянут, а другой сжат. Поэтому сделанное предположение о
том, что все стержни растянуты, неверно; оно, однако, упрощает дальнейшие рассуждения и не вносит ошибки в результаты расчета.
В два уравнения равновесия (60.2) и (61.2) входят три неизвестных усилия. Следовательно, рассматриваемая конструкция один раз статически неопределима.
Для составления дополнительного уравнения рассмотрим удлинения стержней при монтаже. Обозначим Дп Д2 и Д3 удлинения соответственно первого, второго и третьего стержней (рис. 30.2, а). Исходя из допущения об абсолютной жесткости плит заключаем, что все три нижних шарнира расположены на одной прямой. Это позволяет составить для подобных треугольников АСЕ и BCD (рис. 30.2, а) следующее соотношение:
= (aA-b)/b.
Но из рис. 30.2, а следует, что
Поэтому
At -р — Аз___Q ~Ь
Ag — $2 — A3 b
57
На основании закона Гука
Д^ВДЕЛ); Д2 = О(Е£2) и Д3 = О(Е£3).
Следовательно,
— Л^з/Д^з) __ ;V2//(£F2)-d2-iV3//(^3)
(a + b).b.
(62.2)
Подставляя в уравнения равновесия (60.2) и (61.2) и в допол-
нительное уравнение (62.2) числовые значения a, b, I, 6n 62, Е, F2, F3 и решая их совместно, можно определить продольные силы Afx, N2 и Л^3, возникающие в стержнях при монтаже конструкции. Разделив эти силы на площади поперечных сечений стерж-
а)
ней, найдем нормальные напряжения в поперечных сечениях.
Рассмотрим теперь два примера определения температурных напряжений, возникающих в результате изменения температуры элементов конструкции.
Пусть стержень (рис. 31.2, а) при некоторой температуре заделан обоими концами в неподатливые стены. Затем
температура повысилась до так что изменение температуры составило ДГ = /1—1°0. Если бы один конец стержня был свободен, то в результате нагрева длина стержня увеличилась бы и напря-
жения в стержне не возникли.
Но так как стены не дают стержню удлиниться, то он испытывает сжатие и в нем возникают продольные силы и напряжения. Отсутствие удлинения вызывает в данном случае возникновение напряжений. Рассматриваемая задача один раз статически неопределима, так как при двух неизвестных силах (реакциях стен) можно составить всего одно уравнение равновесия — в виде суммы проекций всех сил на горизонтальную ось.
Отбросим одну из заделок, например правую, и заменим ее действие на стержень силой R (рис. 31.2,6). Если бы этой силы не было, то стержень в результате нагрева удлинился бы на
величину
Д/^а/ДГ,
(63.2)
где а—коэффициент линейного расширения материала стержня.
В действительности же стержень не удлиняется. Следовательно, сила R, сжимая стержень, уменьшает его длину на величину Д/j?, равную величине Д/*. Таким образом,
&lR = Mt. (64.2)
По закону Гука
MR =Rl!(EF).
Следовательно, на основании равенств (63.2) и (64.2)
а/Д/° = /?//(££),
58
откуда
R = EFaM\
Возникающие в поперечных сечениях стержня нормальные сжимающие напряжения определяются из выражения
u = R/F = EaM°.
(65.2)
Рассмотрим теперь влияние повышения на величину Д/° температуры на усилия в конструкции, состоящей из двух жестких горизонтальных брусьев, соединенных тремя стержнями, из которых крайние—стальные с площадью поперечного сечения Fc каж
дый, а средний — медный с площадью сечения FM (рис. 32.2, а).
Из симметрии конструкции следует, что продольные силы в обоих стальных стержнях одинаковы.
Обозначим Wc продольные силы в стальных стержнях, a /VM— в медном. Предположим, что все стержни растянуты. Рассечем мысленно стержни
Рис 32 2
в уровне нижних шарни-
ров (рис. 32.2,6) и составим уравнение равновесия в виде суммы проекций па ось у сил, действующих на нижнюю (или верхнюю)
часть конструкции:
2 Y = Л\,-1- N. = - 2Л\ -L. л\, 0. (6G.2)
Использование свойства симметрии равносильно использованию уравнения равновесия в виде суммы моментов сил относиюльно среднего нижнего (или верхнего) шарнира.
Уравнение равновесия в виде суммы проекций всех сил на горизонтальную ось нельзя использовать для определения сил Л<с и 7VM, так как проекции этих сил на эту ось равны нулю.
Таким образом, при двух неизвестных продольных силах Nc и имеется одно уравнение равновесия и, следовательно, задача является один раз статически неопределимой.
Для составления дополнительного уравнения используем то обстоятельство, что горизонтальные брусья, в связи с симметричным расположением стержней, должны и после повышения температуры на величину Д/° оставаться горизонтальными и, следовательно, абсолютные удлинения всех стержней должны быть одинаковыми. Обозначая абсолютное удлинение медного стержня Д/м, а стального стержня Д/с, получаем
д/м=д/с.
59
Абсолютное удлинение каждого стержня равно сумме его температурного удлинения и упругой деформации $т продольной силы:
А/ч-ам/А/^ЬВД£м£м) и А/е- aj AZ Л\/, (£c£c),
следовательно,
aM/AZ3+^//(£M£M) ас1\Г \ XJ (ECFC), (67.2) где ам и ас —коэффициенты линейного расширения меди и стали соответственно; £м и £с—модули упругости меди и стали соответственно.
Решив совместно уравнение равновесия (66.2) и дополнительное уравнение (67.2), получим
(ам~ ас) 2£с/-с
И
^--2^.
Так как ам>ас, то продольная сила Nc положительна и, следовательно, стальные стержни растянуты; продольная сила N* отрицательна, т. е. медный стержень сжат.
§ 10.2. МЕСТНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ
Нормальные напряжения в поперечных сечениях стержней постоянного сечения на участках, удаленных от мест приложения сосредоточенных сил, при центральном растяжении или сжатии распределены равномерно. В стержнях переменного сечения в
местах расположения отверстий (рис. 33.2, а), выточек (рис. 33.2,6), галтелей (рис. 33.2, в), пропилов или прорезей (рис. 33.2, г) и уступов (рис. 33.2,6) напряжения распределены неравномерно. Чем более резко изменяется очертание, тем неравномернее в этой зоне распределены напряжения в поперечном сечении стержня. По мере удаления от места изменения очертания распределение напряжений постепенно приближается к равномерному.
Для того чтобы объяснить причину неравномерности распределения напряжений, мысленно представим траектории напряжений (так называемые силовые линии). При равномерном распределении напряжений расстояния между силовыми линиями одина
60
ковы (рис. 34.2, а), а при неравномерном—расстояния между ними меньше в местах с более высокими напряжениями. На рис. 34.2,6 показано расположение силовых линий в зоне отверстия: наибольшее сгущение линий наблюдается непосредственно у боковых сторон отверстия, где и возникают наибольшие напряжения.
Характер распределения напряжений в поперечном сечении стержня подобен характеру распределения скоростей течения жидкости в лотке, в котором установлены препятствия в виде столбов, имеющих в плане форму отверстия, выточки и т. п. Используя это подобие, можно представить характер распределения напряжений в местах резкого изменения очертания стержня. Так,
в частности, очевидно, что в точках а на рис. 35.2 скорости движения вдоль лотка равны нулю, а в точках b эти скорости максимальны. Поэтому в растянутых или сжатых стержнях такого же очертания в точках а напряжения равны нулю, а в точках b они достигают наибольшего значения. Вид эпюр напряжений в сечениях п—п стержней показан в нижней части рис. 35.2.
Нарушение равномерного распределения напряжений происходит в ограниченной зоне, т. е. оно носит местный характер. Поэтому и напряжения в этой зоне называются местными.
Возникновение высоких напряжений в местах нарушений правильной призматической формы стержня называется концентрацией напряжений. Выточки, отверстия и т. п. очаги концентрации напряжений принято называть концентраторами напряжений.
Отношение наибольшего напряжения в сечении к среднему напряжению^ в этом сечении называется теоретическим коэффициентом концентрации напряжений. Он обозначается ак:
ак ^наиб/^ср»
(68.2)
* В общем случае, когда напряжения и при отсутствии концентраторов распределены по сечению неравномерно (например, при изгибе или кручении), под сСк понимают отношение наибольшего местного напряжения к максимальному номинальному напряжению, т. е. вычисляемому по формулам сопротивления материалов для данного вида деформации стержня.
61
здесь
где Fmin—наименьшая площадь поперечного сечения стержня в зоне расположения отверстия, выточки, уступа и т. п.
Теоретический коэффициент концентрации напряжений может достигать величины ак = 3 и более; он зависит от формы и размеров выточки, прорези, уступа и т. п. Для примера на рис. 36.2 приведен график зависимости теоретического коэффициента концентрации ак от радиуса переходной галтели для круглого стержня с отношением D/d = 3.
Для уменьшения концентрации напряжений прорези (см. рис. 33.2, г) заменяют полукруглыми выточками (см. рис. 33.2, б), уступы (см. рис. 33.2, д) заменяют галтелями (см. рис. 33.2, в); при этом увеличивают радиусы закруглений галтелей и выточек, круглые отверстия заменяют эллиптическими, вытянутыми вдоль
оси стержня и т. п. Для снижения высоких местных напряжений у трещин и предупреждения их дальнейшего развития применяется рассверливание концов этих трещин. При проектировании конструкций следует избегать резких изменений очертаний элементов, приводящих к значительной концентрации напряжений.
Концентрация напряжений для пластичных материалов значительно менее опасна, чем для хрупких. В пластичных материалах после того, как наибольшие напряжения достигнут предела текучести, увеличение нагрузки сопровождается перераспределением напряжений: они увеличиваются лишь в тех точках, в которых ранее не достигали предела текучести. При продольной силе равной FminaT (гДе ат—предел текучести), нормальные напряжения по всему поперечному сечению равны от.
Таким образом, при статическом нагружении деталей из пластичных материалов концентрация напряжений практически не оказывает влияния на их прочность и не учитывается при расчетах. Исключение составляют элементы с острыми надрезами, тонкими пропилами и трещинами, в зоне расположения которых развитие пластических деформаций, а следовательно, перераспределение и выравнивание напряжений невозможны; такие элементы из пластичного материала разрушаются хрупко (без текучести и образования шейки).
В деталях из хрупких материалов, например из закаленной стали, перераспределение напряжений не происходит, а потому материал в местах концентрации напряжений может разрушиться даже в случае, когда средние напряжения в поперечном сечении стержня меньше допускаемых. Поэтому детали из хрупких мате
62
риалов при наличии концентраторов напряжений следует рассчитывать по пониженным допускаемым напряжениям.
Для чугуна, хотя он и является хрупким материалом, резкое изменение очертания стержня не опасно, так как в чугунных стержнях даже постоянного сечения возникают высокие местные напряжения. Это объясняется грубозернистой структурой чугуна, при которой промежутки между зернами выполняют роль острых надрезов (пропилов), приводящих к значительной концентрации напряжений. Поэтому концентрация напряжений для чугунного стержня в основном* определяется структурой чугуна и практически не зависит от наличия резких изменений очертания стержня.
Сведения о местных напряжениях, приведенные выше, распространяются не только на случаи центрального растяжения и сжатия стержней, но также изгиба, кручения и на сложные виды деформаций.
Примеры расчета
Пример 1.2. (к § 1.2—3.2, 5.2 и 6.2). Для стального бруса, изображенного на рис. 37.2, а, построить эпюры продольных сил, нормальных напряжений в поперечных сечениях бруса и перемещений этих сечений, а также определить потенциальную энергию деформации. Задачу решить без учета собственного веса бруса. Принять Е — 2-106 кгс/см2.
а) Л 6} г)
Решение. Продольную силу в поперечном сечении определяем, проектируя внешние силы, приложенные ниже рассматриваемого сечения, на ось бруса:
а) на участках ab и Ьс
Nab = Nbc = P1 = 2Q00 кгс\
63
б) на участке cd
Ncd = -г Pi 2000 -J- 4000 - 6000 кгс.
По полеченным значениям строим эпюру продольных сил .V (рис. 37.2,6).
В поперечных сечениях бруса возникают нормальные напряжения, величины которых определяются по формуле (3.2):
а) на участке ab
®ab = Nab/Fi ~ 2000,2 — 1000 кгс см2;
б) на участке Ьс
вЬс ~ Nbc/F2 — 2000,5 -- 400 лес см:;
в) на участке cd
ocd = N cd:F.2 = 6000,5 — 1200 кгс см2.
По полученным значениям строим эпюру нормальных напряжений о (рис. 37.2, в).
Поперечные сечения бруса под действием нагрузки смещаются по вертикали вниз. Величина 6Х смещения сечения, расположенного на расстоянии х от верхнего конца бруса, равна деформации участка длиной х:
а) для сечений на участке cd (при 0^х^50 см)
я Nedx бОООх
^=Ж==2ГЖ5^Ьл-10 а,;
перемещение сечения с (при х —50 см)
бс — 6’50-10~4-.0,03 см;
б) для сечений на участке Ьс (при 50 см^х^ 150 см)
LXf~50) =300-10-4- 2°vSF550)=2-100) гл;
Г 2 £ • 1U • О
перемещение сечения b (при х=150 см)
= 2- ю-4 (150 : 100) —0,05 см;
в) для сечений на участке ab (при 150 х 350 см)
= 664-У«Л1£~!50)=500- 1О-4-2ОО°^~‘5О)=5- 10~4 (х—50) гл; tLr 1 2 • J • О
перемещение сечения а (при х- 350 см)
ба 5-10~4 (350— 50) 0,15 см.
Р-5тС
Ч
Рис. 38.2
Во все полученные выражения бх координата х входит в первой степени, т. е. зависимость между 6 и х линейная. Это позволяет по подсчитанным перемещениям сечений а, Ь, с и по известному перемещению 6^ = 0 сечения d' построить эпюру перемещений б (рис. 37.2, г).
Для вычисления потенциальной энергии деформации бруса воспользуемся формулой (28.2):
Nlblab , N'bJbc Nhlcil _ 2000--200 2EFt + 2EF2 ‘ 2EF2 2-2-W-2 . 2000-100 , 6000--50 ...
+ 2-2-10^.5+-2.2T0<5^210 KX'CM'
Пример 2.2 (к § 1.2, 2.2, 5.2 и 6.2). Определить напряжения в поперечных сечениях стального бруса, имеющего форму усеченного конуса, изображенного на рис. 38.2, а также перемещение верхнего сечения и потенциальную энергию деформации бруса. Задачу решить без учета соб
ственного веса бруса. Принять £ = 2-10б кгс/см2.
Решение. Продольная сила во всех поперечных сечениях бруса одинакова: N =—Р — —5000 кгс (сжатие). Нормальные напряжения в поперечном
64
сечении бруса, отстоящем на расстояние х от верхнего конца, определяются по формуле (3.2):
ох — N/F х. где
(2+-!%Г*)г=3,14 (1 4-0,08х)2 см\ Поэтому _ —5000 _ —1592
°х~ 3,14(1 4-0,08х)2 ~ (1 —0,08.x)2 кгс!см"’ ов — —1592 кгс/см2;
„ _ -1592 1592 , 2
50 (1 -г 0.08-50)2 25 ~ 63,7 КХ СМ ‘
Перемещение верхнего конца бруса (вниз) равно укорочению всего бруса и определяется по формуле (18.2): 50 5000dx __
( J EFXJ 2-106-3,14 (1—0,08х)2 ~
i о
= 796-10~6 (-----—-------У° =
\ 0,08(1 -0,08х)/о
“tJF (тдао+ -THiW)"796'1»-5 “
Потенциальную энергию деформации бруса находим по формуле (31.2): 50
(~5ооо)^х ( -1 уо__
J 2EFX J 2-2-106-3,14 (1 4~0,08х)2 ’ 0,08(1 4-0,08х) А
I о
1,99/ -1 I 1 inn
0,08 V 1 4-0,08-50 "Ъ 4-0,08-0J 9,9 кгс'см'
Проверяем равенство потенциальной энергии деформации работе внешней силы Р [см. формулу (21.2)]:
л Р6 5000-796-10“5
А = — =--------------=19,9 кгс • см.
2
Пример 3.2 (к §1.2—3.2, 5.2—8.2). Стальной стержень площадью поперечного сечения F — 2 см2 закреплен верхним концом и находится под действием собственного веса (рис. 39.2, а). Найти наибольшую, допустимую по условию прочности длину стержня /доп, потенциальную энергию деформации этого стержня, а также перемещение его нижнего конца и сечения / — /.
Объемный вес стали у~ 7,8-10~3 кгс/см3. Допускаемое напряжение [о] = 1600 кгс, см2. Мод у л ь = 2-10 кгс{см2.
Решение. Обозначим х расстояние от нижнего конца стержня до произвольного поперечного сечения. Продольная сила Nx в сечении х равна [см. формулу (32.2)]:
— у/?х = 7,8-10“3-2х= 15,6-10~3х кгс.
на растяжение упругости Е~
где х~ в см.
Нормальные растягивающие напряжения в этом сечении ох — ух = 7,8 * 10 - Зх кгс 1см1.
3 № 2331
65
Наибольшие напряжения возникают в верхнем сечении стержня: oz = 7,8-10~3/ кгс/см2.
При наибольшей допустимой длине стержня напряжения в опасном (верхнем) сечении должны быть равны допускаемому напряжению; условие прочности для данной задачи имеет вид
oz = [o], или 7,8-10“3/доп = 1600, откуда
Gon=T^T3-=205-103 сл« = 2,05 км.
Таким образом, допустимая по условию прочности длина стержня получается очень большой. Поэтому учет собственного веса вертикальных стержней необходим только в редких случаях — при весьма большой их длине, например при расчете тросов подъемников в глубоких шахтах. В большинстве же практических случаев расчет таких стержней производится без учета собственного веса.
Потенциальная энергия деформации стержня на основании формулы (37.2) равна:
G4 _(уЯ)2/_ у2Н3 _(7,8-10-3)2.2(205-103)3_
U~~bEF~~ 6EF — 6Е ~ 6-2- 10б
= 8,74-104 кгс-с;и = 0,874 тс>м,
где G = yFl — вес стержня.
Перемещение нижнего конца стержня равно полному его удлинению и может быть определено по формуле (35.2).
Следовательно,
Gl _yFl.l_yl* _7,8-10~3 (205-103)2 2EF 2EF ~~ 2Е 2-2-106 ~
Перемещение сечения 7— 7 стержня равно деформации его верхнего участка длиной /х = 400 м. Для вычисления этой деформации определяем вес дх участка стержня ниже сечения 7 — 7 и вес 02 верхнего участка
Gx = yF (/ — lj) = 7,8 • 10 - 3• 2 (20,5 • 104—4 • 104) = 2576 кгс.
==7,8.10-3.2.4.104 = 624 кгс.
Сила Gi при определении деформации верхнего участка стержня рассматривается как сосредоточенная сила, приложенная к его нижнему концу, а сила 62 является собственным весом этого участка и вызванное ею удлинение определяется по формуле (35.2), т. е. так, как если бы эта сила была приложена в центре тяжести рассматриваемого участка (рис. 39.2,6). Таким образом,
а _л/ । G2Zi_ Zi 4U°4 (ow l 624Voqo
6z—д/1— pp + 2EF~ EF 2 )~ 2-10e-2 ^257б+ 2 / 28,9 сл-
Пример 4.2. (к § 1.2—3.2, 5.2, 7.2 и 8.2). Установить закон изменения площадей поперечных сечений стержня равного сопротивления (т. е. такого стержня, нормальные напряжения во всех поперечных сечениях которого одинаковы), изображенного на рис. 40.2, а и находящегося под действием собственного веса и силы Р, если нормальные напряжения в его поперечных сечениях равны [о].
Определить полное удлинение стержня.
Решение. Вырежем из стержня двумя сечениями, перпендикулярными к его оси, элемент бесконечно малой длины dx (рис. 40.2, а, б). Этот элемент находится в равновесии под действием сил N Xi Nx-^dNx и собственного веса dG.
По условию задачи:
^ + d^=[o](fx + ^).
66
где Fx— площадь поперечного сечения стержня на расстоянии х от его нижнего конца. Вес элемента
dG ~ yFx dx, где у — объемный вес материала стержня.
Условие равновесия элемента dx имеет вид
^Х — —N X^(N x~dN x) — dG = 0 ИЛИ
- [a] Fx + [а] (F х 4- dFx) - yFx dx = О, откуда
[a]dFx—'fFxdx = 0 и ^=±dx. Fx
Проинтегрируем последнее уравнение:
Следовательно,
Fx = e^ = Сое^ , где С0 = ес.
Постоянную интегрирования Со определим из граничного условия:
при х = 0
Р пгт0 -
^ = fe = i^=Cee101 = С0.
Подставим полученное значение Со — Р/[о] в выражение Fx:
Рис. 40.2
Это выражение представляет собой уравнение логарифмической кривой.
Для вычисления полного удлинения Д/ стержня определим сначала удли-Ло закону Гука
EFX Е *
Следовательно,
Д/ = У Д (dx) = У dx==l~E I-о о
Полученная форма стержня равного сопротивления теоретически является наиболее экономичной. Однако изготовление стержня такой формы затруднительно. Поэтому его заменяют обычно стержнем со ступенчатым законом изменения поперечных размеров.
Пример 5.2 (к § 5.2 и 7.2). Стальной стержень (£ = 2-106 кгс!см1, у = 7,8-10~3 кгс/см3) находится
под действием силы Р =200 кгс и собственного веса (рис. 41.2). Найти перемещение сечения /—/.
Решение. На основании принципа независимости действия сил полное перемещение 6/ сечения / — / равно сумме его перемещений Ь1Р~от действия силы Р и bjQ — от действия собственного веса, т. е. = +
нение Д
элемента
'-^20смг
Ъ = 100см
С = 80см
С - 8UCM j • d = 50сму~ j
р*200кгс
'Г2= Юсм2
Рис. 41.2
К
I
67
Перемещения бур и 6zg равны удлинениям (соответственно от силы Р и собственного веса) участка стержня длиной a~rb-{-c, расположенного выше сечения / — /, т. е.
6/р = Мар + + Ыср
и
&/G ~ AlaG~t~ ^bG cG'
Нагрузка Р вызывает удлинение только участка стержня длиной а, так как на остальных участках продольные силы от этой нагрузки равны нулю. Следовательно, &1ЬР~ &1сР — 0 и на основании закона Гука
л л/ 200-200 ,Л_3
6/р &аР £Ft 2-10«-20 ° СМ'
Определим удлинение AZ^g + A/^g участка длиной a-f-б от веса стержня. Оно вызывается весом Gc + d нижележащего участка длинойc-^-d и собственным весом Gaib участка длиной а-{-Ь:
Л1 ' л it. ^c + d(^4~6) . Ga + b (й -J- b) ^aO । &lbG Ер "i
_a±b ( , Ga + b\ 2004-100 f ,n ... 4Q.8\_n.. ,
~ EFt \c + d~r 2 J —2-10«-20 \ °’ 4 + 2 / 0,252,10 CM'
где
Gc+d = Y^2 (c-H) = 7,8- 10-3-10 (80-(-50)= 10,14 кгс;
Ga+b = (a + b) = 7,8 • 10 -3 • 20 (200 + 100) = 46,8 кгс.
Определим удлинение A/cG участка длиной с от собственного веса стержня. Оно вызывается весом G^ нижележащего участка длиной d и собственным весом Gc участка длиной с:
д/г0 = (Gd+т) =2-ю«. ю (3’92~) =0,028‘10-3 сж-
где
Gd~yF2d = 7,8-10-3-10-50 = 3,9 кгс;
Gr = уГ 2С = 7,8.10“3*10-80 = 6,24 кгс.
Таким образом,
6/о = А/аО + А/6О + А/сс = 0.252.10-3+0,028-10-3 = 0,28.10-* см, б7Р=10-3сл и, следовательно,
б7 = 0,28-10-3+ 10-3 = 1,28-10-3 см,
т. е. сечение I — I стержня опустится на 0,0128 мм.
Пример 6.2 (к § 4.2). Круглый стальной стержень длиной 200 мм и диаметром 20 мм разорван на испытательной машине. После разрыва общая длина частей стержня составляет252 мм, а наименьший диаметр шейки равняется 14,5 мм. Определить остаточное относительное удлинение образца и остаточное относительное сужение шейки.
Решение. Остаточное относительное удлинение равно отношению остаточного удлинения к первоначальной длине образца [см. формулу (16.2)]
б=тгг^ • 100%=26%-
Остаточное относительное сужение шейки равно отношению изменения площади поперечного сечения образца в месте образования шейки к первоначальной площади сечения [см. формулу (17.2)]:
. 1ОО%=47.5.,
68
Пример 7.2 (к § 5.2 и 6.2). Абсолютно жесткий брус АС прикреплен в точке А к неподвижному шарниру, а в точке В поддерживается стальной тягой BD, имеющей площадь сечения F (рис. 42.2, а). К концу С бруса приложена сила Р. Определить вертикальное перемещение 6с точки С.
Рис.
Решение. Составим уравнение равновесия бруса в виде суммы моментов действующих на него сил (рис. 42.2,6) относительно точки А:
= Р (/, + /,)-ЛГВО г =0, где г = sin а.
Следовательно,
Удлинение тяги
Л/ __^в^вр_Р(К + ^(^со8а) + M
BD EF /jsina EF EF sin a cos a*
Здесь длина тяги
<*•
Точка В, как и точка С бруса, перемещается по вертикали. Обозначим перемещения этих точек дд и 6с- Из рис. 42.2, в (на котором положение точки В после перемещения обозначено Bt) видно, что Ывр — ^в sin а и, следовательно,
6 Р(/х + /2)
в sin a EF sin2a cos a’
Из подобия треугольников ABBX и ACCt (рис. 42.2, e) находим
6с=к±Ь6в=-c sin2 a cos a
Этот же результат можно получить значительно проще, если воспользоваться формулой (23.2), вытекающей из закона сохранения энергии:
U — A,
где U — потенциальная энергия деформации (в данном случае энергия деформации тяги); А — работа внешней нагрузки (в данном случае силы Р).
69
По формулам (21.2) и (24.2):
. _ Pbc. и = nbd 1вр_ ГР(/, + /2)12 /1 _ P2(h + ‘^
2 * 2EF L /i sin a J cosa2EF sin2a cos a 2EF *
Но так как U = A, то
Pbc= P2(G + M2 2 li sin2 a cos a 2EF ’
откуда
6
c EF/1sin2acos a’
Пример 8.2 (к § 3.2). Стальной стержень квадратного сечения со сторонами а = 2 см растянут силой Р = 4 тс. Определить размеры поперечного сечения
а)
Рис. 43.2
стержня после его деформации, если Е = 2-10в кгс!см2 и коэффициент Пуассона р = 0,25.
Решение. Относительная продольная деформация стержня
Р 4000 с |Л , р —---—----------— 5 • 10 ~ 4
EF 2-10в-2-2 '
Относительная поперечная деформация стержня
е' = — Ме = —0,25-5-10-4 = — 1,25-10~4.
Знак «минус» указывает на то, что размеры поперечных сечений стержня уменьшились. Размер стороны квадратного поперечного сечения после деформации стержня
a (1 + е') == 2 (1 — 1,25-10-4) = 1,99975сл/.
рис. 43.2, б—эпюра N продольных ниях. Произвести расчет стержня
Пример 9.2 (к § 8.2). На рис. 43.2, а показан металлический стержень, а на сил, возникающих в его поперечных сечена прочность в указанных ниже четырех
случаях.
1. Стержень изготовлен из пластичной стали:
[о] = 1600 кгс/см2\ Р = 3 тс; Ех = 10 см2; F2 = 4 см2.
Проверить прочность стержня.
Решение. Поперечные сечения участка /// стержня не могут быть опасными, так как в них продольная сила меньше (по абсолютной величине), чем в сечениях участка //, а площади поперечных сечений участков II и /// одинаковы. Опасными могут быть сечения участка / или II. Определим нормальные напряжения в них:
4Р 4-3000 ,
= =1200 кгс/см2;
ГJ гх 10
jV —2Р -2-3000 1КЛЛ , 2
Огг = -~я—•=------1--=—1500 кгс см2.
Р2 4
Стержень является прочным, так как условие прочности (41.2) выполняется; О/= 1200 кгс/см2 < [о] = 1600 кгс/см2;
ас = | а/7 | = 1500 кгс/см2 < [а] — 1600 кгс/см2.
2. Стержень изготовлен из чугуна: [ар] = 800 кгс/см2: [ас]= 1500 кгс/см2; Р = 3 тс; Fx = 10 аи2; Е2 = 4 см2.
Проверить прочность стержня.
70
Решение. Определяем нормальные напряжения в поперечных сечениях участков /, // и /// стержня:
4Р 4-300 1ОАА , 2
О/ = = -тг-=—гл— = 1200 кгс/см2;
?! ?! 10
-2Р -2.3000 1RAA f 2
07/ = -—- = -^—=---1---=—1500 кгс/см2;
?2 *2 4
Nni Р 3000 7СА , ,
а///= -4^=-г-=-7~=750 кгс/см2.
?2 *2 4
Сжимающие напряжения о/7 =—1500 кгс/см2 удовлетворяют второму из условий прочности (39.2):
ас = I ° и I = 1500 кгс/см2 ~ [ос] = 1500 кгс/см2.
Наибольшие растягивающие напряжения crj = 1200 кгс/см2 не удовлетворяют первому из условий прочности (39.2):
пр = О/=1200 кгс/см2 > [ор] = 800 кгс/см2.
Следовательно, прочность стержня недостаточна.
3. Стержень изготовлен из пластичной [о] =1600 кгс/см2, Р = 3 тс. Подобрать площадь Fr поперечных сечений стка / и F2—цля участков // и 111.
Решение. По формуле (44.2):
Р N, 4Р 4-3000 7 -А 2
Fi = г —7,50 см^ [nJ [о] 1600
|iV/7| 2Р 2-3000 Q7- 2
^^пТ=М=Т60(Г=3-75 СЛ<
стали: для уча-
Принимаем
р! = 7,5слЛ Р2 = 3,8 см2. изготовлен из пластичной [о] = 1600 кгс/см2; Рг=10 см2; F2~4 см2. Определить допускаемое значение нагрузки Р.
Решение. Определяем допускаемые (по условию прочности) значения продольных сил:
4. Стержень
стали:
[#/] = [о] Рг = 1600-10= 16 000 кгс;
|[WZ/]| = [tf/z/] = [о] F2 = 1600-4 = 6400 кгс.
Из эпюры N (рис. 43.2,6) следует, что Nj = 4P, \ Nn\ = 2P и Nni=:P. Тогда из условия прочности для участка 1 стержня
JV7 = 4Р < [ЛЧ = 16 000 кгс, откуда
Р*С4000 кгс; для участка //
| Nn | = 2Р < |[ A^/z]| = 6400 кгс, откуда Р<:3200 кгс;
для участка 111
Njjj = Р [Af//;] = 6400 кгс,
Р «С 6400 кгс.
Допускаемое значение нагрузки Р, при котором условие прочности выполняется для всех участков стержня, равно меньшему из найденных значений, т. е. [PJ = 3200 кгс.
Пример 10.2 (к § 2.2 и 8.2). Определить толщину стальной полосы шириной 6=12 см, растягиваемой силой Р = 20 тс, если [о] = 1600 кгс/см2. Полоса прн-
71
креплена к стальному листу одним рядом заклепок диаметром d = 26 лиг Найти нормальные и касательные напряжения в наклонных сечениях 1 — 1 и // — // (рис. 44.2, а).
Решение. Наиболее слабым сечением полосы является сечение А— А, проведенное через центр первой заклепки (рис. 44.2, а). В этом сечении продольная сила W равна Р. В других сечениях, также ослабленных отверстиями, продольные силы меньше Р, так как часть нагрузки через заклепки, расположенные ближе к силе Р, уже передана стальному листу.
Рис. 44.2
Фактическая (рабочая) площадь полосы в сечении А — А равна Рцгл0~(Ь—d) б, где б— толщина полосы. Из условия прочности (44.2) находим необходимую площадь поперечного сечения полосы:
F -HL—Р_20000_[25сЛ(2
нетто-(aj — 1600 — ‘АО С* •
Следовательно,
(Z>—d)6 = 12,5, откуда необходимая толщина полосы х_12,5_ 12,5 _1QQ t>~b—d~ 12—2,6— ’33 CM'
Принимаем 5 ==14 мм. Нормальные напряжения в поперечных сечениях на участке между силой Р и сечением А — А
Р Р 20 000 11ПЛ
=-гг== Tn-7~z== 1190 кгссм-. г Ьо 12-1,4
По формулам (6.2) и (7.2)
0/~о cos2 az = 1190 cos2 (—30°)= 1190
= 892 кгс!см*\
= -~ sin 2a; sin (—60°) = -—595-—^- = —515 кгс/сл2; az/~ a cos2 = 1190 cos2 60°= 1190-0,52 = 297 кгс/см?’, T/y==-~-sin 2a/7 = iy^ sin 120° = 595=515 кгс/см*.
72
Сечения / — I и // — // взаимно перпендикулярны; поэтому напряжения Т/ и т7/ равны друг другу по величине и обратны по знаку.
Полученные направления напряжений показаны на рис. 44.2, б.
Пример 11.2 (к § 1.2, 5.2 и 9.2). Стержень постоянного поперечного сечения (площадью сечения ?), защемленный обоими концами, нагружен силами PV = P и Р2 = 2Р (рис. 45.2, а). Построить эпюры продольных сил и перемещений.
Решение. Условие равновесия стержня имеет вид (см. рис. 45.2, а)
+ + или /?1 + /?2 = Р2-Р,=2Р-Р = Р.
Продольная сила в сечениях различных участков стержня:
Nab — Rv Nbc — Ri — P* N CD~ —
Это легко установить, проектируя силы, расположенные по одну сторону от рассматриваемого сечения, на ось стержня.
о)
А
В К ^2Р
F
^РгР 0
Рис. 45.2
Определим продольные деформации участков по формуле (13.2):
А. UАВС Р.а . Л/ lNBcb -Р2)2а_(/?1-2Р) 2а.
’ M3C—~EF— EF ~ EF ’
л/ _КС£>а_ R.a ^1cd—ef~"~-ef-
Дополнительное уравнение получаем из того условия, что сумма продольных деформаций всех участков равна нулю, так как расстояние между жестко защемленными сечениями А и D измениться не может:
Af А в + ^вс + ^cd — О, или
“ l/?1+2(/?1-2P)-P2J=0. С/Г Ел Г СГ Ел Г
откуда
3/?1-Я2 = 4Р.
Решаем это уравнение совместно с уравнением равновесия; получаем R^lJbP; Я2 = -0,25Р.
73
Сила R2 получается отрицательной; это означает, что действительное направление ее противоположно принятому при расчете, т. е. что реакция нижнего защемления направлена вниз.
Подставив величины и /?2 в выражения продольных сил, получим значения этих сил:
N — ],25Р (растяжение);
Nbc = Ri — Р2 = 1,25Р—2Р =—Q,75P (сжатие);
Ncd — —Р2 = 0,25Р (растяжение).
По этим значениям построена эпюра изображенная на рис. 45.2, б.
Составим выражения для перемещений поперечных сечений, отстоящих на расстояниях х (см. рис. 45.2, а) от верхнего конца стержня (перемещения вниз считаем положительными):
а) для участка АВ
с _Л/дях_],25Рх.
х EF EF ’
при х = 0
бл=о;
при х = с — а , 1,25Ра
б) для участка ВС
. А , Nrc(x-c) 1,25Ра 0,75Р(х-я) Р
= +---------~~~~EF----------EF-----^EF (2а“-°>75х)>
при х = с = а л 1,25Ра бд= ЕР ;
при х = с-\-Ь = За . 0,25Ра 6с= -Ёр ;
в) для участка CD
е с , Ncd<x—с—Ь) G.t ~ о с Н -----
0,25Ра . 0,25Р (х—За) Р
—Ёр~-\--------&---------(0,2.x-а),
при х = с-(-Ь = За
. 0,25Ра
6с =----ёР~
при х = с4-64-п = 4а
6D = 0.
По полученным значениям построена эпюра перемещений 6 (рис. 45.2, в).
Пример 12.2 (к § 9.2). Абсолютно жесткий брус АС, нагруженный силой Р = 30 тс, шарнирно закреплен в точке А и подвешен на двух стальных стержнях с сечениями Р1 = 5 см2 и Р2=10 см2 (рис. 46.2, а). Найти напряжения в стержнях. Определить допускаемую нагрузку [Р] и предельно допускаемую нагрузку [Р]пр при [о] = 1600 кгс/см2, от = 2400 кгс1см2 и [п] = 1,5.
Решение. Отбросим мысленно левый и оба верхних опорных шарнира и заменим их влияние на конструкцию опорными реакциями Ru R2 и усилиями в стержнях Nlt N2 (рис. 46.2, б). Составим уравнения равновесия бруса:
2х = _ Я1=0; 21' = ^2 + Л'1-г^-Р = 0;
2 МА =— ЛГг 1,0— N2-3,0-4- Р-1,5 = 0.
74
В три уравнения равновесия входят четыре неизвестные силы, и, следовательно, задача является один раз статически неопределимой. Для составления дополнительного уравнения рассмотрим деформацию конструкции.
В результате удлинения стержней брус (который предполагается абсолютно жестким) повернется вокруг шарнира Д, оставаясь прямым (рис. 46.2, в). Перемещение шарнира В равно удлинению Д/х первого (левого) стержня, а переме
второго (правого) стержня. Из подобия тре-
щение шарнира С—удлинению Д/2 угольников (рис. 46.2, в) находим
1,0
Д/2 3,0 ’
откуда
Д/^ЗД/р
Но на основании закона Гука д/ Л1~ EFX '
а д/ —
а &l*~EF2 ’
и, следовательно,
EF2 ’
откуда
N2 = 3.^=3- -V-.’V-= 12Л\.
< Xь2 0*1,и
Подставим найденное значение ЛГ, в последнее из уравнений равновесия: — ZVi — 12AZr3 + P. 1,5=0,
75
откуда
.. 1,5Р 1,5.30 1П1_
= —=1,217 тс,
О/ О/
И
Л^2= 12-1,217= 14,6 тс.
Напряжения в стержнях
Л\ 1217
5
243 кгс/см2
и
__ Д/?_ 14 600 _
<,г~ F.2~ 10 ~
1460 кгс/см2.
Найдем теперь допускаемое значение [Р] сиды Р. При Р~ [PJ нормальные напряжения в более напряженном втором стержне о2 = [о]=1600 кгс/см2, а не 1460 кгс/см2, как при Р = 30 тс.
Следовательно,
^=3O-S=32’8mc-
При предельном состоянии системы, соответствующем исчерпанию ее грузоподъемности, нормальные напряжения в поперечных сечениях обоих стержней равны от, а следовательно,
Nl — отР1 = 2400-5 = 12 000 кгс и /V2 = oTF2 = 2400-10 = 24 000 кгс.
Из условия равновесия ~—Л\-1— ^2-3jPnp-1,5 = 0) находим зна-
чение предельной нагрузки:
«®+±21“=56()(и кгс.
1,0 1,0
По формуле (59.2) находим предельно допускаемую нагрузку:
[Р] = £^=51^9=37 333 кгс X 37,3 тс.
1 Jnp [nJ 1,5
Пример 13.2 (к § 9.2). Железобетонная колонна сечением 40 X 40 см нагружена вертикальной силой Р=100 тс. Площадь поперечного сечения продольной арматуры (из стали СтЗ) Рд = 50 см2. Определить нормальные напряжения в бетоне и в арматуре, если модули упругости арматуры £а = 2,1 • 106 кгс/см2, а бетона Е$ = 1,4-105 кгс, см2.
Решение. Определим площадь бетона:
F6 = F —Fa= 1600—50= 1550 см2, где F — площадь поперечного сечения колонны, равная 40 X 40=1600 см2.
Определим приведенную площадь бетона [см. формулу (54.2))
f6p = f6 + ^^=1550 + 50-?44S=2300 см2-
1,4* 1U°
Нормальные напряжения в бетоне [см. формулу (53.2)]:
Р 100-10» ,
°б = 7gP ==—2300~=^3,5 кгС/СМ~-
Нормальные напряжения в арматуре [см. формулу (52.2)]:
оа = об ±1 = 43,5 • =653 кгс/см2.
Ец 1,4* 105
76
Пример 14.2 (к § 9.2). Абсолютно жесткая балка подвешена на двух медных и одном стальном стержнях. При изготовлении стальной стержень сделан длиннее, чем это требовалось по проекту, на 6 = 0,5 мм (рис. 47.2, а). Определить монтажные усилия в стержнях после сборки конструкции (рис. 47.2, б) и усилия
в них при действии на балку силы Р = 50 тс. Площади стержней одинаковы и равны F— 20 см-; модуль упругости стали £с = 2-106 кгс/см2 и меди £м = = 106 кгс/см1.
Решение. Отбросим мысленно стержни и заменим их действие на балку силами NM и Ас (в связи с симметрией конструкции усилия Л'м в обоих медных стержнях одинаковы).
Составим уравнение равновесия балки:
5Г = 2Л'НЧ-Л'С-Р = О.
После монтажа системы и приложения к ней силы Р балка переместилась вниз, оставаясь (из-за симметрии конструкции) горизонтальной. Длины всех трех стержней при этом стали одинаковы и равны (рис. 47.2, б). Удлинение стального стержня
Д£с = Д/м — 6, где Д/м — удлинение медного стержня.
Подставим в это уравнение выражения удлине-/V / А I
ний Д/м = д и Д/с==-~р (на основании закона £MF £CF
Гука):
А Л К1 ___ .
ECF ~EHF °’
откуда
N _А£^«4-6^=Л- .J2L+OO5.12^
м~ Ес I с 2-10б+’ 200 ’
и окончательно
Ам = 0,5Ас + 5000 кгс.
поперечных сечений всех
Подставим значение Ам в уравнение равновесия: 2АС4-10 000 —Р = 0,
откуда
и, следовательно.
АГ £ — 10 000
А' с =---------кгс
Л, л Р-10 000 , Р^ 10 000 л „ = о, 5----Н 5000 =----
кгс.
Монтажные усилия, вызванные неточностью изготовления стального стержня, определим, подставив в выражения Ас и Ам значение Р = 0. Тогда Л'с =—5000 кгс и Ам = 2500 кгс. При силе Р = 50 тс полные усилия в стержнях (от неточности изготовления стального стержня и от нагрузки)
кг Р —10 000 50 000—10 000
---2---
Р+10 000 а и — 4
20 000 кгс\
2
50 0004-10 000 1С.Л_П ~ 15 000 кгс.
4
Пример 15.2 (к § 9.2). Стержень ступенчатого переменного сечения, заделанный обоими концами в неподвижные стены, нагрет на Д/°. Площадь попереч-
77
кого сечения стержня на участке длиной kl равна F, а на участке длиной (1 — k)l равна nF (рис. 48.2, а). Модуль упругости материала стержня Е, а коэффициент линейного расширения а.
Определить в общем виде нормальные напряжения в поперечных сечениях заданного стержня, вызванные его нагревом. Используя полученное общее решение, найти температурные напряжения в рельсах сварного трамвайного пути при изменении температуры от—10°до 4-35° при £ = 2-106 кгс/см2, иа=12-10~6.
Решение. Отбросим мысленно правую заделку и заменим ее действие на стержень реакцией R (рис. 48.2,6). Под действием температуры такой стержень удлинится на величину Д/^=а/-Д/° и свободный конец его переместится вправо
Рис. 48.2
на эту же величину. В действительности же правый конец, заделанный в стену, перемещаться не может, и, следовательно, сила /?, сжимающая стержень, укорачивает его на величину = Но по закону Гука укорочение стержня от силы R
Rkl , R(\—k)l Rl (. , 1—АЛ
* EF 1 EnF EF \ 1 п J
Следовательно,
откуда _ а-Д/°£Г
~ I_____ь *
Л4-— ‘ п
Продольная сила М во всех поперечных сечениях стержня одинакова: —— R (сжатие). Напряжения в поперечных сечениях стержня на участке длиной kl
М R • а-Д/°£
а/~£“ F ~~ 1—k*
г ' /?+—
1 п а на участке длиной (1 — k)l
R_ а-Д/с£ ail~nF~ nF~ k(n— 1)+Г
Эти выражения, полученные для стержня ступенчатого переменного сечения, после подстановки в них значения п = 1 дадут значения напряжений в стержне постоянного сечения:
а = = 011 = — а-ЬГЕ.
Как стержни, заделанные обоими концами, можно рассматривать рельсы сварного трамвайного пути, звенья которых имеют весьма большую длину. Поэтому средние участки таких звеньев не могут смещаться вдоль осей рельсов. Температурные напряжения (сжимающие), возникающие летом при температуре +35° С в рельсах трамвайного пути, уложенного зимой при температуре —10е С, равны:
и = —а-Д/°£ =—12- 10~б [4-35—(—10)]-2-106 =—1080 кгс/см*.
78
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1.2. (к § 2.2). Прямой стальной стержень площадью поперечного сечения Г = 6 слс2, закрепленный верхним концом, растягивается силой Р = 3 тс, приложенной к его нижнему концу.
Определить нормальные напряжения о в поперечных сечениях стержня, а также нормальные и касательные напряжения оа и та в площадках, образующих с плоскостью поперечного сечения угол а=±30°. Собственным весом стержня при расчете пренебречь.
Ответ: о = 500 кгс/см2; оа = 375 кгс/см2; та=±216 кгс/см2.
Задача 2.2 (к § 3.2 и 6.2). Для стержня, рассмотренного в задаче 1.2, определить относительную продольную деформацию е, относительную поперечную деформацию е' и удельную потенциальную энергию деформации и. Принимая длину I стержня равной 2 м, найти удлинение А/ стержня и полную потенциальную энергию U деформации стержня. Принять: модуль упругости Е = = 2-106 кгс/см2, р, = 0,3.
Ответ: £ = 0,00025; е' = 0,000075; и = 0,0625 кгс-см/см3; &1 — 0,05 см; U = 75 кгс-см.
Задача 3.2 (к § 5.2 и 7.2). Стальной вертикальный стержень постоянного сечения, закрепленный верхним концом, растягивается под действием собственного веса. Длина стержня равна 25 м. Определить перемещение сечения / — /, отстоящего от верхнего конца стержня на расстояние 10 м, и перемещение нижнего конца стержня. Принять: модуль упругости £ = 2* 10 кгс/см2’, объемный вес стали у = 7,8 тс/м3.
Ответ: 6/= 0,0078 см; 6/z = 0,0122 см.
Задача 4.2 (к § 2.2 и 8.2). Стальная полоса шириной 16 см, ослабленная круглым отверстием диаметром 20 мм, растягивается силой Р = 26,9 тс. Определить необходимую толщину полосы при допускаемом напряжении [о] = 1600 кгс/см2.
Ответ: 12 мм.
Задача 5.2 (к § 9.2). Абсолютно жесткий брус подвешен па трех стальных стержнях (/, II, III) одинакового сечения (рис. 49.2), шарнирно прикрепленных верхними концами к неподвижным опорам, а нижними — к брусу. Найти усилия в стержнях от нагрузки Р = 5 тс, приложенной к брусу.
Ответ: — тс; Nп = 1,064 тс; 2V/ZZ = 2,979 тс.
Р
Рис. 50.2
Задача 6.2 (к § 9.2). Стержень, изображенный на рис. 50.2, жестко заделан обоими концами и нагружен силой Р. Определить реакции Ра и Rb опорных закреплений.
Ответ:
Р Р
Ra = : Кв = l + •
79
Задача 7.2 (к § 9.2). Стержни кронштейна /, 2, 3 (рис. 51.2), нагруженного силой Р = 2 тс, имеют различные сечения: Е1==1 сдг; F2=l,5 см2 и Ё3 = 2 см2. Определить продольные усилия в стержнях.
Ответ: = 1,69 me, /V2 = 0,54 тс, ;V3 = —2,31 тс.
Рис. 52.2
Задача 8.2 (к § 9.2). Два абсолютно жестких бруса А и В соединены между собой тремя стержнями, из которых крайние — стальные, а средний — медный (рис. 52.2). Площади поперечных сечений всех стержней одинаковы. Определить нормальные напряжения в поперечных сечениях стержней при повышении их температуры на 45° С, если модули упругости и коэффициенты линейного расширения равны: стали Ес = 2-10° кгс/см2 и ас = 12,5-10 -°, а меди Ем = 1 • 10е кгасм2 и ам = 16,7.10-°.
Ответ: ос = 75,6 кгс[см2\ <тм = — 151,2 кгс/см2.
Вопросы для самопроверки
К § 1.2. 1. Какие случаи деформации бруса называются центральным растяжением или сжатием?
2. Как вычисляется значение продольной силы в произвольном поперечном сечении бруса?
3. Что представляет собой эпюра продольных сил и как она строится?
4. Какой вид имеют эпюры продольных сил для бруса, нагруженного несколькими осевыми сосредоточенными силами и равномерно распределенной осевой нагрузкой?
К § 2.2. 5. Как распределены нормальные напряжения в поперечных сечениях центрально растянутого или сжатого бруса и чему они равны?
6. Как используется гипотеза плоских сечений (гипотеза Бернулли) для выяснения закона распределения нормальных напряжений в поперечном сечении растянутого (сжатого) бруса?
7. Что представляют собой величины FHeTT0 и ^брутто поперечного сечения бруса?
8. Как строится график (эпюра), показывающий изменение (по длине оси бруса) нормальных напряжений в поперечных сечениях бруса?
9. Как вычисляются нормальные и касательные напряжения в наклонных сечениях центрально растянутого или сжатого бруса'* Сделайте вывод соответствующих формул.
10. В каких сечениях растянутого бруса возникают наибольшие нормальные и в каких наибольшие касательные напряжения?
К § 3.2. 11. Что называется полной (абсолютной) продольной деформацией? Что представляет собой относительная продольная деформация^ Каковы размерности абсолютной и относительной продольных деформаций?
12. Что называется модулем упругости Е? Как влияет величина Е на деформации бруса?
13. Что называется жесткостью поперечного сечения при растяжении (сжатии)?
14. Как формулируется закон Гука? Напишите формулы абсолютной и относительной продольных деформаций бруса?
80
15. Что называется абсолютной и относительной поперечными деформациями бруса?
16. Что происходит с поперечными размерами бруса при его растяжении и сжатии?
17. Что называется коэффициентом поперечной деформации (коэффициентом Пуассона) и какие он имеет значения?
К § 4.2. 18. В каких координатах строится диаграмма растяжения?
19. Что называется пределом пропорциональности, пределом упругости, пределом текучести, пределом прочности (или временным сопротивлением)? Что представляет собой площадка текучести?
20. Какие деформации называются упругими и какие остаточными или пластическими?
21. Какое явление называется наклепом?
22. Что называется условным пределом текучести? Для каких материалов определяется эта механическая характеристика?
23. Чем отличается диаграмма растяжения пластичной стали от диаграммы растяжения хрупкой стали?
24. Чем отличаются диаграммы сжатия пластичной и хрупкой сталей от диаграмм растяжения?
25. Чем отличается диаграмма сжатия чугуна от диаграммы растяжения?
26. Что называется остаточным относительным удлинением образца и остаточным относительным сужением шейки образца? Какое свойство материала они характеризуют?
27. Какие материалы называются анизотропными?
28. Что называется ползучестью, последействием, упругим последействием и релаксацией?
К § 5.2. 29. Деформациям каких участков бруса, изображенного на рис. 19.2, равны вертикальные перемещения точек бис?
30. Как определяются продольные перемещения точек бруса при продольной силе и размерах поперечного сечения, непрерывно изменяющихся по длине оси бруса, а также при ступенчато переменном сечении и продольных силах, постоянных в пределах отдельных участков?
31. Изложите последовательность определения перемещений узлов шарнирно-стержневых систем.
32. Что представляет собой эпюра продольных перемещений?
К § 6.2. 33. Какое действие нагрузки называется статическим?
34. Как найти работу растягивающей силы по диаграмме растяжения?
35. Сделайте вывод формулы работы растягивающей силы при напряжениях, не превышающих предела пропорциональности.
36. При каком условии и почему потенциальная энергия деформации бруса принимается равной работе внешних сил?
37. Что называется удельной потенциальной энергией деформации, каковы ее выражение и размерность?
Выведите соответствующую формулу.
38. Как определяется величина потенциальной энергии деформации при брусе со ступенчатым изменением размеров поперечных сечений и при одновременном действии на брус нескольких осевых сил?
39. Как определяется величина потенциальной энергии деформации при продольных нагрузках, распределенных по длине оси бруса, или при непрерывном изменении размеров поперечных сечений бруса?
40. Какие выводы о свойствах потенциальной энергии деформации можно сделать из выражений, определяющих ее величину?
К § 7.2. 41. Выведите формулы продольных сил, нормальных напряжений, продольных деформаций и потенциальной энергии деформации от собственного веса вертикального бруса постоянного или переменного сечения.
42. Как объяснить наличие множителя 1/2 в формуле удлинения вертикального бруса постоянного сечения от собственного веса?
81
К § 8.2. 43. Что называется допускаемым напряжением? Как оно выбирается для пластичных и хрупких материалов?
44. Что называется коэффициентом запаса прочности и от каких основных факторов зависит его величина?
45. Какие три характерных вида задач встречаются при расчете прочности конструкций? Напишите условия прочности при растяжении для каждого из этих видов задач.
К § 9.2. 46. Какие системы называются статически неопределимыми?
47. Что представляют собой дополнительные уравнения?
48. Что называется степенью статической неопределимости системы?
49. Что представляет собой приведенная площадь составного (из двух разных материалов) стержня и чему она равна?
50. Что представляют собой допускаемая, предельная и предельно допускаемая нагрузки?
51. Какие напряжения называются монтажными^
52. Какие напряжения называются температурными?
53. Как отражается увеличение жесткостей отдельных элементов статически неопределимых систем на усилиях в этих и других элементах?
К §10.2. 54. Какие напряжения называются местными?
55. Что называется теоретическим коэффициентом концентрации напряжений?
56. Какие меры принимаются для уменьшения концентрации напряжений?
57. Почему концентрация напряжений менее опасна для пластических материалов, чем для хрупких?
58. Почему концентрация напряжений не опасна для чугуна?
Глава 3
ТЕОРИЯ НАПРЯЖЕННОГО СОСТОЯНИЯ
§ 1.3. ВИДЫ НАПРЯЖЕННОГО состояния
Взаимодействие между частями элемента конструкции можно охарактеризовать величинами нормальных и касательных напряжений в каждой точке элемента. Эти величины зависят от направления сечения, проведенного через данную точку.
Совокупность нормальных и касательных напряжений, действующих по всем площадкам, проходящим через рассматриваемую точку, называется напряженным состоянием в этой точке.
При расчетах на прочность необходимо устанавливать напряженные состояния в опасных точках конструкции.
Рис. 1.3
Если через рассматриваемую точку тела нельзя провести ни одной площадки, в которой касательные и нормальные напряжения были бы равны нулю, то в этой точке имеется пространственное (трехосное) напряженное состояние. Если в одной (и только в одной) площадке, проходящей через рассматриваемую точку тела, касательные и нормальные напряжения равны нулю, то в этой точке имеется плоское (двухосное) напряженное состояние. Если касательные и нормальные напряжения равны нулю в двух площадках, проходящих через рассматриваемую точку тела, то в этой точке имеется линейное (одноосное) напряженное состояние; в таком случае касательные и нормальные напряжения равны нулю и во всех площадках, проходящих через линию пересечения указанных двух площадок.
Плоское и линейное напряженные состояния являются частными случаями пространственного напряженного состояния.
Ниже показано, что в окрестности любой точки тела всегда можно выделить элементарный параллелепипед так, чтобы по всем его граням касательные напряжения были равны нулю (рис. 1.3).
83
Длины ребер элементарного параллелепипеда бесконечно малы, а потому напряжения в его гранях, параллельных друг другу, одинаковы и равны напряжениям в параллельной им площадке, проходящей через рассматриваемую точку тела. При пространственном напряженном состоянии нормальные напряжения по всем граням элементарного параллелепипеда, показанного на рис. 1.3, а, не равны нулю; при плоском напряженном состоянии нормальные напряжения по одной паре параллельных друг другу граней равны нулю (рис. 1.3, б), а при линейном—по двум парам таких граней (рис. 1.3, в).
Величины напряжений в разных площадках, проходящих через данную точку тела, находятся между собой в определенных зависимостях. Эти зависимости устанавливаются в настоящей главе. Они используются при решении многих задач сопротивления материалов—в первую очередь при расчетах на прочность в случаях сложного сопротивления.
§ 2.3. ПЛОСКОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ
При плоском напряженном состоянии в одной из площадок, проходящих через рассматриваемую точку, касательные и нормальные напряжения равны нулю. Совместим эту площадку с плоскостью чертежа * и выделим из тела в окрестности этой точки бесконечно малую (элементарную) треугольную призму, боковые грани которой перпендикулярны к плоскости чертежа, а высота (в направлении, перпендикулярном к плоскости чертежа) равна dz\ основания призмы представляют собой прямоугольные треугольники abc (рис. 2.3, а).
Приложим к выделенной призме те же напряжения, которые действовали на нее до выделения ее из тела. В связи с тем, что все размеры выделенной призмы бесконечно малы, касательные и нормальные напряжения по ее боковым граням можно считать распределенными равномерно и равными напряжениям в площадках, проходящих параллельно ее граням.
Выберем систему координат, совместив оси х и у (в плоскости чертежа) с гранями ас и ab призмы (рис. 2.3, а). Обозначим ах и г* напряжения, параллельные оси х, а ау и ту—оси у.
Нормальные напряжения по боковой грани призмы, наклоненной под углом а к грани, по которой действуют напряжения ох, обозначим оа, а касательные напряжения по этой грани та. По основаниям призмы, параллельным плоскости чертежа, касательные и нормальные напряжения при плоском напряженном состоянии равны нулю.
* Здесь и далее при изучении плоского напряженного состояния рассматриваются только площадки, перпендикулярные к площадке, в которой касательные и нормальные напряжения равны нулю (и, следовательно, перпендикулярные к плоскости чертежа).
84
Примем следующее правило знаков. Растягивающее нормальное напряжение положительно, а сжимающее—отрицательно. Касательное напряжение по боковой грани призмы положительно, если изображающий его вектор стремится вращать призму по часовой стрелке относительно любой точки, лежащей на внутренней нормали к этой грани. Угол а положителен, если грань ab призмы (по которой действует напряжение ох) для совмещения с гранью cb (по которой действует напряжение <та) поворачивается на этот угол против часовой стрелки. На рис. 2.3, а все напряжения, а также угол а положительны.
Умножив каждое из напряжений на площадь грани, по которой оно действует, получим систему сосредоточенных сил Рх, P,/t Ра, Тх, Ту и Т а, приложенных в центрах тяжести соответствующих граней (рис. 2.3, б):
Px = cxdydz; Py = (jydxdz; Pa = oa.dsdz-, 1
Tx = xxdx dz\ Ty — Xydydz\ Ta — xadsdz.)
Эти силы должны удовлетворять всем уравнениям равновесия, так как призма, выделенная из тела, находится в равновесии.
Составим следующие уравнения равновесия:
2 V = Ра-(РХ+ Тх) cos а— (Ру-Ту) cos (90°-а) = 0; (2.3)
2 U = Та-(РХ + Тх) sin а + (Ру-Ту) sin (90°—а) = 0; (3.3) ^Mo=Ty(dx/2) + Tx(dyi2) = 0. (4.3)
В уравнение (4.3) силы Рх, Ру, Ра, Та не входят, так как линии их действия проходят через точку (начало системы координат uv).
Подставив в уравнение (4.3) выражения Тх и Ту из равенств (1.3), получим
2 MOl = ty dy dz (dx/2) + тх dx dz (dyi2) — 0,
85
откуда
tf = —тх. (5.3)
Следовательно, касательные напряжения по двум взаимно перпендикулярным площадкам равны по абсолютной величине и обратны по знаку. Эта связь между тх и ту называется законом парности касательных напряжений.
Из закона парности касательных напряжений следует, что в двух взаимно перпендикулярных площадках касательные напряжения направлены либо к линии пересечения этих площадок (рис. 3.3, а), либо от нее (рис. 3.3,6).
Рис. 3.3
Подставим в уравнения (2.3) и (3.3) выражения сил из равенств (1.3):
= оа ds dz—(ох dy + хх dx) dz cos а—(oy dx—ху dy) dz sin а = 0;
2 U = xads dz—(ox dy + tx dx) dz sin а 4- (стр dx—xy dy) dzcosa = 0.
Сократим эти уравнения на dsdz, учитывая при этом, что (см. рис. 2.3, а):
(dx'ds) = sin a; (dy/ds) = cos а;
оа—(ох cos а + хх si п а) cos а—(оу sin а—ху cos а) sin а = 0;
Та—(ох cos а -f- тА. sin а) sina 4- (оу sin а—ху cos a) cos а — 0.
Теперь заменим ху на—хх [см. формулу (5.3)]:
oa = ох cos’ a + оу sin2 a 4- xx sin 2a. (6.3)
Ta = g*2 sin 2a—Txcos2a. (7.3)
Формулы (6.3) и (7.3) позволяют определять значения нормальных и касательных напряжений в любых площадках, проходящих через данную точку, если известны напряжения ох, оу и хх = — ху в любых двух проходящих через нее взаимно перпендикулярных площадках.
Определим по формуле (6.3) сумму нормальных напряжений в двух взаимно перпендикулярных площадках, для одной из которых угол а равен an а для другой а14-90°:
Oat 4- оц+м» = [<** cos2 а£ 4- sin2 at 4- тх sin 2а,] 4- [о* cos2 (aj 4- 90°) 4-
4- Оу sin2 (at 4- 90°) 4- тх sin2 (aj 4- 90°)] =
= (ох 4- оу) (sin2 ах 4- cos2 aj = ох 4- оу,
85
т. е.
<г«, + <*«, = + а у = const,
(8.3)
т. е. сумма величин нормальных напряжений в двух взаимно перпендикулярных площадках есть величина постоянная. Следовательно, если в одной из таких площадок нормальные напряжения имеют максимальное значение, то в другой они имеют минимальное значение.
При исследовании напряженного состояния сначала определяют напряжения по трем взаимно перпендикулярным площадкам, проходящим через рассматриваемую точку тела. Если одна из этих
Рис. 4.3
площадок оказывается свободной от напряжений, то напряженное состояние является плоским. Бесконечно малый элемент в форме параллелепипеда, выделенный из тела указанными тремя площадками и тремя другими, им параллельными, показан на рис. 4.3, а. Его принято изображать в виде прямоугольника (или квадрата), представляющего собой проекцию элемента на плоскость, совпадающую с площадкой, свободной от напряжений (рис. 4.3,6). Значения напряжений достаточно указывать на двух взаимно перпендикулярных боковых гранях параллелепипеда.
Если требуется показать напряжения, возникающие не в одной паре взаимно перпендикулярных площадок, проходящих через данную точку, а в нескольких, то соответствующие прямоуголь
87
ники (или квадраты) могут изображаться, как это, например, показано на рис. 4.3, в.
По напряжениям в двух взаимно перпендикулярных площадках можно вычислить [с помощью формул (6.3) и (7.3)] напряжения в любых площадках; поэтому рисунок (например, 4.3, бу в)у на котором показаны эти напряжения, можно рассматривать как изображение напряженного состояния в точке.
4 , , S) В)
100кгс/смг 100кгс/смг
100 100
Рис. 5.3
Любое напряженное состояние можно рассматривать как сумму нескольких напряженных состояний (принцип наложения напряжений). Так, например, напряженное состояние, показанное на рис. 5.3, а, можно рассматривать как сумму напряженных состояний, изображенных на рис. 5.3,6, в.
§ 3.3. ГЛАВНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ. ГЛАВНЫЕ ПЛОЩАДКИ
При расчете инженерных конструкций нет необходимости определять напряжения во всех площадках, проходящих через данную точку; достаточно знать экстремальные (т. е. максимальные и минимальные) их значения.
Максимальные и минимальные нормальные напряжения называются главными напряжениями, а площадки, по которым они действуют,—главными площадками.
Для определения величины главных напряжений и положений главных площадок приравниваем нулю первую производную напряжения <та по углу а [см. формулу (6.3)]:
= — ах • 2 sin а cos а 4- сту • 2 sin а cos а 4- тх • 2 cos 2а, или
('£’)а=а = —(<^х—^)sin2a04-2rx.-cos2a0 = 0. (9.3)
Здесь а0—углы наклона главных площадок к площадке, в которой действует напряжение од. (см. рис. 2.3). Сравнивая последнее выражение с формулой (7.3), устанавливаем, что
=-2Ч=°-\ «а /а=а0 0
Следовательно, по главным площадкам касательные напряжения равны нулю. Поэтому главными площадками можно на
88
зывать площадки, по которым касательные напряжения равны нулю.
Решим уравнение (9.3) относительно угла а0:
или на основании (5.3)
tg2a0 = -_£k_. (11.3)
°л—
Формула (10.3) или (11.3) дает значения углов а0,. определяющие две взаимно перпендикулярные площадки. Следовательно, обе главные площадки взаимно перпендикулярны. Для определения их положений площадки, в которых действуют напряжения ах и <зу, следует повернуть на угол а0 против часовой стрелки (при а0 > 0) или по часовой стрелке (при а„ < 0).
При любом значении tg2a0, полученном по формуле (10.3) или (11.3), можно установить соответствующую величину угла 2ас, находящуюся в интервале от —90 до 4-90°, и, следовательно, значение а0 от —45 до 4-454 Поэтому поворот площадок всегда можно произвести на угол, не больший 45е.
По одной из главных площадок действует максимальное напряжение отах, а по другой — минимальное напряжение omin. При решении конкретной числовой задачи для определения величин отах и omin значения углов а0 можно подставить в формулу (6.3). Решим эту же задачу в общем виде.
По формулам тригонометрии, используя выражение (10.3), найдем:
„ 1 — <Ъ)
±K14-tg-2a0 j, (СТх_ау)34.4^
COS2 а» = 4- (1 4- COS 2а0) = у ( 1 ± === ) ;
\ 1 (стд <rj/)24-4TJ; /
I 1 f ^1J
sin2a(, = -Hl— COS2a0) = -5-l 1 T ............ ; );
\ l (Од—ау)2,4-4т; J
2т
sin 2a() = tg2a„• cos2a„ = ± „.„4—-— .
I (аЛ — —4тх
Подставив эти выражения в формулу (6.3), после простых преобразований получим выражения экстремальных нормальных напряжений *:
Отах = ^4^ ± i I (^д -СГу)г + 4т:. (12.3)
min
Для определения положения главной площадки с напряжением отах можно выполнить следующее: п л ощ а д-
Формула (12.3) в § 5.3 более просто получена с помощью круга Мора.
89
ку с большим (в алгебраическом смысле) нормальным напряжением повернуть на угол а0 (по абсолютной величине не больший 45°) в направлении, в котором вектор касательного напряжения, действующего по этой же площадке, стремится вращать элементарный параллелепипед относительно его центра.
После определения положения главной площадки с напряжением отах легко находится перпендикулярная к ней вторая главная площадка с напряжением omin. Такой прием позволяет при-
Рис. 6.3
ближенно определять положения главных площадок, не вычисляя значения а0, а используя то обстоятельство, что угол ап всегда можно взять по абсолютной величине не большим 45°. Примеры такого приближенного определения даны на рис. 6.3, а, б.
§ 4.3. ЭКСТРЕМАЛЬНЫЕ КАСАТЕЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ
Определим площадки, по которым касательные напряжения имеют экстремальные (максимальные и минимальные) значения; такие площадки условимся называть площадками сдвига. Для этого приравняем нулю первую производную^. На основании формулы (7.3):
= (ох—<Jy) cos 2а + 2тх sin 2а или
= —СТу) C0S 2а1 + 2Т* Sin 2“1 = °’
откуда
tg2a1=-^-y. (13.3)
Здесь —угол наклона площадки сдвига к площадке, по которой действует напряжение ох. Если угол положителен, то площадку, по которой действует напряжение о\, для совмещения
90
с площадкой, по которой действует экстремальное касательное напряжение, надо повернуть на этот угол против часовой стрелки.
Формула (13.3) дает значения углов ап определяющие две взаимно перпендикулярные площадки, по одной из которых действует максимальное напряжение ттах, а по другой — минимальное тт1П. Из закона парности касательных напряжений следует, что ^тал* ^min*
Сравнивая выражение (13.3) с выражением (10.3), устанавливаем, что
tg 2ах = — 1/tg 2а0, откуда
ctg (90=—2aJ = — ctg 2a0 = ctg (— 2a0),
следовательно,
90°—2aj = — 2a0,
ai = «o + 45°.
Таким образом, площадки сдвига* наклонены к главным площадкам под углами, равными 45°.
Для определения величин ттах и xmin за исходные примем главные напряжения отах и omin. ГТ чения ох=отах, оу = ат1п, тх = 0, aj = ±45J, получим
ттах = ±^-ах-7-^!п. (14.3) min z
Подставив в формулу (14.3) значения отах и amin по формулам (12.3)**, найдем
Ттах = ± 4-К(аА-—Оу)2 + 4rJ. (15.3)
min А
Определение экстремальных значений касательных напряжений и
площадок сдвига производят обычно одним из следующих двух способов.
1. Если одновременно определяют также главные нормальные напряжения и главные площадки, то экстремальные касательные напряжения вычисляют по формулам (14.3) или (15.3). Положения площадок сдвига определяют по положениям главных площадок, к которым они всегда наклонены под углами 45°- Экстремальные касательные напряжения действуют в направлениях от omin к отах, как показано на рис. 7.3.
2. Если главные нормальные напряжения не определяются, то с помощью формулы (13.3) находят углы наклона площадок сдвига, а затем по формуле (7.3) или (15.3) вычисляют значения действующих по этим площадкам экстремальных касательных напряжений.
* Нормальные' напряжения а в площадках сдвига одинаковы по величине и знаку и равны [на основании формул (6.3) и (8.3)] (amax + omin)/2 = (ax + ay)/2.
** Формула (15.3) в § 5.3 более просто получена с помощью круга Мора.
91
§ S.3. ИССЛЕДОВАНИЕ ПЛОСКОГО НАПРЯЖЕННОГО СОСТОЯНИЯ С ПОМОЩЬЮ КРУГА МОРА
Если известны напряжения, действующие по двум взаимно перпендикулярным площадкам, проходящим через данную точку, то определение напряжений по любым другим площадкам, а также положений главных площадок и площадок сдвига можно проводить графическим способом — с помощью так называемого круга Мора. Для обоснования этого способа приведем формулы (6.3) и (7.3) в следующем виде:
, . . „ . . п 1-г cos 2а . 1—cos 2а , . п
а = ох cos2 а 4- sin2 а 4- тх sin 2а = ~---к —п------sin 2а
л» • у 1 л» *2. 1 У 12 9
или
а---' 2 J = - ~2~ - cos 2а-фтх sin 2а; (16.3)
т = —s*n 2®—тх cos 2а.
Возведем в квадрат обе части последних двух выражений и сложим их:
Из аналитической геометрии известно уравнение окружности (x_a)2 + (i/_ft)2 = /?2j (18.3)
где а и b—абсцисса и ордината центра окружности; R—ее радиус.
Сопоставляя друг с другом уравнения (17.3) и (18.3), устанавливаем, что если по оси абсцисс откладывать значения нормальных напряжений о, а по оси ординат—значения касательных напряжений т, то график, выражающий зависимость между этими напряжениями, будет представлять собой окружность. Координаты центра этой окружности
о V "4“ Он
а = Ь = 0, (19.3)
радиус окружности
R = V т’=4 m-ay)2 I- 4г’. (20.3)
Такая окружность носит название круга Мора (или круга напряжений). Координаты каждой точки этого круга определяют собой величины нормальных и касательных напряжений по одной из площадок, проходящих через точку тела, напряженное состояние в которой характеризует построенная окружность.
Построим круг Мора для напряженного состояния, изображенного на рис. 8.3, а. Для этого возьмем прямоугольную систему координат о, т (рис. 8.3,6). Нанесем на ней точку А, абсцисса которой равна (в некотором масштабе) нормальному напряжению ах, 92
а ордината — касательному напряжению ту; напряжение ох положительно, а потому оно отложено вправо от оси ординат; напряжение ту отрицательно, а потому отложено вниз от оси абсцисс. Затем нанесем на график точку В с абсциссой и ординатой тх. Точка А характеризует напряжения по вертикальным боковым граням параллелепипеда, изображенного на рис. 8.3, а, а точка В — по его горизонтальным граням. В соответствии с этим покажем у точки А (на рис. 8.3,6) вертикальную площадку, а у точки В — горизонтальную.
Соединим точки А и В прямой АВ. Полученные при этом два прямоугольных треугольника ОаА и ОЬВ равны между собой: они имеют равные острые углы ВОЬ и АОа, а также равные стороны ЬВ и аА (так как тЛ, = —ту на основании закона парности касательных напряжений).
Стороны ЬО и аО прямоугольных треугольников равны между собой, а сумма этих сторон равна ах—ау. Поэтому каждая из них (Уд; (Уу О jq (Ту
равна —Следовательно, абсцисса точки О равна оуН-------~
— ^Л-2~--> а ордината — нулю, и на основании (19.3) точка О является центром круга Мора. Из этого центра радиусом ОА (или ОВ) проводим окружность. Радиус ее, как следует из рис. 8.3,6, равен
R — + т;, т. е. совпадает с величиной, указанной в
выражении (20.3) и, следовательно, эта окружность является кругом Мора.
93
Продолжим направления площадок, показанных у точек А и В (или только у одной из них), до пересечения в точке С, называемой полюсом, с окружностью (рис. 8.3,6).
Соединим прямой произвольную точку М окружности с точкой С и обозначим Р угол между этой прямой и направлением площадки, показанной в точке А (рис. 8.3,6).
Координаты точки М равны напряжениям оа и та в некоторой площадке, наклоненной под углом а к площадке с нормальным напряжением координаты же точки С, как это видно из рис. 8.3,6, равны ох и хх. Выразим tgP через координаты точек М и С.
aid
DC ~ та —‘
= tga.
Подставим в это равенство выражения <та и та по формулам (6.3) и (7.3):
, Л °х<Д— cos2 а) — <y,ysin2a — Tvsin2a
tg Р ----------------------=----.
°х~
—-—- sin 2а—хх (1 4- cos 2а)
Заменим 1—cos2а в правой части этого равенства значением sin2a, sin2a значением 2sinacosa и 14-cos2a значением 2cos2a:
(Ox — °y) sin a—2tx cos a sjn a
(ax — Oy) si n a — 2tx cos a cos a
Таким образом, прямая MC, соединяющая точку М окружности с полюсом С, образует угол а с направлением площадки, по которой действует нормальное напряжение стА.; следовательно, эта прямая параллельна площадке, по которой действуют напряжения оа и та, равные координатам точки М. Итак:
1) для того чтобы найти направление площадки, по которой действуют напряжения aa и та, надо точку М (с координатами
и ха) соединить прямой с полюсом С; искомая площадка параллельна этой прямой;
2) для того чтобы найти напряжения, действующие в некоторой площадке, необходимо из полюса С провести прямую, параллельную этой площадке, до пересечения с окружностью (кругом Мора); абсцисса точки пересечения равна (в принятом масштабе) нормальному напряжению оа, а ордината—касательному напряжению та в заданной площадке.
Круг Мора строят указанным выше способом как при ох^оу, так и при ах^.оу, независимо от того, являются боковые грани элементарного параллелепипеда вертикальными, горизонтальными или наклонными.
На рис. 9.3,6 и 10.3, б показаны круги Мора для напряженных состояний, изображенных на рис. 9.3, а и 10.3, а соответственно.
С помощью круга Мора легко можно определить положения главных площадок и величины главных напряжений. Способ их определения рассмотрим на примере круга Мора, изображенного
94
на рис. 11.3,5, построенного для напряженного состояния, показанного на рис. 11.3, а. По главным площадкам касательные напряжения, как известно, равны нулю, а потому точки 1 и 2 круга Мора, соответствующие этим площадкам, расположены на оси абсцисс (оси о). Абсциссы точек 1 и 2 равны величинам главных напряжений атах и omin.
Рис. 9.3
Для определения направлений главных площадок следует точки 1 и 2 соединить лучами с полюсом С (рис. 11.3,6). Напряжение сттах, определяемое точкой 1, действует по площадке, параллельной лучу 1С, а напряжение omin, определяемое точкой 2,— параллельной лучу 2С.
Выведем с помощью главных напряжений. Из рис. 11.3,6 следует, что о - °х+(,у । /? °шах — n Zt А • min z
круга Мора общее выражение для величин
Подставим в это выражение значение R по формуле (20.3):
^тах min
ax + °i/
2 =
95
Это выражение совпадает с формулой (12.3), полученной в § 3.3 другим путем.
С помощью круга Мора легко определить и экстремальные касательные напряжения. На рис. 11.3,6 отмечены точки 3 и 4, соответствующие площадкам, по которым действуют эти напряжения. Напряжение ттах действует по площадке, параллельной лучу СЗ, а тт1п—параллельной лучу С4. Они равны
Ттах = ± R = ± V КК—о&)2-г4т|. min х
Из рис. 11.3,6 видно, что углы между главными площадками и площадками с экстремальными значениями касательных напря-а) б)
г
бтах,
Рис. 11.3
жений (площадками сдвига) равны вписанным углам 2СЗ, 2С4, 1С4, которые опираются на равные дуги в одну четверть длины окружности и, следовательно, равны 45°. Из рис. 11.3,6 видно также, что нормальные напряжения в площадках сдвига равны абсциссе центра круга Мора, т. е. (ах + tfy)/2-
§ 6.3. ПОНЯТИЕ О ПРОСТРАНСТВЕННОМ НАПРЯЖЕННОМ СОСТОЯНИИ
В общем случае напряженного состояния через исследуемую точку нельзя провести ни одной площадки, по которой одновременно и касательное, и нормальное напряжения были бы равны нулю. Такое напряженное состояние называется пространственным, или трехосным, или объемным.
В курсе теории упругости доказывается, что при пространственном напряженном состоянии через каждую точку всегда можно
96
провести три площадки, по которым касательные напряжения равны нулю. Такие площадки называются главными площадками, а нормальные напряжения, действующие по ним,— главными напря-
точку, имеют промежуточные значения Рис. 12.3
между <rt и <г3.
Закон парности касательных напряжений, доказанный выше для плоского напряженного состояния, действителен и в случае пространственного напряженного состояния, однако в этом случае равны друг другу по абсолютной величине не полные касательные напряжения, действующие по двум взаимно перпендикулярным площадкам, а их составляющие, нормальные к линиям пересечения этих площадок (рис. 12.3).
Рис. 13.3
Выделим в окрестности точки, напряжения в которой изучаются, элементарный кубик с гранями, параллельными главным площадкам (рис. 13.3, а). Проведем через кубик площадку, параллельную напряжению (на рис. 13.3, а эта площадка заштрихована). Величины а и т нормальных и касательных напряжений, действующих по этой площадке, зависят только от напряжений о, и и не зависят от напряжений ох *; поэтому для определения
* Действительно, при определении напряжений в указанной (заштрихованной) площадке рассматривается равновесие элементарной треугольной призмы и при этом действующие на нее силы проектируются на оси, лежащие в плоскости, перпендикулярной к щ, т. е. величина стх в уравнения равновесия не входит.
4 № 2331 97
значений стих можно использовать формулы, применяемые при исследовании плоского напряженного состояния.
Напряжения а и т в любых площадках, параллельных главному напряжению стп можно также определить с помощью круга Мора, построенного по главным напряжениям о., и о3. Этот круг изображен на рис. 13.3,6 штриховой линией.
Аналогично напряжения о и т в площадках, параллельных главному напряжению о2, можно определить с помощью круга Мора, построенного по главным напряжениям CTt и ст3. На рис. 13.3,6 этот круг изображен сплошной линией. Кроме того, на рис. 13.3,6 точками показан круг Мора, построенный по главным напряжениям и ст2, позволяющий определить напряжения о и т в площадках, параллельных главному напряжению ст3.
В курсе теории упругости доказывается, что напряжения о итв любых площадках определяются координатами точек, расположенных на заштрихованных участках (рис. 13.3,6). Так, например, абсцисса точки D равна нормальному напряжению и, а ордината этой точки—касательному напряжению т, действующим по площадке, не параллельной ни одному из главных напряжений.
Таким образом, три круга Мора (рис. 13.3,6) полностью характеризуют напряженное состояние в данной точке, т. е. дают возможность определить величины ст и т по любой проходящей через нее площадке*.
Аналитически напряжения ст и т в любой площадке определяются по формулам**:
ст = ст2 cos8 + с 2 cos8 а2 + ст3 cos8 а3; (22.3)
т = V cos8 a14-o|cos8a24-CT3cos а3—o8i (23.3)
Здесь а1( а2 и а3—углы между нормалью к рассматриваемой площадке и нормалями к главным площадкам.
Если по формуле (22.3) определить нормальные напряжения ах, Оу и стг по любым трем взаимно перпендикулярным площадкам и сложить их значения, то сумма этих напряжений будет равна сумме главных напряжений
°гх + (,у + <1г=®1+®8 + аз- (24.3)
Таким образом, сумма нормальных напряжений, действующих по любым трем взаимно перпендикулярным площадкам, проходящим через рассматриваемую точку, есть постоянная величина.
Из круга Мора, построенного для пространственного напряженного состояния (рис. 13.3,6), следует, что экстремальные касательные напряжения действуют по площадкам, параллельным
* Правила для определения точек диаграммы (рис. 13.3, б), соответствующих площадкам, которые не параллельны ни одному из главных напряжений, изложены в курсе теории упругости.
** Вывод этих формул приведен в курсе теории упругости.
98
главному напряжению о2, так как наибольшие по абсолютной величине ординаты принадлежат кругу, построенному по главным напряжениям и о3. Эти площадки наклонены к площадкам, по которым действуют главные напряжения и о3, под углами в 45\
Значения экстремальных касательных напряжений
Т'тах — — (^1 min
(25.3)
Рассмотрим напряженное состояние с напряжениями > О, а2 > О и<т3 = 0 (рис. 14.3, а). Построим'для него соответственно три круга Мора /, II, III как для пространственного напряженного состояния (рис. 14.3, б). Наибольшее касательное напряжение
ттах = -^- равно ординате точки а, расположенной на круге Мора II (рис. 14.3,6), и действует в площадке, параллельной напряжению о2 (она заштрихована на рис. 14.3, а).
При исследовании этого же напряженного состояния (рис. 14.3, а) как плоского, строится лишь один круг Мора, а именно круг/// для площадок, параллельных напряжению о3 (рис. 14.3,6). Наибольшее касательное напряжение, найденное с помощью этого круга т^пах = (о1—ст2)/2, т. е. оно меньше, чем ттах. Напряжение ^тах равно ординате точки b и является максимальным лишь для площадок, параллельных о3, но не для рассматриваемого напряженного состояния в целом. Такое положение, однако, не может иметь места в тех случаях плоского напряженного состояния, когда не равные нулю главные напряжения имеют разные знаки, так как в этих случаях круг Мора, построенный для плоского напряженного состояния, совпадает с наибольшим из трех кругов Мора (с главным кругом), построенных для пространственного напряженного состояния.
При плоском и линейном напряженных состояниях главные напряжения часто обозначают так же, как и при пространствен-
4*
99
ном, т. е. erf, о2: о3 (где При этом в случае плоского
напряженного состояния одно из них, а в случае линейного—два из них равны нулю.
В зависимости от вида плоского напряженного состояния возможны следующие три случая:
а) оба не равных нулю главных напряжения положительны; в этом случае они обозначаются и а о3 = 0;
б) оба не равных нулю главных напряжения отрицательны; в этом случае они обозначаются о» и а3(а2^а3), а 04 = 0;
в) не равные нулю главные напряжения имеют разные знаки — одно из них является растягивающим, а другое—сжимающим. В этом случае растягивающее главное напряжение обозначается Ор а сжимающее о3; о2 = 0.
При одноосном растяжении не равно нулю только одно главное напряжение: > 0; о, = а3 = 0. Аналогично при одноосном сжатии о3 < 0;
§ 7.3. ОБОБЩЕННЫЙ ЗАКОН ГУКА
Рис. 15.3
Формулы относительных деформаций бруса, полученные выше для случая его центрального растяжения или сжатия, можно обобщить на случай трехосного (пространственного) напряженного состояния. Для этого выделим из тела элементарный параллеле-& пипед (с бесконечно малыми размерами
1 ребер), грани которого совпадают с глав-
------_ ними площадками (рис. 15.3).
s' | Обозначим оп о2 и о3 нормальные на-
пряжения на главных площадках (т. е. главные напряжения), а еп е2 и е3—относительные деформации ребер параллелепипеда, параллельных этим напряжениям.
Значения е2 и е3 определим на основании принципа независимости действия сил, последовательно рассматривая влияние напряжений оп а2 и а3.
В результате воздействия напряжений Oj относительные деформации равны [см. формулы (11.2) и (14.2)]
6ц = ai/£; е21 = е31= — = — р(о1(/Е).
Первый индекс при е указывает направление относительной деформации, а второй — причину деформации. Так, например, e2t является относительной деформацией в направлении напряжения а2, вызванной напряжением
Аналогично от воздействия напряжений о2 и а3 получаем
®12 Р ®22 £32 И (^2/^)9
^13 = е23 = р (о3/£), е33 = о3/Е.
100
Относительные деформации, вызванные одновременным воздействием напряжений стп ст3 и о3, равны
8ц [-813 + 813, е,— 831 823 ”Г 833,
®3 = ^31 ~Ь ^32 Т ^33-
После замены относительных деформаций еп, е12 и т. д. их выражениями последние формулы примут вид
81 = (!/£) [<?!—И (о2 + а3)]; )
е2 = (1/£)[о2 — р (CTj + ^J;
83 = (!/£) К—P^i-r ст2)].
(26.3)
Аналогичные формулы можно получить и для случаев, когда грани элементарного параллелепипеда не совпадают с главными площадками (т. е. когда по этим граням, кроме нормальных напряжений, действуют также и касательные). Это является следствием того, что касательные напряжения не вызывают удлинений ребер параллелепипеда, а вызывают лишь изменения прямых углов между его гранями. Для указанных случаев формулы имеют вид
Сх = (1 /£)К—Ц (ст v + стJ];
= (1 /Д) [сту—ц (ог + ох)]; «г = (1/£) [ст3—р (стЛ + сту)],
(27.3)
где стх, ау и ог—нормальные напряжения, действующие по боковым граням элементарного параллелепипеда (в общем случае не совпадающим с главными площадками), а ех, гу и ег—относительные деформации его ребер.
Выражения (26.3) и (27.3), устанавливающие связь между деформациями и напряжениями при пространственном напряженном состоянии, носят название обобщенного закона Гука. Они применимы при напряжениях, не превышающих предела пропорциональности материала.
§ 8.3. ОБЪЕМНАЯ ДЕФОРМАЦИЯ
Под действием внешней нагрузки упругое тело деформируется, его объем изменяется, и в нем накапливается потенциальная энергия. В процессе разгружения тела потенциальная энергия проявляется в виде работы, совершаемой внутренними силами. В общем случае, когда напряженное состояние в различных точках тела различно, для определения изменения его объема и количества накопленной им потенциальной энергии необходимо знать изменение объема и количество энергии в каждой элементарной частице тела.
Выделим в окрестности некоторой точки тела до его деформации элементарный параллелепипед с ребрами dllt dl3 и dl3 так. чтобы его грани совпадали с главными площадками (рис. 15.3).
101
Первоначальный объем параллелепипеда dV = dlY-dl2-dl3. В общем случае трехосного напряженного состояния после деформации длины всех ребер параллелепипеда изменяются и становятся равными
d/i(14-ej), Ш2(1+е,) и dZ3(l-}-e3),
где бп е2 и е3—относительные деформации ребер параллелепипеда (в направлениях главных напряжений), определяемые по формулам (26.3).
Объем элементарного параллелепипеда после его деформации dV + Д (dV) = dl. (1 + eJ • dl2 (1 + e2) • d/3 (1 + e3) =
= dly • dl2 • d/3 (1 + Ei + e2 + + £i62 + ^iE3 -|” e2e3 4" •
Здесь A(dV)— приращение объема элементарного параллелепипеда.
Так как величины еи е2 и е3 весьма малы, то их произведениями можно пренебречь. Тогда
dV + A(dV) = dV(14-£14-e24-e3), откуда
A(dV) = dV(Ei4-e24-e3).
Отношение величины A(dV) к первоначальному объему параллелепипеда dV обозначается 0 и называется относительным изменением объема:
0=4^=е*+е*+ез- <28-3)
Относительное изменение объема выражается в отвлеченных величинах (безразмерная величина). Подставив в выражение (28.3) значения еп е2 и е3 по формулам (26.3), после преобразования получим
0 = 1^(СТ1 + а2 + а3). (29.3)
В формулу (29.3) входит сумма главных нормальных напряжений Oj + Oj + Oj. Вместо этой суммы сюда можно подставить сумму + + [см. формулу (24 3)]:
е = ^(аж + ау + ог). (30.3)
Правая часть формулы (30.3) равна сумме относительных деформаций ех, ъу и е2 [это следует из выражений (27.3)]. Поэтому формулу (30.3) можно представить в виде
0 = ех4-еу-|-ег. (31.3)
Зная относительное изменение объема тела в каждой его точке, можно вычислить объемную деформацию (т. е. изменение объема) всего тела:
AV=JodV. (32.3)
V
102
В частном случае пространственного напряженного состояния, когда о1 = о2 = о3 = а > 0 (такой сличай называется пространственным равномерным растяжением), на основании формулы (29.3) относительное изменение объема
0 = ^=^-3<т. (33.3)
Совершенно очевидно, что объем кубика, находящегося в условиях пространственного равномерного растяжения, не может уменьшаться, т. е. 0 в этом случае не может быть отрицательным; следовательно [на основании зависимости (33.3)], коэффициент Пуассона для любых материалов не может быть больше 0,5.
Полученные здесь формулы действительны для напряжений, не превышающих предела пропорциональности материала.
§ 9.3. ПОТЕНЦИАЛЬНАЯ ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ
Для определения потенциальной энергии деформации, накапливаемой в элементарной частице тела, выделим из тела элементарный параллелепипед, ребра которого dllt dl2 и d/3, а грани совмещены с главными площадками. В общем случае трехосного
напряженного состояния на каждую грань параллелепипеда перпендикулярно к ней действует внешняя сила, равная произведению нормального напряжения на площадь этой грани (рис. 16.3).
На основании закона сохранения энергии потенциальная энергия деформации элементарного параллелепипеда равна работе внешних сил, приложенных к его граням. При вычислении этой работы будем предполагать, что внешние ш
(все одновременно) постепенно
нарастают от нуля до своего конечного значения, т. е. что эти силы действуют статически.
В результате действия на элементарный параллелепипед внешних сил его ребра dlly dl2 и dl3 удлиняются на следующие величины:
A (d/J = dl,\ A (d/2) = е2 dl2\ A (d/3) = s3 d/3. (34.3)
Работа dA внешних сил на этих удлинениях и равная ей потенциальная энергия dU определяются выражением
dA = dlJ = 01 & №1) । а2 dl\ ' А (^2) I аз dl2' A (dla)
103
где каждое из слагаемых в правой части равенства представляет собой работу статически нарастающей силы {аус11.2с113 или или o3dlldl2) на соответствующем (т. е. по направлению этой силы) удлинении ребер параллелепипеда [A(d/J или A(d/>), или Д^/3)].'
Подставляем в это выражение значения удлинений из (34.3):
dU = 2-—2 (a.Ej -j- o2e, -j- o3e3).
Разделив выражение dU на первоначальный объем параллелепипеда dV = dlldl2dl3, получим общее количество и потенциальной энергии, приходящееся на единицу объема тела, т. е. так называемую полную удельную потенциальную энергию деформации:
й = = (35.3)
Заменим в этой формуле относительные деформации их выражениями через напряжения [см. обобщенный закон Гука—формулы (26.3)]:
ы = 2^ [°Г -!- °2 -г 2|л (о1и2 4-OjOj + о2о3)]. (36.3)
Размерность удельной потенциальной энергии — кгс-см/см3 (или кгс/см2), тс-м/м3 (или tnc/м2) и т. д.
Под действием внешних сил, приложенных к элементарному параллелепипеду, его объем изменяется на величину
A(dV) = 9dV = -^(aI4-a24-a3)dIZ. (37.3)
Кроме того, изменяется и форма параллелепипеда, так как в результате того, что а1=^а2^=а3, относительные удлинения ребер оказываются различными и, следовательно, первоначальное соотношение между длинами ребер изменяется.
Установим, какие напряжения надо приложить к элементарному параллелепипеду для того, чтобы его объем изменился на величину, определяемую формулой (37.3), а форма сохранилась прежней. Сохранение формы параллелепипеда возможно лишь при действии по всем его граням одинаковых напряжений (обозначим их а0). При этом изменение объема параллелепипеда равно [см. формулу (37.3)] L^.3a0-dV.
Приравниваем его фактическому изменению, определяемому формулой (37.3):
Зо0 dV = (О1 + о2 + о3) dV,
откуда
= (38.3,
Таким образом, рассматриваемое напряженное состояние параллелепипеда (рис. 17.3, а) можно расчленить на два напряжен
ки
ных состояния. В первом из них (рис. 17.3, б) объем параллелепипеда изменяется, а форма его остается неизменной; потенциальная энергия, накопленная в этом состоянии, называется потенциальной энергией изменения объема.
Во втором состоянии (рис. 17.3, в) объем параллелепипеда не изменяется, а изменяется лишь его форма; потенциальная энергия, накопленная в этом состоянии, называется потенциальной энергией изменения формы.
Рис. 17.3
Для того чтобы получить выражение удельной потенциальной энергии изменения объема, подставим в формулу (36.3) напряжения а[=а0, 0*2 = 00 и = (рис. 17.3,6):
«об = 2^ Н + а0 + о?—2р (а0 • о0 4- о0 • Сто -Г <т0 • а»)] =
= • За? • 3 • t
ИЛИ
«об^Ц^^ + ^ + ОзЛ (39.3)
или [на основании формулы (24.3)]
ыоб = -^(^ + ^ + ог)8- (40.3)
Для того чтобы получить выражение удельной потенциальной энергии изменения формы, подставим в правую часть формулы (36.3) напряжения ©1 = ©!—а0; с2 = ©2—а0ио? = а3—о0(рис. 17.3,в):
«Ф = (1/2£) {(Oj—о0)г + (о2—©0)2 + (о3—о0)2—
—2р [(о,—о0) (а2 — ©о) + (а.—<т0) (а3—аи) + (о2—а0) (а3—а0)]}.
После преобразований и замены о0 выражением п0-
лучаем
«ф = (о! + о? + о?—©Л—оЛ—о2о3). (41.3)
105
Сумма удельных потенциальных энергий изменения объема и формы равна полной удельной потенциальной энергии деформации*, т. е.
«об + “ф = “- (42.3)
В этом можно убедиться, если в равенство (42.3) подставить выражения цо6, и и из формул (39.3), (41.3) и (36.3). Следовательно, полную удельную потенциальную энергию деформации можно рассматривать состоящей из удельной потенциальной энергии изменения объема и удельной потенциальной энергии изменения формы.
Зная удельную потенциальную энергию деформации в каждой точке упругого тела, можно вычислить потенциальную энергию, накапливаемую во всем теле:
= udV. (43.3)
v
Из формул (36.3), (39.3) и (41.3) легко получить выражения удельных потенциальных энергий для случаев двухосного и одноосного напряженных состояний. Так, например, для двухосного напряженного состояния, обозначив о3 главное напряжение, рав
ное нулю, получим
"об=^§^(^1+ст2)2;
(°2+°*-
(44.3)
Если в этих равенствах главные напряжения и о2 заменим
их выражениями через напряжения в двух произвольных взаимно перпендикулярных площадках [с помощью формул (12.3)], то после преобразований получим:
« = 25 (^ + ^ — 2рстлсту) + -g-;
£'об = П5ГН(ст* + а!/)2;
(45.3)
где
2(1+и)‘
(46.3)
В формулах (45.3) нормальные напряжения учитываются одними слагаемыми, а касательные напряжения—другими. Это озна
* Сумма потенциальных энергий, накопленных в двух напряженных состояниях, в общем случае не равна потенциальной энергии суммарного состояния (см. об этом в конце § 6.2). В данном случае имеется исключение, связанное с тем, что работа сил одного состояния (например, показанного на рис. 17.3, в) на перемещениях второго (рис. 17.3, б) равна нулю.
106
чает, что удельную потенциальную энергию деформации можно вычислить отдельно от нормальных напряжений, действующих по боковым граням элементарного параллелепипеда, и отдельно от касательных напряжений.
Полученные здесь формулы действительны для напряжений, не превышающих предела пропорциональности материала.
Примеры расчета
Пример 1.3 (к § 2.3 и 5.3). Для напряженного состояния, изображенного на рис. 18.3, а, определить аналитически и графически (с помощью круга Мора) напряжения О/ и по площадке / — /.
Решение, а) Аналитическое решение.
Рис. 18.3
В соответствии с правилом знаков, приведенным в § 2.3, устанавливаем: ох — 1 000 кгс!см2; оь = —500 кгс/см1', тх = — = 250 кгс/см2\ а = —30° (или а = 4-150°).
По формулам (6.3) и (7.3):
а, = (уа = 1000 cos2 (—30°) — 500 sin2 (—30°) 4-250 sin (—60°) =
= 1000 (-^У-500 ( — у У4-250 =409 кгс/см*-,
1000 4“ 500 . . пел ✓ мло\
= та=-----------sin (—60°)—250 cos (—60°) =
= —750 • —250 • = —775 кгс/см*.
Л 4
Напряжения а, и tz показаны на рис. 18.3, б.
б) Решение с помощью круга Мора. Для заданного напряженного состояния (см. рис. 18.3, а) строим круг Мора (рис. 19.3) и находим полюс С (проводя для этого вертикаль через точку А). Из точки С проводим луч СМ параллельно площадке / — / (рис. 18.3, а) до пересечения с окружностью. Координаты точки М дают значения напряжений о/ = 410 кгс/см2 и т7 =—775 кгс/см2.
Пример 2.3 (к § 2.3). Для напряженного состояния, изображенного на рис. 20.3, определить напряжения сх и оу.
Решение. В соответствии с правилом знаков, приведенным в § 2.3, устанавливаем тх =— Ху = 250 кгс/см2, оа = 409 кгс/см2, та = —775 кгс/см2', а = —30° (или а = 4“ 150°).
По формуле (6.3):
409 = их cos2 (—30°) + Оу sin2 (—30°) 4-250 sin (—60°) =
= ох 4-ау (— у)г4-250 =0,75ax+0,25ffv—216,
197
откуда 0,750*4-0,25(^ — 625. (а)
По формуле (7.3):
—775 = sin (—GOC) — 250 cos (—60 ') =
=o£-Oj, j/3 )_250.^=_0>433((Tv_ay)_ I25>
откуда 0,433ox — 0,433оу = 650. (б)
Решив совместно уравнения (а) и (б), найдем: о* =1000 кгс/см2 (растяжение);
иу = —500 кгс/см2 (сжатие).
Пример 3.3 (к § 3.3, 4.3 и 5.3). Для напряженного состояния, изображенного на рис. 21.3, о, найти аналитически и графически (с помощью круга Мора) главные нормальные и экстремальные касательные напряжения, а также определить положения площадок, по которым эти напряжения действуют.
Решение, а) Аналитическое решение. По формуле (12.3)
%ах=~52524~2^5 ± 4 К(-525-225)2+4-6502 =—150 ± 750. min
Следовательно, отах = 600 кгс/см2\ omjn = —900 кгс/см2.
По формуле (15.3)
ттах = ± /(—525 — 225)2 + 4 •6502 = ±750 чгс!см^. min
Следовательно, ттах = 750 кгс/см2\ тт^п =—750 кгс/см2.
Для определения положения главных площадок используем указания, приведенные в § 3.3. По формуле (10.3)
tg 2«о = 73 = “tg 6°°’
" 'Jу 0^0 ZZu
откуда 2а0 = — 60° и а0 = —30°.
Для определения площадки, по которой действуют напряжения отах, поворачиваем горизонтальную площадку (так как по ней действуют нормальные на
108
пряжения, большие, чем по вертикальной площадке) на \гол ao = 3OJ по часовой стрелке, т. е. в том направлении, в котором вектор касательного напряжения (на поворачиваемой площадке) стремится вращать элементарный параллелепипед относительно его центра. Найденная таким путем главная площадка / — I пока-
зана на рис. 21.3, б. По перпендикулярной к ней главной площадке действуют напряжения На рис. 21.3,6 показаны также площадки, по которым действуют экстремальные касательные напряжения и направления этих напряжений.
б) Решение с помощью круга Мора. Для заданного напряженного состояния
Рис. 22.3
(рис. 21.3, а) строим круг Мора (рис. 22.3) и находим полюс С (проведя для этого вертикаль через точку Л). На окружности отмечаем точки / (соответствующую площадке с отах), 2 (площадке с amin)> (площадке с ттах) и 4 (площадке с тт|п). Лучи, соединяющие эти точки с точкой С, параллельны площадкам, по которым
109
действуют соответствующие напряжения. Измерением (в принятом масштабе) абсцисс точек / и 2, а также ординат точек 3 и 4 определяем величины omax, amin> Tmax и Tmin-
Пример 4.3 (к § 8.3 и 9.3). Для пространственного напряженного состояния с главными напряжениями Qi =1200 кгс/см2, о2 = 700 кгс/см2 и а3 =—500 кгс, см2 найти относительное изменение объема и удельную потенциальную энергию (полную, изменения объема и изменения формы).
Принять: Е = 2*106 кгс/см2, ц = 0,3.
Решение. По формуле (29.3) находим относительное изменение объема:
1__9.г> ч
О = --2770^- (1200 + 700 - 500) = 0,28 • 10 - 3.
По формуле (36.3) определяем полную удельною потенциальную энергию деформации:
“ = У2.-1ов [120024-70024-5002—
— 2 • 0,3 (1200 • 700 — 1200 • 500 — 700 • 500)] = 0,562 кгс см/см3.
По формуле (39.3) находим удельную потенциальную энергию изменения объема:
1_о.п ч
цоб= (1200 + 700~500)2 = 0,065 кгс* см/см3.
По формуле (41.3) находим удельную потенциальную энергию изменения формы:
1 » л ч
иф = Т (120024- 7002+5002—1200• 700 +1200• 500 + 700-500) =
= 0,497 кгс-см/см3.
Проверяем выполнение равенства (42.3):
0,065 + 0,497 = 0,562, т. е. 0,562 = 0,562.
Рис. 23.3
Пример 5.3 (к § 7.3). Стальной кубик, вставленный без зазоров между двумя жесткими стенками и опирающийся нижней гранью на неподвижнее основание, г сжимается нагрузкой р кгс/см2 (рис. 23.3).
Коэффициент Пуассона р. = 0,30. Вычислить напряжения по боковым граням и деформации ребер кубика, пренебрегая трением кубика о жесткие стенки.
Решение. Проведем оси х, у и 2, параллельные ребрам кубика (рис. 23.3). Из условия равновесия в виде суммы проекций всех сил на ось z следует, что по нижней грани кубика действуют такие же нормальные напряжения, как и по верхней грани о2 = —р кгс/см2; знак «минус» указывает на то, что эти напряжения сжимающие. В направлении оси у напряжения равны нулю (оу~ 0). В направлении
же оси х равны нулю деформации кубика (ех = 0), так как кубик зажат между жесткими стенками и лишен возможности деформироваться в этом направлении. По обобщенному закону Гука
еж = (1/£) [ох—р (av-r^)J.
Подставляем сюда сг2/ = О и аг = —р и приравниваем нулю: (1/Е) 0,30 (-?)] = 0,
откуда
а* =— 0,30р.
ПО
Найдем относительные деформации в направлениях осей z и у: [<1г~и (<7у+ал)](-₽ + 0,30'0’30р) = " еу=-i- [оу—р (<тг Ч- аЛ.)] = (р + 0, ЗОр)=.
Таким образом,
оу = 0; ох = — 0,30р кгс/см2', ог =— р кгс/см2',
Пример 6.3 (к § 2.3 и 7.3). Стальной стержень (рис. 24.3) испытывает центральное растяжение. Нормальные напряжения в поперечных сечениях стержня о0=1200 кгс/см2. Определить относительную деформацию в направлении, составляющем угол а = 45° с продольной осью стержня. Дано: Е = 2-10 кгс/см2’, р =0,3.
Решение. Выделим мысленно из стержня два элементарных параллелепипеда (рис. 24.3, я): боковые грани первого из них (рис. 24.3, б) параллельны и перпендикулярны к оси стержня, а второго (рис. 24.3, в) составляют углы, равные 45° с продольной осью стержня. Оба параллелепипеда находятся в условиях одноосного напряженного состояния с главными напряжениями о1=ог0, о2 = о3 = 0. Грани обоих параллелепипедов, параллельные плоскости чертежа, свободны от напряжений. Напряжения, действующие по остальным граням, показаны на рис. 24.3, б, в.
Напряжения а (рис. 24.3, в) определяем по формуле (6.3):
о = о0 sin245° = 0,5o0 = 0,5-1200 =
= 600 кгс/см2.
По формуле (27.3) определяем относительную деформацию ребер второго па
раллелепипеда (рис. 24.3, в), которая и представляет собой относительную деформацию стержня в направлении, составляющем угол а = 45° с его осью:
е=^[а-Ма + 0)1=-Ц^а=Ц=£А • 600 = 2,1.10-*.
дЗ Z * 1 и
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1.3 (к § 2.3, 5.3 и 7.3). Для напряженных состояний, изображенных на рис. 25.3, а, б, в, определить аналитически и с помощью круга Мора напряжения а/ и Т/ в площадках /—/.
Найти относительные деформации элементарного параллелепипеда е^ (в вертикальном направлении), ех (в горизонтальном направлении в плоскости чертежа) и еу (в направлении, перпендикулярном к плоскости чертежа).
Принять: Е = 2-106 кгс/см2’, р=0,3.
Ответ:
a) о7 =—87,5 кгс/см2’, %] = 282,5 кгс/см2’, £х = 237,5-10-в;
£„ = —22,5-10—6;
8* = — 185-10-6;
6) oz = 131,7 кгс/см2’, Т/ = 68,3 кгс/см2’, £- = 85-10-6; £„=—45-IO-8; £* = 20- 10-е;
в) О/ = —200 кгс/см2’,
—— ЮО кгс/см2’, £* = — 100-Ю-6; £„ = 30-10-6; £* = 30-10-6.
Задача 2.3 (к § 3.3, 4.3 и 5.3). Для напряженных состояний, изображенных на рис. 25.3, б, в, найти аналитически и с помощью круга Мора главные нормаль-
111
ные и экстремальные касательные напряжения, а также определить углы между площадками, по которым действуют напряжения отах, и вертикальными площадками.
Ответ:
6} ^тах = 220,7 кгс/см-, omirl = 79,3 кгс/см-, ^тах= Tmin = 70,7 кгс/см-, а = —22с30';
в) Отах = 41 >4 лгс/сл2; от jn = —241,4 кгс/см2; ттах = — Tmin = 141,4 кгс/с.и2; а = —67с30'.
При отрицательном значении угла а определяемую им площадку можно получить путем поворота вертикальной площадки на этот угол по часовой стрелке.
Задача 3.3 (к § 8.3 и 9.3). Для двухосных напряженных состояний, изображенных на рис. 25.3, найти относительное изменение объема и удельные потенциальные энергии деформации (полную, изменения объема и изменения формы).
Принять: £ = 2-106 кгс/см/- и р = 0,3.
Ответ:
а) 0 = 3-10~ 5; и = 0,07062 кгс • см /см3; *'об = 0,00075 кгс-см/см3;
Цф ~ 0,06987 кгс • см 1см3;
б) 0 = 6-10-5; ц=0,0111 кгс-см/см3; и0^=ВА^З^кгс-см/см3; Цф=0,0081 кгс-см/см3;
в) 0=—4-10~5; и=0,0165кгс-см/см3; иоб=0,0013кгс-см/см3;
«ф=0,0152 кгс-см/см3.
Вопросы для самопроверки
К § 1.3. 1. Какое напряженное состояние называется пространственным (трехосным), плоским (двухосным) и линейным (одноосным)?
К § 2.3. 2. Выведите формулы, выражающие напряжения оа и Та по произвольной площадке, через напряжения ох, оу и тх, действующие по двум взаимно перпендикулярным площадкам.
3. Каково правило знаков для нормальных и касательных напряжений?
4. Докажите закон парности касательных напряжений.
5. Чему равна сумма нормальных напряжений на любых двух взаимно перпендикулярных площадках (перпендикулярных к главной площадке с напряжением о = 0)?
6. В чем сущность принципа наложения напряжений?
112
К § 3.3. 7. Что представляют собой главные напряжения и главные площадки? Как расположены главные площадки друг относительно друга?
8. Чему равны касательные напряжения на главных площадках?
9. Выведите формулы для определения величин главных напряжений и углов наклона главных площадок.
10. Как определить главную площадку, по которой действует главное напряжение сгтах в общем случае плоского напряженного состояния? К § 4.3. 11. Чему равны экстремальные значения касательных напряжений в случае плоского напряженного состояния?
12. Что представляют собой площадки сдвига и как они наклонены к главным площадкам?
К § 5.3. 13. Для чего служит круг Мора (круг напряжений)?
14. Как строится круг Мора?
15. Как определяется полюс круга Мора?
16. Как определяются напряжения о и т на любых площадках при помощи круга Мора?
17. Как определяются главные напряжения и положения главных площадок при помощи круга Мора?
18. Как определяются с помощью круга Мора экстремальные значения касательных напряжений и положения площадок, в которых они действуют?
К § 6.3. 19. Чему равна сумма нормальных напряжений на любых трех взаимно перпендикулярных площадках?
20. Чему равны максимальные и минимальные касательные напряжения (при заданных напряжениях аь о2, о3) и по каким площадкам они действуют?
К § 7.3. 21. Выведите формулы, выражающие обобщенный закон Гука. Почему эти формулы действительны и для случая, когда заданные нормальные напряжения не являются главными?
22. На основе какого из допущений, принятых в курсе сопротивления материалов, составлены выражения обобщенного закона Гука?
К § 8.3. 23. Выведите формулу относительного изменения объема при пространственном напряженном состоянии. Какова размерность относительного изменения объема?
К § 9.3. 24. Что называется полной удельной потенциальной энергией деформации и из каких частей она состоит?
25. Выведите формулы полной удельной потенциальной энергии, удельной потенциальной энергии изменения объема и удельной потенциальной энергии изменения формы.
26. Какова размерность удельной потенциальной энергии?
27. В каких пределах применимы формулы для определения объемной деформации и потенциальной энергии, полученные в § 8.3 и 9.3?
Глава 4 СДВИГ
§ 1.4. ЧИСТЫЙ СДВИГ
Чистым сдвигом называется такой случай плоского напряженного состояния, при котором в окрестности данной точки можно выде-
лить элементарный параллелепипед с боковыми гранями, находящимися под действием одних лишь касательных напряжений
(рис. 1.4)*.
Определим по формулам (6.3) и (7.3) нормальные и касатель-
ные напряжения на площадке п—п, проходящей через точку О и составляющей угол а с вертикальной исходной площадкой (рис. 1.4):
oa = Tsin2a; (1.4)
та = — т cos 2a. (2.4)
Из выражения (2.4) видно, что касательные напряжения, показанные на рис. 1.4, по абсолютной величине больше касательных напряжений по любым другим площадкам, проходящим через точку О (так как cos 2a при a^O и a#=90° по абсолютной величине меньше единицы).
Следовательно, касательные напряжения т, действующие по боковым граням рассматриваемого параллелепипеда (рис. 1.4),
являются экстремальными (тюах и тт(п), а эти грани являются площадками сдвига и образуют с главными площадками углы, равные 45°. Площадки сдвига отличаются от аналогичных площадок в общем случае напряженного состояния тем, что по ним не действуют нормальные напряжения. В связи с этим их называют площадками чистого сдвига.
Из формулы (1.4) следует, что ста при a = 45° имеет максимальное значение, равное т = ттах (так как при этом sin 2a = = sin90°=l), а при а = —45°—минимальное значение, равное — т =— ттах. Следовательно, при чистом сдвиге главные напряжения (т. е. экстремальные нормальные напряжения) и экстремальные
* В настоящей главе, как и вообще в случае плоского напряженного состояния, рассматриваются только площадки, перпендикулярные к той плоскости, в которой нормальные и касательные напряжения равны нулю. Эту плоскость при изображении элементарного параллелепипеда (или призмы), находящегося в плоском напряженном состоянии, обычно совмещают с плоскостью чертежа.
114
касательные напряжения по абсолютной величине равны друг другу.
Подставим в выражение (1.4) значения углов и а2 = а14-90\
соответствующие двум взаимно перпендикулярным площадкам:
oat = т sin 2an aCc2 = Tsin(2a1+180°) = — Tsin2ap oai = —
Следовательно, при чистом сдвиге нормальные напряжения на любых двух взаимно перпендикулярных площадках равны друг другу по величине и противоположны по знаку. Поэтому чистым сдвигом можно называть такое плоское напряженное состояние, при котором нормальные напряжения на двух взаимно перпендикулярных площадках равны друг другу по величине и противоположны по знаку.
Рис. 2.4
Таким образом, напряженное состояние чистого сдвига можно изобразить в виде:
а) элементарного параллелепипеда, боковые грани которого совмещены с плащадками чистого сдвига и по которым действуют только касательные напряжения ттах и тт!п (параллелепипед ABCD на рис. 2.4);
б) элементарного параллелепипеда с боковыми гранями, совпадающими с главными площадками, по которым действуют только нормальные напряжения птах = ттах и amin = Tmin = — ттах (парал-лелепипед abed на рис. 2.4);
в) элементарного параллелепипеда, боковые грани которого не совпадают ни с площадками чистого сдвига, ни с главными площадками (параллелепипед /, 2, 3, 4 на рис. 2.4). По взаимно перпендикулярным боковым граням этого параллелепипеда действуют нормальные напряжения, равные друг другу по величине и противоположные по знаку, и касательные напряжения.
При чистом сдвиге полное напряжение р по любой площадке, определяемое выражением ]/oa + Ta, как это следует из формул (1.4) и (2.4), равно по абсолютной величине напряжению ттах.
115
Сделанные выводы об особенностях чистого сдвига можно получить путем анализа круга Мора (рис. 3.4), который в этом случае представляет собой окружность с центром в начале системы координат о, т.
§ 2.4. ДЕФОРМАЦИЯ ПРИ СДВИГЕ. ЗАКОН ГУКА ПРИ СДВИГЕ
Напряженное состояние, изображенное на рис. 4.4, а, представляет собой чистый сдвиг. В этом состоянии длины ребер элементарного параллелепипеда не изменяются, а изменяются лишь углы между боковыми гранями: первоначально прямые углы становятся равными 90° + у и 90°—у (рис. 4.4,6)*.
Каждая из граней параллелепипеда при деформации чистого сдвига перемещается относительно противоположной грани на величину АА', называемую абсолютным сдвигом (рис. 4.4, 6). Отношение абсолютного сдвига к расстоянию между противоположными гранями называется относительным сдвигом] при малых деформациях оно равно величине угла сдвига у—изменения первоначально прямых углов между боковыми гранями параллелепи
* Нижнюю грань параллелепипеда считаем закрепленной. Это вполне допустимо, так как изучаются деформации элементарного параллелепипеда, а не его перемещения как твердого тела.
116
педа*. Абсолютный сдвиг выражается в мерах длины, а относительный сдвиг—в радианах. Величина у, как показывает опыт, прямо пропорциональна величине касательных напряжений. Эта зависимость между у и т, называемая законом Гука при сдвиге, выражается в виде
T = t/G, (3.4)
или
т = уО. (4.4)
Она справедлива при напряжениях, не превышающих предела
пропорциональности материала.
Коэффициент пропорциональности G в формулах (3.4) и (4.4) называется модулем сдвига, или модулем упругости второго рода.
Модуль сдвига является физической постоянной ма- °) $
териала, характеризующей его жесткость (т. е. способность сопротивляться упругим деформациям) при сдвиге. Модуль сдвига G, как и т" модуль упругости Е, выражается в кгс/см2, кгс/мм2, тс/м2 и т. д.
Деформации сдвига мож-
но определять по формуле Рис. 4.4
(3.4) не только при чистом
сдвиге, но и в общем случае плоского напряженного состояния — когда по боковым граням параллелепипеда действуют не только касательные, но также и нормальные напряжения. Это является
следствием того, что нормальные напряжения вызывают лишь поступательные перемещения боковых граней параллелепипеда и не вызывают изменения его прямых углов.
$ 3.4. ОБЪЕМНАЯ ДЕФОРМАЦИЯ И ПОТЕНЦИАЛЬНАЯ ЭНЕРГИЯ ПРИ ЧИСТОМ СДВИГЕ. ЗАВИСИМОСТЬ МЕЖДУ Е, О И Ц
Относительное изменение объема в случае чистого сдвига определим по формуле (30.3):
0 = -^£(^ + <ту+стг).
Величина 0 в данной точке тела не зависит от того, как в ее окрестности выделен элементарный параллелепипед. Если его боковые грани являются площадками чистого сдвига (см. параллелепипед ABCD на рис. 2.4), то ол = ау = о2 = 0 и, следовательно, 0 = 0.
* Отношение абсолютного сдвига к расстоянию между гранями параллеле-пипеда равно tg у, но по малости деформаций принимается, что tgy = y.
117
Итак, относительное изменение объема при чистом сдвиге равно нулю. Если напряженное состояние во всех точках тела является состоянием чистого сдвига, то и изменение объема всего тела (т. е. его объемная деформация) равно нулю.
Определим теперь потенциальную энергию деформации тела при чистом сдвиге. Как известно, полная удельная потенциальная энергия деформации и равна сумме удельной потенциальной энергии изменения объема wo6 и удельной потенциальной энергии изменения формы иф.
Величины удельных потенциальных энергий найдем по формулам (36.3), (39.3) и (41.3). Подставим в них значения о2 = 0 и <т3 = — ттах:
« = 2£ № + n’i + af—2р. + 0^ + <т2сг3)] =
= ± [ткх + т2тах-2н (- т’тах)] = ^зхО+р).
«об = (<Ti+<*2 + Оз)2 = (ттах- тгоах)« = 0; >
«ф = К + О? + cl—а ^2——<т2сг3) =
_ * / 2 I т2 I т2 \ _ ттах(1 +р)
ЗЕ \ lmax Т lmax i lmax/ Е * у
(5-4)
Таким образом, при чистом сдвиге потенциальная энергия изменения объема равна нулю, а полная удельная потенциальная энер-
гия равна удельной потенциальной энергии изменения формы.
Величину полной удельной потенциальной энергии деформации при чистом сдвиге можно получить иным способом, не используя для этого общей формулы (36.3), относящейся к любому случаю напряженного состояния, а рассматривая работу касательных сил, действующих по боковым граням элементарного параллелепипеда, совмещенным с площадками чистого сдвига. В результате деформации такого параллелепипеда, показанной на рис. 5.4, работу
совершит лишь сила, действующая на грань ВС, так как перемещения граней АВ, CD и AD в своих плоскостях при сдвиге
равны нулю. Грань ВС перемещается в своей плоскости на величину Д = уа = (т/б)а = (ттах/С)а, так как грань ВС является пло-
щадкой чистого сдвига и, следовательно, для нее т = ттах.
Сила Т, действующая по грани ВС, равна произведению соответствующего напряжения на площадь этой грани:
= ттах^>
где I—размер параллелепипеда в направлении, перпендикулярном к чертежу.
118
Работа силы Т при ее статическом действии (см. § 6.2) на перемещении Д численно равна потенциальной энергии U:
л _Т____TjnaxW’Tmaxd_ ^maxdbl _ Ттах^ _jj
2 “ 2G — 2G ~ 2G ’
где V—объем элементарного параллелепипеда (V — abl).
Удельная потенциальная энергия деформации параллелепипеда определяется выражением
w = t//V = T2max/2G. (6.4)
Приравняем первое из выражений (5.4) выражению (6.4):
Ттах(1Ч Н) _ Ттах
Е ~ 2G ’ откуда
Коэффициент Пауссона ц для различных материалов имеет значение от нуля примерно до 0,5 и, следовательно, на основании формулы (7.4) величина модуля сдвига G составляет от 0,33 до 0,5 величины модуля упругости Е. Для большинства материалов, в том числе и для стали, можно приближенно принимать б = 0,4£; следовательно, для стали G = 0,8 10е кгс 1см2.
Рис. 6.4
Легко показать, что любое напряженное состояние (характеризуемое значениями главных напряжений о1( о2, о3 — рис. 6.4, о) можно представить в виде суммы следующих состояний:
а) равномерного пространственного растяжения (или сжатия), показанного на рис. 6.4, б, которое назовем состоянием X;
б) двух состояний чистого сдвига (рис. 6.4, в и г), называемых соответственно состояниями Y и Z.
В соответствии с этим деформацию тела в любой точке можно рассматривать как сумму деформации, вызываемой пространственным равномерным растяжением (или сжатием), и деформации сдвига в двух взаимно перпендикулярных плоскостях.
Из рисунков очевидно, что
<tx = X + F + Z; о2 = Х —Y; o3 = X—Z.
Здесь X, Y и Z—слагаемые напряжений о1( а2 и <т3.
119
В результате совместного решения полученных трех уравнений находим значения напряжений для рассматриваемых трех состояний (см. рис. 6.4, б, в, г):
Y — X—о2
О1+«73 —2<т,.
Z = X—a3 = -l^^~2a?-О
3
При пространственном равномерном растяжении (или сжатии) изменяется объем параллелепипеда, но сохраняется его форма; при чистом же сдвиге изменяется его форма, но сохраняется его объем.
Аналогично этому и полная удельная потенциальная энергия деформации распадается на две самостоятельные части: (см. об этом в § 9.3): на энергию изменения объема ио6, накоп-
ленную при пространственном равномерном растяжении (или сжа-
тип), и на энергию изменения формы и^, накопленную при деформациях чистого сдвига.
Расчленение полной удельной потенциальной энергии деформации на такие две части является следствием того, что работа сил состояния X на перемещениях любого из состояний Y или Z равна нулю.
Допустим, что после того, как
Рис. 7.4
закончилось статическое нарастание сил состояния X (рис. 7.4), на элементарный параллелепипед начали действовать статически возрастающие силы состояния Y. Выражение работы dAxy сил состояния X на перемещениях, возникающих от сил состояния Y (и соответствующее ей выражение потенциальной энергии деформации dUxy), можно представить
в следующем виде:
dAxy — dUху — (X • dl2 * dl3) y dl^ -]— -4- (X -dlt *dl3) e2ydl3 (-^ ‘dis *dli) &3ydl3.
Здесь X-dl2-dl3—элементарная сила, действующая на грань площадью dl2-dl3. Эта сила остается постоянной (т. е. не изменяет своей величины) при статическом возрастании сил состояния У; &ir-dZx—абсолютное удлинение ребра dlt от действия сил состояния Y, которое определяется по формуле (26.3):
е.у • dl, = 4 [Г - И (~ У)ИЛ = У dl,.
Произведение элементарной силы (X-dl2-dl3) на величину elV-dl, представляет собой работу этой силы на удлинении ребра параллелепипеда от действия сил состояния Y. Так как эта сила при статическом возрастании сил состояния Y не изменяется, то выражение ее работы не содержит коэффициента 1/2.
120
Аналогичное значение имеют и остальные слагаемые формулы для d.4AT.
Абсолютные удлинения остальных ребер параллелепипеда найдены по той же формуле (26.3):
82Г • dl.2 •= (1, Е) [- У - р (У)] dL = - 1±Е у dl3,
e3Y-dI3 —(l,:E) [—р(У—У)] =0.
Подставляем полученные выражения удлинений ребер в формулу для dAxr:
аЯя=й1/й. = ^И’[(1 + |1)У-(1+(1)У4.0] = 0,
т. е. работа сил состояния X на перемещениях состояния Y равна нулю. Следовательно,
Можно показать, что работа сил состояния X на перемещениях состояния Z также равна нулю.
Итак, потенциальная энергия деформации действительно расчленяется на две указанные выше части и ее можно определить по формуле
и ~ ихх Uzz + UYZ-
Здесь нХА-—удельная потенциальная энергия, накопленная в результате всестороннего равномерного растяжения (или сжатия), т. е. энергия изменения объема («ух=Ч>б)-
Рис. 8.4 Рис. 9.4
Сумма слагаемых uYY+uzz + uYZ представляет собой удельную потенциальную энергию и* изменения формы.
Используя выражение (36.3) и рис. 8.4 получаем формулу для определения удельной потенциальной энергии изменения объема:
«об = 2Г [*’ + Хг + Х’~ 2Н (*а + Ха + Ха)1
= . ЗХ* = (о, + оа + о,)*.
121
Аналогично, используя выражение (36.3) и рис. 9.4, получаем формулу для определения удельной потенциальной энергии изменения формы:*
«ф = № + Ог + — Ш
§ 4.4. ПРАКТИЧЕСКИЕ РАСЧЕТЫ НЕКОТОРЫХ ПРОСТЕЙШИХ КОНСТРУКЦИИ, РАБОТАЮЩИХ НА СДВИГ
В некоторых конструкциях по отдельным сечениям действуют значительные касательные напряжения. В этих же сечениях, как правило, действуют и нормальные напряжения, а потому они не являются площадками чистого сдвига. Однако, так как нормальные напряжения в них значительно меньше касательных, то в приближенных расчетах учитываются лишь касательные напряжения, а указанные сечения при этом рассматриваются как площадки чистого сдвига. Такие расчеты называются расчетами на сдвиг или на срез, или на скалывание.
Некоторые конструкции, рассчитываемые на сдвиг, показаны на рис. 10.4.
Разрушение лобовой врубки (рис. 10.4, а) может произойти в результате скалывания дерева вдоль волокон по плоскости abed, а разрушение врубки, показанной на рис. 10.4,6,— в результате скалывания зуба по плоскости ab.
Разрушение заклепочного соединения (рис. 10.4, в, г) может произойти в результате среза заклепок по плоскостям ab, среза (выкалывания) листов за крайними заклепками (по плоскостям cd) или между заклепками (по плоскостям ес).
Разрушение сварного соединения (рис. 10.4, д) может произойти в результате среза сварных швов (имеющих сечение в виде прямоугольного равнобедренного треугольника) по наименьшей плошади, расположенной в биссекторной плоскости прямого угла.
Во всех рассмотренных случаях условие прочности имеет вид
т<М, (8.4)
где т—расчетное напряжение по площадке сдвига (среза, скалывания); [т]—допускаемое касательное напряжение на сдвиг (срез, скалывание).
Разрушение рассматриваемых конструкций может произойти не только в результате среза по площадкам сдвига, но и в результате других видов деформаций. Так, например, причиной разрушения лобовой врубки (рис. 10.4, а) может явиться смятие по площадке befe (если по этой площадке действуют большие нор
* Иф можно определить и по такой формуле:
“Ф 20'20 '2G *
422
мальные напряжения); причиной разрушения заклепочного соединения может быть смятие листов по цилиндрической поверхности контакта их с заклепками (рис. 11.4) или разрыв листов (по сечениям се на рис. 10.4, в и сечениям ef на рис. 10.4, г). Поэтому, кроме условия прочности (8.4), в соответствующих случаях должно удовлетворяться условие
^смС^см] (9.4)
и условия прочности, применяемые при расчетах стержней на центральное растяжение и сжатие (см. § 8.2).
Рис. 10.4
В условии (9.4) асм—расчетное напряжение смятия, a [aCMJ — допускаемое напряжение на смятие.
Допускаемые напряжения [т] и [осм] устанавливаются с учетом тех же факторов, что и допускаемые нормальные напряжения (см. § 8.2).
123
Для большинства материалов допускаемые касательные напряжения составляют от 60 до 80% допускаемых растягивающих напряжений, а допускаемые напряжения смятия — от 170 до 200%.
Соотношения между отдельными размерами ряда конструкций
устанавливаются специальными нормами. Это упрощает расчеты.
Так, например, для заклепочных соединений установлено расстояние от центра крайней заклепки до края листа, равное 1,5 — 2 диаметрам заклепки, и расстояние между заклепками (в одном ряду), равное трем диаметрам. В связи с этим проверка прочности листов заклепочных соединений на выкалывание по площадкам cd и ес
(рис. 10.4, г) не производится.
Ниже подробно рассматривается расчет заклепочных и сварных соединений, имеющих широкое применение.
Расчет заклепочных соединений
Расчет заклепочных соединений рассмотрим на примере стыка элемента конструкции (с сечением, состоящим из двух уголков), растянутого силами Af (рис. 12.4).
Рис. 12.4
Продольная сила в уголках уменьшается от величины Л/ у краев стыка до нуля в сечениях /—/. Наоборот, усилие, растягивающее фасонный лист, увеличивается от краев стыка к середине и в сечениях /—/ (рис. 12.4) становится равным W.
На рис. 13.4, б, в показаны эпюры продольных сил в уголках и в фасонном листе для стыка, схематически изображенного на 124
рис. 13.4, а. При построении принято (как это обычно делается при расчете заклепочных соединений), что усилие, передаваемое фасонному листу через каждую заклепку, равной//?, где п — число заклепок на одной половине стыка. Сумма продольных сил в уголках и в фасонном листе для любого сечения равна Л7.
Определим необходимую рабочую площадь поперечного
сечения каждого уголка:
^0 = ^(2 [о]), (10.4)
где Л; 2—наибольшая продольная сила в одном уголке; [о]—допускаемое напряжение на растяжение.
Рис. 13.4
Необходимая полная площадь F6pyTT0 поперечного сечения уголка больше Гнетго на площадь ослабления уголка в сечении II—II (см. рис. 12.4), в котором продольная сила имеет еще наибольшее значение. Если принять, что площадь ослабления составляет 15% ОТ /’нетто» ТО
/^брутто — 1115FHeTT0. (11.4)
По найденному значению Гбрутто с помощью сортамента прокатной стали подбирают номер профиля уголка (равнобокого или неравнобокого).
Если заклепки размещаются в один ряд, то их диаметр не должен быть больше примерно одной трети ширины полки уголка; в противном случае головка заклепки может не разместиться на полке уголка. Диаметры заклепок d, рекомендуемые при разной ширине полки уголка, приведены в табл. 1.4. В этой же таблице указаны и рекомендуемые расстояния а от осей заклепок (при установке их в один ряд) до обушка уголка (см. рис. 12.4).
После выбора номера уголка и диаметра d заклепок определяют фактическое значение площади Лютго» равное разности между полной площадью сечения выбранного уголка и площадью ослабления 6yd (при установке заклепок в один ряд), где 6у—толщина полки уголка.
125
Таблица 1.4
Ширина полки уголка, Диаметр d, мм Расстояние а, мм Ширина полки уголка, мч Диаметр d, мм Расстояние а, мм
50 17 30 80 23 45
60 20 35 90 26 50
65 20 35 100 29 55
75 23 40
Если отношение полученного таким путем значения FH€TT0 к подсчитанному выше по формуле (10.4) больше единицы, то фактические напряжения в уголке меньше допускаемых. Если это отношение меньше 0,96—0,97, то это означает, что фактические напряжения в уголке будут превышать допускаемые более чем на 3—4%; в таком случае следует выбрать другой уголок, с большей площадью поперечного сечения.
Касательные напряжения т по плоскостям среза заклепок и напряжения смятия асм по площадкам контакта стержней заклепок с фасонным листом определяются из выражений
п (Ttd2 /4) т ’
г
см nbd ’
(12.4)
(13.4)
где т — число плоскостей среза каждой заклепки; 6—толщина фасонного листа.
На рис. 10.4, в показаны односрезные заклепки (/и=1), а на рис. 10.4, г, 12.4 и 13.4, а—двухсрезные (/и = 2).
Если толщина 6 фасонного листа больше суммы 2бу толщин, соединяемых полок уголков, то в формулу (13.4) вместо б следует подставить 2бу.
В формуле (13.4) произведение 8d представляет собой площадь условной поверхности смятия фасонного листа стержнем заклепки, за которую принимается проекция действительной поверхности смятия на плоскость, совпадающую с поперечным сечением уголка.
Напряжения т и асм, подсчитанные по формулам (12.4) и (13.4), должны удовлетворять условиям прочности (8.4) и (9.4), т. е. должны удовлетворяться следующие неравенства:
n(n.d2/4)m И’ (
ЛГ/(пМ)<[оси]. (15.4)
Если толщина б фасонного листа не задана, то из выражения (14.4) находим необходимое число п заклепок по условию прочности их на срез:
n = 4N/(nd2m [т]).
(16.4)
126
Полученное значение п округляется в большую сторону до ближайшего целого числа. Затем оно подставляется в выражение (15.4), из которого находится толщина 6 фасонного листа:
6 = JV/(nd[<JCM]). (17.4)
Если толщина 6 фасонного листа задана, то из выражений (14.4) и (15.4) определяют два значения п числа заклепок, необходимых по условиям среза заклепок и смятия фасонного листа:
ii — 4N/(nd2fn [т]); (18.4)
n = y/(6d[oCM]). (19.4)
Большее из этих значений п определяет число заклепок, которые необходимо установить с каждой стороны стыка.
Значения допускаемых напряжений для стали СтЗ принимаются равными
[т] = 1400 кгс 1см2 и [асм] = 3200 кгс/см2.
Заклепки располагаются на уголке с таким расчетом, чтобы в направлении растягивающей силы расстояния между ними были равны 3d, а от краев листа и уголка — не менее 2d.
Ширина с фасонного листа в сечении /—I (см. рис. 12.4), в котором действует максимальная продольная сила, равная N (см. рис. 13.4, в), определяется из условия прочности его на растяжение, которое при заклепках, расположенных в один ряд, имеет вид
o = N/[(c—d)6]<[o], (20.4)
Выражение (с—d) 6 представляет собой фактическую площадь сечения /—I фасонного листа (с учетом ослабления его отверстием для заклепки).
Аналогичные условия прочности фасонного листа на растяжение должны выполняться для поперечных сечений, проведенных через центры любых заклепок; при этом значения продольных сил должны приниматься в соответствии с эпюрой, изображенной на рис. 13.4, в.
Расчет сварных соединений
Расчет сварных соединений рассмотрим на примере стыка элемента конструкции (с сечением, состоящим из двух уголков), растянутого силами N.
На рис. 14.4 показан стык с фланговыми (боковыми) швами, работающими на срез.
Расчет стыка начинаем с определения необходимой площади F поперечного сечения каждого уголка:
F = W(2[o]), (21.4)
где N/2— продольная сила, растягивающая уголок.
127
Затем по найденному значению F с помощью сортамента прокатной стали подбираем номер уголка.
Сила jV/2 действует вдоль оси, проходящей через центры тяжести поперечных сечений уголка. Ее можно разложить на силу Ро,
Рис. 14.4
действующую вдоль обушка уголка (см. рис. 14.4), и силу Рп, действующую вдоль пера:
р — b—z . р _ г /99 4’1
0— 2 b ’ п~ 2 b ’
где г—расстояние от наружной кромки уголка (обушка) до центра
тяжести его сечения, определяемое по сортаменту.
Рис. 15.4
Условие прочности флангового шва имеет вид
т = Р/(/.0,7ЛХ[тш], (23.4)
где Р—усилие, действующее на шов; I—длина шва; h—высота шва (см. рис. 14.4 и 15.4); 0,7/г — наименьшая ширина площадки среза (см. рис. 10.4, д и 15.4); [тш]—допускаемое напряжение на срез швов.
Из условия (23.4) находим необходимую длину шва:
/ = Р/(0,7Л [тш]). (24.4)
Допускаемые напряжения [тш] для
шва в зависимости от типа электродов составляют обычно от 50 до 70% допускаемых напряжений на растяжение основного (свариваемого) металла.
Зная величины сил Ро и Ра и задавшись высотами h0 сварного шва со стороны обушка уголка и h„—со стороны пера, по формуле
128
(24.4) можно определить длины /0 и /п швов (со стороны обушка и пера уголка соответственно):
/0 = Ро, (OJh. [тш]), 1п = Рл/(0,7/1п [тш]). (25.4)
Высота шва при сварке листов обычно принимается равной толщине листа. При сварке уголка высота Лп шва со стороны пера принимается на 1—2 мм меньше толщины уголка (учитывая кривизну кромок уголка); высоту ho можно брать большей, чем ftn, но не более полутора толщин полки уголка.
Длину фланговых швов не рекомендуется принимать более 25 толщин свариваемого металла.
Ширина с фасонного листа в сечении 7 — 7, в котором действует максимальная продольная сила, равная W (см. рис. 14.4), определяется из условия его прочности на растяжение:
с = JV/<6 [а]), (26.4)
где 6 — толщина фасонного листа.
Примеры расчета
Пример 1.4 (к § 1.4). Установить, в каких случаях плоского напряженного состояния /, //, ///, из показанных на рис. 16.4, имеется чистый сдвиг. Определить для этих случаев напряжения о^ах, amin» тшах 11 Tmin> положения главных площадок и площадок чистого сдвига.
Рис. 16.4
Решение. Чистый сдвиг имеется в случаях II и ///, так как для них нормальные напряжения на двух взаимно перпендикулярных площадках равны друг другу по величине и противоположны по знаку, т. е. од:4-а1, = 0.
По формулам (12.3) и (15.3)
5 № 2331
129
и, следовательно, в случае II
^тах — ^min — ^тах — Tmin —
в случае III
5^?Ц^У+5ОО2 = 7О7 кгс/см2-,
^тах — ^min — Ттах — Tmin
1000/3-1000 кз\2 | 10002=
= 2000 кгс!см2.
На рис. 17.4, а для случая 11 показаны положения главных площадок и площадок чистого сдвига. Главная площадка с напряжением отах получена путем поворота площадки с наибольшим нормальным напряжением (т. е. вертикальной
а)
Главная \ | площадка fin^} \
, Главная площадка
/ fdmax) a.o=2Z°3O'
Площадка 45» чистого сдвига
1 •<------ 500/т[см*
XtmascIcMi
/ $ \ ^Площадка чистого ' | V сдвига fTmax)
*/ юоодзкгс/см2
11 ^Главная площадка \ I / f^!n‘-n) aD~K^''--~-^^ls^00OK0C^ главная
Площадка / \ /,.Г'~"^Х^площадка
чистого (бт/11Л
сдвига (rmaxp 45 t 45° \ ' max>
! \ [Площадка, чистого
I \ сдвига (Tmin)
Рис. 17.4
площадки) на угол а0 по часовой стрелке (так как вектор касательного напряжения стремится вращать эту площадку по часовой стрелке относительно точки, лежащей на внутренней нормали к ней) *. Значение угла а0 определяется по формуле (11.3):
. о 2-500
tg2a0— 500-1-500— Ь
откуда а0 = —22°30'.
Аналогично на рис. 17.4, б показаны положения главных площадок и площадок чистого сдвига для случая ///, для которого
. о 2-Ю00 1
tg 2a0 =------—-----------— =----— и a0 = —15°.
looo / з+юоо / з / з
Пример 2.4 (к § 2.4 и 3.4). Для случая //, рассмотренного в примере 1.4, определить:
* Поворот следует производить по часовой стрелке и потому, что угол а0 для рассматриваемого случая огрицателен.
130
а) относительный сдвиг (угол сдвига) боковых граней параллелепипеда, показанного на рис. 16.4, б;
б) относительный сдвиг боковых граней параллелепипеда, совмещенного с площадками чистого сдвига;
в) удельную потенциальную энергию деформации.
Принять: модуль упругости £ = 2-10® кгс/см-; коэффициент Пуассона р, = 0,25.
Решение. В случае II т = 500 кгс/см1. а ттах = 707 кгс/см2 (см. решение примера 1.4).
По формуле (7.4) определяем модуль сдвига:
Е 2-10®
G=2(1 4-ц)=2(14-0,25)=8’1 °5
По формуле (3.4) определяем относительные сдвиги:
а) параллелепипеда, показанного на рис. 16.4, б:
v=T/G=§n^=6’25-10“4:
б) параллелепипеда, боковые грани которого совмещены с площадками чистого едвш-а:
Утах — ттах/^—g.
Удельную потенциальную энергию деформации определяем по формуле (5.4): a=^axa. + H)=70^^q,2 5)==031 кх<м1см3
Пример 3.4 (к § 4.4). Рассчитать заклепочное и сварное соединения элемента, состоящего из двух равнобоких уголков, при следующих данных: N ~ 50 тс; [а] = 1600 кгс/см2; для заклепок [т] — 1400 кгс/см2 и [асм] = 3200 кгс/см2; для сварки [тш] = 1100 кгс/см2.
Решение.
Заклепочное соединение.
По формуле (10.4) - 50000 о
f нетто ~ 277600 — 15>6“ СМ~-
Необходимая площадь ^брутто— М5£11етто= 17,96 см2 [по формуле (11.4)].
По сортаменту равнобоких уголков выбираем уголки сечением 100х100х 10 лл площадью поперечного сечения £=19,2 см2.
По табл. 1.4 при ширине полки Ь~ 100 мм находим диаметр заклепок ^ = 29лм/ и расстояние их от обушка уголка а = 55 мм.
Фактическое значение £нетто = £боутто—6yd=19,2—1,0x2,9=16,3 см2 > > 15,62 см2.
Фактическое значение £нетто мало отличается (на 4%) от требуемого. Следовательно, действительные напряжения в уголках примерно равны допускаемым.
По формуле (16.4) определяем необходимое число заклепок (т — 2, так как заклепки двухсрезные):
_ 4*50000
Л~3,14-2,92-2.1400~Д7*
Принимаем п = 3.
По формуле (17.4) определяем необходимую толщину фасонного листа:
50 000 ,
6 3.2,9-3200“ ,79 СМ'
Принимаем 6 = 18 мм. Так как 6 = 1,8 см < 26у = 2,0 см, то напряжения смятия в уголках будут меньше [асм].
По формуле (20.4) находим необходимую ширину фасонного листа:
6[оГ а
50 000
1,8-1600
-Ь2,9 = 20,2 см.
5*
131
По результатам расчета на рис. 18.4 изображен чертеж заклепочного соединения.
Сварное соединение.
По формуле (21.4) находим необходимое сечение уголка:
_ 50 000 _____ _
F ~ 2-1600 ~ 5,С2сЛ£ '
По сортаменту равнобоких уголков выбираем уголки сечением 100X 100x8 мм, площадью поперечного сечения F =15,6 см2 и расстоянием z = 2,75 см.
По формулам (22.4) определяем силы, передающиеся на швы со стороны обушка и пера каждого уголка:
р 50 000 10,0 - 2,75
Р»=-2--------^^—=18100^;
о 50 000 2,75 ....
рп=—2-----Iq-q=690° кгс.
Высоту йп сварного шва со стороны пера принимаем равной 0,7 см (на 1 мм меньше толщины уголка), а со стороны обушка //0 = 1,2 см.
По формулам (25.4) находим длины сварных швов: / 18100 1Af t 6900 too
Z° 0,7-1,2- 1100“ 9,6 СМ' а “0,7-0,7- 1100“ 2,8 СМ’
Принимаем толщину фасонного листа 6=1,6 см. Находим необходимую ширину фасонного листа по формуле (26.4):
50000 1ОК’
С“1,6- 1600“ 9,8 СЛ’
По результатам расчета на рис. 19.4 изображен чертеж сварного соединения.
132
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1.4 (к § 1.4). Установить, в каких случаях плоского напряженного состояния из показанных на рис. 20.4 имеется чистый сдвиг. Определить для этих случаев напряжения omax, orain, ттах и xmin.
Ответ:
°) ^max” ^min Tmax — тппп~418 кгс>СМ2\
0 ^max~ ~ Чпах ~ ^^=150 К2С/см\
Рис. 20.4
Задача 2.4 (к § 2.4). Для случаев плоского напряженного состояния, показанных на рис. 20.4, определить углы сдвига граней элементарных параллелепипедов.
Принять: Е~2- 10е кгс/см2\ р = 0,3.
Ответ:
а) 7=156.10-в; б) у = 195-10~6; в) у = 0.
Вопросы для самопроверки
К § 1.4. 1. Какой случай плоского напряженного состояния называется чистым сдвигом?
2. Что представляют собой площадки чистого сдвига и чем они отличаются от площадок сдвига?
3. Какая зависимость имеется между нормальными напряжениями по двум взаимно перпендикулярным площадкам при чистом сдвиге?
4. Изменяется ли величина полного напряжения в случае чистого сдвига при повороте площадки?
5. Как связаны друг с другом при чистом сдвиге значения:
^max, °min> ^тпах и Tmin?
6. Ответьте с помощью круга Мора, построенного для случая чистого сдвига, на 3,4 и 5-й вопросы.
К § 2.4. 7. Как деформируется под действием касательных напряжений элементарный параллелепипед, боковые грани которого совпадают с площадками чистого сдвига?
133
8. Что называется абсолютным сдвигом, относительным сдвигом и углом сдвига?
9. Напишите выражение закона Гука при сдвиге.
К § 3.4. 10. Докажите, что объемная деформация при чистом сдвиге равна нулю.
11. Выведите выражения полной удельной потенциальной энергии при чистом сдвиге, энергии изменения объема и энергии изменения формы.
12. Выведите зависимость между модулем упругости Е и модулем сдвига G.
К § 4.4. 13. Из каких условий определяются количество заклепок, толщина и ширина фасонного листа и другие размеры заклепочного соединения?
14. Как определяется длина фланговых сварных швов? Почему при расчете прочности шва его толщина умножается на коэффициент 0,7?
Глава 5
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ
§ 1.5. ОБЩИЕ СВЕДЕНИЯ
Как уже известно, при растяжении и сжатии прочность и жесткость стержней, напряжения, возникающие в их поперечных сечениях, величина потенциальной энергии деформации и т.д. зависят от площадей поперечных сечений стержней.
Площадь является простейшей геометрической характеристикой поперечного сечения. Если представить сечение состоящим из
бесчисленного множества элементарных площадок dF (рис. 1.5), то площадь всего сечения
F= J dF. F
При расчетах на изгиб, кручение, сложное сопротивление, а также при расчетах сжатых стержней на устойчивость используются более сложные геометрические характеристики сечений:
статический момент, а также осевой (или экваториальный), полярный и центробежный моменты инерции сечений*. Выражения этих характеристик отличаются от выражения (1.5) тем, что у них
под знаки интеграла входят произведения элементарных площадок dF на функции координат у, г, р этих площадок (рис. 1.5). Таким образом, указанные геометрические характеристики зависят не только от формы и размеров сечения, но также от положения осей и точек (полюсов), относительно которых они вычисляются.
Геометрические характеристики сечений простой формы можно определить по специальным формулам. Кроме того, в таблицах ГОСТа (называемых также таблицами нормального сортамента) приводятся геометрические характеристики профилей стандартного проката (уголков, швеллеров, двутавров). Для определения геометрических характеристик сложных сечений приходится расчленять их на ряд простых фигур и пользоваться формулами, уста-
навливающими зависимости между геометрическими характеристиками относительно различных осей.
* Осевой момент инерции является основной геометрической характеристикой при расчетах на изгиб. Полярный момент инерции используется при расчетах на кручение бруса круглого поперечного сечения. Статический момент и центробежный момент инерции сечения при расчетах на прочность и жесткость имеют вспомогательное значение.
135
$ 2.5. СТАТИЧЕСКИЕ МОМЕНТЫ СЕЧЕНИЙ
Статическим моментом сечения относительно некоторой оси называется взятая по всей его площади F сумма произведений элементарных площадок dF на их расстояния от этой оси, т. е.
S^ydF-, F
Sy = ^zdF. F
(2-5)
Статические моменты выражаются в см3, м3 и т. д.
Для сложного сечения, состоящего из п частей, выражения (2.5) можно представить в виде
Р i~n р i = n
Sz = \ydF=%S‘-, Sy = ^zdF= %S‘y, (3.5)
F С=Л F i=l
где S£ и 8*,—статические моменты i-и части сечения относительно осей z и у соответственно.
Итак, статический момент сложного сечения относительно некоторой оси равен сумме статических моментов всех частей этого сечения относительно той же оси.
Нельзя суммировать статические моменты частей сечения, вычисленные относительно различных осей.
Рис. 2.5
Рассмотрим сечение, показанное на рис. 2.5. Очевидно, что статический момент Sz= \ydF части сечения, расположенной выше Ft
оси г, положителен, так как для любой площадки dF этой части ординаты у положительны*; для части же сечения, расположенной ниже оси г, статический момент Sz= \у dF отрицателен и Ft
меньше по абсолютной величине. Поэтому статический момент
Sz = JydF всего рассматриваемого сечения положителен. F
* Величина dF элементарной площадки существенно положительна.
136
Если за положительное для оси у выбрать направление вниз (а не вверх, как на рис. 2.5), то интеграл \ydF станет отрица-тельным, а интеграл \ydF— положительным; статический момент Ft
S2 всего сечения, равный сумме этих интегралов, станет отрицательным.
Таким образом, изменение положительного направления оси у вызывает изменение знака статического момента S/, аналогично изменение положительного направления оси г вызывает изменение
Установим зависимость между статическими моментами одного и того же сечения относительно двух параллельных друг другу осей z и zt (рис. 3.5). Выражения статических моментов относи^ тельно этих осей на основании (2.5) имеют вид
SZ = = J yldF-,
F F
HO
и, следовательно,
y^y—a
= J (y—a)dF— J ydF—a J dF = Sz — aF. F F F
Окончательно
Sz,==S2 — aF (4.5)
и аналогично
Sy^Sy-bF. (5.5)
Найдем теперь положение осей г, и yY (рис. 4.5), относительно которых статические моменты равны нулю. Для этого приравняем нулю выражения (4.5) и (5.5):
S?, ~ S2 ycF — 0; Syt—Sy zcF — 0,
137
откуда
yc — SzlF\ zc — SylF. (6.5)
Точка пересечения таких осей (точка С на рис. 4.5) называется центром тяжести сечения \ а оси, проходящие через центр тяжести,— центральными осями. Относительно любой оси, проходящей через центр тяжести сечения (т. е. относительно любой центральной оси), статический момент равен нулю.
Формулы (6.5) используются для определения координат центра тяжести сечения.
Для случаев, когда положение центра тяжести сечения известно, а требуется определить статические моменты сечения относительно любых осей у и г (рис. 5.5), формулы (6.5) преобразуются к виду
S2==//cF; Sy — zcF. (7.5)
Определим для примера положение центра тяжести сечения, показанного на рис. 6.5. Для этого разобьем сечение на две части: прямоугольник площадью Л1 = 2аа и квадрат площадью F2~a*. Центры тяжести Су и С2 этих частей показаны на рис. 6.5.
Проведем случайные оси у н г**. Вычислим статический момент сечения относительно оси г:
В этом выражении Sfi и —статические моменты частей сечения площадями и F2 относительно оси г, равные [на основании выражения (7.5)]:
Szl = Ус = я • 2я2 = 2а3; = ycf\ = (я/2) • а2 = а3/2.
Следовательно,
S, = 2a3 + a3/2==5a3/2,
и на основании выражения (6.5)
_ _(5/2)а3
Ус F ~ За2
а,
5
6
где
Аналогично
F = Ft + F2 = 2a2 + а2 = 3а\
s,=s'.+s;.,
* Рассматриваемый здесь центр тяжести совпадает с центром тяжести веса бесконечно тонкой однородной пластинки постоянной толщины, имеющей то же очертание и размеры, что и данное сечение.
** Оси у и z называем «случайными» потому, что они выбраны произвольно.
138
где
Sfr = zCiF1 = (a/2) • 2аг = a3; = zcF2 = (3,-2) a -a3 = (3/2) a3.
Следовательно,
S,, = a3 + (3/2) a3 = (5/2) а3 и ?c = S,/F = ^g^ = (5/6)a.
По найденным значениям координат ус и гс на рис. 6.5 установлено положение центра тяжести С заданного сечения.
Положение центра тяжести того же сечения (см. рис. 6.5) можно найти более просто, если случайные оси у и г провести через центр тяжести одной из частей, на которые разбито сечение.
Будем, например, рассматривать площадь заданного сечения как разность площадей F) = 4a2 квадрата 1, 2, 3, 4 и F„ — a3 квадрата 2, 5, 6, 7, так как заданное сечение можно получить путем вычитания квадрата 2, 5, 6, 7 из квадрата /, 2, 3, 4 (рис. 7.5). Тогда относительно осей у и г, показанных на рис. 7.5:
S2 = -Sfз = 0-ус F2 = -(a/2)-a3 = -a3/2
(здесь Sfi=O, так как ось г проходит через центр тяжести Сг квадрата 1, 2, 3, 4);
С /Г $z —/С
Ус = $z F = • - - = —«/6;
SV = S^-S^=O-zcF2 = - (a/2) • a3 = - a3/2;
zc = SV/F — = — a/6.
c У /4 —f2 4a2~ a2 1
Найденное положение центра тяжести С заданного сечения показано на рис. 7,5; оно совпадает с полученным выше (см. рис. 6.5).
Заметим, что разбивку сечения на составные части несколькими способами или выбор различных координатных систем (или то и
139
другое) надо широко использовать для контроля правильности определения положения центра тяжести.
Следует иметь в виду, что при вычислении статических моментов сечений необходимо учитывать знаки координат центров тяжести отдельных частей фигуры. Так, например, при вычислении статического момента сечения (рис. 8.5) относительно оси у абсциссу zCj следует взять со знаком «минус»:
Sv = ' + SV2 = = —(й/2) • 2а2 + (а/2) • а2 = — а3/2.
На основании рассмотренных примеров можно установить следующий порядок определения положения центра тяжести сложного сечения.
1. Сложное сечение разбивается на части, имеющие вид простых фигур.
2. Определяются площади и положения центров тяжести каждой фигуры*.
3. Выбираются случайные координатные оси у и г.
4. По формулам (7.5) вычисляются статические моменты S'y и S* каждой фигуры относительно осей у и г. Затем путем суммирования значений S\j [в соответствии с выражениями (3.5)] определяется статический момент S(J, а значений S1]—статический момент Sz всего сечения.
5. По формулам (6.5) вычисляются координаты центра тяжести всего сечения.
В отдельных случаях, когда заданное сечение нельзя разбить на такие фигуры, положения центров тяжести которых известны, положение центра тяжести всего сечения необходимо определять путем непосредственного интегрирования. Такие случаи рассмотрены в примере 1.5.
§ 3.5. МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ СЕЧЕНИЙ
Осевым (или экваториальным) моментом инерции сечения относительно некоторой оси называется взятая по всей его площади F сумма произведений элементарных площадок dF на квадраты их расстояний от этой оси, т. е.
Jy—^z2dF', Jz = \y2dF. (8.5)
F F
Полярным моментом инерции сечения относительно некоторой точки (полюса) называется взятая по всей его площади F сумма произведений элементарных площадок dF на квадраты их расстояний от этой точки, т. е.
(9.5)
F
* Положения центров тяжести некоторых простых фигур и площади этих фигур указаны в табл. 1.11, § 5.11.
140
Центробежным моментом инерции сечения относительно некоторых двух взаимно перпендикулярных осей называется взятая по всей его площади F сумма произведений элементарных площадок dF на их расстояния от этих осей, т.е.
Jvz = \yzdF.
F
(10.5)
Моменты инерции выражаются в с>и4, м* и т. д.
Осевые и полярные моменты инерции всегда положительны, так как в их выражения под знаки интегралов входят величины площадок dF (всегда положительные) и квадраты расстояний этих площадок от данной оси или полюса.
Рис. 9.5
На рис. 9.5, а изображено сечение площадью F и показаны оси у и г. Осевые моменты инерции этого сечения относительно осей у и г:
Jy = г2 dF; =Л У2 dF.
F F
Сумма этих моментов инерции
Jy 4- jz = $ г2 dF + ^уг dF = $ (г/2 + г2) dF. F F F
Но
£/2 22 = р2
и, следовательно,
Jy+J? = $ P2dF = Jp9
F т. e.
Jy + Jz = Jp. (11.5)
Таким образом, сумма осевых моментов инерции сечения относительно двух взаимно перпендикулярных осей равна полярному моменту инерции этого сечения относительно точки пересечения указанных осей.
141
Центробежные моменты инерции могут быть положительными, отрицательными или равными нулю. Так, например, центробежный момент инерции сечения, показанного на рис. 9.5, а, относительно осей у и z положителен, так как для основной части этого
сечения, расположенной в первом квадранте, значения у и г, а
следовательно, и \yzdF положительны.
Если изменить положительное направление оси у или г на обратное (рис. 9.5,6) или повернуть обе эти оси на 90° (рис. 9.5, в), то центробежный момент инерции Jyz станет отрицательным (абсолютная величина его не изменится), так как основная часть
Рис. 10.5
сечения будет тогда располагаться в квадранте, для точек которого координаты у положительны, а координаты z отрицательны. Если изменить положительные направления обеих осей (у и г) на обратные, то это не изменит ни знак, ни величину центробежного момента инерции.
Рассмотрим фигуру, симметричную относительно одной или нескольких осей (рис. 10.5). Проведем
оси у и г так, чтобы хотя бы одна
из них (в данном случае ось у) совпадала с осью симметрии фигуры. Каждой площадке расположенной справа от оси у, соответствует в этом случае такая же площадка dF2, расположенная симметрично первой, но слева от оси у. Центробежный момент инерции каждой пары таких
симметрично расположенных площадок равен:
dJyz = + Uz2 dF2\
но
dF1==dF2~dF, а г2 = —zt.
Следовательно,
dJуг = yztdF—yzxdF = 0 и =
Таким образом, центробежный момент инерции сечения относительно осей, из которых одна или обе совпадают с его осями симметрии, равен нулю.
Осевой момент инерции сложного сечения относительно некоторой оси равен сумме осевых моментов ^инерции составляющих его частей относительно этой же оси.
Аналогично центробежный момент инерции сложного сечения относительно любых двух взаимно перпендикулярных осей равен сумме центробежных моментов инерции составляющих его частей относительно этих же осей. Также и полярный момент инерции сложного сечения относительно некоторой точки равен сумме
142
полярных моментов инерции составляющих его частей относительно той же точки.
Следует иметь в виду, что нельзя суммировать моменты инерции, вычисленные относительно различных осей и точек.
§ 4.5. ВЫЧИСЛЕНИЕ МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ СЕЧЕНИЙ ПРОСТОЙ ФОРМЫ
Как указано в § 1.5, геометрические характеристики сложных сечений определяются путем расчленения их на ряд простых фигур, геометрические характеристики которых можно вычислить по соответствующим формулам или определить по специальным таблицам. Эти формулы получаются в результате непосредственного интегрирования выражений (8.5)—(10.5). Приемы их получения рассматриваются ниже на примерах прямоугольника, треугольника и круга.
Прямоугольное сечение
Определим осевой момент инерции прямоугольника высотой h и шириной b относительно оси проходящей через его основание (рис. 11.5, а). Выделим из прямоугольника линиями, параллель-
ными оси элементарную полоску высотой dyv и шириной Ь. Площадь этой полоски dF = bdyl3 расстояние от полоски до оси равно Подставим эти величины в выражение момента инерции (8.5): ‘ h h
J Z, = \ byl dyi = byf/31 = bh3/3, Jz, = bh3/3. (12.5)
F 0 0
Аналогичным путем для момента инерции относительно оси yt можно получить выражение
^i==(ftft3)/3e (13.5)
Для определения центробежного момента инерции Jвыделим из прямоугольника линиями, параллельными осям z± и (рис.
143
11.5,6), элементарную площадку величиной dF = dzxdyx. Определим сначала центробежный момент инерции не всего прямоугольника, а лишь вертикальной полоски высотой h и шириной расположенной на расстоянии zt от оси ух:
yi = h t/t=h b
dJVl!t = $ y^dF= J yiz1dyldz1 = z1dz1 \у^ух =
1/1 = 0 [/1 = 0 0
h
~z1dz1y[/2 | =(/i2/2)z1dzv о
Произведение zx dzx вынесено за знак интеграла, так как для всех площадок, принадлежащих рассматриваемой вертикальной
полоске, оно постоянно.
Проинтегрируем затем выражение dJyt2t, в пределах от г1~0 до z1=b: ь ь
5 ^2/2) 2> = Л2/2 $ г> dzi =
о о
ь
= (ft2/2) г?/21 = (62Л2)/4;
о
/лг1=&2й2/4.
(14.5)
Определим теперь осевые моменты инерции прямоугольника относительно осей у и г, проходящих через центр
тяжести параллельно сторонам прямоугольника (рис. 12.5). Для этого случая пределы интегрирования будут от у — — Л/2 до y = +h/2.
Следовательно,
Л/2 Л/2
Jz=Ji/2dF = J y2bdy = by3/3 I = Wi3/24+M3/24 = Wi3/12;
F -Л/2 -h/2
Jz = bh3/12. (15.5)
Аналогично
Jy = hb3/12. (16.5)
Центробежный момент инерции прямоугольника относительно осей у и z (рис. 12.5) равен нулю, так как эти оси совпадают с его осями симметрии.
Треугольное сечение
Определим осевые моменты инерции треугольника относительно трех параллельных осей г15 гв и г2, проходящих через его основание (рис. 13.5, а), центр тяжести (рис. 13.5,6) и вершину (рис. 13.5, в).
144
Для случая, когда ось проходит через основание треугольника (рис. 13.5, а),
ьи = ь^’ dF = bvdy^b^dy;
h h
Jz,=^yzdF — ^ y4>h-^dy = ~\ if (h—y)dy = F 0 0
Для случая, когда ось проходит через центр тяжести треугольника параллельно его основанию (рис. 13.5,6),
Z> dF = budy = b(2/3}^~y dy,
У fl У и п и
(2/3)Л
J4 = ^y*dF = j y*b{2/3)£~ydy =
F -h/3
145
<2/3>Л & С 2/01, Q \4 & ! У3'2Ь 3#4\(2/3)/l
= зл J y42h-3y)dy^rh^-3-------------=
-л/з
_ b Г(2Л/3)32А 3(2Л/3)4 (— Л/З)3 2Л , 3(—ft/3)*~j bh\
3ft L 3 4 3 + 4 J ~ 36 ’
J2t = bh3/36.
(18.5)
В случае, когда ось проходит через вершину треугольника параллельно его основанию (рис. 13.5, в),
bv = — by/h; dF = bydy — ~ {by th) dy,
Jz.^y^dF = — §y2(by/h)dy — -—b/h§ y3 dy = — ~ \ = bh3/4-,
F -h -h A
J2i—bh3l$. (19.5)
Момент инерции JZi значительно больше (в три раза), чем момент инерции JZ1, так как основная часть площади треугольника более удалена от оси г2, чем от оси zx.
Выражения (17.5) — (19.5) получены для равнобедренного треугольника. Однако они верны и для неравнобедренных треугольников. Сравнивая, например, треугольники, показанные на
рис. 13.5, а и 13.5,г, из которых первый равнобедренный, а второй неравнобедренный, устанавливаем, что размеры Ьу площадки dF и пределы, в которых изменяется у (от О до Л), для обоих треугольников одинаковы. Следовательно, моменты инерции JZx для них также одинаковы. Аналогично можно показать, что осевые моменты инерции всех сечений, изображенных на рис. 14.5, одинаковы. Вообще смещение частей сечения параллельно некоторой оси не влияет на величину осевого момента инерции относительно этой оси.
Очевидно, что сумма + осевых моментов инерции треугольника относительно осей zr и г2, показанных на рис. 13.5, а и 13.5,в, должна быть равна осевому моменту инерции прямоугольника JZt относительно оси 2}, показанной на рис. 11.5, а. Это следует из того, что прямоугольник можно рассматривать как
два треугольника, для одного из которых ось проходит через
146
основание, а для другого—через вершину параллельно его основанию (рис. 15.5). Действительно, по формулам (17.5) и (19.5)
J2, + J2i = bh3/12 + bh3/4 = д/г3/3,
что совпадает с выражением J2l прямоугольника по формуле (12.5).
Сечение в форме круга
Определим осевой момент инерции круга относительно любой оси г, проходящей через его центр тяжести. Из рис. 16.5, а следует
dy = 2rcos<p; dF — by dy = 2r cosq> dy, HO
y = rsinq> и dy— r cos dtp.
Следовательно,
dF = 2r- cos2 <p dq> и л/2
Jz = ^y2dF— (rsin<p)2-2r2cos2<p-d<p==
F -л/2
л/2
= 2r* у sin2<p-cos2<pd<p = 2r* ( ~
— л/2
O 4 / я n . n А лг4
= 2г [ тг—0 + 0 = -г* = -«г •
\16 1 16 1 ; 4 64
Очевидно, что относительно любой оси, проходящей через центр круга, осевой момент инерции будет равен Jz и, следовательно,
Jy = ^=^«0,05d4. (20.5)
По формуле (11.5) находим полярный момент инерции круга относительно его центра:
=/у 4-/г = 27г = 2nd4/64; Jp = nd^32 « 0, Id4. (21.5)
147
Формулу осевого момента инерции круга можно получить более простым путем, если предварительно вывести формулу для его полярного момента инерции относительно центра (точки О). Для этого выделим из круга элементарное кольцо толщиной dp. радиусом р и площадью dF = 2лр-dp (рис. 16.5,6).
Полярный момент инерции элементарного кольца относительно центра круга dJp = p2dF, так как все элементарные площадки d(dF). из которых состоит это кольцо, расположены на одинаковом расстоянии р от центра круга. Следовательно,
J р = J р2 dF = р2 • 2лр dp = 2лр4/4 | = лг4/2 = nd4/32. f о о
Так как
— и Jу~^~ Jz~ Jр* то
Jy = J2 = Jp/2 = nd4/(2 • 32) = л^4/64.
Этот результат совпадает с полученным выше.
Моменты инерции (полярный и осевые) сечения, имеющего форму кругового кольца с наружным диаметром d и внутренним d9 (рис. 17.5), можно определить как разности между соответствующими моментами инерции наружного и внутреннего кругов.
Полярный момент инерции кольца на основании формулы (21.5)
Jp - (nd4/32) - (tizZJ/32) = (ж/4/32) [1 -(d0/d)4], или, если обозначить djd=c.
Jp = (щ/*/32) (1 —с4) О, Ы4 (1 —с4). (22.5)
Аналогично, для осевых моментов инерции кольца
Jy = Jz = (ш/4/64) (I —£4) « 0,05d4 (1 —с4). (23.5)
§ 5.5. ИЗМЕНЕНИЕ МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ
ПРИ ПАРАЛЛЕЛЬНОМ ПЕРЕНОСЕ ОСЕЙ
Часто при решении практических задач необходимо определять моменты инерции сечения относительно осей, различным образом ориентированных в его плоскости. При этом удобно использовать уже известные значения моментов инерции всего сечения (или отдельных составляющих его частей) относительно других осей, приводимые в технической литературе, специальных справочниках и таблицах, а также подсчитываемые по имеющимся формулам. Поэтому очень важно установить зависимости между моментами инерции одного и того же сечения относительно разных осей.
В самом общем случае переход от любой старой к любой новой системе координат может рассматриваться как два последовательных преобразования старой системы координат:
148
1) путем параллельного переноса осей координат в новое поло-
жение и
2) путем поворота их относительно нового начала координат. Рассмотрим первое из этих преобразований, т. е. параллельный
перенос координатных осей.
Предположим, что моменты инерции Jy, J2 и J данного сечения относительно старых осей у и г (рис. 18.5) известны. Возьмем новую систему координат i/iZi, оси которой параллельны прежним. Обозначим а и Ь координаты точки 0х (т. е. нового начала координат) в старой системе координат yz. Рассмотрим элементарную площадку dF. Координаты ее в
старой системе координат рав-
ны у и z. В новой системе они равны у^у—а и гх = г—Ь. Подставим эти значения координат в выражение осевого мо-
мента инерции относительно оси zY\
Jz^yldF^(y—a)2dF=^y2dF—2a^ydF + a2^dF.
F F F F F
В полученном выражении j y2dF—момент инерции J2, \ ydF — F F
статический момент Sz сечения относительно оси z ^dF равен
F площади F сечения.
Следовательно,
. J2l = Jz — 2aS2 + a2F. (24.5)
Если ось z проходит через центр тяжести сечения, то статический момент S2 = 0 и
Л, =7 2 + a2F. (25.5)
Из формулы (25.5) видно, что момент инерции относительно любой оси, не проходящей через центр тяжести, больше момента инерции относительно оси, проходящей через центр тяжести, на величину a2F, которая всегда положительна. Следовательно, из всех моментов инерции относительно параллельных осей осевой момент инерции имеет наименьшее значение относительно оси, проходящей через центр тяжести сечения.
Момент инерции относительно оси уг [по аналогии с формулой (24.5)]
Jyt = Jv-2bSv+b*F. (26.5)
В частном случае, когда ось у проходит через центр тяжести сечеНИЯ’ Jyi = Jy + b*F. (27.5)
149
Формулы (25.5) и (27.5) широко используются при вычислении осевых моментов инерции сложных (составных) сечений.
Подставим теперь значения У1 = «/—а и Zi = z—b в выражение центробежного момента инерции относительно осей и гх'.
Jytz, = $ УЛ dF = J (у—a) (z—b) dF = F F
>= J yzdF—b J ydF—a J zdF + ab J dF.
F F F F
В полученном выражении
^yzdF — J^, ^ydF = Sz, ^zdF = Sy и ^dF=F. F F F F
Следовательно,
J ytz, = JVz—aSv~ bSz + abF.
(28.5)
В частном случае, когда начало старой системы координат yz находится в центре тяжести сечения, sy=s2=o и
Jy^Jyt + abF. (29.5)
Если сечение симметрично и одна из старых осей (или обе) совпадают с осью симметрии, то Jyz~® и выражение (29.5) принимает вид
jy^ = abF. (30.5)
§ 6.5. ИЗМЕНЕНИЕ МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ ПРИ ПОВОРОТЕ ОСЕЙ
Предположим, что известны моменты инерции Jy, Jz и J
сечения относительно осей у и
Рис. 19.5
z старой системы координат с началом в точке О (рис. 19.5). Возьмем новую систему координат у^ с началом в той же точке О, но повернутую на некоторый угол а относительно старой. Будем считать угол а положительным, если старую систему координат для перехода к новой надо повернуть на этот угол против часовой
стрелки.
Рассмотрим элементарную площадку dF с координатами у и г
в старой системе координат Определим координаты ух и zY этой
150
площадки в новой системе координат. Из рис. 19.5 следует*:
Уу = 1‘2 = 1-3—2-3 = 1-3—4-5 ~ 1-5 cos а—
—0-5 sin а — у cos а — г sin а;
гх = 0-2 = 4-2 + 0-4 = 1-5 sin а + 0-5 cos а = = у sin а 4- z cos а.
Подставим эти значения координат в выражение осевого момента инерции относительно оси zx\
J — \yldF=^ (у cos а — г sin a)2 dF = cos2 а y2dF + F F F
4-sin2 а J г2 dF—2sin а cos а yzdF, F F
или
J = Jz cos2 а 4- Jу sin2 а—J yz sin 2а, (31.5)
так как
^y2dF = Jz, ^z2dF^Jv и ^yzdF = JVI.
F F F
Аналогично
= J z[ dF = J (y sin a 4- z cos a)2 dF = cos2 a J г2 dF + F F F
4- sin2 a J y2 dF 4- 2 sin a cos a Jyz dF, F F
или
Jn = J„ cos2 a 4- J2 sin2 a 4~ Л, sin 2a. (32.5)
Если сложить величины моментов инерции относительно осей уг и гх, то
+ (33.5)
Следовательно, сумма осевых моментов инерции относительно двух взаимно перпендикулярных осей сохраняет постоянную вели
* В приведенных ниже выражениях 1-3 означает расстояние между точками 1 и 3, 4-5—между точками 4 и 5 и т. д. Используя полученные выражения yt и zx, определим статические моменты и S2j. На основании формул (2.5)
Sz* ~ dF = (У c°s a— z sin a) dF ~ cos a J у dF— sina^zdF-
F F F F
— cosa Sz— sinaS^;
J ztdF — J (y sin a-j-z cos a) dF -=sin a у dF-\-
F F F
4- cos a z dF = sin a.Sz 4- cos aSy.
F
Если оси у и z центральные, то Sy — S2 —О и, следовательно, Sy, = SZl —0. Таким образом, если статические моменты относительно двух взаимно перпендикулярных осей, проходящих через данную точку, равны нулю, то они равны нулю и относительно любой оси, проходящей через эту точку.
151
чину при повороте осей на любой угол. Этот результат объясняется также тем, что сумма моментов инерции относительно двух взаимно перпендикулярных осей равна полярному моменту инерции относительно начала координат [см. формулу (11.5)]; величина же полярного момента инерции не изменяется, если начало координат остается на месте, а координатные оси поворачиваются.
Определим теперь величину центробежного момента инерции относительно осей yt и zt:
= $ y^dF = (f/cosa — 2sina)(//sina + 2cosa)dF = F F
= sinacosa M y*dF — J z2dF ] + (cos2a—sin2 a) J yzdF, \F F J F
или
Jyi2l = —у-^sin 2a +Jy3cos2a. (34.5)
$ 7.$. ГЛАВНЫЕ МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ. ГЛАВНЫЕ ОСИ ИНЕРЦИИ
Формулы (31.5), (32.5) и (34.5) позволяют установить, как изменяются величины моментов инерции сечения при повороте осей на произвольный угол а. Для некоторых значений угла a величины осевых моментов инерции достигают максимума и минимума. Экстремальные (максимальные и минимальные) значения осевых моментов инерции сечения называются главными моментами инерции. Оси, относительно которых осевые моменты инерции имеют экстремальные значения, называются главными осями инерции.
Из формулы (33.5) следует, что если осевой момент инерции относительно некоторой оси является максимальным (т. е. эта ось главная), то осевой момент инерции относительно перпендикулярной к ней оси является минимальным (т. е. эта ось также главная), так как сумма осевых моментов инерции относительно двух взаимно перпендикулярных осей не зависит от угла а.
Таким образом, главные оси инерции взаимно перпендикулярны.
Для нахождения главных моментов инерции и положения главных осей инерции определим первую производную по углу а от момента инерции [см. формулу (31.5) и рис. 19.5]:
Sr = cos2 « + sin2 a — sin 2a) =
— — J, • 2 sin a cos a 4- J,- 2 sin a cos a—J„, • 2 cos 2a.
Приравниваем этот результат нулю:
/ dJ, \
(—т—И = — (/,—J„)sin2a0—2J„,cos2a0 = 0, (35.5) где a0—угол, на который надо повернуть координатные оси у и г, чтобы они совпали с главными осями.
152
Сравнивая выражения (35.5) и (34.5), устанавливаем, что
а=а0 = = °’
т. е.
(JviZt)a=aQ по-
следовательно, относительно главных осей инерции центробежный момент инерции равен нулю. Поэтому главными осями инерции можно называть оси, относительно которых центробежный момент инерции равен нулю.
Как уже известно, центробежный момент инерции сечения относительно осей, из которых одна или обе совпадают с осями симметрии, равен нулю.
Следовательно, взаимно перпендикулярные оси, из которых одна или обе совпадают с осями симметрии сечения, всегда являются главными осями инерции. Это правило позволяет во многих случаях непосредственно (без расчета) устанавливать положение главных осей.
Решим уравнение (35.5) относительно угла а0:
tg 2а0 = -2Jyz/(Jz-Jy). (36.5)
Уравнению (36.5) в каждом конкретном случае удовлетворяет ряд значений а0*. Из них выбирается одно любое. Если оно положительно, то для определения по нему положения одной из главных осей инерции ось г следует повернуть на угол а0 против вращения часовой стрелки, а если отрицательное—то по вращению часовой стрелки; другая главная ось инерции перпендикулярна к первой. Одна из главных осей инерции является осью максимум (относительно нее осевой момент инерции сечения максимален), а другая — осью минимум (относительно нее осевой момент инерции сечения минимален).
Ось максимум всегда составляет меньший угол с той из осей (у или г), относительно которой осевой момент инерции имеет большее значение. Это
обстоятельство позволяет легко устанавливать, какая из главных осей инерции является осью максимум, а какая—осью минимум. Так, например, если Jy>Jz, а главные оси инерции и и о расположены, как это показано на рис. 20.5, то ось и является осью максимум (так как образует с осью у меньший угол, чем с осью г), а ось v—осью минимум.
При решении конкретной числовой задачи для определения главных моментов инерции Jmax и Jmin можно выбранное значение
* Например, уравнению tg2a0=l удовлетворяют значения угла а0» Рав" ные—67°30', +22°30', +112°30' и др.
153
угла а0 и значение а'=ао4-9Оэ подставить в формулу (31.5) или (32.5). Решим эту задачу в общем виде. По формулам из тригонометрии, используя выражение (36.5), найдем
у
cqs 2а0 =---Fz===^ — ,______________,
±Kl + tg-2a0 F иг-/у)- + 4^г
2J..,
sin 2a„ = tg 2a0 • cos 2a0 = =F >77^7 - , ===; r (^z Jy>'-^ yz
cos2 a# = у (1H-COS 2a0)=y (1 ± 77=======
2\ V(Jz-JyY-+^yz
sin2 a0 = у (1 —cos2a„)4= у f 1 ± /.* =
Z \ 1/ ( I T \2 I 4 / 2
(37.5)
Подставив эти выражения в формулу (31.5), после простых преобразований получим
^тах=^Ф^±|/(/г/-4)3 + 472г. (38.5)
min х
Главные оси инерции можно провести через любую точку, взятую в плоскости сечения. Однако практическое значение для расчетов элементов конструкции имеют лишь главные оси, проходящие через центр тяжести сечения, т. е. главные центральные ecu инерции. Моменты инерции относительно этих осей (главные центральные моменты инерции) в дальнейшем будем обозначать Jmax И Anin*
Рассмотрим несколько частных случаев.
1. Если Jy = Jz и «7Р2 = 0, то формула (34.5) дает значение центробежного момента инерции относительно любой пары взаимно перпендикулярных осей, равное нулю, и, следовательно, любые оси, полученные путем поворота системы координат yz, являются главными осями инерции (так же как оси у и г). В этом случае
JУ = Jz — «/щах ~ *^min ~ COHSt.
2. Для фигур, имеющих более двух осей симметрии, осевые моменты инерции относительно всех центральных осей равны между собой. Действительно, направим одну из осей (у или z) по одной из осей симметрии, а другую—перпендикулярно к ней. Для этих осей Jyz = 0. Если фигура имеет более двух осей симметрии, то какая-либо из них составляет острый угол е осью г. Обозначим такую ось zr, а перпендикулярную к ней ось уг.
Центробежный момент инерции /y Zi = 0, так как ось zY является осью симметрии. По формуле же (34.5):
Jv г = sin 2а + J?._ cos 2a = 0, но так как то
A ~ у
154
Таблица 1.5
Моменты инерции плоских сечений
Плоское напряженное состояние
1. Моменты инерции при повороте осей:
а) осевой момент инерции
= Jz cos2 а + Jу sin2 а — Jyz sin 2а;
б) центробежный момент инерции J.-Jy
JViZl ~ —2— sin cos 2а;
в) связь между осевыми и центробежными моментами инерции
da ”
2. Главные моменты инерции:
г J«+ ,
Jmax 2 min
±4^-A)2+4^2;
Jmax *^min ~ Jy"\~ z ~ const
3. Главные оси инерции:
а) центробежный момент инерции относительно главных осей равен нулю;
б) наклон главных осей инерции
tg 2а0 ~—2Jyz/(Jz — Jу)
1. Напряжения при повороте площадок:
а) нормальное напряжение °а,~°х cos2 a + оу sin2a—
— Ту sin 2a;
б) касательное напряжение
Ojf Оу
та = —-— sin 2a+Ту cos 2a;
в) связь между нормальными и касательными напряжениями
2. Главные напряжения: Оу + Од.
атах 2 "Е min
± (<fy—<Гх)2 + 4т|;
^тах + ^min ~ °у~{~ °х ~ const
3. Главные площадки:
а) касательные напряжения в главных площадках равны нулю;
б) наклон главных площадок
tg 2а0 = —2ту/(ох — Оу)
Тогда в соответствии с рассмотренным выше случаем момент инерции относительно любой оси имеет одно и то же значение и любые оси, полученные путем поворота системы координат yzy являются главными осями инерции. Отсюда следует, что для всех правильных фигур (равностороннего треугольника, квадрата, круга и т. д.) моменты инерции относительно всех центральных осей равны между собой и все эти оси являются главными осями инерции.
3. Если Jz~ Jу и то по формуле (36.5)
tg2a0 = oo; 2ao = 90°; a0 = 45°.
В этом случае главные оси инерции наклонены к исходным осям у и z под углами 45°.
Нетрудно убедиться в том, что формулы для моментов инерции плоских сечений при повороте осей координат аналогичны форму-
155
лам для напряжений при повороте площадок (в случае плоского напряженного состояния).
Аналогия между моментами инерции и напряженным состоянием наглядно показана в табл. 1.5, из которой следует, что если в формулах для моментов инерции заменить Jz на ov, J у на о , Jyz на (—тх) или на 4~ту, J Zx на оа и Jу^ на та, то эти формулы совпадут с соответствующими формулами для напряжений.
§ 8.5. ИССЛЕДОВАНИЕ МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ С ПОМОЩЬЮ КРУГА МОРА
Аналогия между моментами инерции сечений и плоским напряженным состоянием позволяет применить круг Мора, использованный выше при исследовании напряженного состояния (см. § 5.3), для определения осевых и центробежных моментов инерции при повороте системы координат.
Предположим, что для сечения, изображенного на рис. 21.5, а, определены моменты инерции Jy, Jz и ]yz. Построим для этого сечения круг Мора, откладывая по оси абсцисс значения осевых моментов инерции Jz, а по оси ординат значения центробежных моментов инерции Jyz (рис. 21.5, б).
На рис. 21.5,6 координаты точки А определяют моменты инерции Jz и Jyz при горизонтальной оси г (рис. 21.5, а)\ в соответствии с этим проводим через точку А горизонтальную черту.
После поворота системы координат yz на угол а = 90°, например, против часовой стрелки, по отношению к заданному сечению, она занимает положение, показанное на рис. 21.5, в. При этом осевой момент инерции J2' равняется моменту инерции Jy относительно оси у, показанной на рис. 21.5, а, центробежный момент инерции Jy'z' по величине равняется центробежному моменту инерции JyZ относительно осей у и z, изображенных на рис. 21.5, а, но имеет обратный знак. Точка В на рис. 21.5, б, соответствующая новому положению системы координат (показанному на рис. 21.5, в), имеет абсциссу, равную Jy, и ординату, равную (—Jyz). Координаты точки В определяют моменты инерции J2' и Jy2' при вертикальной оси г9 (рис. 21.5, в); в соответствии с этим через точку В проводим вертикальную черту.
Соединив точки А и В прямой, на пересечении ее с горизонтальной осью получим точку О, из которой как из центра радиусом R = OA = OB построим окружность—круг Мора (круг, инерции).
Продолжим черту, проведенную через точку А (или точку В) до пересечения с окружностью в точке С, являющейся полюсом круга Мора.
Для определения моментов инерции JZi и JyxZx при любом положении системы координат у^г из точки С следует провести пря*. мую, параллельную соответствующему положению оси zr Абсцисса и ордината точки пересечения этой прямой с окружностью дадут 156
соответственно значения отыскиваемых моментов инерции JZi и JytZl. Так, например, для определения значений и J„2i при положении системы координат показанном на рис. 21.5, г, параллельно оси проводим прямую СМ (рис. 21.5, б) до пересечения в точке М с окружностью. Абсцисса точки М определит искомую величину а ордината — величину
С помощью круга Мора легко определяются главные моменты инерции и главные оси инерции. Точка 1 круга Мора (рис. 21.5, б) определяет главный момент инерции Jmax, а точка 2— главный момент инерции Jmin. Луч С1 показывает направление главной оси инерции максимум, а луч С2—оси минимум.
§ 9.5. ВЫЧИСЛЕНИЕ МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ СЛОЖНЫХ СЕЧЕНИЙ
Способ вычисления моментов инерции сложных сечений основан на том, что любой интеграл можно рассматривать как сумму интегралов и, следовательно, момент инерции любого сечения вычислять как сумму моментов инерции отдельных его частей.
157
Поэтому для вычисления моментов инерции сложное сечение разбивается на ряд простых частей (фигур) с таким расчетом, чтобы их геометрические характеристики можно было вычислить по известным формулам или наГпи по специальным справочным таблицам.
В ряде случаев при разбивке на простые фигуры для уменьшения числа или упрощения их формы сложное сечение целесообразно дополнять некоторыми площадями. Так, например, при
характеристик сечения, показанного на рис. 22.5, а, его целесообразно дополнить до прямоугольника abed, а затем из геометрических характеристик этого прямоугольника вычесть характеристики добавленной части efgh. Аналогично поступают и при наличии отверстий (рис. 22.5, б).
После разбивки сложного сече-
определении геометрических
Рис. 22.5
ния на простые части для каждой из них выбирается прямоугольная система координат, относительно которой надо определить моменты инерции соответствующей части. Все такие системы координат принимаются параллельными друг другу для того, чтобы затем путем параллельного переноса осей можно было подсчитать моменты инерции всех частей относительно системы координат, общей для всего сложного сечения.
Как правило, система координат для каждой простой фигуры
принимается центральная, т. е. ее начало совпадает с центром тяжести этой фигуры. В этом случае последующий подсчет момен-
тов инерции при переходе к другим параллельным осям упрощается, так как формулы перехода от центральных осей имеют более простой вид, чем от нецентральных.
Следующим этапом является вычисление площадей каждой простой фигуры, а также ее осевых и центробежного моментов инерции относительно осей выбранной для нее системы координат. Статические моменты относительно этих осей, как правило, равны нулю, так как для каждой из частей сечения эти оси обычно являются центральными. В случаях, когда это нецентральные оси, необходимо вычислять статические моменты.
Полярный момент инерции вычисляется только для круглого (сплошного или кольцевого) сечения по готовым формулам; для сечений других форм эта геометрическая характеристика не имеет какого-либо значения, так как при расчетах она не используется.
Осевые и центробежный моменты инерции каждой простой фигуры относительно осей ее системы координат подсчитываются по имеющимся для такой фигуры формулам или таблицам. Для некоторых фигур имеющиеся формулы и таблицы не позволяют определить необходимые осевые и центробежный моменты инерции; в этих случаях приходится пользоваться формулами перехода к новым осям (обычно для случая поворота осей).
158
В таблицах сортамента величины центробежных моментов инерции для уголков не указаны. Методика определения таких моментов инерции рассмотрена в примере 4.5.
В подавляющем большинстве случаев конечной целью вычисления геометрических характеристик сечения является определение его главных центральных моментов инерции и положения главных центральных осей инерции. Поэтому следующим этапом вычисления является определение координат центра тяжести заданного сечения [по формулам (6.5) и (7.5)] в некоторой произвольной (случайной) системе координат *. Через этот центр тяжести сечения проводятся вспомогательные (не главные) центральные оси yQ и г0, параллельные осям системы координат простых фигур.
Затем с помощью формул, устанавливающих зависимости между моментами инерции для параллельных осей (см. § 5.5), определяются моменты инерции каждой простой фигуры относительно вспомогательных, центральных осей уп и z0. Путем суммирования моментов инерции каждой простой фигуры относительно осей z/0 и z0 определяются моменты инерции всего сложного сечения относительно этих осей; при этом моменты инерции отверстий или добавленных площадок вычитаются.
Угол а0, характеризующий положение главных осей инерции, и величины главных моментов инерции вычисляются по формулам (36.5) и (38.5) или определяются графически—с помощью круга Мора (см. § 8.5). После вычисления величин Jmax и Jmin рекомендуется проверить, соблюдается ли равенство Jm3x + Jm\n = ~Jz* + JyQ\ при этом следует иметь в виду, что соблюдение этого равенства ° еще не гарантирует правильности вычисления значе-НИЙ Jmax и Jmi„.
Примеры расчета
Пример 1.5 (к § 2.5). Найти положения центров тяжести сечений в виде треугольника и полукруга, изображенных на рис. 23.5, а, б.
Решение.
а) Сечение в виде треугольника.
На рис. 23.5, а показаны принятые случайные оси у и г. Выделим в треугольнике на расстоянии у от оси г элементарную полоску шириной Ьу и высотой dy. Площадь этой полоски dF = by-dy. Из подобия треугольников /, 2, 3 и /, 4, 5 находим Ьу ~ (b/h) (h — у) и, следовательно, dF = (b/h)(h—y)dy.
По формулам (2.5): h h
S2 = § ydF y(b/h)(h — y)dy = (b/h) (yh—y-)dy =
F о b
= (b/h) (b/h) (~\ = (M=)/6;
* Если произвольную систему координат выбрать таким образом, чтобы все сечение располагалось в первом квадранте, то координаты центров тяжести всех частей сечения будут положительными; это j меньшает вероятность ошибок при применении формул (G.5) и (7.5)
159
h h
Sy = j z df = j b.h+^-.b) (b/h) (h -y)dy = b о h
= (6/2/1-’) J [Mi2 у (2ah — 2bh) — y- (2a— b)]dy =
о
Г 2a —b ПЛ
= (b/2h-) I bh-y + (a - ft) fti? - -i— y:‘ I = — (bh/2) (b + a—b — ^^^=(6/1/6)(a + ft), \ M /
где
, , /П a . . bh-]-y(2a— b)
z = ay+by/2 = -£ у + (b/2h) (h—y) = —.
По формулам (6.5) находим координаты центра тяжести С треугольника:
yc = Sz/F =
(bh'2/6)_ (bh/2)
h/3;
, e /F (6Л/6)(д + 6) zc = Sy/F = ---=(a+ft)/3.
Положение центра тяжести С треугольника показано на рис. 23.5, а.
б) Сечение в виде полукруга.
На рис. 23.5, б показаны принятые случайные оси у и z. Центр тяжести С сечения расположен на оси у — в связи с симметрией сечения относительно этой оси. Поэтому необходимо определить лишь ординату ус центра тяжести.
Рис. 23.5
Выделим в полукруге на расстоянии у от оси z элементарную полоску шириной by и высотой dy. Площадь этой полоски dF = by-dyt но by = 2r sin ф и dF — 2r sin фdy. Расстояние // = гсозф и, следовательно, dy = —гэ^’пф-^ф. По формуле (2.5):
У—г <р = 0
Sz=^ydF= y2rsin^»dy— г cos ф>-2г sin ф X
F у-0 Ф = л/2
о
Х(—г sin ф) <Уф = —2г3 51п2ф cos ф d^> — — 2г3 f — у— V =2г3/3.
\ Э /Л/2
Я/2
По формуле (6.5):
yc = St/F =
(2г3/3) (лт2/2)
= 4г /Зл.
160
Положение центра тяжести С полукруга показано на рис. 23.5,6.
Пример 2.5 (к § 2.5, 4.5, 5.5 и 7.5). Определить величины главных центральных моментов инерции для таврового сечения, изображенного на рис. 24.5.
Решение. В системе координат yz (рис. 24.5) абсцисса центра тяжести сечения равна нулю — в связи с симметрией сечения относительно оси у. Определим ординату центра тяжести сечения, разбив сечение на два прямоугольника, площади которых Fj =3-4= 12 см2 и Fjj = 2-12 =24 см2.
По формуле (6.5):
„ _^_^^ + /://^_12-2 + 24.5_144_
Ус F~ P]-rFjj ~ 12 + 24 "~36“ СМ'
Центр тяжести сечения (точка С) показан на рис. 24.5. Проводим через него главные центральные оси инерции у и z0 (главными они являются
потому, что одна из них совпадает с осью симметрии сечения) и определяем главные моменты инерции относительно этих осей. По формуле (25.5)
где по формуле (15.5)
J г. = j'zt + alFi + J + alFn ,
Wj3 3- 43 .
12-23 о ,
8 си4.
г, 12
jhJM — г 12 12
Следовательно,
J2o = 16 + 22-12 + 8+ 12-24 = 96 см*.
Аналогично
^++Цг=т=297 с"‘-
Ось у является осью максимум (так как Jy > JZJ, а ось z0—осью минимум.
Пример 3.5 (к § 6.5). Определить центробежный момент инерции прямоугольного треугольника относительно центральных осей, параллельных его катетам. Размеры катетов b и h.
Решение. Проведем через центр тяжести прямоугольного треугольника (рис. 25.5) оси у, г и уъ параллельные сторонам треугольника, и определим осевые моменты инерции Jу, Jz, J у .
По формуле (18.5):
J2 = М3/36; Jy = Л^3/З6; Jyi = /с3/36,
М// f ~ bh cl
где c=^ohjl (так как площадь треугольника г =—= —
6 № 2331
161
Следовательно,
J^ = 63/i3/(36Z2).
По формуле (32.5):
J~ Jy cos2a-j- Jz sin2a + 2/yz sin a cos a.
Здесь
sina = d/Z; cosa = Zi/Z.
Таким образом,
(Z?3A3)/(36Z2) = (AZ>3/36) (/i/Z)2+(^3/36) (b/l)2 + 2Jyz (b/l) hl I
b3h3 или после сокращения на
1 = 1 + 1+27yz-p^-. откуда
J^ = -Z>W2.
Пример 4.5 (к § 5.5 и 6.5). Определить моменты инерции и Jy z
неравнобокого уголка сечением 110x70x8 мм относительно осей уг и zlt показанных на рис. 26.5.
Рис. 25.5
Рис. 26.5
Решение. По сортаменту прокатной угловой неравнобокой стали устанавливаем положение центра тяжести С заданного уголка и значения необходимых геометрических характеристик его сечения: Jz = 54,6 сл4; /у=172см4; Ja = = Jmin = 32,3 см4; F=13,9cm2; tga = 0,400 (и, следовательно, <х = 21°48'); yQ ~ 1,64 см; z0 = 3,61 см.
На основании формулы (33.5)
J U~\~ J V ~ у 4" J Z и, следовательно,
Jv = /щах = Jy + Jz-/min = 172+54,6-32,3= 194,3 см4.
По формуле (34.5), принимая за исходные оси и и f, находим
Jyz = sin 2 (— a) + Jav cos 2 (— a),
где JUV = Q (так как оси и и v главные).
162
Следовательно,
j = sin (- 43°36') = 3?'3~.1-9-'Ь-(-0,690) = 55,9 см*. * £ £
Тот же результат можно получить, приняв за исходные не оси и и и, а оси у и г, Тогда по формуле (34.5)
Juv = —- sin 2а + Jyz cos 2а = 0
(так как оси и и v главные), откуда
J-— J» ^4 А__179
Jyz =----tg 2а = —tg 43°36' =58,7-0,952 = 55,9 см*.
По формулам (27.5), (25.5) и (29.5) для случая параллельного переноса осей координат:
Jy* = Jy 4- b2F = 172 + 2,392 -13,9 = 251 оч4;
J2 = Jz + a2F = 54,6 + 9,362.13,9 = 1272 см4;
Jyi^^Jyz +abFr= 55,9 + (—9,36).2,39-13,9 = —256 cm4.
Значение a~—9,36 см принято отрицательным потому, что ордината точки О в исходной системе координат yz отрицательна.
Пример 5.5 (к § 2.5—8.5). Найти положение главных центральных осей инерции и значения главных центральных моментов инерции для сечения, состоящего из неравнобокого уголка размером 110x70x8 мм (рассмотренного в примере 4.5) и прямоугольника размером 2x16 см (рис. 27.5). Проверить аналитическое решение с помощью круга Мора.
Решение. Необходимые геометрические характеристики уголка при расчете выписываем из примера 4.5.
6* 163
По формуле (6.5) находим координаты ус и 2с центра тяжести заданного составного сечения в системе координат у2г2:
Ус —
13,9-6,36
16-2+13,9
88,40
45,9
= 1,92 см\
^с —
13,9-4,61
45,9
= 1,40
см.
F
F
По полученным значениям ус и Zc на рис. 27.5 показан центр тяжести С составного сечения. Он расположен на прямой, соединяющей центры тяжести уголка и прямоугольника (точки Cv и С2).
Через точку С проводим центральные оси у и г. По формулам (25.5), (27.5) и (29.5) для случая параллельного переноса осей координат находим моменты инерции относительно этих осей:
4=^+4^ + ^+^^;
/у=^ + ^г^г + /,7 + ^рГпр;
Jy; = + *yr V FУ + + aap &np F"P.
В этих выражениях индексы «уг» означают характеристики, относящиеся к уголку, а индексы «пр» — к прямоугольнику.
О 200 too 600 800 1000 WOCM1*
|гг т т I г тч-т-i—Н
100 500 500 700 900 1100
Рис. 28.5
Подставляем в выражения числовые значения характеристик (значения
Л^г = 54,6 сж1; J^ = 172 см*; JyyriZi =55,9 см* и £УГ= 13,9 слг берем из примера 5.4): * ‘ ‘
9. 1 ЦЗ
4 = 54,6 + 4,442.13,9+=-+ 1,922-32=1132 см*;
1G- 23
4 = 172 + 3,2Р. 13,9 + -=-+1.402-32 = 389 см*;
0уг = 55,9 + 4,44 • 3,21 • 13,9 + 0 + 1,92 • 1,40 • 32 = 340 см*.
164
По формуле (36.5) определяем положение главных центральных осей: . . _ 2-340 _ 680
tg2a0 U 32—389 743“ °’95’
откуда
2а0 =—42с30' и а0 =—
Положения главных центральных осей и и v показаны на рис. 27.5. Ось и является осью максимум, так как она наклонена под меньшим углом к оси z, чем к оси у, a Jz > Jy.
По формуле (38.5) находим значения главных центральных моментов инерции:
Jmax = 389Ч2‘ 132 ± у V(1132—389)2-}-4-3402 = 760,5± 503,5; min
Jmax = 760,5 4-503,5= 1264 сл4; Jmin = 760,5 — 503,5 = 257 см*.
На рис. 28.5 показано определение положения главных центральных осей инерции и значений главных центральных моментов инерции с помощью круга Мора.
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1.5 (к § 2.5—7.5 и 9.5). Определить моменты инерции относительно главных центральных осей для сечений, изображенных на рис. 29.5.
Рис. 29.5
Для швеллера № 18а (рис. 29.5, в):
Л=18см; Г = 22,2 см2‘, Jz — 119QcM*‘t /у=105см4; z0 = 2,13cm.
165
Ответ:
a) *^max ~ 1470 см\ ^min ~ 460 см\
б) A»in = (™^/8) [I— 64/(9n2)J;
в) /тах « 3200 сж4; /т1П « 1300 см*\
г) ^тах « 10 430 см*\ Jm\n « 5310 слс4;
д) Jmax « 0,249яг<; Jmin « 0,232лг*.
Задача 2.5 (к § 4.5 и 5.5). Определить момент инерции относительно оси г—z для сечения, заштрихованного на рис. 30.5.
Ответ: Jz = (<р—si п 4<р/4).
Вопросы для самопроверки
К § 1.5. 1. Что называется статическим моментом сечения относительно оси?
2. Что называется осевым, полярным и центробежным моментами инерции сечения?
К § 2.5. 3. Какую размерность имеет статический момент сечения?
4. Какая зависимость существует между статическими моментами относительно двух параллельных осей?
5. Чему равен статический момент относительно оси, проходящей через центр тяжести сечения?
6. Как определяются координаты центра тяжести простого и сложного сечения?
К § 3.5. 7. Какую размерность имеют моменты инерции сечения?
8. Чему равна сумма осевых моментов инерции сечения относительно двух взаимно перпендикулярных осей?
9. Как отражается на знаке центробежного момента инерции сечения изменение положительных направлений одной или обеих координатных осей?
К § 4.5. 10. Чему равны осевые моменты инерции прямоугольника относительно оси, совпадающей с одной из его сторон, и относительно центральной оси, параллельной одной из его сторон?
И. Какой из двух осевых моментов инерции треугольника больше: относительно оси, проходящей через основание, или относительно оси, проходящей через вершину треугольника параллельно основанию? Почему?
12. Чему равны осевые моменты инерции круга и кольца относительно осей, проходящих через их центры тяжести?
13. Чему равны полярные моменты инерции круга и кольца относительно их центров?
К § 5.5. 14. Выведите зависимости между осевыми и центробежными моментами инерции сечения для параллельных осей.
15. Если в плоскости сечения проведен ряд параллельных осей, относительно какой из них осевой момент инерции имеет наименьшее значение?
166
к §
к §
к §
К §
6.5. 16. Выведите формулы, выражающие изменение осевых и центробежного моментов инерции сечения при повороте осей.
17. Изменяется ли сумма осевых моментов инерции относительно двух взаимно перпендикулярных осей при повороте этих осей?
7.5. 18. Что представляют собой главные и главные центральные моменты инерции?
19. Какие оси называются главными осями инерции?
20. Какие оси называются главными центральными осями инерции?
21. Чему равен центробежный момент инерции относительно главных осей инерции?
22. В каких случаях без вычисления можно установить положение главных осей?
23. Выведите формулы для определения положения главных осей инерции и величин главных моментов инерции.
24. Если Jy — Jz и /^ = 0, то какие оси являются главными осями инерции?
25. Если JV = JZ и JyZ 0, то какие оси являются главными осями инерции?
26. Какие центральные оси являются главными осями инерции у сечений, имеющих более двух осей симметрии? Почему?
27. В чем состоит аналогия между напряжениями в случае плоского напряженного состояния и моментами инерции плоских сечений? 8.5. 28. Для чего служит круг Мора (круг инерции)?
29. Как строится круг Мора?
30. Как определяется полюс в круге Мора?
31. Как определяются моменты инерции для любого наклона осей при помощи круга Мора?
32. Как определяются главные моменты инерции и положения главных осей инерции при помощи круга Мора?
9.5. 33. Почему производят разбивку сложного сечения на простые части при определении моментов инерции?
34. В какой последовательности определяются значения главных центральных моментов инерции сложного сечения?
Глава 6 КРУЧЕНИЕ
§ 1.6. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ. КРУТЯЩИЙ МОМЕНТ
Кручением называется такой вид деформации, при котором в поперечных сечениях бруса возникает только один внутренний силовой фактор—крутящий момент* Мк. Кручение возникает в валах, винтовых пружинах и других элементах конструкций. Кручение прямого бруса происходит при нагружении его внешними скручивающими моментами (парами сил), плоскости действия которых перпендикулярны к его продольной оси. Эти моменты обозначим 9)1. Кручение криволинейных брусьев может возникать и при других видах нагружения.
Ниже приведен расчет брусьев, испытывающих деформацию кручения, на прочность и жесткость при статическом действии нагрузок.
Если прямой брус находится в состоянии покоя или равномерного вращения, то алгебраическая сумма всех внешних скручивающих моментов, приложенных к брусу, равна нулю.
При расчете валов в ряде случаев величины внешних скручивающих моментов определяются по величине потребляемой мощности и по скорости вращения вала. Если вал делает в минуту и оборотов, то угол поворота вала за 1 сек, выраженный в радианах, равен (и/60)-2л, или лн/30. Работа скручивающего момента 9)1 за 1 сек, т. е. мощность N, передаваемая валом, равна произведению величины момента на угол поворота вала (в радианах) за 1 сек:
ЛГ = 9)1лн/30, откуда
= 3O2V / (л/г) кгс • м,
где мощность N выражена в кгс-м/сек.
Если мощность N задана в лошадиных силах (л. с.), то
9)1 = —= 716,2 — кгс-м —71 620 — кгс-см. (1.6)
ЛП 11 11 47
Если мощность N задана в киловаттах, то, учитывая, что 1 л. с. равна 0,736 кет, получаем
9)1 = 973,6 — кгс-м = 97 360 — кгс-см. (2.6)
п 11 х 7
* Крутящий момент можно также обозначить Мх, так как это момент внутренних сил относительно продольной оси ирхса — осн х.
1G3
Крутящие моменты, возникающие в поперечных сечениях брусьев, определяются по внешним скручивающим моментам с помощью метода сечений (см. § 3.1). В простейшем случае, когда брус нагружен только двумя внешними моментами (эти моменты из условия равновесия бруса всегда равны друг другу по вели-
чине и направлены в противоположные стороны), как показано на рис. 1.6, а, крутящий момент Мк в любом поперечном сечении бруса (на участке между внешними моментами) по величине равен внешнему моменту | | = | , |.
В более сложных случаях, когда к брусу приложено несколько внешних моментов, крутящие моменты в поперечных сечениях различных участков бруса неодинаковы.
На основании метода сечений крутящий момент в произвольном поперечном сечении бруса численно равен алгебраической сумме внешних скручивающих моментов, приложенных к брусу по одну сторону от рассматриваемого сечения.
Рис. 2.6 Рис. 3.6
При расчетах на прочность и жесткость знак крутящего момента не имеет никакого значения, но для удобства построения эпюр Мк примем следующее правило знаков: крутящий момент считается положительным, если при взгляде в торец отсеченной части бруса действующий на него момент представляется направленным по движению часовой стрелки (рис. 2.6). В частности, в сечении / бруса, изображенного на рис. 1.6, а, крутящий момент отрицателен (см. рис. 1.6,6) и численно равен внешнему моменту (или SHL).
169
На рис. 3.6 изображен брус, к которому приложены четыре внешних скручивающих момента. Крутящий момент Л41к в сечении /—1 численно равен и, согласно принятому правилу знаков, отрицателен. Крутящий момент в сечении 2—2 численно равен разности моментов и S)W2, т. е. = —Э)12|, а его знак
зависит от соотношения этих моментов: если 9Н2 > то момент М2к положителен, а если 3R2<9)II, то отрицателен.
Абсолютная величина крутящего момента в сечении 3—3 бруса,
если его вычислять по внешним моментам, приложенным слева
от рассматриваемого сечения, определится из выражения
I Мзк |-19Л31.
В данном случае крутящий момент Л43к удобнее определять по
Рис. 4.6 внешним нагрузкам, приложен-
ным справа от сечения 3—3, так как с этой стороны приложен лишь внешний момент (вместо трех внешних моментов, приложенных слева от сечения). Момент Л43к, действующий на правую отсеченную часть бруса, направлен противоположно моменту что следует из условия равновесия
этой части; следовательно, по принятому правилу знаков он положителен.
Для брусьев, имеющих один неподвижно закрепленный (заделанный) и один свободный конец, крутящие моменты в их поперечных сечениях удобно выражать через внешние моменты, приложенные с той стороны от рассматриваемого сечения, с которой расположен свободный конец. Это позволяет определять крутящие моменты, не вычисляя реактивного момента, возникающего в заделке. Так, например, крутящие моменты М1к и МПк в сечениях I — I и //—// бруса, изображенного на рис. 4.6, можно
f)
б)
» Эпюра Мк ।
Mom.ii.ih”
Рис. 5.6
определить без вычисления реактивного момента левой заделки:
ж/к=ад1: Af//K=a)(\+^2.
Оба момента М/к и М//к положительны.
Изменение крутящих моментов по длине бруса удобно изображать графически—с помощью так называемой эпюры крутящих моментов. На рис. 5.6, а показана такая эпюра для бруса, изображенного на рис. 1.6, а. На рис. 5.6, в показана эпю-
170
ра крутящих моментов для бруса, изображенного на рис. 5.6, б.
Каждая ордината эпюры крутящих моментов в принятом масштабе равна величине крутящего момента, действующего в том поперечном сечении бруса, которому соответствует эта ордината. В сечении, в котором к брусу приложен внешний скручивающий момент, ордината эпюры изменяется скачкообразно на величину, равную значению этого момента (рис. 5.6, в).
Следует учитывать, что наибольший внешний скручивающий момент, приложенный к брусу, не всегда равен наибольшему крутящему моменту, по которому ведется расчет бруса на прочность и жесткость. Так, например, на рис. 5.6,6 наибольший внешний момент равен 300 кгс-см, а наибольший (по абсолютной величине) крутящий момент (внутренний) равен 250 кгс-см (рис. 5.6, в).
§ 2.6. КРУЧЕНИЕ ПРЯМОГО БРУСА КРУГЛОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ
Рассмотрим прямой брус с поперечным сечением в виде круга, нагруженный на концах скручивающими моментами sDl (рис. 6.6)*. В результате действия этих моментов крайние сечения бруса повернутся друг относительно друга вокруг его продольной осп на некоторый угол <р, который представляет собой полный угол
закручивания на участке длиной /. Отношение полного угла закручивания dtp на элементарном участке бруса к длине dx называется относительным углом закручивания, который обозначается
O = (3.6)
Если размеры поперечных сечений прямого бруса и крутящие моменты, действующие в них, на некотором участке бруса постоянны, то значение О также постоянно и равно отношению полного угла ср закручивания на этом участке к его длине I, т. е. О = ср//.
Угол <р измеряется в радианах, а относительный угол закручивания $ выражается в \/см, \/м и т. п.
* Левый из моментов 2Л (рис. 6.6) представляет собой реакцию заделки.
171
Теория кручения брусьев, имеющих круглое сплошное или кольцевое поперечное сечение, основана на следующих положениях.
1. Поперечные сечения бруса, плоские и нормальные к его оси до деформации, остаются плоскими и нормальными к ней и после деформации (гипотеза плоских сечений); они лишь поворачиваются на некоторые углы вокруг этой оси.
2. Радиусы поперечных сечений не искривляются и сохраняют свою длину.
3. Расстояния (вдоль оси бруса) между поперечными сечениями не изменяются.
Формулы, выведенные на основе этих положений, совпадают с формулами, полученными точными методами теории упругости, и подтверждаются экспериментально.
Выделим двумя поперечными сечениями элемент скручиваемого бруса длиной dx (рис. 7.6, а). В результате деформации одно сечение повернется относительно другого на угол dy^'&dx. Будем считать левое сечение элемента dx неподвижно закрепленным. Тогда величина dtp представит собой угол поворота правого торцевого сечения элемента вокруг продольной оси бруса.
Рис. 7.6
Продольное волокно СУС2 (рис. 7.6, а), находящееся на расстоянии р от оси бруса, можно рассматривать как параллелепипед высотой dx с бесконечно малыми основаниями Ct и С2. Этот параллелепипед в результате деформации перекосится и займет положение С£2. Основание С2 при этом сместится в своей плоскости, повернувшись вместе с правым торцевым сечением рассматриваемого элемента на угол dq вокруг продольной оси бруса.
Величина С2С2 его смещения равна р^ф = рФс!х и представляет собой абсолютный сдвиг основания С2 параллелепипеда относительно основания Ci в направлении, перпендикулярном к радиусу р. Отношение этой величины к высоте параллелепипеда dx является относительным сдвигом у (см. § 2.4 и рис. 7.6, а):
у = С 2C2/dx = ftp dxjdx = Фр.
По основанию С2 параллелепипеда в направлении сдвига, т. е. перпендикулярно к радиусу р, действуют касательные напряже-172
ния т (рис. 7.6, б). Величина их, на основании закона Гука при сдвиге, равна
т — yG = bpG. (4.6)
Итак, в поперечных сечениях бруса при кручении возникают касательные напряжения, направление которых в каждой точке перпендикулярно к радиусу, соединяющему эту точку с центром
сечения, а величина прямо пропорциональна расстоянию точки от центра. В центре (при р = 0) касательные напряжения равны нулю; в точках же, расположенных в непосредственной близости от внешней поверхности бруса, они наибольшие. График измене-
ния величин т вдоль какого-либо радиуса (т. е. эпюра касательных напряжений) изображается прямой линией (см. рис. 7.6, б).
Выделим из элемента dx бруса (рис. 7.6, а) бесконечно малый параллелепипед, изображенный на рис. 8.6*. Основание dcef этого параллелепипеда расположено в плоскости поперечного сечения бруса, а боковая грань adfg—в радиальной плоскости, проходящей через ось бруса; боковая грань abed
перпендикулярна к радиусу р.
По основаниюdcef действуют касательные напряжения, определяемые формулой (4.6). Из закона парности касательных напряжений следует, что по боковой грани параллелепипеда adfg возникают касательные напряжения, величины которых также определяются формулой (4.6). На боковой грани abed касательные напряжения равны нулю.
Поперечные сечения бруса остаются плоскими и не смещаются вдоль его оси, а контуры сечений и их радиусы не деформируются, т. е. для любой точки бруса деформации &х, и е2 в направлениях ребер рассматриваемого параллелепипеда равны нулю. Из формул (27.3), выражающих обобщенный закон Гука, очевидно, что условие еЛ. == = е2 = О выполняется лишь в случае = =ог = 0.
Следовательно, на всех гранях элементарного параллелепипеда (рис. 8.6) нормальные напряжения отсутствуют, а этот параллелепипед (как и бесконечное множество других таких параллелепипедов, составляющих скручиваемый брус) находится в напряженном состоянии чистого сдвига. Другими словами, во всех точках круглого бруса при кручении создается напряженное состояние чистого сдвига.
* На рис. 8 6 параллелепипед изображен с конечными (а не бесконечно малыми) размерами; постом) он имеет вид призмы с трапецеидальными основаниями.
173
Рассмотрим две элементарные площадки dF поперечного сечения бруса, расположенные на общем диаметре на равных расстояниях от центра сечения (рис. 9.6). Силы, действующие на каждую из этих площадок, равны rdF, расположены в плоскости поперечного сечения бруса и направлены перпендикулярно к диаметру в противоположные стороны. Они образуют элементарную пару сил. Таких пар в поперечном сечении возникает бесчисленное множество. Все они приводятся к одному моменту, действующему в плоскости поперечного сечения и представляющему собой крутящий момент Мк.
Рис. 9.6 Рис. 10.6
Установим зависимость между крутящим моментом и касательными напряжениями, возникающими в поперечном сечении бруса. Момент элементарной силы idF относительно центра сечения (или, что то же самое, относительно продольной оси бруса) равен произведению этой силы на расстояние р от площадки dF w центра сечения (рис. 10.6):
dMK~ xdF-p
или на основании (4.6)
dMK ~ $p2G dF> откуда
AfK = $G J рМЛ F
Здесь Jp2dF = Jp—полярный момент инерции поперечного сече-F
ния бруса относительно его центра (см. § 3.5).
Следовательно,
MK = $GJp, (5.6)
откуда
ft = MK/(GJp). (6.6)
Подставив полученное значение Ф в формулу (4.6), найдем касательное напряжение в произвольной точке поперечного сечения скручиваемого круглого бруса:
т = (Мк/^)р. (7.6)
Наибольшее касательное напряжение, возникающее в непосредственной близости к наружной боковой поверхности бруса, т. е.
174
в точках контура его поперечного сечения, найдем, подставив в выражение (7.6) значение p = d/2:
Tmax = WVr4 = AlK/ir/,. (8.6)
Здесь Wp полярный момент сопротивления поперечного сечения бруса: .
= (9.6)
Рис. 11.6
Полярным моментом сопротивления сечения называвшей отношение полярного момента инерции к расстоянию от центра тяжести сечения до наиболее удаленной его точки. Полярный момент сопротивления выражается в см3, мм3 и т. п.
Полярный момент инерции круглого поперечного сечения определяется поформуле(21.5):
Jp = ndi/32 «О, Id4
и, следовательно, полярный момент сопротивления равен
r/, = nd3/16 «0,2d3. (10.6)
Формулы (5.6)—(9.6), выведенные для расчета на кручение прямых брусьев круглого сплошного сечения, применимы и в слу
чае, если поперечное сечение имеет форму кольца (рис. 11.6), так как характер деформации при кручении для обеих указанных форм поперечных сечений одинаков.
Полярный момент инерции кольцевого сечения определяется по формуле (22.5):
Jp = — = (nd4/32) (1 -с4) « 0, Id4 (1 - с4),
где c=djd (рис. 11.6).
Полярный момент сопротивления кольцевого сечения определяется по формуле
Wp = = Л--4бГ~- = 0*d3/16) (1 -с4) « 0,2d3 (1 -с4). (11.6)
Отметим, что полярный момент сопротивления кольцевого сечения не равен разности полярных моментов сопротивления, подсчитанных для двух сплошных сечений: одного с диаметром, равным наружному диаметру кольца, а другого—внутреннему.
При одинаковой площади поперечного сечения (т. е. при одинаковом расходе материала) полярные момент инерции и момент сопротивления для кольцевого сечения, которое не имеет площадок, близко расположенных к центру, значительно больше, чем для сплошного круглого сечения. Поэтому брус кольцевого сечения при кручении является более экономичным, чем брус сплошного круглого сечения, т. е. требует меньшего расхода материала. Но при проектировании валов (брусьев, работающих на кручение)
175
следует учитывать, что в случае кольцевого сечения их изготовление сложнее, а значит, и дороже.
Полный угол закручивания стержня на участке длиной I на основании формул (3.6) и (6.6)
ф= J $dx = $ (MK/GJp)dx. (12.6)
i i
Угол <p представляет собой взаимный угол поворота концевых сечений участка.
Если крутящий момент во всех поперечных сечениях бруса имеет одно и то же значение, а размеры сечения постоянны по всей его длине, то полный угол закручивания определяется из выражения ф = = (MKl)/(G JP). (13.6)
Из формул (7.6) и (8.6) видно, что значения напряжений при кручении не зависят от физических свойств материала бруса, так как величина G в формулы напряжений не входит. Значения же деформаций зависят от свойств материала.
Произведение GJр называется жесткостью сечения при кручении. Она выражается в кгс-мм\ кгс-см* и т. д. Из формул (6.6), (12.6) и (13.6) следует, что величины относительных и полных углов закручивания бруса обратно пропорциональны жесткости его поперечных сечений.
По значениям полных углов закручивания q>z, вычисленным для каждого i-ro участка скручиваемого бруса, можно найти угол а поворота произвольного поперечного сечения бруса по отношению к неподвижному (или к сечению, условно принятому за неподвижное). При этом следует иметь в виду, что полный угол <р закручивания на каком-либо участке бруса равен разности углов аправ и алев поворота правого и левого концов этого участка, т. е.
Ф ~ ^прав ^лев*
Следовательно,
О'лрэв ~ О&лев Ф> ^лев“^прав Ф* 0^.6)
Угол а положителен, если при взгляде вдоль оси бруса со стороны левого его конца на правый поворот происходит против часовой стрелки, а при взгляде со стороны правого конца на левый—по часовой стрелке.
$ 3.6. ГЛАВНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ И ПОТЕНЦИАЛЬНАЯ ЭНЕРГИЯ
ДЕФОРМАЦИИ ПРИ КРУЧЕНИИ БРУСА КРУГЛОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ
Как уже известно (§ 2.6), в поперечных сечениях бруса при кручении возникают касательные напряжения, которые в каждой точке сечения перпендикулярны к радиусу, соединяющему эту точку с осью бруса; такие же напряжения возникают и в радиальных плоскостях бруса, т. е. в плоскостях, проходящих через его продольную ось (рис. 12.6).
176
Выделим из бруса элементарный параллелепипед, основание которого abed расположено на поверхности цилиндра радиусом р, а боковые грани be и ad расположены в поперечных сечениях бруса (рис. 13.6). По боковым граням этого параллелепипеда действуют только касательные напряжения, показанные на рис. 13.6. По основаниям параллелепипеда ни нормальные, ни касательные напряжения не действуют. Следовательно, параллелепипед находится в плоском напряженном состоянии чистого сдвига. Боковые грани параллелепипеда являются площадками чистого сдвига, и, следовательно, действующие на них касательные напряжения являются экстремальными.
Для определения напряжений по любым площадкам, перпендикулярным к основанию abed параллелепипеда, можно использовать формулы плоского напряженного состояния [формулы (6.3) и (7.3)]. Главные напряжения Oj и о3 при чистом сдвиге, как известно, равны по величине экстремальным касательным напряжениям и, следовательно, равны касательным напряжениям по боковым граням параллелепипеда, расположенным в поперечных сечениях бруса. Главные площадки наклонены под углом 45° к площадкам чистого сдвига (см. рис. 13.6).
Наибольшие по величине экстремальные касательные и главные напряжения действуют в окрестностях точек, расположенных в непосредственной близости от внешней поверхности бруса. Эти напряжения можно определить по формуле
^max “ ^min ~ ^max ^min ~ (15.6)
Экспериментальные данные свидетельствуют о правильности сделанных выводов. Так, например, скручиваемый деревянный стержень разрушается, скалываясь вдоль волокон (рис. 14.6), что свидетельствует о наличии касательных напряжений в его продоль-
177
ных (радиальных) плоскостях. Скручиваемый чугунный стержень разрушается от действия главных растягивающих напряжений по винтовой поверхности, наклоненной к оси стержня под углом 45°. Этот результат согласуется с указанным выше положением главных площадок.
Определим теперь потенциальную энергию U деформации при кручении. Рассмотрим брус длиной I постоянной жесткости GJр9 изображенный на рис. 6.6; во всех поперечных сечениях бруса действует постоянный крутящий момент Л1К = 9Л. Угол поворота правого конца бруса равен полному углу его закручивания [см. формулу (13.6)1:
Ф = Л1К//(О4).
Работа внешнего статически нарастающего момента ЭЯ равна половине произведения конечного значения этого момента на угол поворота свободного конца бруса [см. формулу (21.2)], т. е.
А = 9Я<р/2 = ЛГк<р/2 = M*l/(2GJp).
Эта формула верна при любом характере закрепления бруса.
На основании закона сохранения энергии U = A и, следовательно,
U = M*l/(2GJp). (16.6)
В случае бруса переменной жесткости или переменного значения
момента Мк по длине бруса потенциальная энергия деформации
= [M;dx/(2GJp]. (17.6)
I
§ 4.6. РАСЧЕТ БРУСА КРУГЛОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ
НА ПРОЧНОСТЬ И ЖЕСТКОСТЬ ПРИ КРУЧЕНИИ
Наибольшие касательные напряжения, возникающие в скручиваемом брусе, не должны превышать соответствующих допускаемых напряжений:
тим<[т]. (18.6)
Это требование называется условием прочности.
Допускаемое напряжение при кручении [т] (так же как и при других видах деформаций) зависит от свойств материала рассчитываемого бруса и от принятого коэффициента запаса прочности:
м = тпред/[п]. (19.6)
В случае пластичного материала в качестве опасного (предельного) напряжения тпред принимается тт—предел текучести при сдвиге, а в случае хрупкого материала тв — предел прочности.
В связи с тем, что механические испытания материалов на кручение производятся значительно реже, чем на растяжение, не всегда имеются экспериментально полученные данные об опасных (предельных) напряжениях при кручении. Поэтому в боль-178
шинстве случаев допускаемые напряжения на кручение принимают в зависимости от допускаемых напряжений на растяжение для того же материала. Например, для стали [т] »0,5 [о]; для чугуна [т]«[ор], где [Ор]—'Допускаемое напряжение при растяжении чугуна.
Эти значения допускаемых напряжений относятся к случаям работы элементов конструкций на чистое кручение при статическом нагружении. Валы, являющиеся основными объектами, рассчитываемыми на кручение, кроме кручения, испытывают также изгиб; кроме того, возникающие в них напряжения переменны во времени. Поэтому, рассчитывая вал только на кручение статической нагрузкой без учета изгиба и переменности напряжений, необходимо принять пониженные значения допускаемых напряжений [т]. Практически в зависимости от материала и условий работы для стальных валов принимают [т] = 200 4-400 кгс/см2.
Следует стремиться к тому, чтобы материал бруса был по возможности полностью использован, т. е. чтобы наибольшие расчетные напряжения, возникающие в брусе, равнялись допускаемым напряжениям.
Величина ттах в условии прочности (18.6) представляет собой значение наибольшего касательного напряжения в опасном сечении бруса в непосредственной близости к его внешней поверхности. Опасным сечением бруса является сечение, для которого абсолютная величина отношения имеет наибольшее значение. Для
бруса постоянного сечения наиболее опасным является сечение, в котором крутящий момент имеет наибольшее абсолютное значение.
При расчете скручиваемых брусьев на прочность, как и при расчете других конструкций, возможны следующие три вида задач, различающихся формой использования условия прочности (18.6): а) проверка напряжений (проверочный расчет); б) подбор сечения (проектный расчет); в) определение допускаемой нагрузки.
При проверке напряжений по заданным нагрузке и размерам бруса определяются наибольшие возникающие в нем касательные напряжения. При этом во многих случаях предварительно следует построить эпюру Л4К, наличие которой облегчает определение опасного сечения бруса. Наибольшие касательные напряжения в опасном сечении затем сравниваются с допускаемыми напряжениями. Если при этом условие (18.6) не удовлетворяется, то требуется изменить размеры сечения бруса или уменьшить действующую на него нагрузку, или применить материал более высокой прочности. Конечно, незначительное (порядка 5%) превышение максимальных расчетных напряжений над допускаемыми не опасно.
При подборе сечения по заданной нагрузке определяются крутящие моменты в поперечных сечениях бруса (обычно строится эпюра Л4К), а затем по формуле
(20.6)
являющейся следствием формулы (8.6) и условия (18.6), определяется необходимый полярный момент сопротивления поперечного сечения
179
бруса для каждого его участка, на котором сечение принимается постоянным. Здесь |Мк|тах величина наибольшего (по абсолютному значению) крутящего момента в пределах каждого такого участка.
По величине полярного момента сопротивления с помощью формулы (10.6) определяется диаметр сплошного круглого или с помощью формулы (11.6) — наружный и внутренний диаметры кольцевого сечения бруса.
При определении допускаемой нагрузки с помощью формулы (8.6) по известному допускаемому напряжению [т] и полярному моменту сопротивления W р определяется величина допускаемого крутящего момента | Мк |тах; затем устанавливаются величины допускаемых внешних нагрузок, от действия которых возникающий в сечениях бруса наибольший крутящий момент равняется допускаемому моменту.
Расчет вала на прочность не исключает возможности возникновения деформаций, недопустимых при его эксплуатации. Большие углы закручивания вала особенно опасны при передаче им переменного во времени момента, так как при этом возникают опасные для его прочности крутильные колебания. В технологическом оборудовании, например металлорежущих станках, недостаточная жесткость на кручение некоторых элементов конструкции (в частности, ходовых винтов токарных станков) приводит к нарушению точности обработки изготовляемых на этом станке деталей. Поэтому в необходимых случаях валы рассчитывают не только на прочность, но и на жесткость.
Условие жесткости бруса при кручении имеет вид
(21.6)
где '&гпах—наибольший относительный угол закручивания бруса, определяемый по формуле (6.6); [й]—допускаемый относительный угол закручивания, принимаемый для разных конструкций и разных видов нагрузки равным от 0,15 до 2° на 1 м длины стержня (от 0,0015 до 0,02° на 1 см длины или от 0,000026 до 0,00035 рад на 1 см длины вала).
§ 5.6. РАСЧЕТ ЦИЛИНДРИЧЕСКИХ ВИНТОВЫХ ПРУЖИН
Пружины являются одним из наиболее широко распространенных упругих элементов современных механизмов и машин. Их используют главным образом в качестве амортизаторов—для смягчения ударов и толчков. В ряде случаев пружины используются в качестве аккумуляторов энергии, для приведения в движение отдельных деталей или механизмов. Наибольшее применение получили цилиндрические винтовые пружины, работающие на растяжение или сжатие, изготовляемые из прутков круглого поперечного сечения. Ниже дан приближенный расчет таких пружин.
Рассмотрим пружину, нагруженную по концам растягивающими силами Р, действующими вдоль оси пружины и направлен-
но
действием внешней силы Р сечении
прутка, заменяющих р
a)
P
s=p
>Р
в_____
^Ось пружины
Рис. 15.6
M=PR
ными в противоположные стороны (рис. 15.6, а). Обозначим R = D/2 радиус пружины, равный расстоянию от центра тяжести поперечного сечения прутка пружины до ее оси, и d = 2r— диаметр сечения прутка.
Рассечем мысленно пруток плоскостью, проходящей через ось пружины, и отбросим нижнюю часть пружины. Верхняя часть будет находиться в равновесии под и внутренних усилий в проведенном влияние отброшенной нижней части пружины на верхнюю.
Из условия равновесия оставленной верхней части следует, что равнодействующая указанных внутренних усилий представляет собой силу S, направленную вниз вдоль оси пружины и равную Р (рис. 15.6, б). Эту силу можно заменить вертикальной силой (приложенной в центре сечения прутка) и моментом М = PR, действующими в плоскости проведенного сечения прутка (рис. 15.6, в).
Для упрощения дальнейшего расчета будем предполагать, что угол наклона витков пружины к ее оси близок к 90°. Это предположение допустимо для пружин, у которых указанный угол не менее 75° (обычно он равен 80—85 ). Оно позволяет рассматривать сделанное выше сечение прутка (рис. 15.6,6) как поперечное, момент М = PR— как крутящий момент Л1К, а силу Рг = Р — как поперечную силу Q.
Сила Q=P вызывает в сечении касательные напряжения т^; приближенно будем считать эти напряжения распределенными равномерно по всему сечению прутка:
TQ = Q/F = 4P/(n6i2). (22.6)
Эпюра касательных напряжений показана на рис. 16.6, а. Кроме того, в сечении прутка возникают касательные напряжения тЛ1к, связанные с наличием крутящего момента — PR = PD/2 и равные [на основании формулы (7.6)] / / г ч Р (Р/2)
тЛ1к = (Л4кМ/;)р = -у—'р.
Эпюра касательных напряжений тл^ показана на рис. 16.6,6*.
(23.6)
* Пруток пружины представляет собой кривой брус; поэтому применение формулы (7.6), полученной для прямого бруса, является, конечно, условным.
181
Наибольшие напряжения тл1к возникают у боковой поверхности прутка, где они равны
тахтд1к = ^^:=8Р£>/(жР). (24.6)
Напряжения гМк в каждой точке сечения направлены по нормали к прямой, соединяющей данную точку с центром сечения прутка. Суммарное напряжение т от поперечной силы Q и крутящего момента Мк в каждой точке сечения прутка можно определить путем геометрического сложения напряжений т^ и тЛ1к (рис. 16.6, в). В точке С сечения прутка, наиболее близко распо-
ложенной к оси пружины, напряжения тМк и совпадают по направлению и, кроме того, значение хМк в этой точке максимально. Таким образом, суммарное напряжение т в точке С имеет наибольшее значение
Ттах = max тд1к 4- TQ = 8PD/{nd3) + 4Р/(гаР) =
= [8PD/(nd3)] (1 +d/2D). (25.6)
Обычно второе слагаемое в круглых скобках формулы (25.6) значительно меньше единицы (в большинстве случаев D/d = 54-10 и, следовательно, d/2£> = 0,05—0,1) и им можно пренебречь; это равносильно пренебрежению напряжениями от поперечной силы по сравнению с напряжениями от кручения. Тогда формула (25.6) примет вид
(26.6)
Trtux = 8PD/(nd3).
182
Из формулы (26.6) следует, что увеличение диаметра пружины уменьшает, а увеличение диаметра прутка увеличивает ее прочность.
Для обеспечения прочности пружины величина тта)( не должна превышать величины допускаемого напряжения [т]. Пружины изготовляются из высококачественной стали; поэтому значения допускаемых напряжений весьма высоки: [т] = 2000-4-8000 кгс/см2.
Условие прочности пружины имеет вид
ттах^8РР/(шР)< [т]. (27.6)
Формулы (26.6) и (27.6) являются приближенными. Используя результаты, полученные при определении напряжений в пружинах уточненными методами, условие прочности можно представить в виде
ттах = k8PD/(nd3) с М, (28.6)
где k — поправочный коэффициент, определяемый на основе точных методов расчета пружин. Его значение можно вычислять по формуле
Рассмотрим теперь деформацию пружины, т. е. изменение ее длины в направлении оси пружины. Обозначим Л деформацию пружины под действием двух сил Р, приложенных по концам и направленных вдоль ее оси в противоположные стороны.
Работа статически приложенных сил Р на перемещении, равном деформации Л, определяется из выражения
А = РХ/2.
Потенциальную энергию U деформации пружины, вызванной силами Р, определяем только от крутящих моментов МК = Р~, возникающих в поперечных сечениях прутка пружины. Влиянием сил Q = Р на деформацию пружины пренебрегаем. По формуле (16.6):
U = = (Р^^П = 4PW4'(Gd‘),
где JF = (nd4)/32; l^nDn—длина прутка пружины; п — число витков пружины.
На основании закона сохранения энергии A = U, следовательно, PX/2 = 4P2DW(Gd4), откуда
X-8PD3n/(Gd4). (30.6)
Величина усилия Р, при которой деформация X пружины равна единице (1 мм, 1 см и т. п.), называется жесткостью пружины и обозначается С. Из (30.6) следует
C = Gd*/(8D8n) (31.6)
183
и
Х-Р/С.
Жесткость пружины измеряется в кгс;мм, кгс!см и т. п.
Из формул (30.6) и (31.6) следует, что увеличение числа витков п пропорционально увеличивает деформацию пружины X и, следовательно, уменьшает ее жесткость; увеличение диаметра прутка повышает жесткость пружины, а увеличение диаметра пружины понижает ее.
§ 6.6. КРУЧЕНИЕ ПРЯМОГО БРУСА НЕКРУГЛОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ
Рис. 17.6
Задачи определения напряжений и деформаций при кручении брусьев некруглого сечения нельзя решить методами сопротивления материалов. Такие задачи решаются методами теории упругости. В отличие от круглых брусьев, при кручении которых поперечные сечения остаются плоскими, сечения стержней любой другой формы искривляются. При этом различные точки одного поперечного сечения смещаются друг относительно друга параллельно оси стержня — происходит так называемая депланация поперечного сечения.
На рис. 17.6 показана депланация прямоугольных поперечных сечений скручиваемого стержня; на рис. 18.6 она изображена с помощью горизонталей. Сплошные горизонтали показывают выпуклость, штриховые— вогнутость; диагонали и оси симметрии поперечного сечения остаются в одной плоскости и не искривляются.
В поперечном сечении скручиваемого бруса касательное напряжение в каждой точке, расположенной в непосредственной близости от боковой поверхности стержня, всегда направлено параллельно касательной к контуру сечения (рис. 19.6, а). Действительно, если касательное напряжение т в этой точке направить под углом к касательной, то его составляющая тп перпендикулярная к касательной, будет отличной от нуля (рис. 19.6, б). Тогда и составляющая касательного напряжения на боковой поверхности стержня, параллельная его оси, на основании закона парности касательных
напряжений, будет равняться т1? т. е. будет отличной от нуля. Но этого быть не может, так как при кручении напряжения на боковой поверхности отсутствуют.
Рис. 18.6
184
Следовательно, в точках поперечного сечения бруса, около его контура, могут возникать касательные напряжения, лишь направленные вдоль контура (рис. 20.6).
Так как напряжения т в точках контура поперечного сечения направлены параллельно касательным к контуру, то контур представляет собой как бы траекторию касательных напряжений. Это
позволяет наметить примерный характер траекторий т и внутри контура. Траектории касательных напряжений (силовые линии) для некоторых форм сечений показаны на рис. 21.6. Рассмотрение их позволяет сделать некоторые выводы не только о направлении, но и о величине касательных напряжений. Так, например, на рис. 21.6, а видно, что силовые линии более сгущены у середины длинной стороны прямоугольника, чем короткой; следовательно,
касательные напряжения у середины длинной стороны имеют большую величину, чем у середины короткой.
Рассмотрение силовых линий, изображенных на рис. 21.6, б, в, показывает, что в замкнутом кольце крутящий момент создает элементарные пары из сил xdF с плечами, примерно равными по величине среднему диаметру кольца D; в разрезанном же кольце плечи элементарных пар составляют часть толщины кольца 6, т. е. эти плечи значительно меньше диаметра D. Следовательно,
185
при одних и тех же крутящих моментах касательные напряжения в разрезанном кольце значительно больше, чем в неразрезанном; другими словами, сопротивляемость разрезанного кольца кручению ниже, чем неразрезанного.
Расположение силовых линий касательных напряжений подобно характеру распределения скоростей течения жидкости при вращательном движении ее в сосуде, имеющем форму поперечного сечения скручиваемого бруса. Такое подобие, называемое гидродинамической аналогией, облегчает построение силовых линий касательных напряжений. Из него, в частности, следует, что с приближением к вхо-контура поперечного сечения стержня (угол 6 на рис. 22.6) напряжения при кручении резко возрастают, так как возрастают скорости движения жидкости около таких углов. Для уменьшения этих напряжений входящие углы целесообразно заменять выкружками. Около внешних углов (углы 1—5 на рис. 22.6) происходит застой жидкости, и, следовательно, касательные напряжения там равны нулю.
Для удобства пользования формулам, применяемым при расчете на кручение брусьев некруглого сечения, придается такой же вид,
как и в случае круглого сечения. В соответствии с этим наибольшие касательные напряжения в поперечном сечении бруса некруглого сечения определяются по формуле ттах = ^к/^к.
а углы закручивания по формуле
<p = MK//(GJK). (33.6)
Значения WK и JK зависят от формы поперечного сечения бруса *. Ниже приводятся формулы для их определения в случаях прямоугольного сечения и для тонкостенных стержней открытого профиля.
дящим углам
(32.6)
Брус прямоугольного сечения
Если обозначить большую сторону прямоугольного сечения h и меньшую Ъ, то
JK = ab<; Гк = 063, (34.6)
где а и ₽ определяются по табл. 1.6 в зависимости от отношения сторон h/b.
При h/b ^10 можно пользоваться упрощенными формулами
JK = hb3/3; WK = JK/b = hb2/3. (35.6)
* Величину иногда называют моментом сопротивления при кручении, a Jк—геометрической характеристикой крутильной жесткости. Следует иметь в виду, что эти величины лишь по размерности и значению в расчетных формулах аналогичны Wp и Jp для круглого бруса.
186
Напряжения ттах[см. формулу (32.6)] возникают в серединах длинных сторон прямоугольника. Касательные напряжения т в серединах коротких сторон
т = ?ттзх, (36.6)
где у определяется по табл. 1.6; при /1'й^4 можно принимать у = 0,74.
Таблица 1.6
h/b а 3 Y h b а Р V
1,0 0,140 0,208 1,000 4,0 1,123 1,150 0,745
1,5 0,294 0,346 0,859 6,0 1,789 1,789 0,743
2,0 0,457 0,493 0,795 8,0 2,456 2,456 0,742
3,0 0,790 0,801 0,753 10,0 3,123 3,123 0,742
Тонкостенные стержни открытого профиля
Сечение стержня разбивается на п. тонкостенных элементов в виде прямоугольников. Для всего стержня
4=2Х-. (37.6)
. ,=1
где JKI-—значение JK для i-ro элемента, подсчитанное по формуле (35.6); суммирование производится по всем п тонкостенным элементам
^к = 4/^ах. (38.6)
где 6тах—размер меньшей стороны прямоугольного элемента, имеющего наибольшую толщину.
Наибольшие касательные напряжения возникают в серединах длинных сторон элемента, имеющего наибольшую толщину.
Если в сечении тонкостенного стержня имеются криволинейные элементы, то для них значения JKi определяются как для прямоугольников той же толщины и с длиной h, равной длине оси элемента.
Формулы (37.6) и (38.6) практически являются точными, если сечение состоит из прямоугольных элементов, для каждого из которых hib~^ 10. Но ими можно пользоваться для приближенных расчетов и при ft/t>^4, подсчитывая при этом JKi по формуле (34.6).
При расчете на кручение тонкостенных стержней из прокатных профилей к величине Jк, полученной по формуле (37.6), вводится поправочный коэффициент, имеющий следующие значения:
для уголкового сечения................................1,00
для двутаврового сечения..............................1,20
для таврового сечения ............................... 1,15
для корытного (швеллерного) сечения...................1,12
187
$ 7Л. СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ КРУЧЕНИИ
При расчете на кручение прямых брусьев, жестко защемленных одним концом, а также при расчете валов (представляющих собой вращающиеся брусья, нагруженные взаимно уравновешенными скручивающими моментами) значения крутящих моментов в поперечных сечениях можно определить с помощью одних лишь уравнений равновесия (методом сечений). Следовательно, такие задачи являются статически определимыми.
Задачи расчета на кручение являются статически неопределимыми, если крутящие моменты, возникающие в поперечных сечениях скручиваемых стержней, нельзя определить с помощью только уравнений равновесия. Для решения этих задач дополнительно к уравнениям т равновесия, составляемым
для системы в целом или ее отсеченной части, необходимо составить также уравнения перемещений, основанные на рассмотрении характера деформации системы.
Рассмотрим для примера брус круглого сечения, жестко заделанный обоими концами и нагруженный моментом ЭЛ на расстоянии а от левого конца (рис. 23.6, а).
Для решения данной задачи можно составить лишь одно уравнение равновесия— в виде равенства нулю суммы моментов относительно оси бруса:
где SQli и ЭЛ2—реактивные скручивающие моменты, возникающие в заделках.
Дополнительное уравнение для решения рассматриваемой задачи можно получить следующим образом. Отбросим левое опорное закрепление бруса, но оставим правое (рис. 23.6, б). Поворот
188
левого конца полученного таким путем бруса должен быть равен нулю, т. е. ав = 0, так как в действительности этот конец жестко закреплен и не может поворачиваться.
На основании принципа независимости действия сил уравнение перемещений имеет вид
Здесь ая, — угол поворота левого конца бруса от действия внешнего скручивающего момента (рис. 23.6, в); аЯ2 — угол поворота левого конца от действия внешнего момента 331 (рис. 23.6, г).
По второй из формул (14.6), учитывая, что правый конец бруса не поворачивается (т. е. ал = 0), и по формуле (13.6) находшм
осЯ1 = Ф1 — ^^//(GJ^);
Подставим эти значения в уравнение перемещений:
— 9J?1Z/(G</z,) + 93e&/(GJz,) = O, откуда
9)^ = ЖЬ/1.
Из уравнения равновесия
9Л2 = 9Л-9ЛХ = Жа/1.
После определения моментов 90^ и 9Л2 эпюру крутящих моментов можно построить обычным способом, т. е. как для статически определимого бруса (рис. 23.6, д). Для рассмотренной задачи эта эпюра представлена на рис. 23.6, е.
Наглядное представление об изменении углов поворота поперечных сечений бруса по его длине дает эпюра углов поворота (иногда ее называют эпюрой углов закручивания). Каждая ордината этой эпюры дает в принятом масштабе величину угла поворота соответствующего поперечного сечения бруса.
Построим такую эпюру для бруса по рис. 23.6, д, учитывая при этом, что значение уже найдено и эпюра крутящих моментов построена (см. рис. 23.6, е). Крайнее правое сечение А бруса неподвижно, т. е. аА = 0. Произвольное поперечное сечение, принадлежащее участку АС и отстоящее на расстояние х от правого конца, повернется на угол [см. вторую из формул (14.6)]
«л = «л-Фл- = О + .
Здесь фл.— угол закручивания на участке длиной х, определяемый по формуле (13.6).
Таким образом, углы поворота изменяются по линейному закону в зависимости от расстояния х. Подставляя в полученное выражение х = Ь. найдем угол поворота сечения С:
„ __
~GJp '
189
Заметим, что всегда при нагружении бруса постоянного сечения сосредоточенными скручивающими моментами эпюра углов поворота поперечных сечений на каждом из участков бруса линейна.
Для построения эпюры на участке СВ вычислим угол поворота сечения В. На основании второй из формул (14.6) и формулы (13.6)
«в-ас-Фса----вГр gj^—q^ =
Этот результат подтверждает правильность решения задачи, так как по условию сечение В заделано жестко. Таким образом,
кроме чисто иллюстративного значения, построение эпюры углов поворота поперечных сечений можно рассматривать как метод кон-
троля решения некоторых статически неопределимых задач.
Построенная по полученным значениям эпюра углов поворота представлена на рис. 23.6, ж.
При действии на брус нескольких внешних скручивающих моментов, а также для брусьев, имеющих на отдельных участках
разные поперечные сечения, составление дополнительного уравне-
Р
ния производится способом, аналогичным показанному (см. пример 5.6).
При расчете цилиндрических пружин наряду со статически определимыми встречаются также и статически неопределимые задачи.
Если концы пружины не закреплены и могут свободно перемещаться вдоль оси пружины или если закреплен лишь один ее конец, то задача расчета такой пружины статически определима. Если же оба конца пружины неподвижно закреплены, то задача ее расчета статически неопределима. Для ее решения необходимо составить дополнительное уравнение перемещений. Составление этого уравнения аналогично составле-
Рис. 24.6 нию уравнения, применяемого при решении
задач расчета прямого стержня, закрепленного обоими концами, на внешние нагрузки, действующие вдоль его оси. Составление дополнительных уравнений для такого типа задач рассмотрено выше в § 9.2 (см. также пример 3.6).
Примером статически неопределимой задачи расчета пружин является система, представленная на рис. 24.6. Эта система называется концентрической пружиной и представляет собой две пружины, вставленные одна в другую и работающие совместно. Из условия равновесия верхней плиты, к которой приложена сила Р, следует, что сумма сил Рх и Р2, сжимающих наружную и внутреннюю пружины, равна внешней силе Р. Это единственное урав-
нение равновесия, которое можно составить для определения двух неизвестных Р1 и Р2, т. е. задача один раз статически неопределима.
190
Уравнение перемещений в рассматриваемой задаче должно выражать равенство осадок внешней и внутренней пружин:
^ = 1, или 8P1D31/?1/(Gd0-8P2D2A22/(G^).
Решение этого уравнения совместно с условием равновесия Р = Р2 + Р2 позволяет найти усилия в пружинах, а затем выполнить расчет их на прочность.
Примеры расчета
Пример 1.6 (к § 1.6, 2.6 и 4.6). На стальном валу постоянного сечения, вращающемся со скоростью л = 200 об/мин, насажено четыре шкива (рис. 25.6, а). Один из них (шкив 2) получает от двигателя мощность
ДГ2==Л\ + /У34-ЛГ4==75 кет.
Остальные три шкива передают рабочим машинам мощности = 20, W3 = 30 и W4 = 25 кет.
Требуется: 1) построить эпюру крутящих моментов; 2) определить из расчетов на прочность и жесткость требуемый диаметр !dc сплошного вала и сопоставить его с размерами сечения трубчатого вала при [т] = 400 кгс/смг, [и] =0,5° на 1 м, G = 8-105 кгс! см2 и отношении диаметров сечения трубчатого вала c=Jo/rf = O,7; 3) построить эпюру углов поворота для сплошного вала.
Решение. По формуле (2.6) определяем внешние моменты, передаваемые шкивами:
/ 90 \
= 973,6 (Л\/п) = 973,6 ( J =97 кгс-м\
Ш12 = 973,6 (V2/л) = 973,6 =365 кгс-м;
£Ш3 = 973,6(Л/3/л) = 973,6 = 146 кгс-м;
Ш14 = 973,6 (ЛГ«/л) = 973,6 = 122 кгс-м.
Моменты Ш12, 9Пз, ПЛ4 показаны на рис. 25.6, б. Момент Ш12 направлен в сторону вращения вала; моменты Щ}3 и направлены в противоположную сторону.
Крутящий момент в произвольном поперечном сечении вала численно равен сумме внешних моментов, приложенных к валу слева или справа от этого сечения. В соответствии с этим крутящие моменты на отдельных участках вала равны:
Л1к = 0; MlJ = — 5П1 = — 97 кгс-м;
MlKtl= — 97 + 365 = 268 кгс-м;
м" = Ш14=122 кгс-м; Л4к = 0.
Знаки крутящих моментов приняты в соответствии с правилом, изложенным в § 1.6. Например, для участка IV (рис. 25.6, 6) крутящий момент, действующий в поперечном сечении, совпадает с направлением момента если смотреть на это сечение со стороны правого конца вала, т. е. действует по часовой стрелке; следовательно, момент М™ положителен.
По полученным значениям строим эпюру крутящих моментов (рис. 25.6, в).
По формуле (20.6) находим полярный момент сопротивления вала, требуемый по условию прочности
Wp = | Мк |тах/[т] = 26 800/400 = 67 см*.
191
Диаметр сплошного вала определяем с помощью формулы (10.6J Wp « 0,2^0 = 67 см*, откуда ____
3 / б7 ё=6,95 см-Округляя до ближайшего стандартного значения*, принимаем Jc = 70 мм.
Диаметры d и d0 трубчатого вала определяем с помощью формулы (11.6): Wp к 0,2d3(l—с4) « 0,2rZ3 (1 — 0,74) = 67 сл3, откуда ___________
d= 0,2(1—0,74)= 7,62 СМ'
Округляя до ближайшего стандартного размера*, получаем d = 78 мм.
* См. ГОСТ 6636-53.
192
Внутренний диаметр кольцевого сечения
do = c*d = O,7*78 = 55 мм.
Таким образом, площадь поперечного сечения сплошного вала, необходимая по условию прочности, в 1,59 раза [7,002/(7,802—5,502) = 1,59] больше, чем трубчатого.
Проведем теперь расчет вала на жесткость.
Так как сечение вала постоянно по всей его длине, то наибольший относительный угол закручивания вала будет на участке /// (рис. 25.6), в сечениях которого возникает наибольший крутящий момент. На этом участке относительный угол закручивания равен [см. формулу (6.6)]:
^тах = &///=Л1к;//(С4).
Угол по условию жесткости (21.6) не должен превышать [й]. Принимая Атах = [А). находим
Атах = М 'Kn/(G Jp) = = 0,872 • 10 - «
(так как [0] =0,5 = 0,872-10~2 ^ = 0,872-10"1
\ м м см)
откуда
__ 26 800 4
‘'/’~8-105-0,872-10-4~'i84 СМ '
Требуемый диаметр вала сплошного сечения
< = У ^/0,1 = У384/0,1 = 7,88 см к 80 мм, что соответствует стандарту на нормальные диаметры.
Определяем диаметры d и d0 трубчатого вала [см. формулу (22.5)];
Jp = 0, Id4 (1 — с4) = 0,1 d4 (1 — 0,74) = 384 см\ откуда
d= q j (j______0,74) ~ 8’43 CM ~
d0 = 0,7d = 0,7 • 85 = 60 мм,
Таким образом, площадь поперечного сечения сплошного вала, необходимая по условию жесткости, в 1,76 раза [8,002/(8,502—6,002) = 1,76] больше, чем трубчатого.
По условию жесткости требуется больший диаметр сплошного вала (dc ~ = 80 мм), чем по условию прочности (dz = 7Q мм). Окончательно принимаем dz = = 80 мм\ при атом соблюдается как условие прочности, так и условие жесткости вала.
Для построения эпюры углов поворота а определим полные углы закручивания вала на огдельных участках [по формуле (13.6)]:
Л1к 9700-60 GJp 8-105-402 ~ , _М1К111Ш_26 800-50 _ GJP 8-105-402 12 200-70 QJp 8*10**402 ^=^£ = 0, GJp : —0,00181 pad\ = 0,00417 pad-, 0,00266 pad',
7 № 2331
193
где
= nd4/32 = 3,14«84/32 = 402 слс4.
В качестве неподвижного условно рассматриваем поперечное сечение вала, в котором расположен шкив 2. По формулам (14.6) определяем углы поворота отдельных сечений вала:
а2 = 0; =а2—ф^ = 0,00181 рад;
а3 = а2 + = 0,00417 рад;
а4 = а3 + = 0,00417 + 0,00266 = 0,00683 рад.
По этим данным на рис. 25.6,г построена эпюра углов поворота сечений вала.
Если бы за неподвижное было принято сечение вала, в котором расположен шкив 3, то эпюра а углов поворота имела бы вид, изображенный на рис. 25.6, д.
Пример 2.6 (к § 1.6 и 2.6). При завинчивании винтовой сваи в грунт механизм (кабестан) развивает наибольший скручивающий момент ПЛ = 50 тс-я. Сопротивление грунта завинчиванию лопасти, передаваемое стволу сваи в сечении
п—п, 3fti = 28 тс-м (рис. 26.6, а). Сопротивление сил трения ствола сваи о грунт представляет собой нагрузку в виде скручивающих моментов т, распределенных по стволу сваи, нарастающую с глубиной h по закону треугольника:
ть — kh'
где k — 8t2 тс-м/м2 (рис. 26.6, б). Определить максимальную глубину погружения ствола сваи в грунт, при которой полностью исчерпается мощность кабестана, а также построить эпюры крутящих моментов и углов поворота поперечных сечений, условно считая верхнее сечение ствола неподвижным.
Решение. Интенсивность распределенного скручивающего момента на глубине h от поверхности грунта равна:
mh = kh = 0,2ft,
где Л—в м, а —в тс-м/м, 194
Аналогично, на глубине b
ть~Ъ,2Ь.
Сопротивление грунта по всей длине ствола сваи
ть Ь/2 = 0,26 • 6/2 = 2 = 0,162;
полное сопротивление грунта, включая его сопротивление завинчиванию лопасти, ШЪ 4-0.162.
Мощность кабестана исчерпается, когда полное сопротивление грунта будет равно наибольшему моменту развиваемому кабестаном, т. е. при Ш114-0,162=Ю1 или
0,162 = 2Л~ПЛ1 = 50 — 28 = 22 /лс-л, откуда
6 = / 22/0,1 = 14,85 ж.
Составим уравнения для крутящего момента в поперечном сечении ствола, отстоящем на расстоянии х от его верхнего конца (рис. 26.6, в):
для участка /
Л1к = 2Л = 50 том;
для участка // [а «С х <; (а -- 6)]
Мк=Ы—mx_a^=an-fe(x-a)i^=:50-0,l (ж-5)г;
при х = а-}-6 = 19,85 м,
^' = 50-0,1 (19,85—5)-’ = 28 тс-м.
Здесь а = 5 м—длина ствола сваи над поверхностью грунта.
По полученным выражениям строим эпюру Мк (рис. 26.6, в).
По формуле (13.6) определяем угол закручивания ствола на всем участке длиной а:
_Л4к<г_50-5_250 ^а~ GJp ~GJp ~GJp'
где GJp — жесткость сечения ствола сваи при кручении, гпс-л2.
На участке II от х = а = 5 до х~хг \гол закручивания [см. формулу (12.6)) xt xi
а Р F 5
=4" hox-0,1 4 =' Г50.^-250-0,1 ^75)31 ;
gjp L з j з GJp L з j
при Xx~5 м
<Го; з=0;
при Xi = 10 м
<Г5; io = 246/(GJp, при Xt — 15 м
Фо; io = 467/(GJp);
при хг = а+6= 19,85 м
ф5/ 19,85 = 633/(GJp).
Угол поворота ствола в верхнем его сечении принимаем равным нулю (ао = О). Для построения эпюры углов поворота используем первую из формул (14.6) и найденные значения углов закручивания отдельных участков сваи: 7*
195
при х~а = 5 м
«5 — <*о + <Ра = 250/(G Jp);
при х = 10 м
«ю = а8 + <рб; 10 = 250/(G/р) + 246/(0Jp) = 496/(0Jp);
при х— 15 м
«is = а8 + ф»; 15 = 250/(0J^) + 467/(GJp) = 717/(0 Jp); при x = a-\-b = 19,85 м
“i»,85 =«5 + ф6: 15,85 =250/(GJp) + 633/(OJp) = 883/(GJp).
Эпюра углов поворота показана на рис. 26.6, г. Заметим, что эта эпюра линейна только на первом участке, где нет распределенной моментной нагрузки.
Пример 3.6 (к § 5.6 и 7.6). Цилиндрическая стальная пружина диаметром D из круглого прутка
4?
a)
<5
1
диаметром d закреплена в точках А и В и нагружена силой Р в точке С (рис. 27.6, а). Определить наибольшее напряжение в пружине и перемещение точки С.
Решение. Отбросим верхнее закрепление и заменим его реакцией jV (рис. 27.6, б). Перемещение % верхнего конца пружины от совместного действия на нее сил N и Р равно нулю, так как в д ействи-тельности этот конец закреплен и не может смещаться. На основании принципа независимости действия сил
X = Хуу+ Яр,
Где Ху и Хр—перемещения верхнего (свободного) конца пружины (рис. 27.6, б) соответственно от сил N и Р, равные удлинениям пружины от действия этих сил. Значения Хдг и Хр определяем по формуле (30.6):
. 8ND3(tn + n) . 8PD3n Gd< : Лр- Qdt
Здесь т и п—число витков пружины соответственно на участках АС и СВ.
В формулу для Хр входит число витков п нижней части пружины потому, что верхняя часть АС
Рис. 27.6
пружины (см. рис. 27.6, б) под действием силы Р перемещается, не деформируясь. Подставим значения Хдг и Хр в выражение для X:
1 я Б
в
+ 8PD*n
Gd4 Gd1
откуда
Рп 7
N = —Р • -4- = 0,583Р.
ги + и 5 + 7
Теперь из уравнения равновесия в виде суммы проекций всех сил на вертикальную ось можно определить реакцию 5 нижнего закрепления (рис. 27.6, б):
= Р 4-5 = 0,
откуда
S=P-W=P-------f±_==p_2Zl_==p ® =O,417P.
ffi 4- n m~\~n 5-{~7
Таким образом, на участке АС пружина растянута силой АГ = 0,583Р, а на участке СВ сжата силой S = 0,417P. Следовательно, наибольшие напряжения возникают на участке АС. Определим их по формуле (26.6):
8-0,583PD .„„PD
=—ЙЗГ-=4-66^ •
196
Перемещение точки С пружины вниз (рис. 27.6, а) равно удлинению верхней части АС пружины. Определяем это перемещение по формуле (30.6):
_;8WP3rn_8-0,583PL>3«5_9Q PD3 f'c~ Gd4 — Gd* Gd* '
Этот же результат можно получить, рассматривая перемещение Лс как деформацию сжатия нижней части СВ пружины:
_ 85£3л _8-0,417PD3-7 Р£>3
Кс~ Gd* ~ Gd* ~Gd4 ‘
Пример 4.6 (к § 6.6). Брус длиной / скручивается моментом ПЛ = 4 тс-м, приложенным на левом конце (рис. 28.6, а). Определить наибольшие напряжения
тшах и полный угол закручивания <р бруса при поперечных сечениях его в виде прямоугольника и двутавра, показанных на рис. 28.6, б, в. Модуль сдвига 0 = 8-105 кгс/см*.
Решение.
а) Прямоугольное сечение (рис. 28.6, б).
По табл. 1.6 при /i/6 = 2
а = 0,457; 0 = 0,493.
По формулам (34.6) определяем JK и
JK = а64 = 0,457-204 = 73,1 • 103 см4;
WK = 063 = 0,493 -203 = 3940 см3.
По формулам (32.6) и (33.6):
Мк ЯП 4-105
'Zmax~W^~W2~"394(Г — ° ’5 KSC/CM ’
МК1 4-105-200 ... ,
ф~ GJK~ 8-105-73,1 • 103 — 37' ° ' рад'
б) Двутавровое сечение (рис. 28.6, в).
Сечение разбиваем на три прямоугольника: два горизонтальных (/ и 11) размером 20x5 см и один вертикальный (111) размером 30x3 см (рис. 28.6, а). Определяем значения JK для каждого из этих прямоугольников.
Для прямоугольников I и 11 (6/6 = 20/5 = 4; а= 1,123) по формуле (34.6):
/м7 = /К77 = а64 = 1,123-54 =702 см4.
197
Для прямоугольника ZZZ (h/b — 30/3 = 10) по формуле (35.6): /к777 = Л63/3 = 30-33/3 = 270 см4.
Для всего сечения в целом по формуле (37.6):
JJк1 JкПJкП 1 1702-J-270 — 1674 см^.
По формуле (38.6): №к = 4/Ьтах = 1674/5 « 335 см\
Наибольшие касательные напряжения, которые возникают в серединах ных сторон прямоугольников Z и 11, определяем по формуле (32.6):
м 4’105
Tmax = ЩТ — 335 =1192 кгас^.
ДЛИН’
углов бруса
а)
. лп й2^6см df-Юсм
?№=200кгы "в
А.
i)
^==&===£
lr-ЮОсм л 1 \ . hr 50 см /С g Хлг^бОсм}
7х ~1 331=200киА л-----h
'И г^юосм О V hr50см _ Iib^OCM
А
По формуле (33.6):
МК1 4- 105*200 _ппдп . 7 ~ GJK —8-105 • 1674 0,060 рад'
Пример 5.6. (к § 3.6 и 7.6). Построить эпюру крутящих моментов и поворота, а также определить потенциальную энергию кручения круглого ступенчато-переменного сечения, жестко закрепленного по концам, при действии на него скручивающего момента [Щ = = 200 кге'М (рис. 29.6, а). Модуль сдвига G = 8-10§ кгс/см*.
Решение. Отбросим закрепление левого конца бруса и заменим его реактивным моментом ЗЛд (рис. 29.6, б).
Составим дополнительное уравнение, которое показывает, что поворот ад левого конца бруса равен нулю. Будем рассматривать ад как сумму углов
поворота адр вызванного действием момента 2Лд, и ада, вызванного действием момента 2Л.
Следовательно,
ад = ад1 + ад, = 0.
От действия момента 2Пд поперечных сечениях всех
Участок I
УчастокЛ i УчастокШ.
Эпюра М*
9
MmflffiOlMtM
'М1к=Ца<=‘8в5Шс.ф
Рис. 29.6
Эпюра. СС
в
трех (Z, ZZ, ZZZ) участков бруса (рис. 29.6, б) возникает одинаковый крутящий момент
М/к ~ ^Пк ~ ^///к ~ •
Поэтому [см. формулы (13.6) и (14.6)]
мИк* 1п Minfin
л i и in
алг=-Ф1~Ф1 ~Ф1 =
GJ шр
GJ ip GJ пр
I G/ j hn Ji ip J i Пр)
Полярные моменты инерции поперечных сечений отдельных участков бруса: JIp « 0,14 = 0,1- Ю4= 1000 см4;
Jnp = Jinp ~ 0, Id* = 0>1*64= 129,6 см4.
193
Следовательно, ЯПЛ / 100 50 , 50 \ _ 0,87<Шл
а^~ G \ 1000129,6 + 129,6 G '
От действия момента 2Л крутящие моменты на отдельных участках бруса
М}к = М,/к = 0; ^zzzk= ~5Л= — 200 кгс-м.
Поэтому [см. формулы (13.6) и (14.6)]
I и И! О Л МП1К11Ч 200-10а-50 7700
=-°-°--ё7^7:=-ёл^б-=-б-
Подставим полученные значения аЛ1 и аЛа в выражение для ал: . 0,872Лл , 7700 Л
ал = ал.+ал2 =--—g-=0,
откуда
8850 кгс-си = 88,5 кгс-м.
О,о/
Полные крутящие моменты, действующие в поперечных сечениях бруса, равны суммам моментов от действия момента ЯПл и ЯП:
Af/к = ЯПл = 8850 кгс-см;
М/7к = Щ] л = 8850 кгс • см;
^1//к = ^А~= 8850—20000=— 11 150 кгс см.
Построенная по этим данным эпюра Мк показана на рис. 29.6, в.
Определяем полные углы закручивания на отдельных участках бруса [по формуле (13.6)]:
MIvlf 8850-100 1 11 in а л
<₽/ = -577=-8Помобо =1’и-10’3 рад'
8'?12^'б ==4-27-10'3 рад;
\Jjfip O-1U • 12У,О
wiii — МшкЬп_-Т-ll ^5за.ю-з ра$
ф GJ 1Пр 8-10^129,6 ’ Р
В соответствии с первой из формул (14.6) находим углы поворота сечений:
ал = 0; а£~аЛ + ф7= 1,11 • 10~3 рад;
ас = ад + ф;/ = 1,11-10~3 + 4,27.10-3 = 5,38-10-3 рад;
ад = ас+ф^ = 5,38-10-3 —5,38-10-3 = 0.
Полученное нулевое значение угла ад свидетельствует о правильности определения крутящих моментов. По найденным значениям углов поворота на рис. 29.6, г построена эпюра а.
По формуле (16.6) находим потенциальную энергию деформации кручения, накапливаемую брусом:
Muli , мПк1п MJnKhir _ 88503-10 .
2GJlp + 2GJJlp ' 2GJn!p 2-8- 10s-1000 + , 88502.50 , (—11 150)2-50 Л
+2-8-105- 129,б+2-8.10?-129,5~54,0 кгс'см'
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1.6 (к § 1.6, 2.6 и 4.6). Вал, изображенный на рис. 30.6, передает мощность # = 10 л. с. и делает 200 оборотов в минуту. Определить диаметр вала, если [т] = 400 кгс!см2. Определить полный и относительный углы закручивания вала, если /=1,5 м и 6 = 8-10^ кгс [см2.
Ответ: d = 36 мм; ф = 0,042 рад; = 0,028 рад[м.
199
Задача 2.6 (к § 1.6, 2.6 и 4.6). Определить диаметр пустотелого (трубчатого) вала, передающего мощность М = 1000 л.с. при л =120 об/мин, если отношение внешнего диаметра вала к внутреннему равно двум, а [т] = 400 кгс/см2.
Ответ', d » 20 см', d0 « 10 см.
Задача 3.6 (к § 5.6 и 7.6). Две пружины вставлены между двумя неподвижными плитами А и В и подвижной плитой С и прикреплены концами к этим плитам (рис. 31.6). К плите С приложена сила Р = 100 кгс.
Определить смещение плиты С, если средний диаметр верхней пружины D1 = 4O мм, а нижней О2 = 60 мм. Верхняя пружина изготовлена из круглого прутка диаметром Jx = 8 мм и имеет 5 витков, а нижняя из прутка диаметром t/1==12 мм и имеет 8 витков. При расчете принять 6 = 8-105 кгс/см2.
Ответ'. Х = 0,403 см.
Рис. 31.6
Задача 4.6 (к § 7.6). Круглый брус, защемленный обоими концами, нагружен двумя моментами ЭД}! и ЭД}2 = ЗЭД}1 (рис. 32.6). Определить реактивные моменты, возникающие в заделках бруса.
Ответ-. ЭД}лев = 0; ЭД1Прав = 2^1-
Вопросы для самопроверки
К § 1.6. 1. При каком нагружении прямой брус испытывает деформацию кручения?
2. Как вычисляется момент, передаваемый шкивом, по заданной мощности и числу оборотов в минуту?
3. Какое правило знаков принято для крутящих моментов?
4. Что представляют собой эпюры крутящих моментов и как они строятся?
К § 2.6. 5. Что называется полным и относительным углом закручивания бруса?
6. Перечислите предпосылки теории кручения прямого бруса круглого поперечного сечения.
7. Какие напряжения возникают в поперечном сечении бруса круглого сечения при- кручении и как они направлены?
200
8. Выведите формулу для определения напряжений в поперечном сечении скручиваемого бруса круглого сечения.
9. Какое напряженное состояние возникает в каждой точке бруса круглого сечения при кручении?
10. Выведите формулы для определения относительного и полного угла закручивания бруса круглого сечения.
11. Что называется жесткостью сечения при кручении?
12. Напишите выражение полярных моментов инерции круглого (сплошного и кольцевого) сечения.
13. Что называется полярным моментом сопротивления, в каких единицах он измеряется и чему равен (для круга н кольца)?
14. Равен ли полярный момент сопротивления кольцевого сечения разности полярных моментов сопротивления наружного и внутреннего кругов?
15. Чем объясняется, что брус кольцевого сечения при кручении экономичнее бруса сплошного сечения?
К § 3.6. 16. В каких площадках, проходящих через данную точку бруса круглого сечения, при кручении возникают экстремальные касательные напряжения и чему они равны?
17. В каких площадках, проходящих через данную точку стержня круглого сечения, при кручении возникают экстремальные нормальные напряжения и чему они равны?
18. Чему равны наибольшие экстремальные касательные напряжения и наибольшие главные напряжения в скручиваемом брусе круглого сечения? В каких точках они возникают?
19. Как разрушаются при кручении деревянные и чугунные брусья? Как объяснить характер разрушения для каждого из этих материалов?
20. Чему равна потенциальная энергия деформации кручения бруса круглого сечения? Выведите соответствующую формулу.
К§ 4.6. 21. Как производится расчет скручиваемого бруса на прочность?
22. Как выбираются допускаемые напряжения при расчете на кручение?
23. Как производится расчет скручиваемого бруса на жесткость?
К § 5.6. 24. Как вычисляются напряжения в цилиндрической винтовой пружине? На каких допущениях основана формула для вычисления напряжений?
25. Как определяются деформации цилиндрической винтовой пружины? Выведите соответствующую формулу.
К § 6.6. 26. Остаются ли плоскими при кручении поперечные сечения нскруглых брусьев?
27. Как направлены при кручении касательные напряжения в поперечном сечении бруса в непосредственной близости к контуру сечения и почему?
28. Чему равны при кручении касательные напряжения в поперечных сечениях бруса около внешних углов?
29. Какой брус имеет большую сопротивляемость кручению: с сечением в виде замкнутого или в виде разрезанного кольца? Почему?
30. Как, используя гидродинамическую аналогию, можно установить характер траекторий касательных напряжений в поперечном сечении скручиваемого бруса?
31. Как определяются максимальные касательные напряжения и угол закручивания при кручении брусьев прямоугольного сечения и тонкостенных стержней открытого профиля?
К § 7.6. 32. В каких случаях задача расчета прямого стержня на кручение является статически неопределимой?
33. Приведите примеры статически неопределимых задач на кручение и покажите, как составить для них уравнения перемещений.
Глава 7
ПРЯМОЙ ИЗГИБ
$ 1.7. ОБЩИЕ ПОНЯТИЯ
В случаях центрального растяжения, центрального сжатия и кручения прямых брусьев их оси, первоначально прямые, остаются прямыми и после деформации. В отличие от этих видов деформаций изгиб представляет собой такую деформацию, при которой происходит искривление осей прямых брусьев или изменение кривизны осей кривых брусьев.
Изгиб связан с возникновением в поперечных сечениях бруса изгибающихся моментов. Изгибающий момент—внутренний силовой фактор (внутреннее усилие), возникающий в поперечном сечении бруса, а именно момент относительно оси, расположенной в плоскости поперечного сечения и проходящей через его центр тяжести; он действует в плоскости, перпендикулярной к поперечному сечению бруса.
Здесь рассмотрен прямой изгиб, возникающий в случае, когда изгибающий момент в данном поперечном сечении бруса действует в плоскости, проходящей через одну из главных центральных осей инерции этого сечения. Прямой изгиб возникает, например, тогда, когда на прямой брус действует нагрузка в виде системы сосредоточенных сил, расположенных в одной плоскости, проходящей через одну из главных центральных осей инерции каждого поперечного сечения бруса.
Случай, когда плоскость действия изгибающего момента в данном поперечном сечении бруса не проходит ни через одну из главных центральных осей инерции этого сечения, называется косым изгибом.
Если при прямом или косом изгибе в поперечном сечении бруса действует только изгибающий момент, то соответственно имеется чистый прямой или чистый косой изгиб. Если же в поперечном сечении действует также и поперечная сила, то имеется поперечный прямой или, поперечный косой изгиб *.
Напомним, что поперечная сила является одной из составляющих главного вектора внутренних сил (см. § 3.1); она представляет собой равнодействующую внутренних касательных сил, возникающих в поперечном сечении бруса (см. § 4.1).
* Часто термин «прямой» в названии прямого чистого изгиба и прямого поперечного изгиба не употребляют и их называют соответственно чистым изгибом и поперечным изгибом.
202
Если все поперечные сечения какого-либо участка бруса испытывают чистый прямой изгиб, то весь этот участок находится в состоянии чистого изгиба. Другие участки этого же бруса могут находиться в состоянии поперечного изгиба, чистого косого изгиба или поперечного косого изгиба.
§ 2.7. ВНУТРЕННИЕ УСИЛИЯ
В § 2.1 рассматривались различные внешние нагрузки (сосредоточенные и распределенные, силовые и моментные), встречающиеся при расчете конструкций. Внешние нагрузки, действующие на сооружение, вызывают появление в нем внутренних усилии (см. § 3.1). При действии на брус внешних нагрузок, расположенных в одной плоскости, проходящей через ось бруса (т. е. в случае плоского действия сил), в каждом поперечном сечении бруса воз-
никают внутренние силовые факторы (усилия), действующие в этой же плоскости, а именно (рис. 1.7):
а) продольная сила 7V, приложенная в центре тяжести сечения, действующая перпендикулярно к сечению;
б) поперечная сила Q, действующая в плоскости поперечного сечения, проходящая через его центр тяжести;
в) изгибающий момент Л1и, действующий в плоскости, перпендикулярной к поперечному сечению. Изгибающий момент я. . ,
индекс у или г указывает на ось, расположенную в поперечном сечении бруса, относительно которой действует момент) или просто Л1.
Изгибающий момент Мв в поперечном сечении считается положительным, когда на левом торце правой части бруса он направлен по часовой стрелке, а на правом торце левой части—против часовой стрелки. Продольная сила N в сечении положительна при растяжении. Поперечная сила Q положительна, когда на левом торце правой части бруса она направлена снизу вверх, а на правом торце левой части—сверху вниз; положительная поперечная сила стремится вращать отсеченную часть бруса (на которую она действует) по часовой стрелке—относительно любой точки С, расположенной на внутренней нормали к поперечному сечению. Положительные направления внутренних усилий показаны на рис. 1.7 (в аксонометрии) и 2.7.
Из рис. 2.7 следует, что при положительном изгибающем моменте верхние волокна бруса испытывают сжатие (укорочение), а нижние —растяжение (удли нение).
203
При определении знаков внутренних усилий в вертикальных брусьях необходимо какой-то конец бруса (нижний или верхний) принимать в качестве левого и отмечать его на чертеже каким-либо значком.
Изгибающий момент, продольная сила и поперечная сила, действующие в каждом поперечном сечении, связаны с напряжениями, возникающими в этом сечении, следующими зависимостями [см. формулы (4.1) и рис. 8.1]:
Mz=^oydF', Q=^xydF', N = ^odF. F F F
(1.7)
В §3.1 доказано, что для определения проекции на какую-либо
ось внутренних сил в сечении, действующих со стороны левой
части бруса на правую, на эту ось надо спроектировать все внешние силы*, приложенные к левой части. Аналогично, чтобы опре-
делить момент (относительно какой-либо оси) внутренних сил в сечении, действующих со стороны левой части бруса на правую, надо вычислить момент (относительно этой оси) всех внешних сил, приложенных к левой части.
Рис. 2.7 Определение внутренних
сил, действующих со стороны левой части бруса на правую, можно производить по внешним силам, приложенным не к левой части, а к правой. В этом случае проекции внешних сил на выбранные оси и их моменты относительно этих осей необходимо взять с обратными знаками. Эти положения позволяют сформулировать следующие правила определения внутренних усилий, возникающих в поперечном сечении бруса, для случаев, когда все внешние силы расположены в одной плоскости.
Изгибающий момент М2 относительно центральной оси г попе-речного сечения по величине и знаку равен сумме моментов относительно этой оси всех внешних сил, приложенных к левой части бруса, или сумме моментов (относительно той же оси), взятой с обратным знаком, всех внешних сил, приложенных к правой части:
MZ=^MZ=-^MZ, (2.7)
лев прав
при этом моменты внешних сил положительны, когда они действуют по часовой стрелке.
Поперечная сила Q по величине и знаку равна сумме проекций всех внешних сил, приложенных к левой части бруса, на нормаль к его продольной оси, проведенную в рассматриваемом поперечном
* Здесь и далее под «внешними силами» понимаются сосредоточенные и распределенные силы и моменты (в том числе и реакции опорных закреплений).
204
сечении*, или сумме проекций (на ту же нормаль), взятой с обратным знаком, всех внешних сил, приложенных к правой части бруса:
Q =2 Г = -£/;’ (3.7)
лев прав
при этом проекции внешних сил на нормаль положительны, когда они направлены снизу вверх.
Продольная сила N по величине и знаку равна сумме проекций всех внешних сил. приложенных к левой части бруса, на его продольную ось. или сумме проекций (на ту же ось), взятой с обратным знаком, всех внешних сил. приложенных к правой части бруса:
Х=2-Х = —2Х; (4.7)
лев прав
при этом проекции внешних сил на ось бруса положительны, когда они направлены справа налево.
Отметим, что при определении внутренних усилий моменты и проекции вычисляются от всех внешних сил, приложенных к брусу по одну (и только по одну) сторону от рассматриваемого поперечного сечения (т. е. или слева, или справа от сечения).
С невыполнением этого условия связано большинство ошибок при определении внутренних усилий.
Для примера с помощью изложенных правил найдем внутренние усилия в сечении / — / бруса, находящегося в равновесии, изображенного на рис. 3.7.
По формулам (2.7) —(4.7)
^=2^ = ^ —Л sin 45°-1 = 15—3-0,707-1 = 12,88 тс-м лев
ИЛИ
М2 = -2Мг = -(-Р2.5-Я1г) =
= -(—2,12-5—2,28) = 12,88 тс-м\
Q == 2 Y = - Рг sin 45° = —3 - 0,707 = —2,12 тс лев
* Эта нормаль расположена в плоскости действия внешних сил.
205
или
Q = — S Y = — (Рг) = — 2,12 mr;
прав
Л/=2^ = —-Picos45°==—3-0,707 = —2,12 тс лев
ИЛИ
Х= — £х = — (Р3) = - 2,12 me.
прав
$ 3.7. ОПОРЫ И ОПОРНЫЕ РЕАКЦИИ
Рассмотренный в § 2.7 свободный брус был нагружен заданными нагрузками (силами и моментами), находящимися в равновесии (см. рис. 3.7). Обычно заданные нагрузки не бывают взаимно уравновешенными; неподвижность конструкции под действием этих нагрузок обеспечивается благодаря наличию опор, соединяющих ее с основанием. В опорах возникают реакции, которые вместе с заданными нагрузками представляют уравновешенную систему внешних сил, действующих на конструкцию.
Как известно из курса теоретической механики, любое тело обладает в плоскости тремя степенями свободы. Поэтому для обеспечения геометрической неизменяемости * системы (бруса) необходимо наложить на нее (в плоскости) три связи.
Рассмотрим различные типы опор плоских систем.
Рис. 4.7
1. Защемление, или заделка (рис. 4.7, а). Защемленный (или заделанный) конец бруса не может ни смещаться поступательно, ни поворачиваться. Следовательно, число степеней свободы бруса с защемленным концом равно нулю. В опоре могут возникать: вертикальная реакция (сила R — рис. 4.7, а), препятствующая вертикальному смещению конца бруса; горизонтальная реакция (сила И), исключающая возможность его горизонтального смещения **, и реактивный момент 201, препятствующий повороту. Таким образом, закрепление бруса с помощью заделки накладывает на него три связи и обеспечивает его неподвижность.
* Система является геометрически неизменяемой, если перемещения отдельных ее точек возможны только в результате деформации системы.
** Силы R и Н являются составляющими одной реактивной силы; вместо того, чтобы определять величину и направление этой силы, обычно удобнее отдельно определять значения указанных составляющих.
206
2. Шарнирно неподвижная опора (рис. 4.7, б). Поперечное сечение бруса, проходящее через шарнирно неподвижную опору, не может смещаться поступательно. В опоре возникает реактивная сила, проходящая через центр шарнира. Ее составляющими являются вертикальная сила R, препятствующая вертикальному смещению, и горизонтальная сила Н, исключающая горизонтальное смещение закрепленного сечения бруса. Опора не препятствует повороту бруса относительно центра шарнира, и, следовательно, брус, закрепленный при помощи одной такой опоры, имеет одну степень свободы. Закрепление бруса с помощью шарнирно неподвижной опоры, накладывает на него две связи.
3. Шарнирно подвижная опора (рис. 4.7, в). Поперечное сечение бруса, проходящее через шарнирно подвижную опору, может смещаться параллельно опорной плоскости I—I и поворачиваться, но оно не может смещаться перпендикулярно к опорной плоскости. В опоре возникает только одна реакция—в виде силы R, перпендикулярной к опорной плоскости. Закрепление бруса с помощью такой опоры накладывает на него одну связь.
Рассмотренные типы опор принято также изображать с помощью стерженьков.
Шарнирно подвижную опору изображают в виде стерженька, имеющего по концам шарниры (рис. 5.7, а). Нижний шарнир неподвижен, а верхний может смещаться лишь по прямой линии,
Рис. 5.7
перпендикулярной к оси стерженька. Это соответствует тем условиям закрепления, которые обеспечивает шарнирно подвижная опора (см. рис. 4.7, в). Опорная реакция действует только вдоль оси стерженька. Собственные деформации его при расчетах не учитываются, т. е. стерженек считается бесконечно жестким.
Шарнирно неподвижную опору изображают с помощью двух стерженьков с шарнирами по концам (рис. 5.7,6). Верхний шарнир является общим для обоих стерженьков. Направления стерженьков могут быть произвольными. Они, однако, не должны быть расположены на одной прямой.
Заделку (защемление) можно изображать с помощью трех стерженьков с шарнирами по концам, как показано на рис. 5.7, в.
Число стерженьков в схематическом изображении опоры равно числу составляющих опорной реакции и числу связей, накладываемых этой опорой на конструкцию.
Для того чтобы брус не перемещался под нагрузкой, он должен быть геометрически неизменяемо (неподвижно) соединен с осно-
207
ванием, что в случае плоского действия сил, как уже отмечалось, достигается путем наложения на него трех внешних связей. Это можно сделать с помощью одной заделки (рис. 6.7, а) или одной шарнирно неподвижной и одной шарнирно подвижной опоры
а) б) 0)
Рис. 6.7
(рис. 6.7,6), или с помощью трех шарнирно подвижных опор, направления реакций которых не пересекаются в одной точке (рис. 6.7, в). Если направления трех опорных стерженьков пересекаются в одной точке О (рис. 7.7, а, б), то система является мгно-
Рис. 7.7
венно изменяемой, так как в этом случае ни один опорный стерженек не препятствует весьма малому повороту бруса вокруг точки О; такое расположение опорных стерженьков недопустимо.
Рассмотрим геометрически неизменяемые системы, состоящие из нескольких брусьев. На рис. 8.7, а, например, показана система
Рис. 8.7
из двух брусьев (АВ и ВС), на каждый из которых наложено три связи. На брус ВС одну связь накладывает опорный стерженек CD, препятствующий вертикальному смещению точки С бруса, и две связи—шарнир В, препятствующий вертикальному и горизонтальному смещению точки В бруса. На брус АВ все три связи
208
налагает заделка А; шарнир же В не может препятствовать ни поступательным смещениям, ни поворотам бруса АВ и, следовательно, не налагает на него связей.
На рис. 8.7,6 показана геометрически неизменяемая система, состоящая из трех брусьев (AC, CD и DF). На каждый из них наложено три связи. Так, например, шарнир С налагает на брус CD две связи (так как препятствует горизонтальному и вертикальному смещениям точки С), а шарнир D—одну связь (так как препятствует только вертикальному смещению точки D).
Системы, изображенные на рис. 8.7, называются многопролетными шарнирными балками.
Общее число неизвестных опорных реакций при вариантах закрепления бруса, показанных на рис. 6.7, а, б, в, равно трем. Следовательно, эти реакции можно найти при помощи трех уравнений равновесия, которые составляются для плоской системы сил. По значениям же опорных реакций и внешних нагрузок можно определить [по формулам (2.7) — (4.7)] внутренние усилия в любом поперечном сечении бруса. Поэтому брус, закрепленный путем наложения на него трех связей, является не только геометрически неизменяемым, но и статически определимым. Наложение на него большего числа связей делает брус статически неопределимым, так как в этом случае все опорные реакции нельзя определить из одних лишь уравнений равновесия.
Уравнения равновесия, составляемые для определения опорных реакций, можно представить в трех различных вариантах:
1) в виде сумм проекций сил на две произвольные не параллельные друг другу оси и суммы моментов сил относительно любой ТОЧКИ ПЛОСКОСТИ (2^ = 0; 2^ = 2^O)5
2) в виде суммы проекций сил на произвольную ось и двух сумм моментов относительно любых точек плоскости, не лежащих на одном перпендикуляре к указанной оси проекций (2Х = 0;
3) в виде трех сумм моментов относительно любых точек плоскости, не лежащих на одной прямой (2^я==0; У\Мв = 0; 2 мс ~ 0).
Выбор того или иного варианта составления уравнений равновесия, а также выбор точек и направлений осей, используемых при составлении этих уравнений, производится в каждом конкретном случае с таким расчетом, чтобы по возможности не проводить совместное решение уравнений. Для проверки правильности определения опорных реакций полученные их значения рекомендуется подставить в какое-либо уравнение равновесия, не использованное ранее.
На многопролетную шарнирную балку, изображенную на рис. 8.7, а, наложено четыре внешние связи (три в сечении А и одна в сечении С), а на балку, изображенную на рис. 8.7,6,— пять внешних связей (две в сечении А и по одной в сечениях В, Е и F). Однако если на каждый брус, составляющий многопролетную шарнирную балку, наложено по три связи, то эта балка
209
статически определима и опорные реакции можно найти из уравнений статики.
Кроме трех уравнений равновесия всех сил, действующих на многопролетную шарнирную балку, составляются уравнения, выражающие равенство нулю моментов сил, приложенных по одну сторону от каждого шарнира (соединяющего отдельные части балки), относительно центра этого шарнира. Например, для балки, изображенной на рис. 8.7, а, кроме трех уравнений равновесия всех действующих на нее сил, составляется уравнение моментов левых (или правых) сил относительно шарнира В, а для балки, изображенной на рис. 8.7,6,— относительно шарниров С и D.
рис. 9.7, а*. Отбросим опоры и заменим их влияние на балку опорными реакциями RA, Н и RB (рис. 9.7,6). Обычно балка с отброшенными опорами отдельно не изображается, а обозначения и направления опорных реакций указываются на расчетной схеме балки. Реакции RA и Н представляют собой вертикальную и горизонтальную составляющие полной реакции шарнирно неподвижной опоры Л; сила же RB является полной реакцией опоры В. Направления опорных реакций выбираются произвольно; если в результате расчета значение какой-либо реакции получается отрицательным, то, значит, в действительности ее направление противоположно предварительно принятому.
• Балкой называют обычно брус (стержень), работающий на изгиб. Простой балкой называют однопролетную балку без консолей, лежащую на двух опорах: одной шарнирно подвижной и одной шарнирно неподвижной. Консолью называют часть балки, свешивающуюся за опору или балку с одним защемленным и другим свободным концом.
210
Найдем сначала опорную реакцию Н, составив для этого сумму проекций всех сил на горизонтальную ось х:
£Х = Я = 0.
Очевидно, что не только в рассматриваемом случае, а всегда при действии на горизонтальную балку только вертикальной нагрузки горизонтальная опорная реакция равна нулю.
Для определения опорной реакции RA составим сумму моментов всех сил относительно точки В. Опорные реакции Н и RB проходят через эту точку, а потому их моменты относительно нее равны нулю:
5 Мв= RAt + «01-Pb—ql • //2 = О, где ql— равнодействующая равномерной нагрузки интенсивностью q, распределенной по всей длине балки Г, 1;2—плечо этой равнодействующей относительно точки В.
Следовательно,
RA = Pb/l + ql/2—W/l.
Аналогично составим сумму моментов всех сил относительно точки А:
^MA = SR + Pa + ql-l/2—Rsl = 0, откуда
RB = Pa/l + ql/2 + ^/l.
Для проверки найденных значений опорных реакций составим сумму проекций всех сил на ось у.
^Y^R^P-ql + R^yPbll + ql^-^lIl}-
— P—ql + [Ра/1 + ql/2 4- Ж//] = 0.
Составленное уравнение удовлетворяется, что указывает на правильность определения опорных реакций.
§ 4.7. ЭПЮРЫ ВНУТРЕННИХ УСИЛИИ
При расчете на прочность необходимо знать закон изменения внутренних усилий в поперечных сечениях балки по ее длине, возникающих от действующей на балку нагрузки. Этот закон можно выразить в виде аналитических зависимостей и изобразить с помощью специальных графиков, называемых эпюрами.
Эпюрой изгибающих моментов (эпюрой М) называется график, изображающий закон изменения величин этих моментов по длине балки. Аналогично эпюрой поперечных сил (эпюрой Q) или эпюрой продольных сил (эпюрой N) называется график, изображающий изменение поперечных или продольных сил по длине балки.
Каждая ордината эпюры М (или Q. или N) представляет собой величину изгибающего момента (или поперечной силы, или продольной силы) в соответствующем поперечном сечении балки.
211
Разберем на конкретных примерах построение эпюр для балок, находящихся под действием системы сил, расположенных в одной плоскости (параллельной плоскости чертежа).
Построим эпюры Q и М для консольной балки, заделанной правым концом, изображенной на рис. 10.7, а. Назовем участком
Участки
г)
<Й?=2тс-м
Рис. 10.7
д)
балки каждую ее часть, в пределах которой законы изменения поперечной силы и изгибающего момента остаются постоянными. Границами участков являются поперечные сечения балки, в которых к ней приложены сосредоточенные нагрузки (в том числе
212
опорные реакции) или в которых начинается либо заканчивается распределенная нагрузка, или в которых интенсивность этой нагрузки начинает изменяться по новому закону. Рассматриваемая балка имеет четыре участка /, //, Ill и /V, показанных на рис. 10.7, а.
Составим [на основании формул (3.7) и (2.7)] выражения поперечной силы и изгибающего момента в поперечном сечении балки на расстоянии х от ее левого конца.
Участок /:
Q1 ~ 2 У — — qx = —2х; лев
М1 = = — qx-x/2 = —2х2/2 = — х2.
лев
Здесь qx—равнодействующая равномерно распределенной нагрузки в пределах отрезка длиной х участка 7. Она приложена посредине этого отрезка, а потому ее момент относительно рассматриваемого сечения равен (—qx-x/2). Знак поперечной силы отрицателен потому, что проекция равнодействующей qx направлена вниз; знак изгибающего момента отрицателен потому, что момент qx-xj2 действует против часовой стрелки.
В окончательные выражения Q1 и М1 значение х подставляется в метрах, так как интенсивность q выражена в тс!м.
Полученные выражения Q7 и М1 действительны в пределах участка 7, т. е. при расстоянии х, имеющем значения в пределах от 0 до 2 л.
Зависимость Q1 от х линейная, а потому для построения эпюры Q на участке 7 достаточно определить величины Q1 при двух значениях х:
при х = 0 (в начале участка /)
Q1 = — qx =—2-0 = 0;
при х — 2 м (в конце участка 7)
Q1 = — qx = —2-2 = —4 тс.
Зависимость М' от х не линейная, а квадратичная. Для построения эпюры М на участке / вычисляем величины М.1 при трех значениях х:
при х = 0
М1 =—<?х2/2 = 0;
при х — 1 м
М1 =—<?х2/2 =— 2-12/2 = —1 том1,
при х — 2 м
М‘ =—qx2/2 = — 2-22/2 = —4 тс-м.
По полученным значениям Q1 и М1 на рис. 10.7, б, в, построены эпюры Q и М для участка 7 балки (прямая ab и кривая аД).
213
Ординаты эпюр, соответствующие положительным значениям внутренних усилий, откладываем вверх от осей этих эпюр, а отрицательным—вниз (оси эпюр параллельны оси балки). При таком построении ординаты эпюр М получаются расположенными со стороны сжатых волокон балки.
Участок //:
Q" =2У' = — q-2 = — 2-2 = — 4 тс;
М " = 5 М = — q • 2 [х—(2/2)] = -2 • 2 (х — 1) = — 4 (х—1), лев
где расстояние х выражено в метрах.
При х = 2 м (в начале участка II)
Qui = —4 тс; М" =—4(2 —1) = —4 тс-м;
при х = 3 (в конце участка //)
Q" = — 4 тс; М,г= — 4(3 —1) = — 8 тс-м.
По полученным значениям Q,f и Мп на рис. 10.7,б,в построены эпюры Q и М для участка // балки (прямые Ьс и ^q).
Участок III:
= = — q-2 + P = — 2-24-7 = 3/пс;
лев
Mttl = 2 м = — q-2 [х—(2/2)] +Р (х—3) =
= — 2-2 (х— 1) + 7(х—3) = 3х—17.
При х = 3 м (в начале участка III)
Qrir — 3tnc; М"1=3-3 —17 = —8 тс-м;
при х = 4ж (в конце участка III)
Qlir=3mc; Mlir — 3-4—17 = — 5 тс-м.
По полученным значениям Qlil и М111 на рис. 10.7,б,в построены эпюры Q и М для III участка балки (прямые de и qdj.
Участок IV:
= = —<7-24-Р = —2.24-7 = 3 тс;
лев
М1 v = 2 М = — q • 2 [х—(2/2)] 4- Р (х—3) 4- 9Л =
= — 2-2 (х—1)4-7 (х—3)4-2 = 3х—15.
При х = 4м (в начале участка IV)
Qrv = 3mc; M!V = 3-4 —15 = — Зтс-м;
при х = 6л (в конце участка IV)
Qlv = 3mc; M,v = 3-6—15 = 3 тс-м.
214
По полученным значениям Q™ и M,v на рис. 10.7,б,в построены эпюры Q и М для участка IV балки (прямые ef и ejj.
Изгибающие моменты и поперечные силы в поперечных сечениях можно определить и через правые внешние силы, используя зависимости Q = — 2^ и М =— 2М. Но для этого требуется прав прав
найти значения опорных реакций в заделке В балки.
Выделим теперь из балки часть CD длиной 2 м (рис. 10.7,а) и приложим к ней все действующие на нее внешние силы (рис. 10.7,г). К ним относятся сила Р — 1 тс и момент ^)1 — 2тс-м, а также силы и моменты, приложенные к рассматриваемой части в поперечных сечениях С и D\ эти силы и моменты равны поперечным силам и изгибающим моментам в сечениях С и D и представляют собой воздействие частей АС и DB на часть CD.
Поперечная сила Qc в сечении С балки, как это видно из эпюры Q (рис. 10.7,6), равна 4 тс и отрицательна; в соответствии с принятым правилом знаков она стремится вращать часть CD балки против часовой стрелки, относительно некоторой точки Е балки* (рис. 10.7,г) и, следовательно, должна быть направлена вниз. Поперечная сила QD в сечении D положительна, равна 3 тс (рис. 10.7,6) и, следовательно, стремится вращать часть CD балки по часовой стрелке относительно точки £; поэтому она должна быть направлена вниз (рис. 10.7,г).
Изгибающие моменты Мс и MD в сечениях С и D равны соответственно (—6 тс-м) и (—1,5 тс-м), т. е. они отрицательны (рис. 10.7,в); следовательно, оба они вызывают сжатие нижних и растяжение верхних волокон балки. В соответствии с этим момент Мс направлен против часовой стрелки, а момент MD—по часовой стрелке.
Убедимся в том, что выделенная часть CD балки находится в равновесии. Для этого составим три уравнения равновесия всех действующих на нее сил (см. рис. 10.7,г):
£Х=0 = 0; £y = -Qc + p_QB„4 + 7-3 = 0;
2 МD = - Мс-QctCD + Р (lCD-0,S) + W + Md = = — 6—4-2 4-7(2—0,5)+ 2 +Ь5 = 0.
Равенство нулю значений 2^> 2^ п 2^0 свидетельствует о равновесии части CD балки.
На рис. 10.7,5 показаны внутренние усилия, действующие в сечении В балки, совпадающем с заделанным ее концом. Их величины и направления установлены по эпюрам Q и М (рис. 10.7,б,в). Они представляют собой реакции защемления В балки.
Из эпюры Q (рис. 10.7,6) видно, что в сечении F балки, в котором к ней приложена сосредоточенная сила Р = 7 тс, значение поперечной силы изменяется скачкообразно от (—4 тс) до +3 тс,
* Точка Е расположена на внутренних нормалях к поперечным сечениям С hD балки.
215
т. е. на величину Р. Это является следствием того, что в выражение Q=2j^> составляемое для сечения, расположенного на лев
расстоянии dx левее силы Р, эта сила не входит; в выражение же Q = 2составляемое для сечения, расположенного на расстоя-лев
нии dx правее силы Р, она входит.
Итак, в сечении, в котором к балке приложена сосредоточенная внешняя сила, перпендикулярная к оси балки (в том числе и опорная реакция в виде сосредоточенной силы), значение поперечной силы Q изменяется скачкообразно на величину приложенной силы *. Когда сосредоточенная внешняя сила направлена вверх, на эпюре Q (при перемещении слева направо) имеется скачок вверх, а когда сила направлена вниз—скачок вниз.
Аналогично в сечении, в котором к балке приложен сосредоточенный внешний момент (в том числе и опорная реакция в виде сосредоточенного момента), значение изгибающего момента М изменяется скачкообразно на величину приложенного момента. Когда сосредоточенный внешний момент действует по часовой стрелке, на эпюре М (при перемещении слева направо) имеется скачок вверх; а когда момент действует против часовой стрелки — скачок вниз. Так, например, в сечении G балки, в котором приложен к ней сосредоточенный момент №^=2 тс-м (рис. 10.7,а), на эпюре М (рис. 10.7,а) имеется скачок вверх (при перемещении слева направо), равный 2 тс-м, а в сечении В—скачок вниз, равный 3 тс-м (т. е. равный реакции опоры В в виде сосредоточенного момента, направленного против часовой стрелки).
Построим теперь эпюры Q и М для простой балки на двух опорах, изображенной на рис. 11.7,а. Балка состоит из двух участков.
Определим вертикальные опорные реакции RA и RB балки. В опоре А может возникать и горизонтальная реакция, однако при заданной вертикальной нагрузке она равна нулю. Для определения реакций Ra и RB составим уравнения равновесия в виде сумм моментов всех сил относительно точек А и В:
= RAl — qxa (а/2 + b)—q2b(b/2) + РЬ = 0 или
/?л-4—4-2 (2/2+ 2)—0,5-2 (2/2)+ 2,5-2 = 0, откуда
Ra = 5 тс,
2 М. А = qra (а/2) + q2b (a + b/2) — Ра—RBl = Q или
4-2(2/2)+0,5-2 (2+ 2/2)—2,5-2—7?л-4 = О, откуда
RB= 1,5 тс.
* При сосредоточенной силе, наклоненной к оси балки, величина скачка в эпюре поперечных сил равна проекции сосредоточенной силы на нормаль к оси балки.
216
Для проверки найденных значений RA и RB составим уравнение равновесия в виде суммы проекций всех сил на вертикальную ось:
^Y^=Ra + P + Rb—^—^ = 5+ 2,5 4-1,5—4-2—0,5-2-0.
Следовательно, реакции RA и RB определены правильно.
У ч а с т к и
Составим [на основании формул (3.7) и (2.7)] выражения поперечных сил и изгибающих моментов в поперечных сечениях балки.
Участок I:
Qr = RA-~q1xl = 5-—4x1\ лев
Mf =^М = RAx1—qlxi(xl/2) = 5x1—2x2l,
лев
217
где Xt—расстояние (в метрах) от левого конца балки до рассматриваемого сечения.
При хх = 0 (на левом конце балки—в начале участка 7)
<2z=5mc; ЛГ = 0;
при х1 = 2л< (в конце участка /)
Qz=5—4-2 = —3 тс-, ЛГ = 5-2—2-22 = 2 тс-м.
В середине участка I (при xt=l м)
М7=5-1 —2Р = 3 тс-м.
На участке I балки изгибающий момент имеет максимальное значение; определение его дано ниже в § 5.7.
Участок II:
Qtl = — ^)Y = — (RB—q2x2) = — (1,5—0,5х2) = 0,5х2-1,5; прав
Л4" = - s М = - [—RBx2 4- q2x2 (х2/2)] = прав
= RBx2 —^=1,5х2-х*/4,
где х2— расстояние (в метрах) от правого конца балки до рассматриваемого сечения.
При х2=2м (на левом конце участка //)
Q/z = 0,5-2 —1,5 = —0,5 тс;
Л4/7= 1,5 2—0,25-22 = 2 /пс-ле;
при х2 = 1 (в середине участка II)
М" = 1,5 -1-0,25-12= 1,25 тс-м;
при х2 = 0 (на правом конце балки — в сечении В)
Qf/ = — тс; М" = 0.
По полученным значениям Qz, Q/z, М1 и М11 на рис. 11.7,б,в построены эпюры Q и М. На эпюре Q имеются уступы (скачки) в сечениях Л, С и В, равные величинам внешних сил 7?л, Р и RB. На эпюре М уступов нет, так как на балку не действуют внешние сосредоточенные моменты.
§ 5.7. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ ЗАВИСИМОСТИ МЕЖДУ ИЗГИБАЮЩИМ МОМЕНТОМ, ПОПЕРЕЧНОЙ СИЛОН И ИНТЕНСИВНОСТЬЮ РАСПРЕДЕЛЕННОЙ НАГРУЗКИ
Рассмотрим балку, находящуюся под действием плоской системы сил (рис. 12.7). Двумя поперечными сечениями, отстоящими на расстоянии dx друг от друга, выделим из балки элемент так, чтобы на него не действовали внешние сосредоточенные силы и моменты.
218
На левый торец элемента действуют внутренние усилия М и Q (рис. 13.7), а на правый M+dM и Q+dQ. Здесь dM и dQ представляют собой приращения величин внутренних усилий на участке dx балки. Кроме того, на элемент действует распределенная нагрузка, перпендикулярная к оси балки; интенсивность ее у левого конца элемента равна д, а у правого q + dq (рис. 13.7)*.
Рис. 12.7
Так как вся балка в целом находится в равновесии, то в равновесии находится и ее элемент dx. Составим уравнение равновесия элемента dx в виде суммы проекций на ось у всех действующих на него сил (рис. 13.7):
''£Y=Q + -q+{q+dq} dx—(Q+dQ) = Q
ИЛИ
qdx + -^L—dQ =0.
Здесь второе слагаемое представляет со порядка малости; отбрасывая его, получаем
qdx—dQ = 0,
откуда
Тх^ <5-7>
Итак, первая производная от поперечной силы по абсциссе сечения равна интенсивности распределенной нагрузки, перпендикулярной к оси балки.
Составим теперь уравнение равновесия элемента dx в виде суммы моментов действующих на него сил относительно точки К (рис. 13.7):
^МК=М 4-Q dx-f-qdx(dx/2)-\-dq (dx/2) (dx/3)—(M 4-dAf) = 0.
Отбросив бесконечно малые величины высших (второго и третьего) порядков, получим:
Qdx—dM = 0,
* На рис. 13.7 показаны положительные направления поперечных сил, изгибающих моментов и распределенной нагрузки. Интенсивность распределенной нагрузки на бесконечно малом отрезке dx может приниматься изменяющейся по линейному закону. Действие распределенных моментов здесь и далее не рассматривается.
219
откуда
"=<?
dx
(6.7)
Таким образом, первая производная от изгибающего момента по абсциссе сечения равна поперечной силе. Эта зависимость называется теоремой Журавского.
Зависимости (5.7) и (6.7) действительны, когда абсцисса поперечного сечения возрастает от левого конца балки к правому. Если, наоборот, абсцисса х возрастает от правого конца балки
к левому, то в правых частях формул (5.7) и (6.7) перед q и Q должен стоять знак «минус».
Из курса высшей математики известен геометрический смысл первой производной dy/dx'. при любом значении аргумента х она равна тангенсу угла а между касательной к кривой y~f(x) (в точке с координатами х, у) и положительным направлением оси х, т. е. tg а=dy/dx. Положительные и отрицательные значения угла а показаны на рис. 14.7, а.
Если первая производная (а следовательно, и угол а) положительна, то функция У — f (*) возрастает (точка /G на рис. 14.7, а), а если она отрицательна,— то убывает (точка на рис. 14.7, а). Экстремум (максимум или минимум) функции y = f(x) имеется при тех значениях х, при которых производная угол а также равен нулю, параллельна оси х (точка К
функцией и ее пер-
dy/dx равна нулю и, следовательно, т. е. касательная к кривой y = f(x) на рис. 14.7, а).
Используя изложенные зависимости между
вой производной, из теоремы Журавского можно сделать ряд
важных выводов:
1. Тангенс угла ам между касательной к линии, ограничивающей эпюру М, и осью эпюры равен поперечной силе Q (рис. 14.7, б, в), т. е.
(7.7)
220
Так, например» тангенс* отрицательного угла ах (рис. 10.7, в) на участке II балки, изображенной на рис. 10.7, а, имеет значение = —4 тс-м/l м =—4 тс, т. е. равен поперечной
силе Q на этом участке (рис. 10.7, б). На участках III и IV этой же балки поперечные силы Q одинаковы и равны 4-3 тс (см. рис. 10.7, б). В соответствии с этим прямые cldi и e1f1 на рис. 10.7, в параллельны друг другу; тангенс угла а2 их наклона к оси эпюры равен (/i1c1)/(/i1/d1) = (3 лпс• л«)/1 м = 3 mc = Q.
2. На участках балки, на которых поперечная сила положительна, изгибающий момент возрастает (слева направо), а на участках, на которых она отрицательна,— убывает.
Для примера на рис. 15.7, а изображены четыре эпюры Q, а под каждой из них на рис. 15.7, б, в—по два из возможных вариантов эпюры М. Первым двум эпюрам Q (с положительными ординатами) соответствуют эпюры М с возрастающими (слева направо) ординатами, т. е. с положительными углами ам. Последним двум эпюрам Q (с отрицательными ординатами) соответствуют эпюры М с убывающими (слева направо) ординатами, т. е. с отрицательными углами ам. Этот же вывод можно проиллюстрировать эпюрами Q и М, изображенными на рис. 10.7: на участке II балки поперечная сила отрицательна, а на участке III — положительна (см. рис. 10.7, б); в соответствии с этим на участке II изгибающие моменты убывают (в алгебраическом смысле), а на участке III—возрастают (см. рис. 10.7, в).
3. Чем больше по абсолютной величине значение поперечной силы Q, тем круче линия, ограничивающая эпюру М. Этот вывод непосредственно вытекает из зависимости (7.7). В соответствии с данным выводом линии, ограничивающие эпюры М (рис. 15.7, б, в), круче в точках Ь, чем в точках а, так как поперечные силы Qb больше по абсолютной величине, чем Qa. Линии, ограничивающие эпюры М, не могут иметь очертаний, показанных на рис. 15.7, б, в пунктиром, так как они тогда были бы круче в точках а, чем в точках Ь, что невозможно при поперечных силах Qa, меньших (по абсолютной величине) Qb. Такую же зависимость между эпюрами Q и М можно проследить и на рис. 10.7 и 11.7.
На основании рис. 15.7 можно сделать вывод о том, что на участке балки с возрастающими (в алгебраическом смысле) слева направо значениями Q линия, ограничивающая эпюру М, обращена выпуклостью вниз, а с убывающими — выпуклостью вверх.
4. На участке балки, на котором поперечная сила имеет постоянное значение, эпюра Л4 ограничена прямой линией (см., например, на рис. 10.7 эпюры Q и М на участках II, III и IV балки). При Q 0 эта линия наклонена к оси эпюры М под некоторым углом (где tga^=Q — см. вывод 1), а при Q = 0
* Здесь и далее под понимается отношение величины отрезка be, выраженной в тоннометрах (рис. 14.7, б), к величине отрезка ас, выраженной в метрах; но не тангенс угла a^, измеренного на чертеже (зависящего от масштаба ординат эпюры М).
221
Рис. 15.7
она параллельна оси эпюры. В последнем случае соответствующий участок балки находится в состоянии чистого изгиба.
5. Если на границе соседних участков балки эпюра Q не имеет скачка, то линии, ограничивающие эпюру М на этих участках, сопрягаются без перелома, т. е. имеют в точке сопряжения общую касательную.
На рис. 16.7, а показаны две эпюры Q, не имеющие скачков на границах соседних участков сплошными линиями изображены правильные сопряжения линий, ограничивающих эпюры М (без переломов в точках а), а пунктирными линиями—неправильные варианты сопряжения.
6. Если на границе соседних участков балки в эпюре Q имеется скачок, то линии, ограничивающие эпюру М на этих участках, сопрягаются с переломом, т. е. не имеют в точке сопряжения общей касательной.
На рис. 17.7, а показаны три эпюры Q, имеющие скачки на
границах соседних участков (в сечениях А), а на рис. 17.7,6 — соответствующие им сопряжения линий, ограничивающих эпюры М,—с переломами в точках а.
7. Изгибающий момент достигает максимума или минимума в сечениях балки, в которых поперечная сила равна нулю; касательная к линии, ограничивающей эпюру М, в этом сечении параллельна оси эпюры.
Рис. 17.7
Этот вывод непосредственно следует из теоремы Журавского (dM/dx — Q = tgaM) и того положения, что функция достигает своего экстремума, когда первая производная ее по аргументу равна нулю.
223
В качестве примера рассмотрим участок 1 балки, изображен ной на рис. 11.7, а. На этом участке балки поперечная сил; и изгибающий момент определяются выражениями:
Q/=5—4лу; М' = 5хх—2л?.
Поперечная сила равна нулю в сечении, для которого абсцисса х1 = х0; в этом сечении изгибающий момент имеет экстремум (рис. 11.7, б, в). При xt < х0 поперечная сила положительна и, следовательно, изгибающий момент М возрастает слева направо; при Xi > ха поперечная сила отрицательна, а потому изгибающий момент убывает.
Таким образом, при х,=х0 возникает максимальный изгибающий момент. Для определения значения х0 приравниваем выражение Q7 нулю:
Q’ = 5—4хо = 0, откуда х0— 1,25 м.
Подставив значение х0=1,25 м в выражение М', найдем величину
Л1тах = 5-1,25—2-1,252 = 3,125 тс-м.
Изложенные выводы, вытекающие из теоремы Журавского [см. формулу (6.7)], устанавливают зависимости между эпюрами М и Q; они позволяют упростить построение и проверку этих эпюр. Аналогичные зависимости, вытекающие из формулы (5.7), имеются между эпюрами поперечной силы Q и нагрузки q. Так, например, чем больше значение интенсивности q распределенной нагрузки, тем круче линия, ограничивающая эпюру Q. На участках балки, на которых нагрузка q положительна (направлена снизу вверх), поперечная сила Q возрастает, а на которых отрицательна,— убывает.
На участках действия распределенной нагрузки q поперечные силы изменяются по длине балки (при этом, если интенсивность q постоянна, то поперечная сила изменяется по линейному закону); эпюры изгибающих моментов на этих участках ограничены кривыми.
На участках балки, на которых распределенная нагрузка отсутствует, поперечные силы постоянны, а изгибающие моменты меняются по линейному закону.
$ 6.7. ПРИМЕРЫ ПОСТРОЕНИЯ ЭПЮР ВНУТРЕННИХ УСИЛИЙ
Эпюры внутренних усилий имеют важное значение для расчета конструкций. Поэтому рассмотрим ряд примеров построения эпюр с использованием различных приемов. На основе этих примеров сделаем некоторые общие выводы.
Построим эпюры Q и М для балки, заделанной левым концом, нагруженной на правом конце мо-224
ментом 9ft (рис. 18.7, й). По формулам (3.7) и (2.7)
Q = — 2^=0; м = — 2 Л1=—9ft. прав прав
В рассматриваемом случае поперечная сила равна нулю (т. е. балка находится в состоянии чистого изгиба), а изгибающий момент имеет постоянное значение.
Рис. 19.7
6) Эпюра Q
6) Эпюра М
Рис. 18.7
По полученным выражениям Q и М на рис. 18.7, б, в построены соответствующие эпюры. Построим эпюры Q и Л4 для балки, заделанной левым концом, нагруженной на правом конце силой Р (рис. 19.7, а).
По формулам (3.7) и (2.7)
Q = — 2 У=— (—Р) = Р; М = — % М = —Рх. прав прав
Эпюры Q и М показаны на рис. 19.7, б, в.
Построим эпюры Q и М для балки, заделанной правым концом, нагруженной равномерно распределенной нагрузкой q (рис. 20.7, а).
В сечениях участка I балки поперечные силы и изгибающие моменты равны нулю, так как слева от любого такого сечения нет действующих на балку внешних сил:
qz = O; Л1'=0.
Для участка II по формулам (3.7) и (2.7)
Q " = 2 У = —Ях'< М'1 = 2 М = —qx (х/2) = •—qx2/2, лев лев
где х—расстояние от рассматриваемого сечения до начала участка // (до начала действия нагрузки </).
Эпюры Q и Л4, построенные по полученным выражениям, изображены на рис. 20.7, б, в.
На границе участков / и // поперечная сила равна нулю, а потому (см. § 5.7, вывод 7) касательная к линии, ограничиваю
8 № 2331
225
щей эпюру М, параллельна оси эпюры (в данном случае совпадает с осью эпюры).
Опорные реакции в заделке можно определить по эпюрам Q и М. Они равны соответствующим ординатам эпюр в опорном сечении балки. Эти реакции показаны на рис. 20.7, г приложенными к заданной балке, освобожденной от заделки.
а)
Участок 1\
Участок!!
у.
l!!!l!!H!ll!!!H!!!!!!II
Эпюра Q
Рис. 20.7
J___г
!
Построим эпюры Q и М для простой балки, нагруженной в пролете одной вертикальной силой Р (рис. 21.7, а).
Из уравнения равновесия в виде суммы моментов всех сил относительно точки В (рис. 21.7,6)
%MB = RAl-Pb = 0
находим
RA = Pb[l.
Из уравнения
2г=ял-р+/?я=о
226
получим
RB = P—RA = Pa!l.
Рассматриваемая балка имеет два участка (рис. 21.7,6).
Составим выражения для поперечной силы Q и изгибающего момента М. По формулам (3.7) и (2.7) получим:
участок / (О^х^а):
Qr=^Y = RA = Pb/l-, лев
мг = 2 М = Rax = (Pb/l) х; лев
участок // (а^.х^.1):
Q//='ZY = Ra—P = Pb/l-P = ~-P(l—b)/l = —Pa/l', Мн= £М = RAx—P(x—a) = (Pb/l) x—P(x—a) = = (P/l) (bx—lx + la) = (P/l) (—ax + la) = (Pa//) (l—x).
В данном случае значения Q" и М,г проще определить через правые силы:
Q" = — 2 У = —Рв = —Ра//; прав
М'' = - 2 Л4 = -[-Рв(/-х)] = (Ра//)(/-х). прав
Значения поперечных сил в пределах каждого участка постоянны. Эпюра Q, построенная по полученным выражениям, показана на рис. 21.7, в.
Значения изгибающих моментов М! и М11 линейно зависят от величины х. Поэтому для построения эпюры М достаточно знать две ее ординаты на каждом участке:
при х = 0
М' = 0;
при х = а
Mr=Mtr=(Pb/l)a;
при х = 1
М" = (Ра/1)(1—1) = 0.
Значения изгибающих моментов на концах балки (при х = 0 и х = 1) можно не определять. Эти моменты равны нулю, потому что концы балки опираются на шарнирные опоры, не воспринимающие изгибающих моментов. Изгибающий момент в сечении у конца балки может отличаться от нуля лишь тогда, когда оно заделано или когда к балке в этом сечении приложен внешний сосредоточенный момент.
Эпюра М, построенная по полученным значениям ординат, показана на рис. 21.7, г.
8*
227
Наибольший изгибающий момент М = Pab/l возникает в сечении под силой Р. В случае, когда сила Р приложена по середине балки (т. е. при’ а = Ь = 1/2), наибольший момент М = Р1/4.
Из рис. 21.7 следует, что на участках балки, на которых к ней не приложена распределенная нагрузка, перпендикулярная к ее оси, значения Q постоянны, а значения М изменяются по линейному закону.
Эпщра Q в сечении, в котором к балке приложена сила Р, имеет скачок, равный Р (см. рис. 21.7, в). Следовательно, линия, ограничивающая эпюру М, в этом сечении должна иметь перелом (см. вывод 6, § 5.7); Аналогичные скачки в эпюре Q и переломы в эпюре М имеются и у опор балки, так как опорные реакции представляют собой для балки внешние сосредоточенные силы.
Построим эпюры Q и М для простой балки, нагруженной в пролете внешним моментом ЯЛ (рис. 22.7, а). Из уравнения момента всех сил относительно шарнира В (рис. 22.7, б)
^MB = RAl + ^l = 0 находим
Ял = -ЯЛ//.
Из уравнения
имеем
RB = -RA = Wl/l.
Полученное отрицательное значение реакции Ra указывает на то, она направлена не вверх,
как это принято, а вниз. Оставляем реакцию RA направленной вверх, но значение ее считаем отрицательным, хотя можно направить ее вниз и считать положительной.
Рассматриваемая балка имеет два участка. Составляем для них выражения Q и М [с помощью формул (3.7) и (2.7)]:
участок / (0 х С а)
Qi= £г = /?л = —ЯЛ//; лев
Л1^==5м = ₽.лх = -(ЯЛ//) х; лев
Г*------------------
ty Эпюра Q
г) Эпюра М
Рис. 22.7
что в действительности
228
участок II (a^x^l)'.
Q" = 2 У = Ял = -ВД лев
Л1"=-£ M = -[-RB(l-x)] = (№/l)(l-x).
прав
Из выражений Q1 и Q11 видно, что поперечная сила во всех сечениях балки равна (—ОК//). Определяем значения изгибающих
моментов:
при х = 0
ЛГ = 0;
при х = а
Л4'=—(W)a;
при х — а
м1! = (/—fl) = (W)&;
при Х = 1
М" = 0.
Я
а)
1ШШНШНШМНШШШЦ
в
Д
Эпюры, построенные по полученным значениям Q и Л1, изображены на рис. 22.7, в, г.
Прямые, ограничивающие эпюру М на обоих участках, параллельны друг другу. Это связано с тем, что поперечные силы на обоих участках одинаковы. Эпюра М в сечении, в котором к балке приложен внешний момент, имеет скачок, равный величине этого момента.
Построим эпюрыфиМ для простой балки, нагруженной по всей длине равномерно распределенной нагрузкой q (рис. 23.7, а).
Опорные реакции RA и RB (рис. 23.7, б), очевидно, равны друг другу, так как балка симметрична относительно своей се-
редины.
Из уравнения равновесия в виде суммы проекций всех сил на вертикальную ось
^Y = RA + Rs-ql = О,
при RA = RB получаем
Ra = Rb^QI/2.
Составим выражения для поперечной силы Q и изгибающего момента М в сечении балки с абсциссой х.
229
По формулам (3.7) и (2.7)
Q =2 Y — Вл—qx — ql/2—qx = q (1/2—х);
М — 2 М = RAx—qx (х/2) = (ql/2) x—(qx2/2) = (qx/2) (I —x). лев
Нетрудно убедиться в том, что эти выражения удовлетворяют теореме Журавского (6.7):
dM/dx - ((qx/2) (I—х)]' = (q/2) (/—2х) = Q.
Поперечная сила в рассматриваемом примере изменяется по линейному закону. Следовательно, для построения эпюры Q достаточно определить два ее значения:
при х = 0
Q = q (1/2—0) = ql/2, при х = / Q = q (1/2 — l) = —ql/2.
Построенная по этим значениям эпюра Q изображена на рис. 23.7, в.
Изгибающий момент в рассматриваемом примере изменяется по закону квадратной параболы. Для построения эпюры М определяем значения момента для сечений балки с интервалом между ними, равным Z/4: при х = 0
Л4 = 0;
при х = //4
М = (I—1/4) = (3/32) ql2;
при х = 1/2
M = q-^(l—l,'2)=ql2/8;
при х = 3//4
А1 = ?W4) (/_з//4) = (3/32)
при х = I
М = 0.
Построенная по этим значениям эпюра М изображена на рис. 23.7,г.
Построенные эпюры Q и М находятся в полном соответствии с выводами, приведенными в § 5.7. Из эпюр, например, следует, что при равномерно распределенной нагрузке q поперечная сила изменяется по длине балки по закону прямой, а изгибающий момент—по закону кривой (по квадратной параболе). На левой половине балки, где поперечная сила положительна, изгибающий момент возрастает (см. рис. 23.7,в, г), а на правой (где поперечная
230
сила отрицательна) он убывает; это находится в соответствии с выводом 2, изложенным в § 5.7.
В сечении с абсциссой х = //2 изгибающий момент достигает максимума, а поперечная сила равна нулю (вывод 7, § 5.7).
Из формул (5.7) и (6.7) можно получить следующую зависимость:
dtM/dx* = q.
Известно, что если вторая производная d2y/dx2 положительна, то кривая, выражающая зависимость y = f(x), обращена выпуклостью вниз.
Следовательно, при распределенной нагрузке, направленной вверх (tn. е. положительной), эпюра М обращена выпуклостью вниз, а при распределенной нагрузке, направленной вниз, эпюра М обращена выпуклостью вверх. В рассматриваемом случае нагрузка q направлена вниз, а потому эпюра М обращена выпуклостью вверх (см. рис. 23.7,г).
На основании теоремы Журавского [формула (6.7)]
dM = Q dx
и, следовательно, J dM = J Q dx, xt х.
откуда xt MXi—MXi = J Qdx = (8.7) *1
или MX2 = MXi + [Qq]Z (9.7)
Здесь индексы при М указывают на абсциссы тех сечений, в которых действуют моменты MXi и MXa; [£2q]J*—величина площади эпюры поперечных сил на участке балки от x = xt до х = х2. Плошадь эпюры определяется по значениям поперечных сил Q и расстояний х.
Таким образом ^изменение величины изгибающего момента на участке балки от х = хг до х = х2 равно площади эпюры поперечных сил на этом участке.
Формулы (8.7) и (9.7) применимы при условии, что на участке между х = хг и х = х2 к балке не приложены внешние моменты.
Определим с помощью формулы (8.7) изгибающий момент в среднем сечении (т. е. при х =//2) рассматриваемой балки (рис. 23.7):
Ml/2-Ma = [Qq]o2,
но так как Л1о = О, то
М1/2 = [Qq]'o/2 = (ql/2) (1/2) (1/2) = qP/8.
231
Определим теперь с помощью формулы (8.7) изгибающий момент Мх в сечении с абсциссой х (рис. 23.7,г):
Мх — [^q]o>
где [Qq]J—площадь трапеции 1-2-3-4 на эпюре Q (рис. 23.7,в).
Так как Мо = 0, то
= ql/2+Qxx,
где из подобия треугольников 1-4-5 и 2-3-5 (рис. 23.7,в)
Qx = (ql/2)1-^.
Следовательно,
= J- f SL_l_SL , х = — (-4-- х^ —— (7 х)
* 2 \ 2 ’ 2 1/2 J 2 V 2 ‘ 2 J ~ 2 "
Это выражение совпадает с выражением Л4, полученным выше.
Дифференциальная зависимость между Q и q, выражаемая формулой (5.7), аналогична зависимости между М и Q по формуле (6.7). Поэтому между эпюрами Q и q существует такая же зависимость, как и между эпюрами М и Q.
Следовательно, изменение величины поперечной силы на участке балки от x = xt до х = х2 равно площади эпюры распределенной нагрузки q на этом участке:
<?ж-сЖ1=[ад- (ю.7)
Эта формула справедлива при условии, что в пределах рассматриваемого участка к балке не приложены сосредоточенные силы.
На основании проделанных примеров можно установить следующий порядок построения эпюр Q и М:
1. Составляется расчетная схема балки (в виде оси) с изображением действующих на нее нагрузок.
2. Отбрасываются опоры, а их влияние на балку заменяется соответствующими реакциями; указываются обозначения реакций и принятые их направления.
3. Составляются уравнения равновесия балки, решением которых определяются значения опорных реакций.
4. Балка разбивается на участки, границами которых являются точки приложения внешних сосредоточенных сил и моментов, а также точки начала и окончания действия или изменения характера распределенных нагрузок.
5. Составляются выражения изгибающих моментов М и поперечных сил Q для каждого участка балки.
На расчетной схеме указывается начало и направление отсчета расстояний х для каждого участка.
6. По полученным выражениям вычисляются ординаты эпюр для ряда сечений балки в количестве, достаточном для изображения этих эпюр.
232
7. Определяются сечения, в которых поперечные силы равны нулю и в которых, следовательно, действуют моменты Л1тах или Л4т1д; вычисляются значения этих моментов.
8. По полученным значениям ординат строятся эпюры.
9. Производится проверка построенных эпюр путем сопостав-ления их друг с другом.
В ряде случаев отдельные этапы построения эпюр из приведенных выше можно не выполнять. Например, можно не изображать балку без опор, а обозначения и направления опорных реакций указывать на расчетной схеме балки; при расчете балок, заделанных одним концом, нет необходимости определять опорные реакции и т. д.
Эпюры Q и М можно строить, не составляя выражений для Q и М, а ограничиваясь вычислением значений поперечных сил и изгибающих, моментов в характерных сечениях балки и используя выводы из дифференциальных зависимостей (5.7) и (6.7), приведенные в § 5.7.
Для иллюстрации такого приема построения эпюр Q и М рассмотрим балку на двух опорах, изображенную на рис. 24.7,я.
Из уравнений равновесия
= — 3-2 + 1,5-1+5,1+2-3 (4 + 3/2)— RB-7 = 0;
= — 3-9—1,5 6 + 5,1 — 2-3.3/2 + /?л-7 = 0 получаем
RB = 4,8 тс\ Ra = 5,7 тс.
Найденные значения опорных реакций указаны на рис. 24.7,а.
Строим эпюру Q (рис. 24.7,6), рассуждая Следующим образом. На участках 7, II, III и IV эпюра Q ограничена прямыми, параллельными оси абсцисс, так как на этих участках отсутствует распределенная нагрузка. На участке I поперечная сила постоянна и равна (— = — 3 тс, так как слева от любого сечения этого
участка действует только направленная вниз сила Рг. На границе участков 7 и II поперечная сила скачкообразно возрастает на 5,7 тс, так как в сечении на этой границе приложена направленная вверх сосредоточенная сила /?л = 5,7 тс. На границе участков 77 и III поперечная сила также скачкообразно уменьшается на 1,5 тс, так как в сечении на этой границе приложена направленная вниз сосредоточенная сила Р2 = 1,5/ис. На участках/7/ и IV поперечные силы одинаковы, так как проекция пары сил (момента SD£ = 5,1 тс*м), приложенной на границе этих участков, на любую ось равна нулю. На участке V поперечная сила уменьшается от левого конца участка (где она равна 1,2 тс) к правому по закону прямой, так как интенсивность q распределенной нагрузки постоянна. На правом конце балки (в конце участка V) поперечная сила равна опорной реакции RB, взятой с обратным знаком, т. е. равна (—4,8 тс) — это непосредственно следует из выражения (3.7).
При построении эпюры М (рис. 24.7,в) будем рассуждать следующим образом. На участках I, II, III и IV эпюра М ограни-
233
чена прямыми, так как в пределах каждого из них поперечная сила постоянна; поэтому для построения эпюры вычисляем значения М в начале и конце каждого из этих участков:
а)
т 2м Р,-Зтс
/'У । . 2м
Ргв!,5тс
"HLt
3м , Участок^ ШШШПШГ/
5,1 тем
\RA=5,7mc
I A
RB=b,8mc
Рис. 24.7
В
в начале участка 1 (на левом конце балки) М = 0;
в конце участка /ив начале участка //
М = — 3 • 2 = — 6 тс • м;
в конце участка //ив начале участка ///
М = — 3-3 + 5,7-1 = — 3,3 тс-м;
в конце участка ///
М = — 3-4 + 5,7-2—1,5-1= — 2,1 тс-м\
в начале участка IV
М = — 3-4 + 5,7-2—1,5-1 +5,1=3 тс-м;
234
в конце участка IV
М = — (—4,83+ 2-3.3/2) = 5,4 тс-м*.
Заметим, что значения М в конце участка III и в начале участка IV отличаются на 5,1 mc-лг, что соответствует величине внешнего момента, приложенного к балке на границе этих участков.
На участке V эпюра М ограничена кривой (квадратной параболой); прямая, ограничивающая эпюру М на участке IV, является касательной к этой кривой в точке а (на границе участков IV и У), так как величины поперечных сил в конце участка /Кив начале участка V одинаковы (рис. 24.7,6). На правом конце балки (в конце участка V) изгибающий момент равен нулю.
Из эпюры Q следует, что поперечная сила на участке V равна нулю в сечении, отстоящем на расстоянии 1,2/z? = 1,2/2 = 0,6 от начала этого участка. В этом сечении изгибающий момент имеет максимальное значение:
Aimax= — s М = —[—4,8-2,4 + 2-2,4(2,4/2)] = 5,76тс-л. прав
При построении кривой, ограничивающей эпюру М на участке V, следует иметь в виду, что она на границе участков IV и V (в точке а) имеет общую касательную (сливающуюся с прямой для участка IV), в точке b имеет максимум и проходит через точку с на правой опоре (рис. 24.7,в).
Эпюру М можно построить и другим способом, а именно по площадям эпюры Q, используя уже построенную эпюру Q и зависимость (9.7). Покажем применение этого способа для балки, изображенной на рис. 24.7. В начале участка / балки (на левом ее конце) М = 0. В пределах участка I изгибающий момент изменяется на величину площади эпюры Q на этом участке [в соответствии с выражением (9.7)], т. е. на (—3 тс)-2 м = — 6 тс-м и, следовательно, на границе участков lull
Л1 = 0— 6 = — 6 тс м.
В пределах участка II площадь эпюры Q равна:
2,7 тс-l м = 2,7 тс-м
и, следовательно, в конце участка II
М =— 6 + 2,7 = — 3,3 тс-м.
В пределах участка III площадь эпюры Q равна:
1,2 тс -1 м = 1,2 тс-м, а потому в конце участка ///
М = — 3,3+ 1,2 = — 2,1 тс-м.
* В конце участка IV изгибающий момент вычислен через внешние правые силы, а в остальных сечениях—через левые.
235
В сечении на границе участков III и IV приложен сосредоточенный момент ЭЛ = 5,1 тс-м, а потому в этом сечении изгибающий момент скачкообразно возрастает на 5,1 тс-м и становится равным (в начале участка IV)
М = —2,14-5,1 = 3 тс-м.
В пределах участка IV изгибающий момент увеличивается на площадь эпюры Q на этом участке, равную
1,2/ис-2 ;и = 2,4 тс-м,
и в конце участка IV принимает значение
М. = 34-2,4 = 5,4 тс-м.
В пределах всего участка V площадь эпюры Q равна:
1,2 me+f—4,8 тс) 3м = _Ь<4тс.м
и, следовательно, в конце участка V изгибающий момент
44 = 5,4—5,4 = 0.
Такой результат получается потому, что правый конец балки опирается на шарнирную опору и к нему не приложен сосредоточенный момент.
Значение 7Итах в сечении участка V, отстоящем на расстоянии 0,6 м от начала этого участка, можно найти, прибавив к моменту Л4 = 5,4 тс-м (на границе участков IV и V) площадь эпюры Q, равную
1,2 то0,6 м г, о/?
----— = 0,36 тс-м.
Тогда
Л4тах = 5,4 4~ 0,36 = 5,76 тс-м.
Способ построения эпюры М по площадям эпюры Q позволяет легко проверять эпюры М, полученные другими способами.
Рассмотрим теперь действие нагрузок Р, ЭЛ и q на балку, заделанную правым к о н ц ом (рис. 25.7, а). Эпюры Q и М от каждой из этих нагрузок уже построены (см. рис. 18.7—20.7).
На основании принципа независимости действия сил (см. § 6.1) эпюры внутренних усилий от одновременного 'действия нагрузок Р, ЭЛ и q можно получить путем суммирования эпюр, построенных от каждой из них. В соответствии с этим на рис. 25.7, б, в, г показаны эпюры Q от раздельного действия каждой нагрузки. Путем суммирования этих эпюр получена эпюра Q от всей заданной нагрузки, показанная на рис. 25.7, д. Аналогично на рис. 25.7, и изображена эпюра М от всей заданной нагрузки, полученная путем суммирования эпюр М от раздельного действия нагрузок (рис. 25.7, е, ж, з).
236
а) Р
ч
^1П111НИШ1111П11И|
$ Эпюра Q от силы Р
Ilin 11111 ЮН III ITTTW .
У Эпюра 0, от момента <ffl
Эпюра 0, от нагрузки у
Эпюра И от силы Р
Эпюра М от момента Ж
з)
Эпюра М от нагрузки у
Рис. 26.7
237
В некоторых случаях для построения эпюры от заданной нагрузки приходится суммировать эпюры разных знаков и более сложного вида. В таких случаях производится суммирование ординат этих эпюр для ряда сечений балки, а затем по полученным значениям суммарных ординат строится эпюра.
Любой участок некоторой длины а, выделенный из балки, при построении эпюр Q и М можно рассматривать как простую балку с пролетом а, лежащую на двух опорах. Для примера выделим среднюю треть из балки, показанной на рис. 25.7, а. На выделенный участок длиной 1г = 1/3 (рис. 26.7, а) действуют распределенная нагрузка q, а также сосредоточенные силы и моменты, заменяющие воздействие соседних участков балки. Эти силы и моменты равны внутренним усилиям в поперечных сечениях балки, совпадающих с границами выделенного участка. Величины их указаны на эпюрах Q и 7И, построенных для всей балки (рис. 25.7, д, и).
Выделенный участок балки находится в равновесии. Эпюры Q и М, построенные для выделенного участка балки, показаны на рис. 26.7, б, в. Они полностью совпадают с соответствующими участками эпюр Q и А4, изображенных на рис. 25.7, д, и для всей балки.
Выделенный из балки участок (рис. 26.7, а) можно рассматривать как простую балку пролетом 1г = 1/3, загруженную по концам сосредоточенными моментами и ЯЛ2, а в пролете—равномерно распределенной нагрузкой q (рис. 26.7, г).
Если из условий равновесия этой балки определить реакции ее опор Ra и Rb, то они окажутся равными соответственно P-\-ql/3 и P-\-2ql/3, т. е. поперечным силам, которые действуют в торцовых сечениях выделенного участка (см. рис. 26.7, а). Очевидно, что эпюры Q и М, построенные для простой балки (рис. 26.7, г), совпадут с эпюрами для выделенного участка, показанными на рис. 26.7, б, в.
Эпюру М для простой балки пролетом 1г = 1/3, нагруженной, как показано на рис. 26.7, г, можно, на основании принципа независимости действия сил, рассматривать как сумму двух эпюр: 1) эпюры М от моментов и 2JL,, приложенных по концам балки (рис. 26.7, б), имеющей форму трапеции (рис. 26.7, е); 2) эпюры М от равномерно распределенной нагрузки q (рис. 26.7, ж), имеющей форму выпуклой квадратной параболы с наибольшей ординатой посредине пролета, равной qll/8 (рис. 26.7, з), и площадью
ш = (qlWi (2/3) = 9/3/12.
Из рассмотренного примера можно сделать следующий вывод. Эпюру изгибающих моментов на любом участке балки, на котором к ней приложена только равномерно распределенная нагрузка q, можно рассматривать как сумму двух эпюр: 1) эпюры, имеющей вид трапеции, и 2) эпюры, имеющей вид выпуклой квадратной параболы с максимальной ординатой посредине участка, равной qc2/8 (где с—длина участка), и площадью & = qc3/l2.
238
Примеры такого расчленения эпюр на две составляющие эпюры показаны на рис. 27.7.
Построим теперь эпюры 7И, Q и W для ломаного бруса, изображенного на рис. 28.7, а.
В)
Hs^P
Мм=Ра
Условимся нижний конец вертикального элемента бруса считать левым концом; в соответствии с этим на рис. 28.7, а отметим нижний конец вертикального элемента крестиком.
Брус имеет два участка. Для каждого из них составляем уравнения изгибающих моментов, продольных и поперечных сил.
Участок /.
По формулам (2.7) — (4.7) определяем внутренние усилия в сечении вертикального элемента АВ, отстоящем на расстоянии х от верхнего его конца: м'=—S м = прав
=—(— Рх) = Рх;
Q' = — ^Y = — P; прав
N'= — 2х = 0. прав
Участок //.
По тем же формулам (2.7)—(4.7) определяем внутренние усилия
отстоящем на расстоянии х от левого его конца:
= — Ра; Qrr=^Y = 0; N"='£x = P. лев лев лев
в
Ъ<ГР
Рис. 28.7
сечении горизонтального элемента ВС,
в
239
Построенные по полученным данным эпюры М, Q и N изображены на рис. 28.7, б, в, г.
Отметим, что полученные выражения М1 и Qz не удовлетворяют теореме Журавского [формуле (6.7)]. Действительно,
dMi d(Px) г Qr
dx dx ’
а по теореме Журавского
dx 1
Такое положение является результатом того, что для участка / бруса положительным для оси х принято направление справа налево, в то время как при выводе формулы (6.7) положительным принято направление слева направо.
Проверим равновесие узла В бруса. Для этого выделим его из бруса и приложим к нему внутренние усилия, возникающие в поперечных сечениях, бесконечно близких к узлу В (рис. 28.7, д).
Составим уравнение равновесия узла В:
S Мв = — МВА -{-Мвс =— Ра-\ Ра = 0;
ЗУ = 0; ^X = -Qba + Nbc = -P + P = V.
Здесь МВА — изгибающий момент в сечении В элемента ВА\ NBC— продольная сила в сечении В элемента ВС и т. д.
Таким образом, условия равновесия удовлетворяются. На рис. 25.7, д направления сил и моментов увязаны с эпюрами Л1, Q и N (рис. 28.7, б, в, г) и правилом знаков для внутренних усилий. Так, например, из эпюры Q (рис. 28.7, в) видно, что поперечная сила QBA отрицательна; в соответствии с этим ей на рис. 28.7, д дано такое направление, при котором она стремится вращать узел В против часовой стрелки.
Условия равновесия должны удовлетворяться при любом числе стержней, сходящихся в рассматриваемом узле. Если к узлу приложены внешние сосредоточенные силы и моменты, то их также следует учитывать при рассмотрении равновесия узла.
С помощью формул (5.7) — (10.7) не только может проверяться соответствие между действующей на балку нагрузкой, эпюрой Q и эпюрой М. Эти формулы позволяют также по эпюре М построить эпюру Q и определить действующую на балку нагрузку. Покажем это на следующем примере. На рис. 29.7, а изображена эпюра М, состоящая из четырех участков. На участке / длиной 2 м эпюра очерчена по параболе второго порядка Mf=kx2, а на участке // — по прямой (касательной к параболе в точке С).
В начальном сечении А касательная к эпюре М совпадает с осью эпюры, т. е. ам = 0.
Следовательно, на основании (7.7) в этом сечении <2=0.
240
На участке II величина М11 изменяется по линейному закону и, следовательно,
Qzz = const.
По формуле (7.7)
Qzz = tga1 = (2—1)/1 = 1 тс.
На границе участков I и II эпюра Q не имеет скачка, так как в точке С линии, ограничивающие эпюру М, сопрягаются без перелома (рис. 29.7, а).
Таким образом, ординаты эпюр Q в начале и конце участка I уже известны. Соединяем вершины этих ординат прямой, так как на протяжении этого участка поперечная сила изменяется по прямой (Ql = dMr/dx = 2kx). На участке II эпюра Q имеет вид прямоугольника с ординатами, равными 1 тс (рис. 29.7,6).
На участке III и IV величины М111 и M,v изменяются по линейному закону; следовательно, QUI = const и Q/v = const. На основании формулы (7.7)
Qzzz = tga2 = — (2—0)/1 = — 2 тс;
QIV = tg а3 = — (2—1)/0,5 = —2 тс.
Поперечные силы Qzzz и Q,v отрицательны, так как отрицательны углы а2 и а3.
241
По этим значениям строим эпюру Q на участках III и IV (рис. 29.7, б).
Переходим к определению действующей на балку нагрузки.
На участках I и II эпюры М и Q не имеют скачков. Следовательно, на этих участках к балке не приложены сосредоточенные силы и моменты. На первом участке величины Q изменяются по линейному закону и, следовательно, q'=const. По формуле (10.7)
Qx=a Qx=0 =
откуда
qr=(l—0)/2 = 0,5 тс/м.
В пределах участков II, III и IV ординаты эпюр Q постоянны; поэтому здесь нет распределенной нагрузки. При переходе от участка II к III имеется скачок в эпюре Q, равный (—3 тс). Следовательно, в этом сечении к балке приложена вертикальная сосредоточенная сила Р = 3 тс, направленная вниз.
На границе участков /// и IV имеется скачок в эпюре М, равный +2 тс-м. Это означает, что в данном сечении к балке приложен внешний сосредоточенный момент 9)1 = 2 тс-м.
На правом конце балки (в сечении В) поперечная сила имеет скачок от (—2 тс) до нуля, т. е. скачок, равный +2 тс, а изгибающий момент имеет скачок, равный (—1 тс-м). Следовательно, на правом конце балки к ней приложены сосредоточенная сила Рв = 2 тс и сосредоточенный момент 9)1Д =—1 тс-м. Действующая на балку нагрузка показана на рис. 29.7,в.
$ 7.7. ПРЯМОЙ ЧИСТЫЙ ИЗГИБ
Для наглядного представления характера деформации брусьев (стержней) при изгибе проводится следующий опыт. На боковые грани резинового бруса прямоугольного сечения наносится сетка линий, параллельных и перпендикулярных оси бруса (рис. 30.7, а). Затем к брусу по его концам прикладываются моменты 9)1 (рис. 30.7, б), действующие в плоскости симметрии бруса, пересекающей каждое его поперечное сечение по одной из главных центральных осей инерции. Плоскость, проходящая через ось бруса и одну из главных центральных осей инерции каждого его поперечного сечения, будем называть главной плоскостью.
Под действием моментов 9)1 брус испытывает прямой чистый изгиб. В результате деформации, как показывает опыт, линии сетки, параллельные оси бруса, искривляются, сохраняя между собой прежние расстояния. При указанном на рис. 30.7, б направлении моментов 9)1 эти линии в верхний части бруса удлиняются, а в нижней—укорачиваются.
Каждую линию сетки, перпендикулярную к оси бруса, можно рассматривать как след плоскости некоторого поперечного сечения бруса. Так как эти линии остаются прямыми, то можно предполагать, что поперечные сечения бруса, плоские до деформации, оста-242
ются плоскими и в процессе деформации. Это предположение, основанное на опыте, как известно, носит название гипотезы плоских сечений^ или гипотезы Бернулли (см. § 6.1).
Гипотеза плоских сечений применяется не только при чистом, но и при поперечном изгибе. Для поперечного изгиба она является приближенной, а для чистого изгиба строгой, что подтверждается теоретическими исследованиями, проведенными методами теории упругости.
Рассмотрим теперь прямой брус с поперечным сечением, симметричным относительно вертикальной оси, заделанный правым концом и нагруженный на левом конце внешним моментом 9Й, действующим в одной из главных плоскостей бруса (рис. 31.7). В каждом поперечном сечении этого бруса возникают только изгибающие моменты Мг = 2R, действующие в той же плоскости, что и момент
Таким образом, брус на всем своем протяжении находится в состоянии прямого чистого изгиба. В состоянии чистого изгиба
могут находиться отдельные участки балки и в случае действия на нее поперечных нагрузок; например, чистый изгиб испытывает участок 11 балки, изображенной на рис. 32.7; в сечениях этого участка поперечная сила Q=0.
Выделим из рассматриваемого
бруса (см. рис. 31.7) двумя по-
перечными сечениями ас и bd элемент длиной dx. В результате деформации, как это следует из гипотезы Бернулли, сечения ас и bd останутся плоскими, но наклонятся по отношению друг к другу на некоторый угол d§. Примем левое сечение ас условно за неподвижное. Тогда в результате поворота правого сечения bd
243
на угол dO оно займет положение b'd' (рис. 33.7). Прямые ас и6'<Г пересекутся в некоторой точке А, которая является центром кривизны (или, точнее, следом оси кривизны) продольных волокон элемента dx. Верхние волокна рассматриваемого элемента при показанном на рис. 31.7 направлении момента 5DI удлиняются,
а нижние укорачиваются. Волокна же некоторого промежуточного слоя тп, перпендикулярного к плоскости действия момента Эй,
сохраняют свою длину. Этот слой называется нейтральным слоем.
Обозначим р радиус кривизны нейтрального слоя, т. е. расстояние от этого слоя до центра кривизны А (см. рис. 33.7). Рассмотрим некоторый слой ef, расположенный на расстоянии у от нейтрального слоя. Абсолютное удлинение волокон этого слоя равно ff’, а относительное е = ff'/ef.
Рассматривая подобные треугольники nff' и Атп, устанавливаем, что ff' -.тп = у:р. Следовательно,
е_7/' _(у/p)тп = ydx
Tf ef (xtx’ или
___________ _ е = г//р, (11.7) так как тп =ef = dx.
В теории изгиба предполагается, что продольные волокна бруса не давят друг на друга. Экспериментальные и теоретические исследования показывают, что это предположение не влияет существенно на результаты расчета*. При чистом изгибе в поперечных
♦ При чистом изгибе прямого бруса это предположение является строгим.
244
сечениях бруса не возникают касательные напряжения. Таким образом, все волокна при чистом изгибе находятся в условиях одноосного растяжения или сжатия.
По закону Гука для случая одноосного растяжения или сжатия нормальное напряжение о и соответствующая относительная деформация е связаны зависимостью
а = Е&
или на основании формулы (11.7)
(у = Еу!р.
(12.7)
Из формулы (12.7) следует, что нормальные напряжения в продольных волокнах бруса прямо пропорциональны их расстояниям у от нейтрального слоя. Следовательно, в поперечном а) 0)
сечении бруса в каждой его точке нормальные напряжения пропорциональны расстоянию у от этой точки до нейтральной оси, представляющей собой линию пересечения нейтрального слоя с поперечным сечением (рис. 34.7, а). Из симметрии бруса и нагрузки следует, что нейтральная ось горизонтальна. В точках нейтральной оси нормальные напряжения
равны нулю; по одну сторону от нейтральной оси они растягивающие, а по другую — сжимающие.
Эпюра напряжений о представляет собой график, ограниченный прямой линией, с наибольшими по абсолютной величине значениями напряжений для точек, наиболее удаленных от нейтральной оси (рис. 34.7,6).
Рассмотрим теперь усло-
Рис. 35.7
вия равновесия выделенного
элемента dx бруса. Действие левой части бруса на сечение ас элемента dx (см. рис. 31.7) представим в виде изгибающего момента Л4/, остальные внутренние усилия (N, Qy, Qz, Мх и Му) в этом сечении при чистом изгибе равны нулю. Действие правой части бруса на сечение bd элемента dx представим в виде элементарных сил о dF, приложенных к каждой элементарной площадке dF поперечного сечения (рис. 35.7) и параллельных оси х бруса. Составим
245
шесть условий равновесия элемента dx:
2х=о; зг=о; 2Z=°; IX=о; 2^=°; 2Х=о.
Здесь 2Х» 2^ и 22—суммы проекций всех сил, действующих на элемент ах, соответственно на оси х, у и г, а ъму и 2Л4г—суммы моментов всех сил относительно осей х, у и г (рис. 35.7).
Ось г совпадает с нейтральной осью сечения bd, а ось у перпендикулярна к ней; обе эти оси расположены в плоскости поперечного сечения bd.
Элементарная сила odF не дает проекций на оси у и г и не вызывает момента относительно оси х. Поэтому уравнения равновесия = 2^ = 0 и 2м* = ° удовлетворяются при любых значениях о.
Уравнение равновесия 2^=0 имеет вид
2X = $odF = 0. (13.7)
F
Подставим в уравнение (13.7) значение о по формуле (12.7): $ (Е^/р) dF = (E/p) ^ydF=0.
F F
Так как £/р=И=О (рассматривается изогнутый элемент бруса, для которого рт^оо), то
\ydF = 0. (14.7)
F
Интеграл ^ydF представляет собой статический момент попе-F
речного сечения бруса относительно нейтральной оси г. Равенство его нулю означает, что нейтральная ось (т. е. ось z) проходит через центр тяжести поперечного сечения. Таким образом, центр тяжести всех поперечных сечений бруса, а следовательно, и ось бруса, являющаяся геометрическим местом центров тяжести, расположены в нейтральном слое. Следовательно, радиус р кривизны нейтрального слоя является радиусом кривизны изогнутой оси бруса.
Составим теперь уравнение равновесия в виде суммы моментов всех сил, приложенных к элементу dx бруса, относительно нейтральной оси г:
^Mz = ^cdF-y—Mz = 0. (15.7)
F
Здесь odF-y представляет собой момент элементарной внутренней силы odF относительно оси г.
Обозначим Ft площадь части поперечного сечения бруса, расположенной над нейтральной осью, a Ft — под нейтральной осью. Тогда \ odF представит собой равнодействующую элементарных сил odF, приложенных выше нейтральной оси, a JodF—ниже
F,
246
нейтральной оси (рис. 36.7). Обе эти равнодействующие равны друг другу по абсолютной величине, так как их алгебраическая сумма на основании условия (13.7) равна нулю. Эти равнодействующие образуют внутреннюю пару сил, действующую в поперечном сечении бруса. Момент этой пары сил, равный г J ad£, т. е.
Pi
произведению величины одной из них на расстояние г между ними (рис. 36.7), представляет собой изгибающий момент М9 в поперечном сечении бруса.
Подставим в уравнение (15.7) значение о по формуле (12.7):
J (Е у2/р) dF = (£/р) [у2 dF = Mz. F F
Здесь j y2dF представляет собой осевой момент инерции Jz попе-F
речного сечения бруса относительно нейтральной оси z, т. е. оси, проходящей через центр тя-
жести сечения. Следова- У
тельно,
1/р = МДЕЛ). (16.7)
Подставим значение 1/р из формулы (16.7) в формулу (12.7): |
а = (17.7) М2
При выводе формулы (17.7) не учтено, что при внешнем моменте 5DI, направленном, как это показано
Рис. 36.7
на рис. 31.7, согласно при-
нятому правилу знаков, изгибающий момент Mz является отрицательным. Если учесть это, то перед правой частью формулы (17.7) необходимо поставить знак «минус». Тогда при положительном изгибающем моменте Mz в верхней зоне бруса (т. е. при у > 0) значения а получатся отрицательными, что укажет на наличие в этой зоне сжимающих напряжений. Однако обычно знак «минус» в правой части формулы (17.7) не ставится, а эта,формула используется лишь для определения абсолютных значений напряжений о. Поэтому в формулу (17.7) следует подставлять абсолютные значения изгибающего момента Mz и ординаты у. Знак же напряжений всегда легко устанавливается по знаку момента Mz или по характеру деформации балки.
Составим теперь уравнение равновесия в виде суммы моментов всех сил, приложенных к элементу dx бруса, относительно оси у:
^Му = J adF-z = 0.
F
(18.7)
247
Здесь стdF-z представляет собой момент элементарной внутренней силы adF относительно оси у (см. рис. 35.7).
Подставим в выражение (18.7) значение ст по формуле (12.7):
^Му = $ (Е/р) yz dF = (Е/р) J yz dF = 0.
F F
Здесь интеграл ^yzdF представляет собой центробежный мо-F
мент инерции Jyz поперечного сечения бруса относительно осей у и г. Следовательно,
= (Е/р) 7^ = 0. (19.7)
Но так как
Е/р 0, то
Как известно (см. § 7.5), центробежный момент инерции сечения равен нулю относительно главных осей инерции.
В рассматриваемом случае ось у является осью симметрии поперечного сечения бруса и, следовательно, оси у и г являются главными центральными осями инерции этого сечения. Поэтому условие (19.7) здесь удовлетворяется.
В случае, когда поперечное сечение изгибаемого бруса не имеет ни одной оси симметрии, условие (19.7) удовлетворяется, если плоскость действия изгибающего момента проходит через одну из главных центральных осей инерции сечения или параллельна этой оси.
Если плоскость действия изгибающего момента не проходит ни через одну из главных центральных осей инерции поперечного сечения бруса и не параллельна ей, то условие (19.7) не удовлетворяется и, следовательно, нет прямого изгиба—брус испытывает косой изгиб.
Формула (17.7), определяющая нормальное напряжение в произвольной точке рассматриваемого сечения бруса, применима при условии, что плоскость действия изгибающего момента проходит через одну из главных осей инерции этого сечения или ей параллельна. При этом нейтральная ось поперечного сечения является его главной центральной осью инерции, перпендикулярной к плоскости действия изгибающего момента.
Формула (16.7) показывает, что при прямом чистом изгибе кривизна изогнутой оси бруса прямо пропорциональна произведению модуля упругости Е на момент инерции Jz. Произведение EJZ будем называть жесткостью сечения при изгибе; она выражается в кгс-мм2. кгс-см2. тс-м2 и т. д.
При чистом изгибе балки постоянного сечения изгибающие моменты Mz и жесткости сечений EJZ постоянны по ее длине. В этом случае радиус р кривизны изогнутой оси балки имеет
248
постоянное значение [см. выражение (16.7)], т. е. балка изгибается по дуге окружности.
Из формулы (17.7) следует, что наибольшие (положительные — растягивающие) и наименьшие (отрицательные—сжимающие) нормальные напряжения в поперечном сечении бруса возникают в точках, наиболее удаленных от нейтральной оси, расположенных по обе стороны от нее. При поперечном сечении, симметричном относительно нейтральной оси, абсолютные величины наибольших растягивающих и сжимающих напряжений одинаковы и их можно определить по формуле
^шах Jz) Утах J г/Утах ’
где утах—расстояние от нейтральной оси до наиболее удаленной точки сечения.
Величина Jz!ym^, зависящая только от размеров и формы поперечного сечения, называется осевым моментом сопротивления сечения и обозначается Wz:
W, = Jz/ymix. (20.7)
Следовательно,
amaK = M2/Wz. (21.7)
Определим осевые моменты сопротивления для прямоугольного и круглого сечений.
Для прямоугольного сечения шириной b и высотой h
W =J/и — = (22 7)
w z d г'Утах ^/2 12 2 6 *
Для круглого сечения диаметром d
= Jz/ymax = :4 - f « 0. Id’. (23.7)
Момент сопротивления выражается в мм3, см3, м3.
Для сечений, не симметричных относительно нейтральной оси, например для треугольника, тавра и т. п., расстояния от нейтральной оси до наиболее удаленных растянутых и сжатых волокон различны; поэтому для таких сечений имеются два момента сопротивления:
= и W'l = Jz/y^ax, (24.7)
где f/max И у^ах — расстояния от нейтральной оси до наиболее удаленных растянутых и сжатых волокон.
§ 8.7. ПРЯМОЙ ПОПЕРЕЧНЫЙ ИЗГИБ
При поперечном изгибе в поперечном сечении бруса (балки), кроме изгибающего момента, действует также поперечная сила. Если поперечный изгиб является прямым, то изгибающий момент действует в плоскости, совпадающей с одной из главных плоско
249
стей бруса. Поперечная сила при этом обычно параллельна плоскости действия изгибающего момента и, как показано ниже (см. § 12.7), проходит через определенную точку поперечного сечения, называемую центром изгиба. Положение центра изгиба зависит от формы и размеров поперечного сечения бруса. При поперечном сечении, имеющем две оси симметрии, центр изгиба совпадает с центром тяжести сечения.
Экспериментальные и теоретические исследования показывают, что формулы, полученные для случая прямого чистого изгиба, применимы и при прямом поперечном изгибе.
Поперечная сила, действующая в сечении бруса, связана с касательными напряжениями, возникающими в этом сечении, зависимостью
Q = (25.7)
F
где %у—составляющая касательного напряжения в поперечном сечении бруса, параллельная оси у и силе Q*.
Величина xydF представляет собой элементарную касательную силу (параллельную силе Q), действующую на элементарную площадку dF поперечного сечения бруса.
Рассмотрим некоторое поперечное сечение бруса (рис. 37.7). Касательные напряжения в точках около контура сечения направлены по касательной к контуру. Действительно, если бы касательное напряжение имело составляющую, направленную по нормали к контуру, то по закону парности касательных напряжений такое же напряжение возникло бы и на боковой поверхности бруса, что невозможно, так как боковая поверхность свободна от напряжений.
Касательное напряжение в каждой точке сечения можно разложить на две составляющие: ху и хг.
Рассмотрим определение составляющих ху. Определение составляющих тг рассмотрено в § 12.7 только для некоторых типов поперечных сечений.
* Здесь у—главная центральная ось инерции поперечного сечения бруса, параллельная поперечной силе Q.
250
Предполагается, что составляющие ху касательных напряжений по всей ширине сечения в направлении, параллельном оси г, одинаковы (рис. 37.7), т. е. что величина ху изменяется только по высоте сечения.
Для определения вертикальных составляющих ху касательных напряжений выделим из балки постоянного сечения, симметричного относительно оси у, элемент 1-2-3-4 двумя поперечными сечениями, проведенными на расстояниях х и x-j-dx от левого конца балки, и одним сечением, параллельным нейтральному слою, отстоящим от него на расстояние yt (рис. 38.7).
У
Рис. 39.7
В поперечном сечении балки с абсциссой х действует изгибающий момент М, а с абсциссой x + dx—момент M-)-dM. В соответствии с этим нормальные напряжения ст и ct + Jct, действующие по площадкам 1-2 и 3-4 выделенного элемента, определяются выражениями [см. формулу (17.7)]
СТ=:Т'^ и o + d<5=-M+jdM у. (26.7)
Эпюры нормальных напряжений ст и ст + ^ст, действующих по площадкам 1-2 и 3-4 при положительном значении М, показаны на рис. 39.7. По этим же площадкам действуют и касательные напряжения ху, также показанные на рис. 39.7. Величина этих напряжений изменяется по высоте сечения.
Обозначим TJ/t величину касательного напряжения в нижних точках площадок 1-2 и 3-4 (на уровне yt). По закону парности касательных напряжений следует, что такие же по величине касательные напряжения хх действуют по нижней площадке 1-4 выделенного элемента. Нормальные напряжения по этой площадке считаются равными нулю, так как в теории изгиба предполагается, что продольные волокна балки не оказывают друг на друга давления.
Площадку 1-2 или 3-4 (рис. 39.7 и 40.7), т. е. часть поперечного сечения, расположенную выше уровня yt (выше площадки 1-4), называют отсеченной частью поперечного сечения. Ее площадь обозначим Fp
251
Составим уравнение равновесия для элемента 1-2-3-4 в виде суммы проекций всех приложенных к нему сил на ось балки:
У, Х = adF -\-xxbdx—J (a-[-da)dF = 0. F, F,
(27.7)
Здесь j odF—равнодействующая элементарных сил ст dF, возникаю-f,
щих по площадке 1-2 элемента; J (<j-}-d(j)dF—равнодействующая
F, элементарных сил (a+da)dF, возникающих по площадке 3-4 элемента; txbdx—равнодействующая элементарных касательных сил,
возникающих по площадке 1-4 элемента; b—ширина поперечного сечения балки на уровне ух.
Подставим в уравнение (27.7) выражения ст и ст-)-</ст по формулам (26.7):
_jH±"!/dF = O,
ИЛИ
txbdx = ^ ^j-ydF =
Но на основании теоремы Журавского [формула (6.7)]
dM = Q dx.
Поэтому
4xbdx = у ydF, Ft
откуда
i^^ydF. F,
Интеграл ydF представляет собой статический момент Sx пло-F, щади Ft относительно нейтральной оси г поперечного сечения балки.
Следовательно,
тх = QSz/(Jb).
252
По закону парности касательных напряжений напряжения в точках поперечного сечения балки, отстоящих на расстояние у[ от нейтральной оси, равны (по абсолютной величине) тх, т. е.
Xy=QSzKJb).
Таким образом, величины касательных напряжений т в поперечных сечениях балки и в сечениях ее плоскостями, параллельными нейтральному слою, определяются по формуле *
T = QS/(J&). (28.7)
Здесь Q — поперечная сила в рассматриваемом поперечном сечении балки; S—статический момент (относительно нейтральной оси) отсеченной части п о п е р еч н ог о с е ч е н и я, расположенной по одну сторону** от уровня, на котором определяются касательные напряжения; J — момент инерции всего поперечного сечения относительно нейтральной оси; b—ширина поперечного сечения балки на том уровне, на котором определяются касательные напряжения т.
Выражение (28.7) называется формулой Журавского.
Определение касательных напряжений по формуле (28.7) производится в следующем порядке:
1) проводится поперечное сечение балки;
2) для этого поперечного сечения определяются значения поперечной силы Q и величина J момента инерции сечения относительно главной центральной оси, совпадающей с нейтральной осью;
3) в поперечном сечении на уровне, для которого определяются касательные напряжения, параллельно нейтральной оси проводится прямая, отсекающая часть сечения; длина отрезка этой прямой, заключенного внутри контура поперечного сечения, представляет собой ширину Ь, входящую в знаменатель формулы (28.7);
4) вычисляется статический момент S отсеченной (расположенной по одну сторону от прямой, указанной в п. 3) части сечения относительно нейтральной оси;
5) по формуле (28.7) определяется абсолютное значение касательного напряжения т. Знак касательных напряжений в поперечном сечении балки совпадает со знаком поперечной силы, действующей в этом сечении. Знак же касательных напряжений в площадках, параллельных нейтральному слою, противоположен знаку поперечной силы.
Определим в качестве примера касательные напряжения в прямоугольном поперечном сечении балки, изображенном на рис. 41.7, а. Поперечная сила в этом сечении действует параллельно оси у и равна Q.
* Индексы при т и S не употребляем.
•* Статические моменты относительно нейтральной оси частей сечения, расположенных выше или ниже рассматриваемого уровня, по абсолютной величине одинаковы, так как их алгебраическая сумма равна нулю (нейтральная ось является центральной осью).
253
Момент инерции поперечного сечения относительно оси г J=bh3/\2.
Для определения касательного напряжения в некоторой точке С проведем через эту точку прямую 1-1, параллельную оси г (рис. 41.7, а).
Определим статический момент S части сечения, отсеченной прямой 1-1, относительно оси г. За отсеченную можно принимать как часть сечения, расположенную выше прямой 1-1 (заштрихованную на рис. 41.7, а), так и часть, расположенную ниже этой прямой.
Для верхней части
S = b (h/2—у) [h/2—(\/2) (h/2-у)] = (6/2) (ft/2-у) (h/2 + у) = = (b/2) (h2/4—y3).
Подставим в формулу (28.7) значения Q, S, J и Ь: ’ - ТУ== {6Q/№"I ^-«'1-
Из этого выражения следует, что касательные напряжения изменяются по высоте поперечного сечения по закону квадратной параболы. При y = ±h/2 напряжения т = 0. Наибольшие напряжения имеются в точках нейтральной оси, т. е. при у = 0: ^ах = (3/2) Q/(bh) = 3Q/(2^), (30.7) где F — bh—площадь поперечного сечения.
Таким образом, в случае прямоугольного сечения наибольшее касательное напряжение в 1,5 раза больше среднего его значения, равного Q/F. Эпюра касательных напряжений, показывающая их
изменение по высоте сечения балки, изображена на рис. 41.7,6.
Для проверки полученного выражения т [см. формулу (29.7)] подставим его в равенство (25.7):
й/2 Л/2
F -hj2 -h/2
_^Uh2 W2 - 6Q P2 h 9 — П ~ Л3 \ 4 * 3 Лл/2“ Л3 L4’2 3 j
Полученное тождество свидетельствует о правильности выражения (29.7).
Параболическая эпюра касательных напряжений, показанная на рис. 41.7,6, является следствием того, что при прямоугольном сечении статический момент S отсеченной части сечения изме
254
няется с изменением положения прямой 1-1 (см. рис. 41.7, а) по закону квадратной параболы. При сечениях любой другой формы характер изменения касательных напряжений по высоте сечения зависит от того, по какому закону изменяется отношение S/6; при этом, если на отдельных участках высоты сечения ширина Ь постоянна, то напряжения т на этих участках изменяются по закону изменения статического момента S.
В точках поперечного сечения балки, наиболее удаленных от нейтральной оси, касательные напряжения равны нулю, так как при определении напряжений в этих точках в формулу (28.7) подставляется значение статического момента отсеченной части
а) ЭпюраТ б)
сечения, равное нулю. Величина S достигает максимума для точек, расположенных на нейтральной оси, однако касательные напряжения при сечениях с переменной шириной Ь могут не быть максимальными на нейтральной оси. Так, например, эпюра касательных напряжений для сечения, изображенного на рис. 42.7, а имеет вид, показанный на рис. 42.7,6.
Касательные напряжения, возникающие при поперечном изгибе в плоскостях, параллельных нейтральному слою, характеризуют собой силы взаимодействия между отдельными слоями балки; эти силы стремятся сдвинуть соседние слои друг относительно друга в продольном направлении.
Если между отдельными слоями балки не имеется достаточной связи, то такой сдвиг произойдет. Например, доски, положенные друг на друга (рис. 43.7, а), будут сопротивляться внешней нагрузке, как целый брус (рис. 43.7,6), пока усилия по плоскостям соприкасания досок не превысят сил трения между ними. Когда же силы трения будут превзойдены, то доски сдвинутся одна по другой, как это показано на рис. 43.7, в. При этом прогибы досок резко увеличатся.
255
Касательные напряжения, действующие в поперечных сечениях балки и в сечениях, параллельных нейтральному слою, вызывают деформации сдвига, в результате которых прямые углы между этими сечениями искажаются, т. е. перестают быть прямыми. Наи
имеются в тех точках поперечного сечения, в которых действуют наибольшие касательные напряжения; у верхнего и нижнего краев балки искажения углов отсутствуют, так как касательные напряжения там равны нулю.
В результате деформаций сдвига поперечные сечения балки при поперечном изгибе искривляются. Однако это существенно не влияет на деформации продольных волокон, а следовательно, и на распределение нормальных напряжений в поперечных сечениях балки.
Рассмотрим теперь распределение касательных напряжений в тонкостенных балках с поперечными сечениями,
большие искажения углов
симметричными относительно оси у, по направлению которой действует поперечная сила Q, например, в балке двутаврового сечения, изображенной на рис. 44.7, а.
Для этого по формуле Журавского (28.7) определим касатель
ные напряжения в некоторых характерных точках поперечного
сечения балки. В верхней точке J (рис. 44.7, а) касательные напряжения Tj = 0, так как вся площадь поперечного сечения расположена ниже этой точки, а потому статический момент 3 относительно оси г (части площади сечения, расположенной выше точки /) равен нулю. В точке 2, расположенной непосредственно над ли-256
нией, проходящей через нижнюю грань верхней полки двутавра, касательные напряжения, подсчитанные по формуле (28.7),
x2 = (Q/Jb)bt (h/2—t/2).
Между точками 1 и 2 напряжения т [определяемые по формуле (28.7)] изменяются по квадратной параболе, как для прямоугольного сечения. В стенке двутавра в точке 3, расположенной непосредственно под точкой 2, касательные напряжения
T3 = (Q/Jd) bt(h/2—t/2).
Так как ширина b полки двутавра значительно больше толщины d вертикальной стенки, то эпюра касательных напряжений (рис. 44.7,6) имеет резкий скачок в уровне, соответствующем нижней грани верхней полки. Ниже точки 3 касательные напряжения в стенке двутавра изменяются по закону квадратной параболы, как для прямоугольника. Наибольшие касательные напряжения возникают на уровне нейтральной оси:
Tmax= (Q/^) [w (Л/2—//2) + d<ft/22"-)-] .
Эпюра касательных напряжений, построенная по полученным значениям т2, т3 и ттах, изображена на рис. 44.7,6; она симметрична относительно ординаты ттах.
Согласно этой эпюре, в точках, расположенных у внутренних граней полок (например, в точках 4 на рис. 44.7,а), действуют касательные напряжения т 9 перпендикулярные к контуру сечения. Но, как уже отмечалось, такие напряжения около контура сечения возникать не могут. Следовательно, предположение о равномерном распределении касательных напряжений по ширине b поперечного сечения, положенное в основу вывода формулы (28.7), неприменимо к полкам двутавра; оно неприменимо и к некоторым элементам других тонкостенных балок.
Касательные напряжения ту в полках двутавра определить методами сопротивления материалов нельзя. Эти напряжения весьма невелики по сравнению с напряжениями ту в стенке двутавра. Поэтому их не учитывают и эпюру касательных напряжений строят только для стенки двутавра, как показано на рис. 44.7,в.
В некоторых случаях, например при расчете составных балок, определяют величину Т касательных сил, действующих в сечениях балки, параллельных нейтральному слою и приходящихся на единицу ее длины. Эту величину найдем, умножив значение напряжения т на ширину сечения Ь\
Т==тЬ.
Подставим значение т по формуле (28.7):
T = QS/J. (31.7)
9 № 2331
257
§ 9.7. ГЛАВНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ПРЯМОМ ПОПЕРЕЧНОМ ИЗГИБЕ
Вырежем из балки в окрестности некоторой точки элементар-ный параллелепипед 1-2-3-4 (рис. 45.7,а) боковые грани которого 1-2 и 3-4 расположены в поперечных сечениях балки, а боковые грани 2-3 и 1-4 параллельны нейтральному слою. Длина параллелепипеда (в направлении, перпендикулярном к чертежу) равна ширине балки. Напряжения, действующие по граням параллелепипеда, рассмотрены в § 7.7 и 8.7; они показаны на рис. 45.7,6. По граням 1-2 и 3-4 действуют нормальные напряжения а и касательные напряжения т, а по граням 2-3 и 1-4—только касательные напряжения т. Направления этих напряжений, показанные
на рис. 45.7,6, соответствуют случаю, когда в поперечных сечениях рассматриваемого участка балки действуют положительные изгибающий момент и поперечная сила.
Величины напряжений о и т определяются формулами (17.7) и (28.7).
Передняя и задняя грани элементарного параллелепипеда совпадают с боковыми поверхностями балки, свободными от нагрузки, а потому по этим граням напряжения равны нулю. Следовательно, параллелепипед находится в условиях плоского напряженного состояния.
В площадках, наклоненных под различными углами к боковым граням элементарного параллелепипеда, действуют нормальные и касательные напряжения, величины которых можно определить по формулам (6.3) и (7.3). Имеются две взаимно перпендикулярные площадки, по которым касательные напряжения равны нулю. Эти площадки, как известно, называются главными площадками, а нормальные напряжения, действующие в них,—главными напряжениями (см. § 3.3). В площадках, наклоненных под углами в 45° к главным площадкам, действуют экстремальные касательные напряжения; эти площадки называются площадками сдвига (см § 4.3).
Определение главных нормальных и экстремальных касательных напряжений в общем случае плоского напряженного состояния производится, как известно, по формулам (12.3) и (15.3):
Отах = (Ох + ау)/2 ±( 1 /2) 1/(Од.-аг/)2 + 4т>;
Ттах = ± (1/2) К(Ох—Оу)2 + 4Т|.
258
Подставим в эти формулы значения ох = о, оу = 0 и тх = т:
Стах = (0/2) ± (1/2) /о2 + 4т2; (32.7)
min
Ттах ~ ± (1/2) /о2 + 4т2. (зз.7)
Здесь а и г—нормальное и касательное напряжения в рассматриваемой точке, действующие по площадке, совпадающей с поперечным сечением балки, и определяемые по формулам (17.7) и (28.7).
Из формулы (32.7) видно, что напряжение отах всегда положительно, a omin всегда отрицательно. Поэтому в соответствии с правилом, согласно которому о1^о2^о3, напряжение отах следует обозначить ох, а напряжение omin обозначить о3. Промежуточное главное напряжение о2 = 0 возникает в главных площадках, параллельных плоскости чертежа (рис. 45.7).
Угол а0 наклона главных площадок к боковым граням элементарного параллелепипеда можно определить способом, указанным в § 3.3.
Величины главных нормальных и экстремальных касательных напряжений и положения площадок, в которых они действуют, можно определить и с помощью круга Мора (см. § 5.3).
Рассмотрим теперь более подробно напряженное состояние в точках прямоугольного поперечного сечения балки. Предположим, что, изгибающий момент М и поперечная сила Q в этом сечении положительны.
В поперечном сечении в точках, наиболее удаленных от нейтральной оси, касательные напряжения т равны нулю, а нормальные напряжения о равны (—M/W) (в точке а на рис. 46.7,а) и + MjW (в точке а' на рис. 46.7,а). Следовательно, для каждой из этих точек одна из главных площадок совпадает с поперечным сечением балки, а две другие перпендикулярны к поперечному сечению (нормальные напряжения в них равны нулю). В этих точках имеется одноосное напряженное состояние.
На рис. 46.7,а показаны элементарные параллелепипеды, боковые грани которых параллельны двум главным площадкам; третья главная площадка параллельна плоскости чертежа. Экстремальные касательные напряжения в точках а и а' определяются по формуле
Ттах — 2± П/2 = ± M/(2U/). min
В поперечном сечении в точках, расположенных на нейтральной оси (точка b на рис. 46.7,а), нормальное напряжение о равно нулю, а касательное напряжение т-(3/2) Q/F. В этих точках напряженное состояние представляет собой чистый сдвиг с экстремальными касательными напряжениями ттаХ = ± т = ± (3/2) Q/F.
min
Две главные площадки в каждой из этих точек наклонены под углами ±45° к оси балки (см. рис. 46.7,а), а главные напряже-
9*
259
пин в них отах = ± т = ± (3/2) Q/F. Третья главная площадка па-min
раллельна плоскости чертежа; напряжения в ней равны нулю.
В поперечном сечении в остальных точках напряжения о и т отличны от нуля. На разных расстояниях от нейтральной оси соотношения между величинами о и т различны, а потому различны и углы наклона главных площадок к оси балки. В каждой из этих точек не равные нулю главные напряжения имеют противоположные знаки, т. е. напряженное состояние представляет собой одновременно растяжение и сжатие по двум взаимно перпендикулярным направлениям.
Эпюра 6 Эпюрах Эпюра бтах Эпюра Эпюра гтах Эпюра
Рис. 46.7
Определив величины главных напряжений для ряда точек, расположенных в одном поперечном сечении балки на различных расстояниях от нейтральной оси, можно затем по этим величинам построить эпюры главных напряжений. Эти эпюры характеризуют изменение главных напряжений по высоте балки.
Аналогично можно вычислить значения экстремальных касательных напряжений и построить эпюры этих напряжений. На рис. 46.7,6 для прямоугольного поперечного сечения балки, в котором действуют положительные изгибающий момент М и поперечная сила Q, показаны эпюры напряжений о и т, возникающих в пло-260
щадках, совпадающих с поперечным сечением, эпюры главных напряжений отах и omin(Oi и о3) и экстремальных касательных напряжений ттах и ттн.
Определим для какой-либо точки балки направление одного из главных напряжений, а затем возьмем на этом направлении вторую точку, достаточно близкую к первой. Найдя направление главного напряжения для второй точки, аналогичным способом отметим третью точку и т. д.
Соединив найденные таким путем точки, получим так называемую траекторию главных напряжений. Через каждую точку проходят две такие траектории, перпендикулярные друг к другу; одна из них представляет собой траекторию главных растягивающих напряжений, а другая — главных сжимающих. Траектории главных растягивающих напряжений образуют одно семейство
кривых, а траектории главных сжимающих напряжений—другое семейство. Касательная к траектории в любой ее точке дает направление соответствующего (растягивающего или сжимающего) главного напряжения в этой точке.
На рис. 47.7 показана часть фасада некоторой балки с нане-
сенными траекториями главных напряжений. Все они пересекают ось балки под углами ±45° и подходят к верхней и нижней граням балки под углами 0 и 90е; это соответствует направлениям главных площадок (и главных напряжений), показанным на рис. 46.7,я.
$ 10.7. ПОТЕНЦИАЛЬНАЯ ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ ПРИ ИЗГИБЕ
Для определения величины потенциальной энергии деформации, накапливающейся в балке при изгибе, воспользуемся формулой (36.3) удельной потенциальной энергии:
« = (1/2£)[о] + о* + о;—2ц(0,0.,+ 0^4- ого3)].
При изгибе в каждой точке балки возникает двухосное (плоское) напряженное состояние с напряжениями а^Отах» и сг2 = 0; следовательно,
и = (1/2£)(о]4-о*—гца/Тз). (34.7)
Выразим главные напряжения Oi = omax, o3 = omin через напряжения о и т в площадках, совпадающих с поперечным сечением балки [см. формулу (32.7)]:
и = (1 /2£) {2 (о/2)* + 2 [ (о/2)* + т*] - 2р [(о/2)*—(о/2)* -1«]).
261
Преобразуем это выражение
и = о2/2Е 4- (т2/2) 2(1+ р)/'£.
Учитывая, что
2 (1+р)/Е = 1/G, получаем
и = ст2/(2£) + t2/(2G). (35.7)
Формула (35.7) дает выражение удельной потенциальной энергии при прямом поперечном изгибе.
Подставим в выражение (35.7) значения ст и т по формулам (17.7) и (28.7):
и = [ М2/(2Е J2)] у2 + Q2S2/(2GJ2Z>2). (36.7)
Потенциальная энергия, накапливающаяся в элементарном объеме dV = dF-dx балки,
udV = udF-dx;
потенциальная энергия на участке балки длиной dx (т. е. в объеме Fdx) определяется выражением
dU = dx J и dF.
F
Подставим в него значение и по формуле (36.7):
‘'у = <'4(гет’’ + 2^)‘иг =
F
~^х (2ЁГ2 J dF-]-dF \ . \ F F /
Учитывая’, что ^y2dF = J, и обозначая-
F
-^gdF = 4, (37.7)
получаем
dt/ = ^7dx + T12§7rfx’
откуда полная потенциальная энергия деформации изгиба, накапливающаяся в балке на участке длиной I,
<38-7>
I I
Для балки постоянного сечения
(39.7) I I
262
В случае, когда балка имеет несколько участков, различа-
ющихся законами изменения жесткостей поперечных сечений, ве-
личин изгибающих моментов и поперечных сил, потенциальную
энергию деформации следует определять по формуле
+ (40.7)
где i—порядковый номер участка балки.
В формулах (38.7)—(40.7) л—безразмерный коэффициент, зависящий от формы поперечного сечения балки.
Определим коэффициент т] для прямоугольного сечения, показанного на рис. 48.7. Для этого сечения площадь
F = bh\ момент инерции /г=(6Л3)/12; площадь элементарной площадки dF = bdy\ статический момент части сечения, расположенной выше площадки dF, относительно оси z
S = b (h/2-у) = (b/2)
Следовательно, по формуле (37.7)
ч-Л/2 + Л/2
4 (ЬЛ3/12)3 J |2 \ 4 у )\ b2 ~~ bW-4 J \ 4 у
—h/2 -ft/2
___36 / h*y h2ip . yb \+Л/2_____36-h5 ~ / 1 1 . 1 \____
“ h? 1<Тб ёГ + ТГ J-h/2 ~ ^Тб1— T2F) ~
Для круглого сечения т] = 10/9. Для балки двутаврового сечения коэффициент ц можно приближенно определить по формуле
Т)« F/FCT,
где F—полная площадь поперечного сечения, FCT—площадь сечения стенки двутавра.
§ 11.7. РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ ИЗГИБЕ
Расчет балок на прочность обычно ведется по наибольшим нормальным напряжениям, возникающим в их поперечных сечениях. Обозначая эти напряжения <rmax, получаем условие прочности в виде
«Ттах<М- (41-7)
Здесь [о]—допускаемое напряжение, зависящее в основном от материала балки и ее назначения (подробнее о выборе допускаемых напряжений см. § 8.2).
263
При расчете на прочность элементов конструкций, работающих на йзгиб, возможны три следующих вида задач, различающихся формой использования условия прочности (41.7):
а) проверка напряжений (проверочный расчет);
б) подбор сечения (проектный расчет);
в) определение допускаемой нагрузки (определение грузоподъемности).
Методика решения этих задач для балок из пластичных и хрупких материалов различна, так как балки из пластичных материалов одинаково работают на растяжение и сжатие, а из хрупких материалов лучше работают на сжатие, чем на растяжение. Это влияет на применяемые формы поперечных сечений балок и на способ определения опасного сечения.
Известные различия имеются также в расчетах балок постоянного по всей длине и переменного поперечного сечения.
Кроме того, следует иметь в виду, что в некоторых (сравнительно редких) случаях расчет на прочность только по наибольшим нормальным напряжениям, действующим в поперечном сечении балки, недостаточен, и приходится дополнительно производить проверку прочности также по главным напряжениям, возникающим в наклонных сечениях, и по максимальным касательным напряжениям.
Рассмотрим основные случаи расчетов на прочность при прямом изгибе.
Балки постоянного поперечного сечения из пластичных материалов
Пластичные материалы одинаково сопротивляются как растяжению, так и сжатию: в связи с этим для них [ор] = [ос] = [<*]• Поэтому балки из пластичных материалов обычно имеют поперечные сечения, симметричные относительно своих нейтральных осей, при которых в балках возникают одинаковые наибольшие растягивающие и сжимающие напряжения.
В рассматриваемом случае опасным * является то поперечное сечение балки, в котором возникает наибольший по абсолютной величине изгибающий момент Л4тах. Для этого сечения и составляется условие прочности. Опасными являются точки опасного поперечного сечения, наиболее удаленные от нейтральной оси.
Нормальные напряжения в этих точках определяются [в соответствии с выражением (21.7)] по формуле
vmaK = MmaK/W. (42.7)
Здесь для упрощения индекс z при М и W не указан.
Заметим, что в крайних точках поперечного сечения касательные напряжения равны нулю и, следовательно, напряжения атах, определяемые по формуле (42.7), являются главными.
* Вместо термина «опасное» иногда употребляют «расчетное» сечение.
264
Подставив значение omax. из выражения (42.7) в условие прочности (41.7), получим формулу для проверки напряжений (формулу проверочного расчета):
^ах=Л4тах/И7<[а]. (43.7)
Следует учесть, что в некоторых случаях для балок из пластичных материалов все же применяются сечения, не симметричные относительно нейтральной оси. Если балка имеет такое сечение, то в формулу (43.7) надо подставить меньший из двух осевых моментов сопротивления. Например, при сечении, показанном на рис. 49.7,
^min /Ухплк ~ J/УА'
При выполнении условия (43.7) или при незначительном* превышении максимальных рабочих напряжений над допускаемыми можно считать, что прочность балки обес-печена.
-----и
Для подбора сечения балки (проектного расчета) определяется требуемая величина момента сопротивления
(44.7}
В зависимости от выбранной (или заданной) формы поперечного сечения балки (прямоугольная, круглая, двутавровая и т. д.) размеры сечения подбираются так, чтобы
его момент сопротивления равнялся требуемой величине или незначительно превышал ее**. Если, например, проектируется деревянная балка круглого сечения, то ее необходимый диаметр
А Рис. 49.7
d = ?/32Г/л« j/lOir,
так как для круглого сечения
W = nd3/32«0,ld3.
Если проектируется балка прямоугольного сечения с отношением сторон прямоугольника h/b = k, то
W = bh2/6 = h3/6k,
откуда
и b = h/k.
Подбор стальных балок прокатного профиля производится с помощью таблиц сортамента, в которых указаны моменты сопротивления их сечений.
* В практике инженерных расчетов допускают перенапряжение до 3—5%.
** Можно допустить, чтобы фактический момент сопротивления (при принятых размерах сечения) был несколько меньше требуемого (до 5%); при этом максимальные напряжения будут превышать допускаемые не более чем на 5%.
265
Размеры поперечных сечений сложной формы обычно определяются путем последовательных попыток. Для этого ориентировочно назначают размеры сечения и подсчитывают момент его сопротивления. Если он оказывается меньше требуемого, то некоторые размеры сечения увеличивают; а если больше—то уменьшают. Это производят до тех пор, пока момент сопротивления выбранного сечения окажется примерно равным требуемому моменту сопротивления.
Следует стремиться к тому, чтобы подобранное сечение было возможно более рациональным по расходу материала, т. е. таким сечением, для которого отношение W /F момента сопротивления сечения к его площади имеет возможно большее значение. Поэтому,
Рис. 50.7
подбирая сечение, надо добиваться того, чтобы при минимальной его площади (а следовательно, и наименьшей затрате материала) получить наибольший момент сопротивления.
Для этого следует возможно большую часть площади поперечного сечения располагать как можно дальше от нейтральной оси.
На рис. 50.7 показаны пять поперечных сечений балки, имеющих одинаковые площади; каждое сечение состоит из одного листа и четырех неравнобоких уголков. В связи с тем, что площади всех сечений одинаковы, наиболее рациональным из них является то, у которого момент сопротивления W больше. Высоты h всех сечений и расстояния утак от нейтральной оси z каждого сечения др наиболее удаленной точки одинаковы. Поэтому момент сопротивления W — больше у того сечения, у которого больше момент инерции Jz.
Сечения на рис. 50.7 расположены в порядке возрастания их моментов инерции, моментов сопротивления и, следовательно, в порядке возрастания прочности балок. Наименьший момент инерции, а следовательно, также наименьший момент сопротивления, имеет сечение, показанное на рис. 50.7, а; у него значительная часть площади (широкие полки уголков) расположена около нейтральной оси 2, а потому она оказывает очень слабое влияние на величину момента инерции сечения, равную J y*dF.
F
266
Наибольший момент инерции имеет сечение, показанное на на рис. 50.7,д, у которого широкие полки уголков расположены на расстоянии от нейтральной оси г, примерно равном t/max; это сечение является наиболее рациональным из показанных на рис. 50.7.
На рис. 51.7,а показано прямоугольное поперечное сечение балки, условно расчлененное на два тавровых и восемь прямоугольных элементов, обозначенных соответственно цифрами 1 и 2. При той же площади F и той же высоте h двутавровое сечение, изображенное на рис. 51.7,6, состоящее из тех же элементов, имеет значительно большие моменты инерции и момент сопротивления (а следовательно, обладает большей прочностью). Еще
Рис. 51.7
более рациональным является двутавровое сечение с такой же площадью F, но более высокое, показанное на рис. 51.7,в, так как у него основная часть материала удалена от нейтральной оси z на расстояние значительно большее, чем у сечений, изображенных на рис. 51.7, а, б.
Рассмотрим теперь балку, составленную из двух прямоугольных брусьев. Если при изгибающем моменте, действующем в вертикальной плоскости, расположить эти брусья рядом друг с другом, как показано на рис. 52.7,а, то момент сопротивления составного сечения
W = 2bh,2/6 = bh2/3.
Если же один из этих брусьев установить над другим (рис. 52.7,6) и прочно соединить их между собой, то момент сопротивления составного сечения
IT-&(2/i)2/6 = 2Wi2/3,
т. е. будет в два раза больше, чем в первом случае.
Таким образом, при одинаковой площади поперечного сечения сопротивляемость балки изгибу во втором случае вдвое больше, чем в первом, т. е. второе сечение является более рациональным.
267
Соединение деревянных брусьев друг с другом в случае, показанном на рис. 52.7,6, можно выполнить путем их склеивания или с помощью шпонок, или иным способом. Это соединение препятствует смещению одного бруса относительно другого в направлении оси балки и, следовательно, воспринимает касательные усилия, возникающие по плоскости / — I соприкасания обоих брусьев.
При определении допускаемой на балку нагруз-к и (грузоподъемности балки) значение ординаты эпюры изгибающих моментов, наибольшее по абсолютной величине, выраженное j) в виде функции заданной нагрузки
Р, <?, ЭЛ, приравнивается значению допускаемого изгибающего момента [Л4], определяемому из выражения
[M] = W [о]. (45.7)
Из полученного таким путем равенства находится допускаемое значение нагрузки.
Рис. 52.7 Рассмотрим теперь те случаи, когда
расчет балки на прочность только по наибольшим нормальным напряжениям, возникающим в ее опасном поперечном сечении, недостаточен.
При короткой балке (или независимо от ее длины—если она нагружена большими сосредоточенными силами, приложенными на малых расстояниях от опор) поперечные силы могут иметь значительную величину, в то время как изгибающие моменты могут оказаться сравнительно небольшими. В этих случаях следует проверить максимальные касательные напряжения в том поперечном сечении, в котором поперечная сила имеет наибольшее значение. Эти напряжения не должны превышать допускаемых касательных напряжений, т. е. должно удовлетворяться условие прочности по касательным напряжениям:
ЪпахСМ- (46.7)
Для стальных балок обычно принимают
[т]«0,6[о].
Для деревянных балок расчет на прочность по максимальным касательным напряжениям может иметь решающее значение, так как дерево плохо сопротивляется скалыванию вдоль волокон, а потому даже сравнительно небольшие касательные напряжения, возникающие в нейтральном слое деревянных балок (значительно меньшие нормальных напряжений в поперечных сечениях), могут вызвать их разрушение.
Для деревянной балки прямоугольного сечения условие прочности по касательным напряжениям имеет вид
^тах = (3/2) QmaxlF < [тск], (47.7)
268
где [тск]—допускаемое напряжение на скалывание дерева вдоль волокон.
Аналогично для деревянной балки круглого сечения
Tmax = (4/3)Qmax/F<[rCK]. (48.7)
Допускаемое напряжение [тск] для сосны составляет примерно 20 кгс/см2.
При расчете двутавровых балок возможны случаи, когда главные напряжения, возникающие в наклонных сечениях, больше максимальных напряжений в поперечном сечении. Действительно, как следует из формулы Журавского (28.7), в таких балках касательные напряжения в точках поперечного сечения стенки
Эпюра fynin “
Рис. 53.7
в месте примыкания ее к полке могут быть значительны, так как статический момент полки относительно нейтральной оси велик, а толщина стенки даже в очень высоких балках невелика (10—20 мм). В то же время нормальные напряжения в этих точках поперечного сечения немного меньше максимальных, и в результате главные напряжения оказываются больше (по абсолютной величине), чем M/W (рис. 53.7). В этих же точках максимальные касательные напряжения также могут иметь большие зна ения, чем наибольшие касательные напряжения в поперечном сечении балки (в точках нейтральной оси).
Дополнительная проверка прочности в рассматриваемых случаях расчета двутавровых балок заключается в сопоставлений наибольших по абсолютной величине главных напряжений и максимальных касательных напряжений в указанных точках соответственно с допускаемыми нормальными напряжениями [о] и допускаемыми касательными напряжениями [т]*.
* Проверка главных напряжений и максимальных касательных напряжений (в наклонных сечениях) в последнее время часто заменяется проверкой по формуле (27.9) (см. § 4.9).
269
Следует заметить, что необходимость в такой дополнительной проверке прочности определяется не только формой поперечного сечения, но и видом эпюр поперечных сил и изгибающих моментов. Так, например, в случае, показанном на рис. 54.7, следует
произвести эту проверку для сечения 1—/, в котором одновременно возникают значительный изгибающий момент (немного меньший максимального) и большая поперечная сила и в котором, следовательно, о и т могут быть одновременно достаточно велики.
В случае, представленном на рис. 55.7, такая проверка обычно нецелесообразна, так как в тех сечениях, где изгибающие моменты значительны, поперечные силы невелики и, наоборот, там, где возникают большие поперечные силы, малы изгибающие моменты.
Проектный расчет по действующим в наклонных сечениях главным и максимальным касательным напряжениям выполняется как 270
проверочный, после того, как требуемый момент сопротивления поперечного сечения определен по формуле (44.7) и выбраны размеры сечения. В случае неудовлетворительных результатов проверочного расчета надо увеличивать размеры сечения и повторять расчет.
Балки постоянного поперечного сечения из хрупких материалов
В качестве материала в машиностроении часто применяется серый литейный чугун. Изготовляемые из него детали во многих случаях испытывают изгибающие нагрузки. Как известно, чугун хорошо сопротивляется сжатию и значительно хуже —растяжению
Рис. 56.7
(предел прочности на растяжение серого чугуна в 3—5 раз меньше предела прочности на сжатие). Поэтому целесообразно, чтобы наибольшие растягивающие напряжения в чугунном брусе были значительно меньше наибольших сжимающих напряжений. Очевидно, что это требование может быть выполнено при брусьях с поперечными сечениями, несимметричными относительно нейтральных осей.
Некоторые формы таких поперечных сечений показаны на рис. 56.7, а, б, в; на рис. 56.7, г показана эпюра нормальных напряжений, построенная для случая, когда изгибающий момент отрицателен; при этом наибольшие растягивающие напряжения меньше наибольших сжимающих напряжений (абсолютной их величины), т. е. сечение расположено рационально.
При балке из хрупкого материала составляют два условия прочности:
Яр max = Л1/Й71 < [аР1; I ас |max = М/Г, [ае], (49.7)
где
^i~JzlyA и W 2 = Jг!УВ’
271
Балки переменного поперечного сечения
В балке постоянного сечения, размеры которого подобраны по наибольшему изгибающему моменту, материал используется нерационально. Действительно, только в крайних (наиболее удаленных от нейтральной оси) точках опасного поперечного сечения такой балки нормальные напряжения равны допускаемым; во всех остальных точках балки нормальные напряжения меньше допускаемых. Более рациональными (по расходу материала) могут быть балки переменного сечения.
Проверочный расчет балки переменного сечения, в отличие от расчета балки постоянного сечения, заключается в проверке выполнения условия прочности для нескольких сечений, так как опасным в балке переменного сечения может оказаться не то поперечное сечение, в котором действует наи-bih2[6] больший (по абсолютной вели-чине) изгибающий момент, а какое-либо другое.
При проектном расчете балки переменного сечения размеры некоторых ее поперечных сечений устанавливаются в соответствии с величинами действующих в них изгибающих моментов (аналогично тому, как это делается для балки постоянного сечения).
Определение допускаемой нагрузки для балки переменного сечения имеет некоторые особенности. Для ряда попереч-
ных сечений балки определяются значения допускаемых изгибающих моментов [Л4]. По этим значениям строится эпюра [Л4]. Затем строится эпюра изгибающих моментов от нагрузки заданного характера, но некоторой произвольной величины. Путем сопоставления обеих эпюр устанавливается допускаемая величина заданной нагрузки.
Для примера определим допускаемую нагрузку для балки прямоугольного сечения, изображенной на рис. 57.7, а. Высота балки h постоянна по всей ее длине, а ширина изменяется по закону прямой от bQ на левом конце балки до — на правом конце (рис. 57.7,6). Посредине пролета балка нагружена силой Р.
а)
р
42
$ Вид сдерху на банку
® Эпюра М
12 ЪоИб] 6
6
$ Эпюра М(отР = 1) 1.1
(b^h2® 12
Эпюра м (ат [Р])
Рис. 57.7
272
Допускаемый изгибающий момент для сечения балки с абсциссой х
[М] = W [ОТ] = (^2/6) [о] = (\ + ^5^ х) (Л2/6) [а].
Из этого выражения видно, что момент [М] изменяется по длине балки по линейному закону (так же, как и момент сопротивления поперечного сечения).
При х = 0
[Л4] = (№/&) [о];
при х = 1/2
[Л1] = (ь0 + -Ц^4)^-[°>1л?-Л2№
при х = 1
[М] = (М2/б)[о].
Эпюра [Л4] показана на рис. 57.7, в.
Строим эпюру изгибающих моментов от силы Р=1. Эта эпюра показана на рис. 57.7, г.
Сопоставляя друг с другом эпюры [Л1] и М (от Р = 1) (рис. 57.7, в, г), устанавливаем, что эпюра изгибающих моментов от допускаемого значения силы [Р] имеет вид, показанный пунктиром на рис. 57.7,в. При этом изгибающий момент посредине пролета равен допускаемому изгибающему моменту [М], т. е.
[(ЬОН-ЬГ)/12]Л* [о].
Так как сила Р = 1 вызывает в этом сечении момент, равный //4, то допускаемое значение силы Р
[р] = 1^ = ^А2[о]
При полученном значении силы [Р] ординаты эпюры изгибающих моментов, вызванных ее действием (рис. 57.7, д), нигде не будут больше ординат эпюры [Л4]; в одном сечении (посредине пролета) ординаты этих эпюр одинаковы.
Можно запрсектировать такую балку, во всех поперечных сечениях которой наибольшие нормальные напряжения, возникающие от заданной нагрузки, будут одинаковы. Такая балка называется балкой (или брусом) равного сопротивления при изгибе.
Рассмотрим балку прямоугольного сечения, заделанную одним концом и нагруженную на другом конце силой Р (рис. 58.7, а). Наибольший изгибающий момент возникает в опорном сечении балки; он равен
М = — Р1.
В других сечениях изгибающий момент
М = — Рх,
273
где х—расстояние от свободного конца балки до рассматриваемого сечения.
Установим размеры поперечных сечений заданной балки так, чтобы наибольшее нормальное напряжение в каждом ее попереч-допускаемому напряжению [о]. Для этого необходимо, чтобы момент сопротивления W сечения с абсциссой х
W = | М |/[о]. (50.7)
Для прямоугольного сечения момент сопротивления
№=6Л2/6.
Подставим в формулу (50.7) выражения W и М:
Ь№/6 = Рх/[а\, откуда
6Л2 = 6Рх/[о]. (51.7)
Запроектируем балку (рис. 58.7, а) равного сопротивления постоянной высоты h, т. е. примем h — const. Тогда из условия (51.7)
b = ЬРхЦ№ [о]) = ktx, (52.7)
где
= 6P/(h* [о]).
Следовательно, ширина поперечного сечения балки прямо пропорциональна абсциссе этого сечения (рис. 58.7,6).
Запроектируем теперь балку (рис. 58.7, а) равного сопротивления постоянной ширины Ь, т. е. примем b = const. Из условия (51.7) для этого случая
Л = /ЬРх/(Ь [a])=k2]^x,
где
Л2 = /бР/(д[<ф.
Следовательно, высота поперечного сечения балки изменяется вдоль балки по закону параболы (рис. 58.7, в).
Балки равного сопротивления изгибу, показанные на рис. 58.7, б, в, имеют в зонах, расположенных около левых концов, весьма малые площади F поперечных сечений (при х = 0 площади F = 0). Поэтому в этих зонах балок от поперечной силы Q=—Р возникнут большие касательные напряжения, превышающие значение [т].
Наибольшие касательные напряжения в поперечных сечениях балок прямоугольного сечения Tmax = 3Q/(2F) [см. формулу (30.7)].
274
Приравняв их допускаемым напряжениям [т], найдем величину необходимой площади поперечного сечения:
[F] = 3| Q |/(2 [т])=ЗР/(2 [т]).
Для того чтобы балки, изображенные на рис. 58.7, б, в, удовлетворяли условию прочности не только по нормальным напряжениям, но и по касательным, размеры их сечений в зонах левых концов необхо- °* димо так увеличить, чтобы площади по- V/р
перечных сечений нигде не были меньше Jr_______
[FJ. Балки с такими усиленными левыми концами показаны иа рис. 59.7, а, б.
Аналогично можно запроектировать балки равного сопротивления при ином характере их закрепления и другом виде внешней нагрузки.
§ 12.7. ПОНЯТИЕ О ЦЕНТРЕ ИЗГИБА
В § 8.7 рассмотрено распределение касательных напряжений ту в поперечных сечениях бруса при прямом поперечном изгибе. Напряжения ту параллельны поперечной силе Q *. Кроме них, в сечениях балки действуют касательные на
пряжения tz**, перпендикулярные к силе Q, и нормальные напряжения о. Напряжения ту и т2 являются составляющими полного касательного напряжения, действующего в каждой точке поперечного сечения балки.
Выведем формулу касательных напряжений в поперечном сечении балки, находящейся в условиях прямого поперечного изгиба. Для этого из балки (рис. 60.7, а) выделим двумя поперечными сечениями бесконечно малый элемент длиной dx. Из этого элемента, показанного на рис. 60.7,6, выделим в свою очередь элементарную призму 1-2-3-4-5-6-7-8.
По граням 1-2-3-4 и 5-6-7-8 элементарной призмы, совпадающим с поперечными сечениями балки, действуют соответственно нормальные напряжения о и o4-dcr, величины которых определяются формулами
а = o + do = —~—у. (53.7)
Рис. 59.7
где М и M^-dM— изгибающие моменты, действующие соответственно в поперечных сечениях балки с абсциссами х и x-j-dx; у —
• Здесь, как и в § 8.7, предполагается, что поперечная сила Q действует параллельно вертикальной оси у поперечного сечения.
** При некоторых формах поперечного сечения, например’прямоугольной, эти напряжения во всех точках равны нулю.
275
расстояние от точки, в которой определяются напряжения д, до нейтральной оси.
Равнодействующая элементарных сил (a +do)4F1, возникающих по грани 5-6-7S призмы, больше равнодействующей элементарных сил возникающих по грани 1-2-3-4 (здесь Ft— площадь каждой из указанных граней). В связи с этим призма может находиться в равновесии лишь при условии, что по ее грани 1-5-8-4 действуют касательные напряжения тх (см. рис. 60.7,6).
Но тогда на основании закона парности касательных напряжений, такие же (по величине) касательные напряжения тг действуют по граням 1-2-3-4 и 5-6-7S элементарной призмы (см. рис. 60.7,6).
Составим уравнение равновесия элементарной призмы в виде суммы проекций всех приложенных к ней сил на ось балки:
= $ odF-\-i:xf)dx — J (о-]-dc/)dF = 0. F, Л
Здесь adF—равнодействующая элементарных сил adF, воз-
F,
никающих на грани 1-2-3-4-, J (<j-[-da)dF—равнодействующая эле-F,
ментарных сил (a + d<j)dF, возникающих на грани 5-6-7-8-, xx6dx— равнодействующая элементарных касательных сил, возникающих на грани 1-5-8-4; 6—размер поперечного сечения балки, измеряемый в направлении, перпендикулярном к нейтральной осн (в рассматриваемом на рис. 60.7 случае 6—толщина полки двутавра).
276
Предполагается, что касательные напряжения тх и тг по всей толщине 6 сечения одинаковы. Подставим в последнее уравнение выражения о и o + do по формулам (53.7):
У MydF + тх6 dx — J - ydF = О,
Ft Fi
ИЛИ
о , С dM ,г dM Р
Tv6 dx = — ydF == — J ydF.
Fi Fi
Но на основании теоремы Журавского
dM = Q dx.
Следовательно,
xx6dx = j* ydF,
Ft откуда
Интеграл ydF представляет собой статический момент пло-Ft
щади Fj относительно нейтральной оси z поперечного сечения балки. Следовательно,
tx = QSz/(J6).
По закону парности касательных напряжений величины напряжений xz, действующих в поперечном сечении балки, равны (по абсолютной величине) тх, т. е.
xz = QSz/(J6) или
t=QS/(J6). (54.7)
Формула (54.7) совпадает с формулой Журавского (£8.7), полученной в § 8.7 для касательных напряжений, параллельных поперечной силе Q. Таким образом, составляющие касательных напряжений, как параллельные, так и перпендикулярные к поперечной силе, можно определять по формуле Журавского, подставляя в нее соответствующие значения б (или Ь) и S.
Рассмотрим теперь распределение касательных напряжений в поперечном сечении балки корытного профиля (в швеллере), испытывающей прямой поперечный изгиб. На рис. 61.7,а изображена часть балки, расположенная справа от рассматриваемого сечения. Поперечную силу в этом сечении будем считать положительной и, следовательно, действующей на левый торец правой части балки снизу вверх. Левая часть балки отброшена.
Распределение касательных напряжений ту в стенке швеллера не отличается от их распределения, показанного на рис. 44.7,в
277
для двутаврового сечения, находящегося в условиях прямого поперечного изгиба (см. § 8.7).
Определим распределение касательных напряжений тг в верхней полке швеллера. Для этого проведем на расстоянии и от
Рис. 61.7
края полки вертикальное сечение (рис. 61.7,а). Определим статический момент S отсеченной части площади (заштрихованной на рис. 61.7,а) относительно оси г:
S — u8h/2.
По формуле (54.7)
тг = [Q/(J 6)] u8h/2 = [Qh/(2J)] и.
278
Эпюра напряжений xz изображена на рис. 61.7,а. В нижней полке напряжения xz по величине такие же, как и в верхней полке, но направлены в противоположную сторону. Напряжения xz в стенке швеллера равны нулю, что непосредственно следует из формулы (54.7), так как вертикальное сечение, проведенное через стенку швеллера, отсекает часть площади поперечного сечения, симметричную относительно нейтральной оси z; статический момент S этой части относительно оси z, следовательно, равен нулю, а потому и касательные напряжения xz в стенке швеллера также равны нулю.
Таким образом, при прямом поперечном изгибе в поперечных сечениях швеллера возникают следующие напряжения:
а) нормальные напряжения о, определяемые по формуле о= = эти напряжения создают бесчисленное множество эле-
ментарных нормальных сил odF, которые приводятся к действующему в сечении изгибающему моменту Л4;
б) касательные напряжения тг, действующие в полках швеллера и направленные горизонтально; равнодействующие Тг и Т2 элементарных сил т/!/7, возникающих соответственно в верхней и нижней полках швеллера, равны (см. эпюры xz на рис. 61.7,а):
Л = Т2 = [Qhb/(2J)] (b/2) 6 = Q [hb^/(4J)] 6,
их направления показаны на рис. 61.7,6:
в) касательные напряжения ху, направленные вертикально.
Действительные касательные напряжения ху, возникающие в полках швеллера, значительно меньше, чем в стенке, и практически их можно принимать равными нулю; поэтому эпюра ху построена только для стенки швеллера. С достаточной для практики точностью можно принять, что равнодействующая Та касательных сил xydF, возникающих в стенке швеллера, равна поперечной силе Q, а ее линия действия проходит посредине толщины стенки швеллера, как показано на рис. 61.7,6.
При изображении тонкостенных сечений (типа швеллера) часто проводят лишь осевые линии элементов профиля и строят эпюры касательных напряжений ху и xz вдоль этих линий (рис. 61.7,в).
Силы 7\, Т2 и Т3 можно заменить силой T3 = Q, приложенной в центре тяжести О поперечного сечения балки, и моментом Мх, действующим по часовой стрелке, равным моменту этих сил относительно продольной оси (оси х) балки (относительно точки О на рис. 61.7,6,в):
Мх = Т\± + Тг± + Т3 (a-6/] = Q^6h + Q (a-%) , Li \ L J ли \ LI
пли
Afx = Q(^6+a-^), (55.7)
где —толщина вертикальной стенки швеллера (см. рис. 61.7,а).
Поперечную силу Q и момент Л4Х, действующие в поперечном сечении, можно заменить одной силой Q, но приложенной не
279
в центре тяжести поперечного сечения, а в точке /< на расстоянии с от центра тяжести (рис. 61.7,6). Это расстояние определяется из выражения
с = MX/Q = [(b2h*)/(4J)] 8+а — бх/2.
Сила Q, приложенная к точке Д’, должна создавать относительно оси балки момент Мх того же знака, как и силы 7\, Т2 и 7\. Поэтому расстояние с должно быть отложено от центра тяжести сечения в сторону к стенке швеллера (см. рис. 61.7,6).
Расстояние I от точки К до оси стенки швеллера определяется из выражения
I =с — (а — бх/2) = [b2h2/(4J)] д. (56.7)
Точка К называется центром изгиба. Она является центром внутренних касательных сил*, действующих в поперечном сечении балки (при прямом поперечном изгибе), т.е. точкой приложения равнодействующей этих сил.
Итак, влияние отброшенной (левой) части балки на оставленную (правую) при прямом поперечном изгибе можно представить в видэ поперечной силы Q, проходящей через центр изгиба параллельно оси у, и изгибающего момента М относительно оси z. Сила Q и момент М, представляющие собой воздействие левой части балки на правую, не дают момента относительно оси центров изгиба (параллельной оси х и представляющей собой геометрическое место центров изгиба поперечных сечений балки).
Следовательно, для того чтобы балка испытывала прямой поперечный изгиб, внешние силы не должны создавать момента относительно оси центров изгиба. Если они создают такой момент, то балка, кроме изгиба, испытывает также деформацию кручения.
На рис. 62.7 показаны консольные прокатные балки из швеллеров. Первая из них (рис. 62.7,а) на свободном конце загружена вертикальной силой Р, проходящей через ось центров изгиба и не создающей момента относительно нее. В этом случае, следовательно, балка испытывает прямой поперечный изгиб; нормальные напряжения в ее поперечных сечениях могут определяться по формуле о = (MJ Jz) у, а касательные—по формуле Журавского T=QSz/(</Jh) [или т = QSZ/(JZ6)|.
Вторая балка (рис. 62.7,6) загружена на свободном конце вертикальной силой Р, проходящей через ось балки (осьл). Эта сила создает относительно оси центров изгиба момент, равный Рс, действующий в плоскости поперечного сечения и направленный против часовой стрелки. Следовательно, заданная сила Р статически эквивалентна силе РГ = Р, проходящей через ось центров изгиба, и скручивающему моменту Рс (действующему против часовой стрелки). В данном случае балка испытывает прямой попе
* Центром системы сил называют точку, относительно которой главный момент системы равен нулю. Следовательно, если принять эту точку за центр приведения, то система сил приведется только к главному вектору, который в этом случае является равнодействующей данной системы сил.
280
речный изгиб (от силы PJ и кручение от момента Рс. В поперечных сечениях балки при этом возникают нормальные и касательные напряжения, определяемые, как при прямом поперечном изгибе, и, кроме того, касательные напряжения от действия скручивающего момента Рс. Последние приближенно можно определить по формулам, приведенным в § 6.6.
Третья балка (рис. 62.7,в) загружена у свободного конца вертикальной силой Р, а на границе участков / и // (в точке В)— силой 0,5Р; сила Р создает относительно оси центров изгиба скручивающий момент Р(с/2), действующий по часовой стрелке, а сила 0,5Р — скручивающий момент такой же величины (0,5Рс), но действующий против часовой стрелки (рис. 62.7,г). На участке / (рис. 62.7,в) балка одновременно испытывает состояние прямого поперечного изгиба и кручения; участок // можно приближенно Считать находящимся в состоянии прямого поперечного изгиба, так как суммарный момент относительно оси центров изгиба от сил Р и 0,5Р, приложенных левее участка //, равен нулю.
2«1
Аналогично тому, как найден центр изгиба для швеллера, можно определить центры изгиба и других типов сечений. Центр изгиба сечения, симметричного относительно некоторой оси, всегда расположен на этой оси. Если поперечное сечение симметрично относительно двух или большего числа осей, то центр изгиба совпадает с центром тяжести сечения.
Легко установить положение центра изгиба для тонкостенного сечения, состоящего из нескольких прямоугольников, оси которых пересекаются в одной точке. Касательные напряжения в каждом таком прямоугольнике при прямом поперечном изгибе направлены параллельно его длинным сторонам, а равнодействующая элементарных касательных сил по каждому прямоугольнику совпадает с его осью. Все такие равнодействующие пересекаются в одной точке (в точке пересечения осей прямоугольников), а потому поперечная сила в сечении, являющаяся их общей равнодействующей, при прямом поперечном изгибе проходит через эту точку, которая, следовательно, и является центром изгиба.
Полученные на основе таких рассуждений центры изгиба (точки К) для некоторых типов сечений показаны на рис. 63.7.
Следует учесть, что брусья тонкостенного открытого профиля (типа швеллера) плохо сопротивляются деформации кручения; поэтому при использовании таких брусьев в качестве элементов конструкций, работающих на изгиб, следует принимать конструктивные меры для такой передачи нагрузки, при которой плоскость ее действия проходит через центры изгиба поперечных сечений бруса. В частности, для швеллерной балки это можно осуществить, прикладывая нагрузку к угловому коротышу, приваренному к ее стенке (см. рис. 62.7,а).
§ 13.7. ПОНЯТИЕ О РАСЧЕТЕ СОСТАВНЫХ БАЛОК
Составными называются балки, отдельные элементы которых соединены между собой с помощью заклепок, сварки, болтов и т. п.
На рис. 64.7,а изображено поперечное сечение клепаной составной балки, стенка которой состоит из вертикального листа,
282
а пояса состоят из горизонтальных листов и уголков. На рис. 64.7,6 показано поперечное сечение сварной составной балки из вертикального листа (стенки), уголков и горизонтальных листов (поясов). На рис. 64.7,в изображена деревянная составная балка из двух брусьев, соединенных между собой с помощью болтов и деревянных шпонок.
а)
верхний пояс
Уголки
Стенки
Горизонтальные листы
Горизонтальные заклепки вертикальные заклепки
Нижний пояс
Рис. 64.7
0)
Составные балки обычно применяются тогда, когда имеющиеся прокатные стальные балки и отдельные деревянные брусья не обладают необходимой прочностью (или жесткостью).
При расчете на прочность составная балка рассматривается как одна монолитная балка, имеющая сложное поперечное сечение, состоящее из нескольких простых. Наибольшие нормальные напряжения в поперечных сечениях определяются по формуле
°max — ^тах/^»
(57.7)
283
где IT —момент сопротивления поперечного сечения составной балки, подсчитанный с учетом ослабления его отверстиями для заклепок и болтов, пазами для шпонок и т. п.
Заклепки, сварка, шпонки, болты и другие скрепления составной балки обеспечивают совместную работу ее элементов при изгибе (как единой монолитной балки). Расчет скреплений производится на сдвигающие усилия, возникающие между элементами составной балки. Определение этих усилий—специфика расчета составных балок. Рассмотрим отдельно особенности расчета скреплений клепаной и сварной металлических балок и составной деревянной балки.
Клепаная балка
На рис. 65.7 изображен участок клепаной балки, на котором ее сечение состоит из вертикального листа, четырех уголков и двух горизонтальных листов*. Горизонтальные заклепки 1 препятствуют сдвигу поясов (уголков и горизонтальных листов) относительно вертикального листа (стенки балки), а вертикальные заклепки 2—сдьыгу горизонтальных листов относительно уголков.
Сдвигающее усилие, приходящееся на единицу длины балки, можно определить по формуле (31.7):
T=QSU. (58.7)
где Q — поперечная сила в рассматриваемом сечении балки; S — статический момент (относительно оси г) сдвигающейся части сечения; J — момент инерции всего сечения относительно оси г.
Значения S и J подсчитываются без учета ослабления сечения отверстиями для заклепок.
Каждая горизонтальная заклепка воспринимает сдвигающее усилие
Т1 = Т-а = (QS/J) а, (59.7)
где а—шаг заклепок (рис. 65.7).
* На других участках, на которых действуют большие изгибающие моменты, в сечении балки может быть большее число горизонтальных листов.
284
Если vзадан шаг заклепок, то по усилию 7\ расчетным путем определяется диаметр> горизонтальных заклепок, при котором обеспечивается прочность их на двойной срез и на смятие *, Если же задан диаметр заклепок, то сначала определяется допускаемое усилие [7\], равное меньшему из усилий, которые может воспринять одна заклепка на двойной срез и на смятие, а затем из условия прочности
Л = (QS/J) [7\] (60.7)
находится шаг заклепок.
При расчете горизонтальных заклепок в формулах (58.7)—(60.7) величина 5—статический момент поперечного сечения одного из поясов балки относительно оси г (в случае, показанном на рис. 65.7, пояса, состоящего из одного горизонтального листа и двух уголков).
Аналогично рассчитывают и вертикальные односрезные заклепки. При этом в качестве S в формулы (58.7)—(60.7) подставляют половину статического момента (относительно оси z поперечного сечения) горизонтальных листов одного пояса (в случае, показанном на рис. 65.7,— половину статического момента одного горизонтального листа). Этим учитывается, что вертикальные заклепки каждого пояса расположены вдоль оси балки в два ряда.
Расчет клепаной балки рассмотрен ниже в примере 13.7.
Сварная балка
При расчете сварной балки, так же как и при расчете клепаной, сдвигающее усилие, приходящее на 1 см длины балки, определяется по формуле (58.7). Это усилие передается на два фланговых шва длиной по 1 см. Условие прочности при этом имеет вид
Т <2-0,7/i [тш], (61.7)
где /i —высота шва; [тш] — допускаемое напряжение на срез сварного шва.
При расчете швов, прикрепляющих пояса балки к стенке, в формуле (58.7) S—статический момент поперечного сечения одного из поясов относительно оси г, а при расчете швов, прикрепляющих горизонтальные листы к уголкам, S—статический момент поперечного сечения горизонтальных листов (на рис. 64.7,6,— одного горизонтального листа).
Расчет сварной балки рассмотрен ниже в примере 14.7.
Составная деревянная балка
При расчете составной деревянной балки, изображенной на рис. 64.7,-?, принимается, что все сдвигающее усилие по плоскости 1 — 1 воспринимается шпонками. Усилие Ти действующее на одну
* Методика такого расчета не отличается от изложенной в § 4.4.
285
шпонку, определяется по формуле (59.7), в которой а — расстояние между осями соседних шпонок, a S—статический момент половины поперечного сечения балки относительно оси (рис. 64.7,в).
Условие прочности имеет вид
ЛС[Л],
где [7\] — меньшая из допускаемых на одну шпонку нагрузок, подсчитанных для следующих четырех видов деформаций: а) среза шпонки, б) скалывания балки по плоскости 1—2 между шпонками, в) смятия балки вдоль волокон на поверхности 1—3 контакта со шпонкой, г) смятия шпонки по той же поверхности.
$ 14.7. ПОНЯТИЕ О БАЛКАХ РАЗНОРОДНОЙ УПРУГОСТИ
Рассмотрим балку разнородной упругости, у которой отдельные группы продольных волокон имеют различные модули упругости, например железобетонную балку. В каждом поперечном сечении железобетонной балки часть площади принадлежит бетону, имеющему один модуль упругости, а часть—металлу, имеющему другой модуль упругости. В общем случае поперечное сечение может состоять из любого числа участков, различающихся по модулю упругости материала.
Расчет брусьев, работающих на растяжение (сжатие) и состоящих из материалов, имеющих различные модули упругости, рассмотрен в § 9.2 и в примере 13.2. Установлено, что расчет бруса разнородной упругости можно заменить расчетом бруса однородной упругости с площадью поперечного сечения, приведенной к одному материалу (к одному модулю упругости £0). Приведенная площадь £"р поперечного сечения бруса определяется по формуле
1 = I
/?onp = /?o + ^Jz + F//^+...=
Рис.66.7 Здесь £0—площадь поперечного сечения,
соответствующая материалу „0й, к которому приводится все сечение (рис. 66.7); fz, Ff/, ...—площади поперечного сечения, соответствующие материалам /, /7, ...; £0, £z, £zz, ...—модули упругости материалов 0, 7, 77, ...; п—количество различных материалов, составляющих сечение бруса.
Нормальные напряжения в поперечных сечениях растянутого (или сжатого) бруса разнородной упругости в материале с модулем упругости Д определяются выражением
Таким образом, при расчете растянутых (или сжатых) брусьев разнородной упругости каждая единица площади поперечного сече
286
ния, принадлежащая i-му материалу, рассматривается как Е^Е^ единиц площади материала 0 (к которому приводится все сечение).
Аналогично производится расчет брусьев разнородной упругости при изгибе. В этом случае геометрические характеристики сечений (их площади, статические моменты и моменты инерции), так же как и в случае центрального сжатия, приводятся к одному материалу. При вычислении геометрических характеристик величина площади поперечного сечения, принадлежащей каждому материалу, умножается на коэффициент, равный отношению модуля упругости этого материала к модулю упругости того материала, к которому приводится все сечение. При этом положение каждой частицы площади поперечного сечения остается неизменным, независимо от того, больше, меньше единицы или равен ей указанный коэффициент.
Таким образом, выражения геометрических характеристик в случае бруса разнородной упругости имеют вид*:
F
о
dF-,
(62.7)
Здесь Е—модуль упругости материала, соответствующий элементарной площадке dF поперечного сечения бруса; Еа — модуль упругости материала, к которому приводится сечение; у и z—координаты элементарной площадки.
Формулы, выражающие зависимости между геометрическими характеристиками относительно различных осей, полученные в главе 5 для сечений брусьев из материала однородной упругости, действительны и для брусьев разнородной упругости, но относятся в этом случае к приведенным сечениям, а не фактическим. Так, например, формула (25.5) изменения осевых моментов инерции при параллельном переносе осей принимает для бруса разнородной упругости вид
/ПР = jnp + a2fnp;
условие равенства нулю центробежного момента инерции сечения относительно главных осей принимает вид
=0. гм»
При изгибе бруса разнородной упругости нормальные и касательные напряжения в его поперечных сечениях определяются по следующим формулам [аналогичным формулам (17.7) и (28.7)]:
«я-7)
_ (?$"₽ £,• Т' ~ 7ПР&"Р £7 1
* Условимся индексы 0 при геометрических характеристиках, указывающие, к какому материалу они приведены, не употреблять.
(64.7)
287
Здесь bnp—^-^~-db—приведенная ширина бруса в уровне, в кото-ь ром определяются касательные напряжения.
Определим в качестве примера напряжения в поперечном сечении балки разнородной упругости (рис. 67.7, а), в котором действуют изгибающий момент Mz— 100 тс-м и поперечная сила Q=40 тс. Поперечное сечение балки состоит из стальной части в форме тавра (£'с = 2-10в кгс/см2) и из двух медных частей в виде прямоугольников (Ем=106 кгс/см2). При расчете будем приводить заданное сечение к стальному.
Рис. 67.7
Определяем расстояние а от центра тяжести приведенного сечения до оси гх:
5PtP _ 10.32.35 + 30-12.15+ [30-10-15- 10«/(2.10б)|-2 _ 21 100 _ г а — 10-32 + 30.12 + [30.10.10«/(2.10«)j.2 ~ 980
Определяем момент инерции приведенного сечения относительно оси г, проходящей через центр тяжести этого сечения, т. е. относительно его нейтральной оси (рис. 67.6, б):
32J^.+ 10-32-13,5+-^|^4- 12-30-6,52 +
+ (+ 10• 30 • 6,5*) т+й • 2 » 13,83• 1О см*.
\ 1 £ J li' I'J
288
Определяем приведенный статический момент (относительно нейтральной оси) части сечения балки, расположенной ниже оси г:
S"₽ = 21,5-12 .^ + 21,5-10-^5. J5L.2 = 5085 сл<3.
Приведенная ширина балки на уровне нейтральной оси (оси г) 12+10-^-2 = 22 см.
По формуле (63.7) определяем абсолютные значения нормальных напряжений в поперечном сечении (рис. 67.7, в) *: на уровне а — а
Уа = 75^4-18,5 = 1335 кгс/см2', на уровне b—b
ас6> = Уь = ^83-W • 8>5 = 615 кгс/сл2;
о<"> = п<<» f* = 615 • = 308 кгс/см2-,
на уровне d—d
°сЛ = унт У а = Тз~§^Г(Н'21 ’5 = 1550 кгс/сл‘2’>
о^ = о^> = 1550 • = 775 кгс/см2.
Нормальные напряжения в верхней части балки отрицательны (сжатие), а в нижней положительны (растяжение), так как в сечении действует положительный изгибающий момент. Эпюры нормальных напряжений для стальной и медной частей сечения балки изображены на рис. 67.7, г, д.
Касательные напряжения на уровне с—с (на уровне нейтральной оси) определяем по формуле (64.7):
= 66 • -^jj- = 33 кгс/см2.
§ 15.7. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ В БАЛКАХ ПОСТОЯННОГО СЕЧЕНИЯ МЕТОДОМ НЕПОСРЕДСТВЕННОГО ИНТЕГРИРОВАНИЯ
Под действием внешних сил, расположенных в одной из главных плоскостей прямой балки, ее ось искривляется в той же плоскости; при этом точки оси перемещаются.
Изогнутая ось балки называется упругой линией, а перемещения точек оси балки по нормали к ее недеформированной оси называются прогибами балки (прогибами оси балки или прогибами сечений балки). Обозначим прогибы балки у.
* Ниже ас и тс — напряжения в стали, ом и тм— напряжения в меди.
10 № 2331 289
На рис. 68.7* изображена прямая ось недеформированной балки и ось, изогнутая нагрузкой, действующей на балку. Прогибы yt и уг точек 1 и 2 оси балки в действительности весьма
0
Р
1
Недеформпроданная ось балки .
Прогиб точки 1 КОН11а’
(сечения 1) упругая пиния пки* (изогнутая ось балки)
Рис. 68.7
малы по сравнению с длиной балки, а потому их принято изображать в более крупном масштабе, чем длину оси.
Длина оси балки при изгибе остается неизменной, так как
ось расположена в нейтральном
левом конце оси балки. Ось j мированной оси балки), а ось
слое, а нормальные напряжения в поперечных сечениях балки в уровне этого слоя равны нулю.
Искривление оси балки вызывает не только прогибы, но и смещения точек оси по горизонтали. Эти смещения, как правило, весьма малы по сравнению не только с длиной балки, но и с прогибами ее оси; поэтому ими при расчетах пренебрегают.
При деформации балки ее поперечные сечения не только поступательно смещаются, но и поворачиваются. Пренебрегая деформациями сдвига, можно считать угол О поворота поперечного сечения балки равным углу между касательной, проведенной к изогнутой оси балки в этом сечении, и недеформированной осью балки (рис. 69.7), т. е. углу поворота оси балки* **.
Выберем прямоугольную систему координат ху с началом О на направим вправо (вдоль недефор-//—вверх (рис. 70.7). Прогибы балки
♦ На рис. 68.7—70.7 изображены балки, заделанные одним концом и нагруженные сосредоточенной силой на другом конце. Для вывода расчетных формул можно показать балки и других типов, нагруженные любой нагрузкой, вызывающей деформацию прямого поперечного изгиба.
** Прогибы часто называют линейными перемещениями оси балки, а углы поворота — угловыми ее перемещениями.
290
(прогибы оси) будем считать положительными, если точки ее оси смещаются при деформации вверх. Углы поворота '0* положительны, если поперечные сечения при деформации поворачиваются против хода часовой стрелки. Прогибы и углы поворота, показанные на рис. 68.7, 69.7 и 70.7, отрицательны. Прогибы оси балки измеряются в мерах длины (см, мм и т. д.), а углы О поворота поперечных сечений—в радианах.
Плоскости двух смежных поперечных сечений деформированной балки, отстоящих друг от друга на расстояние dx, пересекаются в центре кривизны участка dx оси балки. Расстояние р от центра кривизны до оси балки называется радиусом кривизны оси (см. рис. 70.7). В § 7.7 получена формула (16.7), выражающая связь между радиусом кривизны оси балки, изгибающим моментом в поперечном сечении балки и жесткостью поперечного сечения при изгибе*:
l/p = M/(EJ).
Отношение 1/р представляет собой кривизну оси балки.
Из курса высшей математики известна зависимость между радиусом кривизны плоской кривой и координатами х и у ее точек:
P
d*y
dx2______
'du\2] 3/2 *
(65.7)
Подставим в выражение (65.7) значение 1/р по формуле (16.7): d*y dx2 fdu\2] 9/2 •
м EJ
(66.7)
Первая производная ^входящая в знаменатель формулы (66.7), представляет собой тангенс угла О между осью х и касательной к упругой линии. Практически углы '& весьма малы: они, как (du \ 2
) в формуле (66.7) не превышает 1,0001, т. е. практически не отличается от единицы, в связи с чем величиной I ~ ) можно пренебречь. Тогда уравнение (66.7) примет вид
М___d2y
EJ dx2 ‘
Как было указано выше, = Так как углы О весьма малы, то можно принимать
? = «•
dx
* Индексы при М и J не указываем.
(67.7)
10*
291
На рис. 71.7 показан участок dx изогнутой оси балки. Первая производная = йа этом участке возрастает с увеличением
d2u
абсциссы х. Следовательно, вторая производная на этом участке
положительна. Для того чтобы могла возникать деформация участка dx, показанная на рис. 71.7, необходимо, чтобы изгибающий момент М в сечениях этого участка балки был положителен.
Следовательно, при положительном значении М величина также по-dx2
ложительна, а потому перед правой « М , d2y х
частью формулы = будет знак «плюс», т. е.
^2У М /ко
dx 2~~ EJ ’ (ЬЪ.7)
Уравнение (68.7) называется основным дифференциальным уравнением изогнутой оси балки. Оно является приближенным, так как при его
Рис. 71.7 выводе точное выражение кривизны
оси заменено приближенным. Кроме того, не учтены деформации балки, связанные с наличием поперечных сил. Определение прогибов и углов поворота поперечных сечений балок, выполненное с учетом влияния поперечных сил, показывает, что в подавляющем большинстве случаев это влияние несущественно и им можно пренебречь.
Проинтегрировав выражение (68.7), получим уравнение углов поворота сечений балки
4/ dx
= e = jAdl+c.
(69.7)
Интегрируя второй раз, получаем уравнение прогибов (уравнение упругой линии):
= + (70.7)
Изгибающий момент М, входящий в эти уравнения, является функцией координаты х поперечного сечения балки.
Для балки постоянного сечения £7 = const и, следовательно,
# = (1/£J) J Mdx + C\ (71.7)
у= (1 /EJ) j dx М dx + Сх + D. (72.7)
Уравнения (71.7) и (72.7) служат для определения углов поворота и прогибов поперечных сечений балок. В эти уравнения входят постоянные интегрирования С и D, которые можно опре
292
делить из граничных условий. Порядок определения линейных и угловых перемещений поперечных сечений балок с помощью уравнений (71.7) и (72.7) рассмотрим на конкретных примерах.
Определим прогибы и углы поворота поперечных сечений балки на двух опорах, нагруженной сплошной равномерно распределенной нагрузкой q (рис. 72.7).
Рис. 72.7
Изгибающий момент в сечении балки с абсциссой х
М =RAx—^- = ^x — q~2 .
Подставим это выражение в дифференциальное уравнение упругой линии (68.7):
d2y_1 / qlx_дх2\
dx2 ~ EJ \"2 Г ) •
Проинтегрируем это уравнение дважды:
аУ _ а — 1 ях3\_1_г_дх2Г1 дс\
dx ~EJ\4 6 j'^~2EJ ’<2~3’J'hG’
»=M^-£)+&+D=ras('-|)+c*+D-
Для определения постоянных интегрирования С и D используем граничные условия: на концах балки (при х = 0 и х = 1) ее прогибы у0 и ус равны нулю, так как в этих сечениях балка опирается на жесткие шарнирные опоры (см. рис. 72.7). Подставим значения х = 0 и х = 1 в последнее выражение:
«• = bS('-t)+c'0+d=0-откуда
D = ya = 0;
У1 = О Т ) + + 0 = 24Ё} + С/ = О, откуда
г_qJL
~ 24EJ ’
293
Полученные значения С =—и £> = 0 подставим в выражения и у:
* <}13 . <7*3 f f х \ ql3x 2EJ\2______________________________3 } 24EJ ’ y ~ 12EJ V 2 J 24EJ "
По этим уравнениям можно определить прогиб у и угол поворота Ф любого поперечного сечения балки. Практическое значение имеет наибольший (по абсолютной величине) прогиб. Для определения абсциссы сечения, в котором возникает такой прогиб, dy следует приравнять нулю производную , т. е. приравнять нулю угол поворота Ф;
n fl ж, \ ql3 n
2EJ\2 3) 24EJ ‘
Решать это уравнение (третьей степени относительно неизвестного в данном случае не является необходимым, так как балка симметрична относительно своей середины (см. рис. 72.7), а потому угол поворота посредине балки равен нулю. Действительно, подставим в последнее уравнение значение х1 = 1/2:
л _q(l/2)3(l l\ _ql3__ ql3 ql3 р
'/2— 2EJ \ 2 3-2/ 24EJ ~ 24EJ 24EJ ‘
Наибольший (по абсолютной величине) прогиб (посредине балки) найдем, подставив в выражение у значение x = x1 = Z/2:
_q(U2)3(t I \ ql3(U2)_ 5ql*
У!'2~ 12EJ V 2-2) 24EJ ~ 384EJ ‘
Знак «минус» указывает на то, что балка прогибается в сторону отрицательных значений у, т. е. вниз.
Угол поворота сечения на левой опоре получим из выражения О, приняв в нем х = 0:
= 24EJ ' Т' е‘ ®о~С‘
Угол поворота сечения на правой опоре получим, подставив в то же выражение значение х = 1:
а { 1 1\ - я1*
‘ ~2EJ \2 3 J 24EJ ~ 24EJ ’
Углы поворота Фо и f>z сечений на левой и правой опорах равны друг другу по величине и обратны по знаку (см. рис. 72.7).
Заметим, что постоянные интегрирования С и D представляют собой углы поворота и прогиб поперечного сечения балки при х = 0, т. е.
С = $о и D = y„.
Определим прогибы и углы поворота поперечных сечений балки, заделанной левым концом и нагру-294
же ни,.ой по всей длине равномерно распределенной нагрузкой qt а на правом конце сосредоточенной силой Р (рис. 73.7).
Изгибающий момент в сечении балки с абсциссой х
M = WA + RAx-q^.
al2
Здесь = —Р1—реактивный (опорный) момент; RA = ql-\-P —
вертикальная опорная реакция.
Дифференциальное уравнение (68.7) для данного случая принимает вид
0=г7(-¥-р' + «'-'+^-тУ
Интегрируем это уравнение дважды:
dy Л_ _Lf_£i!5_p/r । Рх'г я&Х
dx ~EJ\ 2 2 *т 2 6 )
1 / qlV- Plx2 . qlx3 . Px3 qx*\ . „ y = Ej{—4---2~ + 1Г + Пб—
Постоянные С и D определяются из условий закрепления левого конца балки. Здесь (при х = 0) прогиб у0 и угол поворота сечения О0 равны нулю (см. рис. 73.7). Подставим значение х=0 в выражения для Ф и у:
^о = С = О; yo = D = 0.
Окончательно уравнения углов поворота и прогиба балки принимают вид:
«_±(-Их+^-ф+’4:_£);
1 / Plx3 . Px3 ql-x3 . qlx3 qx*\
У = Ё7{-2~+~6~~^~4~+^~6~~^4J'
Наибольший прогиб и наибольший угол поворота возникают на свободном конце балки, т. е. при х = 1
У‘~ EJ\ 3 ' 8 ) ’ ~ EJ 2 + 6 ) •
295
В частных случаях: если действует одна - только сила Р, т. е. q=0, то
_ р/3 _ р12
У,~ 3EJ ’ 2EJ ’
если действует одна лишь равномерно распределенная нагрузка q, т. е. Р = О, то
,, _ а______________yJL
Jl~ 8EJ ’ 6EJ '
Определим прогибы и углы поворота поперечных сечений балки на двух опорах, нагруженной сосредоточенной силой Р на расстоянии а от левой опоры (рис. 74.7). Балка имеет два участка.
Изгибающие моменты в сечениях участка I (т. е. при О^х^а) и в сечениях участка II (т. е. при а^.х^.1) равны
Mr—RAx = l^-x\
М" = RAx—Р (х — а) = ^- х—Р (х—а).
Так как выражения изгибающих моментов для участков I и II различны, то и уравнения упругой линии на участках I и II различны. Поэтому интегрирование уравнения (68.7) производим раздельно для каждого из участков.
Для участка / уравнение (68.7) принимает вид
М' _ РЬ dx*~ EJ ~ ЕЛ х’
интегрируем его дважды:
_____л/___ рЪ х~ [ р . dx ~ 2ЕЛ~'~'^1’
l pbx3 , п , У — ОЕЛ +^ix+ Di-
Для участка // уравнение (68.7) принимает вид
d2y_ мч dx* ~ EJ
1 ГРЬ о/ .1
Тл ;
296
интегрируем это уравнение дважды:
dy _ Aff _ । Г РЬх* Р(х—а)2] । r
dx~~ EJ L 2/ 2 J
откуда
r[_J_ \Pbx* Р(х-аП +Cx,D
Здесь применен так называемый прием Клебша, состоящий в следующем: при интегрировании выражение Р(х—a)dx заменяется выражением Р (х—a)d(x—а), так как d(x—a) = dx, и интегрирование ведется без раскрытия скобок. Таким образом,
J Р(х—a)dx = J Р(х—a)d(x—а) =--х~а^ -}-С.
В полученные уравнения для углов поворота и прогибов балки входят четыре постоянные. При их определении используем условия для концов балки и для сечения на границе участков lull. На левой опоре (при х = 0) и на правой опоре (при х = /) прогибы равны нулю; в конце участка / (при х = а) прогиб и угол поворота сечения равны соответственно прогибу и углу поворота сечения в начале участка II (при х = а) (см. рис. 74.7):
z/J=O; у/'=0;
Подставляем соответствующие значения х в уравнения прогибов и углов поворота:
У1» = 0^0; (а)
= \^Г-+C2Z + P2 = ^(/2-mC7 + O2 = 0; (б)
/ Pba3 . п . р. ц Pba3 , р, р. .
Уа QEJI 4“ 4“ Уа QEJi 4“ ^2» (В)
а~2ЕЛ^ 1 а 2£J/^U2‘ 'Г)
Из равенств (в) и (г)
С\ = С2 и D.=D2.
Постоянные Ct и С.2, а также и D2 равны друг другу в результате применения приема Клебша при интегрировании дифференциального уравнения упругой линии.
Из равенства (а)
^ = 0, следовательно,
О.2 = 0.
С учетом этого из равенства (б) находим
= — яр77 (/2—Ь2)
207
и, следовательно,
Подставим найденные значения постоянных в уравнения прогибов и углов поворота сечений балки:
и 2ЕЛ &ЕЛ ' и > 2ЕЛ V 3 3 / ’
г РЬ X3 РЬ {tn t.n\ РЬ X / л . tn tn\
= 6ЁЛ~&ЁЛ^ ~b }X==6EJl (Х ~
[Pbx2 Р(х-аУ1 РЬ
EJ [ 21 2 J &ЕЛv ' ~
Pb f '/г\ Р(х-а)3.
2ЕЛ \Л “г 3 3 ; 2EJ ’
y ~ EJ [ 6/ 6 J &ЕЛv u >л ~
__ Pb* (x24-b2 /2) <-x a)3
— f>EJl'x'° ' 6EJ ’
Рассмотрим случай, когда сила Р приложена посредине пролета. Упругая линия в этом случае симметрична относительно середины пролета. Подставим в уравнения для 0,/и у1 значения a = Z> = //2:
а/ ,Р(//2) 2ЕЛ
,Р(1/2)х 6ЕЛ
Наибольший прогиб посредине пролета (при х = //2)
Р (l/2) [fl у з/2^-| Р1з
У1/2~ 12EJ |Д 2 7 4/1 48EJ'
Угол поворота на левой опоре (при х = 0)
16£J ’
На основании выполненных примеров можно установить сле-[ующий порядок определения перемещений (при изгибе балок) ме-одом непосредственного интегрирования дифференциального уравнения упругой линии.
1. Для каждого участка балки составляются выражения изгибающих моментов.
2. Выражения изгибающих моментов для каждого участка балки подставляются в основное дифференциальное уравнение изогнутой оси балки (68.7).
3. Определяются общие выражения углов поворота и прогибов сечений для каждого участка балки путем двухкратного интегрирования основного дифференциального уравнения.
298
4. Определяются постоянные интегрирования из условий на опорах балки и на границах ее участков.
Полученные значения постоянных подставляются в общие выражения углов поворота и прогибов сечений балки.
6. В зависимости от условий задачи вычисляются значения углов поворота и прогибов тех или иных сечений балки. В большинстве случаев определяется наибольший (по абсолютной величине) прогиб или близкий к нему по величине прогиб посредине пролета. В тех случаях, когда требуется построить упругую линию, определяются прогибы ряда сечений.
§ 16.7. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЯ В БАЛКАХ
ПОСТОЯННОГО СЕЧЕНИЯ МЕТОДОМ НАЧАЛЬНЫХ ПАРАМЕТРОВ
Как уже известно, при определении перемещений методом непосредственного интегрирования необходимо для каждого участка балки составлять выражения изгибающих моментов и производить интегрирование основного дифференциального уравнения изогнутой оси балки. Поэтому при двух или большем числе участков балки применение изложенного метода становится затруднительным.
Ниже рассмотрено определение линейных и угловых перемещений при изгибе балки постоянного сечения методом начальных параметров. Этот метод не требует составления выражений изгибающих моментов и интегрирования дифференциального уравнения изогнутой оси балки. Число постоянных, подлежащих определению, не превышает двух, независимо от числа участков балки.
Метод начальных параметров получил широкое применение при решении разнообразных инженерных задач. Его разработали советские ученые Н. П. Пузыревский, П. Г. Куликовский, Н. К. Снитко, Н. И. Безухов, А. А. Уманский и др.
Рассмотрим балку длиной /, находящуюся в равновесии под действием приложенных к ней нагрузок и опорных реакций. Левая часть этой балки длиной изображена на рис. 75.7. Условимся считать направления нагрузок Р, q, q', ЗЯ, показанные на этом рисунке, положительными*. Совместим с левым концом балки начало О прямоугольной системы координат ух и направим ось х вправо, а ось у—вверх.
Составим выражения для поперечной силы Q и изгибающего момента М, возникающих в поперечном сечении участка VI балки с абсциссой х (рис. 75.7):
Q = P1+P2 + qC +?^-, ]
’ Л (73.7)
М = ^1 + Р1Ср1-гР2сРг+^ + ^. )
♦ Величина q' = qx/cq (см. рис. 75.7) представляет собой скорость изменения интенсивности нагрузки, распределенной по закону треугольника, и выражается в (тс/м)/м (или тс/м2), (кгс/см)/см (или кгс/см2) и т. д.
299
В эти уравнения входят все нагрузки, приложенные к балке левее рассматриваемого сечения (с абсциссой х). Сила Р3 не входит в них, так как она приложена правее этого сечения. Составленные уравнения действительны для всех сечений в пределах одного лишь участка VI. Для других участков балки выражения Q и М. отличаются от приведенных выражений. Например, в выражения Q и М для участка II не войдут нагрузки ЭЛ, Р2, q и q', приложенные правее него, а в выражения Q и М для участка VII дополнительно
В первом из уравнений (73.7) заменим сумму Р<+Р3 выражением 2^» а во ВТ0Р°м PtcPt + ? 2СPi — выражением £Рс. Тогда эти выражения будут действительны при любом числе сосредоточенных сил Р, приложенных левее рассматриваемого сечения. Аналогично представим и остальные члены выражения (73.7); индексов при с указывать не будем:
<2=Lp+2>+L^'.
(747)
Здесь каждая величина с означает расстояние от сечения, в котором приложена соответствующая сосредоточенная нагрузка или начинается действие распределенной нагрузки, до сечения, для которого определяется значение Q или М. Так, например, выражение ^Рс следует понимать как сумму P1cPi + Р2СР* + • ..ит. д., т. е. параметр г принимает последовательно значения cPt, сР2 и т. д.
Выражения (74.7) можно использовать для определения значений Q и М на любом участке балки, подставляя в них только нагрузки, приложенные к балке левее рассматриваемого сечения с абсциссой х.
Если распределенная нагрузка обрывается в сечении п—п, расположенном левее сечения с абсциссой х (рис. 76.7, а), то ее сле-
зоо
дует продолжить до правого конца балки и одновременно с этим приложить на участке от сечения п—п до правого конца балки нагрузку той же величины, но обратного знака (рис. 76.7, б).
Здесь факториалы, указанные в знаменателях дробей, равны 1! = 1; 21 = 1-2 = 2; 3! = 1-2-3 = 6.
Подставим выражение изгибающего момента по второй из формул (74.7) в основное дифференциальное уравнение изогнутой оси балки (68.7):
ЕJ § = М = £ + S Рс'1! + S ^/2!j + L <?'с73!.
Проинтегрируем дважды полученное уравнение, учтя при этом, что dx — dc:
Постоянные интегрирования Ст и Dm относятся к участку т балки. Для их определения рассмотрим два соседних участка т и
Участок т Участок т + 1
а Р
х
Рис. 77.7
т + 1 балки (рис. 77.7), на границе которых приложена сосредоточенная сила Р (или приложен сосредоточенный момент, или начинается действие распределенной нагрузки).
301
Представим уравнения (75.7) для участка т этой балки в виде: FJ ,в'от = EJym = Bx-\-Cmx-\-Dm,
Ах и Вх—правые части уравнений (75.7) без членов, содержащих постоянные интегрирования.
Для участка т -j-1 балки уравнения (75.7) примут вид:
EJ K+l = Ax+PJ^ + Cm+l-,
EJУт+t — Ех -] Цй I- Ст+1х 4~ Dm+J,
Но на границе участков tn и (tn +1), т. е. при х = а,
EJ $т~ EJ $т + 1 и EJ Ут~ EJ Ут + 1‘
Следовательно,
Аа-\-Ст~ Aa~^Cm+i и
~^гВт ~ Ba~i~Cm + ia +Цл + 1» откуда
+ t И Dm = Dm + l.
Рассматривая аналогично соседние участки tn-j~l и tn-}-2, получим
= Сот + 2 И Drn + 1 = Dm + 2.
Следовательно,
Ст ~ С\л + 1 ~ Ст + 2 — • • . ~ С\
Вт ~ +1 “ Вт + 2~ . . . = D.
Таким образом, постоянные интегрирования С (также и D), входящие в выражения (75.7), одинаковы для всех участков балки от первого до последнего, а потому индексы при этих постоянных в выражениях (75.7) могут отсутствовать. Для определения С и D по формулам (75.7) составим выражения и г/0 (для сечения на левом конце балки, т. е. при х = 0). Для этого сечения все расстояния с равняются нулю. Следовательно,
Е</О0 = С; EJ yQ = D.
Подставим найденные значения С и D в уравнения (75.7):
1 „В7)
Полученные выражения прогибов и углов поворота действительны при условии, что начальное сечение балки (с координатой х = 0) расположено у ее левого конца, а положительным для оси х является направление слева направо. В правых частях этих выражений с—расстояния от сечений, в которых
302
к балке приложена соответствующая сосредоточенная нагрузка (или начинается действие распределенной нагрузки), до сечения, для которого определяются значения # и у.
Нагрузки P = Q0 и = приложенные к левому концу (начальному сечению) балки, а также перемещения Фо и z/0 этого конца называются начальными параметрами. По значениям этих параметров (а также нагрузок, приложенных к балке по ее длине) с помощью уравнений (76.7) можно определить углы поворота # и прогибы у любых сечений । р
балки. Поэтому уравнения I
(76.7) называются уравнениями ________г—I______*______
метода начальных параметров.
При определении прогибов » '
и углов поворота поперечного |
сечения балки в вы раже- |
ниях (76.7) следует учи- Рис. 78.7
тывать все приложен-
ные к балке слева от рассматриваемого сече-
ния внешние сосредоточенные и распределенные нагрузки (включая и опорные реакции). Нельзя пропустить ни одной нагрузки, расположенной левее рассматриваемого сечения, и нельзя также включить в уравнение ни одну нагрузку, приложенную правее сечения. Нагрузки, приложенные правее некоторого сечения балки, конечно, влияют на прогиб и угол поворота этого сечения; их влияние учитывается тем, что в выражения (76.7) включаются реакции опорных закреплений балки, расположенных левее рассматриваемого сечения, а также начальные параметры и yQ. Так, например, влияние силы Р на прогиб уп и угол поворота сечения п—п балки, показанной на рис. 78.7, учитывается тем, что в выражения уп и Ьп входят опорная реакция R = Q0 и начальный параметр О0, зависящие от этой силы.
Для статически определимой балки начальные параметры Qo и Мо можно легко определить при помощи уравнений равновесия. Начальные же параметры й0 и у0 могут быть как известными, так и неизвестными—в зависимости от способа закрепления левого конца балки. Если левый конец защемлен, то известны оба этих начальных параметра (,&о=О и уо = О)\ если левый конец шарнирно оперт, то известен только один из них (z/0 = 0); если же левый конец балки свободен, то оба параметра О0 и Уо неизвестны.
Неизвестные начальные параметры и у0 можно определить из условий, составленных для сечений балки, перемещения которых известны. Так, например, для балки с шарнирно опертыми концами неизвестный начальный параметр (угол поворота сечения на левой опоре) определяется из того условия, что прогиб на правой опоре равен нулю.
В некоторых сечениях балки углы поворота Ф или прогибы у могут скачкообразно изменять свою величину соответственно на
303
АО или Ay. Например, в местах расположения шарниров многопролетной шарнирной балки скачками изменяются значения углов поворота О. Уравнения (76.7) можно распространить и на такие случаи. Для этого в них следует заменить EJ$t на EJy„ на 2^Аг/ и EJ^ на .
Тогда уравнения (76.7) примут вид:
! v' — V х V <? с&-+ 2- 3! +2- 4! + 5! •
(77.7)
Начальные параметры О0 и у9 при использовании уравнений (77.7) рассматриваются как скачки АО и \у в начальном сечении балки (при х = 0).
Рассмотрим ряд примеров определения перемещений (при изгибе) методом начальных параметров.
Определим прогибы и углы поворота поперечных сечений балки, заделанной правым концом и нагруженной на левой половине пролета равномерно распределенной нагрузкой q (рис. 79.7,а). Известны следующие начальные параметры (на левом конце балки—при х = 0):
Q0 = 0; Л40 = 0. Неизвестными являются начальные параметры у9 и Фо. Для определения их используем условие равенства нулю поворота и прогиба yz на правом (заделанном) конце балки.
Нагрузку q (отрицательную, так как она направлена сверху вниз) продолжаем до правого конца балки, одновременно прикладывая к правой
половине пролета такую же нагрузку, но направленную в противоположную сторону, т. е. снизу вверх (рис. 79.7,6).
Уравнения (76.7) метода начальных параметров принимают для участка 11 балки (см. рис. 79.7, а) вид:
EJ^“ = EJba-q^ 4- q ;
EJy" = EJy, + EJ V-q g + q .
304
При х = 1, как уже известно,
&z = 0 и у i = Q.
Следовательно,
EJty1 = EJ$0 — + ЦЯ' = О, откуда
£Jfl0 = (7'48) ql3-,
EJyl‘ = EJy. + ^l--^+U^^0-тогда
EJya = — (41/384) qp.
Составим теперь уравнения углов поворота и прогибов для участков I и II балки:
EJ$" = i <7/3 — ? + —~6(//2))3;
— 384 + 48 Я^х 24 ’
р т ..и______£L а1* ц_ 1— п1зх__4Х< । 4 Iх U/2)]4
EJl) — 384^ + 48 Х 24 ‘ 24
По этим уравнениям можно найти углы поворота и прогибы любого сечения балки.
Определим прогиб балки, лежащей на двух опорах, в сечении под грузом Р (см. рис. 74.7). Известны следующие начальные параметры:
Qo = ^n = ^//’> Мо = О и уе = 0.
Неизвестным начальным параметром является й0. Для его определения составляем уравнение прогибов для участка II балки
EJy"-En.x + ^-^!L.
И Х = 1
EJyl^Q.
Следовательно,
откуда
EJ^e = — (Pb/6l) (P—b3).
Подставив значения EJft0 и х = а в выражение EJy11, найдем прогиб балки под грузом Р:
* Учитываем при этом, что 1 = а-}-Ь,
305
При грузе Р, приложенном посредине балки, т. е. при а=6=//2, прогиб под грузом р
У1/2 = — 48ЁТ •
Построим эпюру прогибов балки, показанной а рис. 80.7,а. Составим уравнения равновесия в виде сумм
моментов левых сил относительно шарнира В и всех сил относительно шарнира D (рис. 80.7,6):
2 Мв = RA • 0,4Z—Р • 0,2/ = 0, лев
откуда
RA=0,bP-,
^MD = RA.2l + Rcl—P. 1,81 = 0, откуда
Rc=l,8P—2RA=0,8P.
Известны следующие начальные параметры:
Qo = 7?x=O,5P; Л4о = 0; у„=0.
Неизвестен начальный параметр Оо. Кроме того, неизвестна величина скачка ДОЙ угла поворота в шарнире В (рис. 80.7,в). Неизвестные 00 и ДО’д находим из условий равенства нулю прогибов балки в сечениях С и D, т. е. из условий = ^ = 0.
306
. С помощью второго из уравнений (77.7) составляем выражение для прогибов участка IV балки:
Eiyiv=ej^x+цр^_р.(*-°-2оз+
+ EJ Дйд (х—0,4/) + .
При х~1
EJy{v = EJ^l + + Е j . о,6/ = 0.
При х — 21
' EJyS = EJW + i<^+ EJM,. 1,« + 2^ = 0.
После преобразования этих уравнений получаем:
EJ^ + 0,6£JAflB = ; EJ$0 + 0,8EJM>B = .
Решая эти уравнения, находим:
EJ^0 = — Р/2/4; EJM>b = (21/50) Pl2.
Определим теперь угол поворота сечения на правом конце части АВ балки. По первой из формул (77.7)
ртли _ Р12 , 0,5Р(0,41р Р(0,2/)2_ 23 р/2
CJXrt>,tl 4 "Г 2 2 100Г1 ’
В сечении на левом конце участка III балки угол поворота
EIV'M = EJ^tl + Е JMB = -^Pp+^pi2 = ^.pi^
Прогиб балки в шарнире В [по второй формуле (77.7)]
FJt,4 - л л, । 0.5Р(0,4/)з Р (0,202 12
Прогиб балки посредине правого пролета CD (в точке Л) г., IV Р12 1 ч, , 0.5Р(1,5/р EJyK = EJy'Si =----------4- • 1,5/ Н-----i—
Р (1,31)3 , 21 0,8Р (0,51)з 3 „
6 -т" 50 Г4 6 — 160 Г4 ‘
Найдем теперь этот же прогиб, перенеся начало в шарнир В (т. е. отбросив часть АВ балки). Тогда параметры
=_0,5Р; =
£Ж = Е^ = -^Р/2; EJy^EJy'^-^Pl3. По второй из формул (77.7) [или (76.7)]
координат начальные
— Pl3 160 •
307
Эпюра прогибов (изогнутая ось балки), построенная по найденным выше значениям прогибов, изображена на рис. 80.7,в. На ней показаны также и найденные значения углов поворота сечений балки.
На основании решенных примеров можно установить следующий порядок определения перемещений (при изгибе балки постоянного сечения) методом начальных параметров.
1. Определяются опорные реакции.
2. Устанавливаются значения известных начальных параметров и выясняется, какие начальные параметры являются неизвестными.
3. С помощью формул (76.7) или (77.7) составляются выражения прогибов или углов поворота тех сечений, для которых величины этих перемещений известны. В эти выражения, кроме известных начальных параметров и нагрузки, входят также неизвестные начальные параметры.
4. Решением уравнений, указанных в п. 3, определяются неизвестные начальные параметры.
5. По формулам (76.7) или (77.7) определяются прогибы и углы поворота сечений балки.
§ 17.7. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ В БАЛКАХ
ГРАФО-АНАЛИТИЧЕСКИМ МЕТОДОМ
Рассматриваемый ниже метод определения перемещений в балках может использоваться как при постоянной жесткости поперечных сечений балки по ее длине, так и при переменной. Наиболее целесообразно применение этого метода при ступенчатом законе изменения жесткости балки.
Между распределенной нагрузкой q, поперечной силой и изгибающим моментом существуют, как известно, следующие зависимости [см. формулы (5.7) и (6.7)]:
"_<2; й ™ (78.7)
dx dx dx2 ' '
Аналогичные зависимости существуют между значениями М/EJ, углами поворота О' и прогибами у поперечных сечений балки [см. выражения (67.7) и (68.7)]:
^ = 0; ^=^ = 4. (79.7)
dx dx dx- EJ ' '
Сопоставляя зависимости (79.7) и (78.7), устанавливаем, что прогибы у и углы поворота Ф так связаны с величиной М/EJ, как изгибающие моменты М и поперечные силы Q связаны с интенсивностью q распределенной нагрузки.
Следовательно, если М EJ условно рассматривать как интенсивность некоторой фиктивной распределенной нагрузки, то поперечная фиктивная сила (?ф от этой нагрузки будет представлять собой угол поворота, а фиктивный изгибающий момент Мф—
308
прогиб поперечного сечения балки, т. е.
b = Q*, у = Мф. (80.7)
На этом выводе основан графо-аналитический метод определения перемещений в балках.
Фиктивная нагрузка q$ = M/EJ прикладывается не к заданной балке, а к фиктивной, расчетная схема которой зависит от условий закрепления заданной балки.
Если, например, левый конец заданной балки заделан (рис. 81.7, а), то прогиб у и угол поворота О этого конца равны нулю. Тогда в соответствии с формулами (80.7) у фиктивной балки на левом конце будут равны нулю изгибающий момент и поперечная сила (?ф; для этого левый конец фиктивной балки должен быть свободным, т. е. не иметь каких-либо опорных закреплений (рис. 81.7,6).
а)
Заданная бална.
v‘ Фиктивная балка.
_________________________
Рис. 81.7
1Мф,1 *0
Q<p,l *0
На правом (свободном) конце заданной балки (рис. 81.7, с) прогиб у и угол поворота О в общем случае не равны нулю. Тогда в соответствии с формулами (80.7) на правом конце фиктивной балки величины Л1ф и (?ф отличны от нуля; поэтому он заделан. Таким образом, при заданной балке в виде консоли, например, с левым защемленным концом и правым свободным (рис. 81.7, а) фиктивная балка представляет собой также консоль, но уже с правым защемленным концом и левым свободным (рис. 81.7, б).
Если заданная балка шарнирно оперта по концам (простая балка), то прогибы у ее концов равны нулю, а углы Ф их поворота не равны нулю (рис. 82.7, а). Тогда в соответствии с формулами (80.7) для фиктивной балки на концах выполняются условия Л1ф = 0 и фф=#=0; поэтому концы фиктивной балки шарнирно оперты. Таким образом, заданной простой балке (рис. 82.7,а) соответствует такая же фиктивная балка (рис. 82.7,6).
Рассмотрим теперь заданную балку, опирающуюся на две шарнирные опоры и имеющую справа консоль (рис. 83.7, а). В соответствии с рис. 82.7 на левом конце фиктивной балки (в сечении Л) имеется шарнирная опора, а в соответствии с рис. 81.7 правый
309
ее конец (сечение С) заделан (рис. 83.7,6). В сечении В заданной балки прогиб у равен нулю, а угол поворота Ф не равен нулю. Поэтому в сечении В фиктивной балки Л1ф = 0 и фф#=0, а это возможно, если в этом сечении будет шарнир (рис. 83.7, б). Углы поворота заданной балки в сечениях, непосредственно прилега-
а)
Заданная Папка
$*0'
I
Мф,в=0
Фиктивная Папка
—A
Рис. 82.7
ющих к опоре В слева и справа от нее, одинаковы, так как балка в этом месте не может иметь перелома. Поэтому в фиктивной балке поперечные силы фф непосредственно слева и справа от сечения В одинаковы, и, следовательно, в этом сечении не может быть расположена шарнирная опора, изображенная на рис. 83.7, в.
а)
Заданная Палка
т-----------------------Су^°
I 1 . . а
$
№ *
ФиктиВная Папка в
Q<p,i*a*O
Рис. 83.7
Определим в качестве примера прогиб у0 и угол поворота О0 свободного конца балки ступенчато переменной жесткости, изображенной на рис. 84.7, а. На рис. 84.7,6 показана эпюра изгибающих моментов М, возникающих в заданной балке. На рис. 84.7, в дана фиктивная балка, схема которой принята в соответствии с рис. 81.7, а; действующая на нее фиктивная распределенная нагрузка дф = М/(ЕП). Значение интенсивности <?ф этой нагрузки
310
в каждой точке оси фиктивной балки получено путем деления соответствующей ординаты эпюры М (рис. 84.7,6) на жесткость EJ балки (т. е. на EJt на левой половине балки и на EJ3 — 2EJ1— на правой).
Значения М в заданной балке отрицательны (рис. 84.7, б), а потому нагрузка также отрицательна (направлена сверху вниз).
На основании формул (80.7):
Я0 = <2Фо и &> = Л1ф0.
Для вычисления значений поперечной силы и изгибающего момента Л/ф0 определяем величины равнодействующих (oz, <оя и <о/я отдельных частей фиктивной нагрузки и положения этих равнодействующих (рис. 84.7, г):
(о7 = (1/2) [Pt/tfEJJ] l/2 = PP/(8EJ1);
af = (2/3) J/2 = l/3\
= Pl/^EJ^ • 1/2 = PP/18EJJ;
an= 1/2 + (1 /2) 4/2 = (3/4) /;
<oz/z=(l/2) [Pl/(±EJJ\ 1/2=
= P/2/(16£J1);
azzz= Z/2 + (2/3) - Z/2 = (5/6) Z.
По формулам (3.7) и (2.7):
Ффо ~
7fZ —
5PZ2 = 16£Л '> ;И<1>0= — X м = —«/Я/—«/zaz/— прав PZ2 — ^ша1Н - •
Pl2 _ 16£Vt ’ 6 ~ \6EJt ’
Следовательно, - и - зр/3 f/o —уифо~
и Vo— <?фо— 16£/ .
прав
PZ2
I
3 8EJ
5Z
_3£_ 4
3PZ3
Отрицательное значение у0 означает, что свободный конец балки перемещается вниз; положительное значение О0 указывает на поворот свободного конца балки против хода часовой стрелки.
На основании решенного примера можно установить следующий порядок определения перемещений в балке графо-аналитическим методом.
1. Строится эпюра изгибающих моментов Л4, возникающих в заданной балке от действующей на нее нагрузки.
311
2. В соответствии с рис. 81.7—83.7 устанавливается вид фиктивной балки.
3. К фиктивной балке прикладывается распределенная фиктивная нагрузка интенсивностью <?Ф = УИ/(£У).
4. Вычисляются значения фиктивных моментов Л4ф (в сечениях, в которых определяются прогибы заданной балки) и фиктивных поперечных сил (?ф (в сечениях, в которых определяются углы поворота заданной балки).
5. Из выражений у=М^ и Ф = фф находятся искомые прогибы и углы поворота сечений заданной балки.
§ 18.7. РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ БАЛОК
Как уже известно, балка является статически определимой, если она оперта на две шарнирные опоры (одну подвижную и одну неподвижную) или заделана с одного конца, т.е. если на нее наложены три внешние связи. Исключение составляют многопролетные шарнирные балки (состоящие из нескольких отдельных балок, соединенных между собой промежуточными шарнирами), которые могут быть статически определимыми и при числе внешних связей больше трех (см. об этом в § 3.7).
Рис. 85.7
На рис. 85.7, а, б изображены две статически неопределимые балки; на каждую из них наложены четыре внешние связи, и, следовательно, эти балки по одному разу статически неопределимы. На рис. 85.7, в показана балка с шестью внешними связями; она три раза статически неопределима. Степень статической неопределимости балки (не имеющей промежуточных шарниров) * равна избыточному (лишнему) числу внешних связей (сверх трех). Статически неопределимые балки часто называют неразрезными балками.
* Промежуточные шарниры, соединяющие друг с другом отдельные элементы балки, не следует смешивать с шарнирами промежуточных опор балки.
312
Расчет неразрезных балок, как и расчет любых статически неопределимых систем, нельзя выполнить при помощи одних лишь уравнений равновесия; всегда необходимо составить дополнительные уравнения (уравнения перемещений), учитывающие характер деформации балки.
На рис. 86.7, а изображена один раз статически неопределимая балка. Для расчета этой балки ее можно представить как статически определимую балку, показанную на рис. 86.7,6, полученную из заданной в результате отбрасывания правой опоры. Статически определимая система, полученная из заданной удалением избыточных связей, называется основной системой. Балка, показанная на рис. 86.7,6, является основной системой для заданной балки (рис. 86.7, а).
На основную систему (рис. 86.7,6), кроме заданной нагрузки q, действует неизвестная реакция отброшенной связи. Под действием нагрузки q балка, показанная на рис. 86.7,6, деформируется и ее свободный конец перемещается вниз (рис. 86.7, в) на величину yq, которую легко можно определить методом начальных параметров:
yq= l/EJ [----2---+ -6-----IT] ~
_____________________________ 8EJ ’ Под действием силы RB свободный конец балки, показанной на рис. 86.7,6, перемещается вверх на величину укл (рис. 86.7, г), которую также можно определить методом начальных параметров:
„ _ 1/Р/ f rb13\^ rb1*
Уьв — 1/EJ 2 6 J ~ 3£7 *
При одновременном действии заданной нагрузки q и силы RB прогиб свободного конца балки, показанной выражением
Ун = Уд + Ун„ = — R„l3l{3EJ).
Заданная балка
И!И1Н1ИН11НЙ!НН]
в
nA
Рис. 86.7
|Й1Ш11ННИ1»Ш1И1|
на
в
рис. 86.7,6, определяется
313
Этот прогиб равен нулю, так как прогиб правого конца заданной балки (рис. 86.7, а) равен нулю:
№= -ql'l&EJ) + RBl3/(3EJ) = 0, (81.7)
откуда
RB = (8/8) ql.
Следовательно, действительная реакция, возникающая на правой опоре статически неопределимой заданной балки, равна (3/8) ql. Изгибающий момент М и поперечную силу Q в сечении п—п заданной балки можно теперь определить по формулам (2.7) и (3.7), как в статически определимой балке, показанной на рис. 86.7, д:
М = — 2 -М = (3/8) qlx—qx2/2 = (qx/2) [(3/4)-/—х]; прав
Q = -2 Y=-(3/8)ql + qx = q[x-(3/8)l]. прав
Построенные с помощью этих выражений эпюры Q и М для заданной балки изображены на рис. 86.7, е, ж.
Расчет заданной балки можно выполнить и с помощью других основных систем, например, показанных на рис. 86.6, з, и.
Расчет неразрезных балок производится обычно с помощью так называемых уравнений трех моментов. Такой способ расчета позволяет избежать составления дополнительных уравнений типа (81.7). Кроме того, этот способ позволяет получить дополнительные уравнения с числом неизвестных в каждом из них не более трех, что при высокой степени статической неопределимости заданной балки упрощает решение системы уравнений.
Рассмотрим теперь расчет неразрезных балок с помощью уравнений трех моментов.
На рис. 87.7, а показан участок, выделенный из многопролетной неразрезной балки, находящейся под действием некоторой нагрузки. Опоры балки обозначаются слева направо числами 0, 1, 2, 3, ..., п—2, п—1, и, п+1, п + 2 и т.д. Длины пролетов неразрезной балки обозначаются (также слева направо) /2, /3, •••» И т.д. Индекс при длине каждого пролета I
соответствует номеру правой опоры этого пролета. Моменты инерции J поперечных сечений балки постоянны по длине каждого ее пролета; в разных пролетах моменты инерции могут иметь различные значения.
Основную систему для расчета неразрезной балки получим, удалив из нее связи, препятствующие взаимному повороту смежных сечений балки над ее опорами, т. е. поставив шарниры над опорами балки (рис. 87.7,6). Неизвестными являются изгибающие (опорные) моменты Л1„_2, Mn_lt Мп, Мп+1, Мп+2 и т.д., возникающие в сечениях неразрезной балки над опорами. Неизвестные моменты считаем положительными, когда они вызывают растяжение нижних волокон балки,
314
Рассмотрим два пролета балки, прилегающие к опоре п, изображенные на рис. 87.7, в. Здесь пунктиром показана изогнутая ось балки. На рис. 87.7, г изображены участки балки, непосредственно прилегающие к опоре п. Здесь —угол поворота попе-
речного сечения, принадлежащего левому’ пролету 1„ и непосредственно примыкающего к опоре п, a —угол поворота сечения, принадлежащего правому пролету Z„’+1 и также непосредственно примыкающего к опоре п. Оба эти сечения, в сущности, представляют одно поперечное сечение, расположенное над опорой п, а потому углы их поворота одинаковы, т. е.
0»,» = 0„,B+i. (82.7)
Углы поворота и 0П1П+1 можно рассматривать как следствие воздействия на отдельные однопролетные балки, показанные на рис. 87.7, д, заданных нагрузок, а также неизвестных опорных моментов Мп и M„+t. Условие (82.7), следовательно, означает, что угол &„, „ поворота правого торца левой из балок, показанных на рис. 87.7, д, равен углу &„,„+! поворота левого торца правой балки, т. е. взаимный угол поворота этих торцов равен нулю. Неизвестные моменты Л1„_2, M„_lf Мп, Мп+1 и т. д. имеют такие значения, при которых указанное условие выполняется не только для опоры п, но и для всех промежуточных опор неразрезной балки.
Найдем значения углов 0„1П и '0,П1П+1 графо-аналитическим методом.
На рис. 87.7, е, ж изображены фиктивные балки для пролетов 1„ и ^п+1» загруженные фиктивной нагрузкой = * На
рис. 87.7, е показана фиктивная нагрузка, соответствующая действию на эти пролеты нагрузки, заданной на балку, а на рис. 87.7,ж—действию на них неизвестных моментов Mn_lt Мп и М„+1.
На основании второй из формул (80.7) углы ^п<п и соответственно равны фиктивным поперечным силам Q$n и Q$n+1, возникающим на опорах п пролетов 1п и Zn+1 фиктивных балок, т.е.
А ____ Пп, п_рп, п I рп, п. X
Vn,n~ Чф — Аф, о + /<ф.м, I
А _________Пп,п^1_ пп, п+1 пп, п+1 i \oo.l)
^П, п + 1 'хф ^ф, 0 *'ф, М > )
где Яф, о и J+1 (рис. 87.7, е), а также£ и (рис. 87.7, at) — реакции опор п фиктивных балок.
Подставим выражения и &n,n+i в равенство (82.7):
ПП, п f рп,п рп, п+1 рп, п + 1 *'ф, о ~Г ‘'ф, м ^ф, о ^ф. м
ИЛИ рп, п > рп, п + 1 пп, п пп, п+1 /04
^ф, М-Г^Хф, М — —Аф, о *'ф, О •
♦ Здесь М — ординаты эпюры изгибающих моментов, возникающих в простых балках с пролетами 1п и /л + 1 (т.е. в основной системе — рис. 87.7,6).
315
co о
e)
Ып
*)
Рис. 87.7
Определим реакции фиктивных балок:
рп, п _ (дпап . пл, п+1_ ^n + l^n + l
ф, 0 / р т > г'ф, 0 1 р г »
lnc‘J п 'n + l^n + l
где ®л и (1)п+1—площади эпюр изгибающих моментов, возникающих от заданной внешней нагрузки в простых балках с пролетами /„ и /л+1 (т.е. в основной системе—рис. 87.7,6); ап и 6„+1 —расстояния от центров тяжести указанных эпюр до опор (рис. 87.7, е);
4:2 = (ттг т • т+в; т т)=ит; +2«.>;
рп. П+1 ( Мп 1п + 1 । Я.+1 Ct + 1 ^n + i \ / f _
ф'м \EJп+1' 2 ‘ 3 ' 2 ' 3 J/ln + i —
= J^_(2Mn + M„+1).
U£L'/ п + 1
Подставим найденные выражения реакций в равенство (84.7) и умножим обе части равенства на QE:
р (М,,^ + 2М„) + (2М„ + Мп + J = -6 (+
J п •'п + 1 \ lnJn ln + lJn + l J
ИЛИ
Jn \Jn Jn + 1 J J n+1 \ lnJn ln + \Jn + \ J
(85.7)
В это уравнение входят три неизвестных момента: Мп
и оно показывает, что взаимный угол поворота двух смежных поперечных сечений над опорой п равен нулю. Условимся его называть уравнением трех моментов для опоры п.
В случае балки постоянного сечения (т.е. при J n_2 — J п_^ = Jn=zJn+1 = Jn+^ уравнение трех моментов имеет вид
Л4Л_Л + 2Л4„ (/„ + /л+1) + Мл+1/л+1 = ^ал бу tA+. .
Момент приложен слева от опоры л, момент Мп+1— справа, а моменты Мп— посредине (см. рис. 87.7, в). Пролет 1п по отношению к опоре и, для которой составляется уравнение трех моментов, является левым, а пролет 1п+1 — правым. Поэтому последнее уравнение можно представить в виде*
М I 4-2М (I 4-/ )4-7И / =___^?ев£лев__^прав^прав
лев'лев । ср х+лев I 'прав/ Г ^прав^лрав / /
'лев ‘прав
(86.7)
Обозначения, принятые в уравнении (86.7), приведены на рис. 88.7, где эпюры М построены от заданной на балку внешней
* Иногда правая часть уравнения (86.7) представляется в виде (—6/?ф, ср), где ^ф, ср—фиктивная реакция средней опоры от загружения фиктивных простых балок нагрузкой (о1ев и «прав (см- Рис- 88.7).
317
нагрузки. При их построении действие опорных моментов Л!лев, Мср и 2Иправ не учитывается, а каждый пролет рассматривается как простая балка на двух опорах.
Если эпюры изгибающих моментов, возникающих от заданной внешней нагрузки в однопролетных балках основной системы, представляют собой сложные фигуры, то их следует расчленять на ряд простых фигур (площади и положения центров тяжести которых известны). В этих случаях в правые части уравнений (85.7) и (86.7) вместо выражений <яа, и <ос подставляются 2°^ и 2®°-
Уравнение трех моментов устанавливает зависимость между тремя опорными моментами для двух смежных пролетов неразрезной балки. Число таких уравнений для неразрезной балки, у которой все опоры шарнирные, равно числу промежуточных опор балки. Совместное решение всех уравнений трех моментов, составленных для заданной неразрезной балки, позволяет определить все неизвестные опорные моменты.
После определения (при помощи уравнений трех моментов) величин всех опорных изгибающих моментов можно определить изгибающие моменты и поперечные силы в пролетах неразрезной балки и ее опорные реакции. При этом каждый пролет можно рассматривать как простую балку на двух опорах, нагруженную опорными моментами и заданной внешней нагрузкой.
Значения изгибающих моментов и поперечных сил, возникающих в сечении с абсциссой х (рис. 89.7) пролета п балки, можно определить и по формулам:
М = М° 4- Mn_t + —х;
•’П
(87.7)
(88.7)
где М° и Q® — изгибающий момент и поперечная сила от заданной внешней нагрузки в простой балке; ~1 % — изгибаю-
ший момент от опорных моментов М„ и " .—— — попе-
318
речная сила от опорных моментов Мп и Мп_г (равная опорной
реакции от действия указанных опорных моментов).
С помощью формул (87.7) и (88.7) можно построить эпюры Q и М для неразрезной балки.
Для определения реакции опоры п выполним следующее: выделим элемент неразрезной балки двумя сечениями, расположенными на расстояниях dx по обе стороны от опоры /г. В сечении
слева от опоры п действует поперечная сила Qn,n, а в сечении справа— поперечная сила Qn,n+1.
На рис. 90.7, а изображен такой элемент балки с действующими
Рис. 90.7
Рис. 89.7
на него положительными поперечными силами Qntn и Qntn+i и опорной реакцией Dn. Направление вверх для опорных реакций будем считать положительным.
Проектируем на вертикальную ось все силы, действующие на выделенный элемент:
п + — Qn, п + 1 — откуда
Dn = Qn,n+i~Qn,n- (89.7)
Таким образом, опорная реакция неразрезной балки равна разности поперечных сил, действующих в сечениях, расположенных справа и слева от опоры в непосредственной близости от нее, т. е. величине уступа (скачка) в эпюре поперечных сил в сечении над опорой (рис. 90.7, б).
Рассмотрим теперь неразрезную балку, показанную на рис. 91.7, а. Будем постепенно уменьшать левый пролет балки. В этом случае касательная к упругой линии, проведенная через шарнир левой опоры, в пределе (при >0) совпадет с недефор-мированной осью балки (рис. 91.7,6), т. е. поперечное сечение балки над промежуточной опорой 1 поворачиваться не будет. Таким образом, балку, показанную на рис. 91.7, а при ^—^0 можно рассматривать как балку, защемленную в сечении 1 (рис. 91.7, в).
Следовательно, расчет статически неопределимых (неразрезных) балок с защемленными концами можно производить при помощи уравнений трех моментов, рассматривая защемленный конец как
319
дополнительный пролет длиной 1 = 0, опирающийся на шарнирные опоры.
В заключение укажем порядок, в котором рекомендуется производить расчет неразрезных балок.
1. Составляется расчетная схема неразрезной балки; если какой-либо конец балки защемлен, то со стороны этого конца к балке добавляется пролет длиной, равной нулю.
2. Нумеруются (слева направо) опоры и пролеты неразрезной балки.
3. Для каждого пролета балки (как для простой балки на двух опорах) строится эпюра изгибающих моментов от заданной внешней нагрузки.
Рис. 91.7
4. Составляются уравнения трех моментов для каждой промежуточной опоры балки.
5. Путем совместного решения уравнений трех моментов определяются значения опорных моментов (в сечениях над всеми промежуточными опорами).
6. Для каждого пролета балки строятся эпюры Q и М как для однопролетной простой балки, загруженной заданной нагрузкой и опорными моментами. При этом можно использовать формулы (87.7) и (88.7).
7. По формуле (89.7) определяются опорные реакции неразрезной балки.
Некоторые особенности имеет расчет неразрезной балки с консолями (см. ниже пример 18.7).
Примеры расчета
Пример 1.7 (к §4.7 и 5.7)*. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов для балки с консолью, изображенной на рис. 92.7, а.
Решение. Отбросим опоры и заменим их влияние на балку опорными реакциями Кд н Rb (рис. 92.7, б).
* Ряд примеров к § 4.7 и 5.7 (на построение эпюр Q и Af) приведен в § 6.7.
320
Составим сумму моментов всех сил относительно точки В:
2 Мв = - р (h 4- /2) + Я а 1* - W а/2 = О ИЛИ
—3(14-6) + /?д-6—Ь3-3/2 = О, откуда
^л = ^-±^1=4,25 тс.
Составим сумму проекций всех сил на вертикальную ось: 2^ = -Р + Яд-9а + Лв = 0
ИЛИ
—3 + 4,25—1.3 + /?в = 0, откуда
7?д = 1,75 тс.
Балка имеет три участка (рис. 92.7,6). Обозначимх расстояние от левого конца балки до некоторого ее сечения. Составим выражения дня поперечных сил Q и изгибающих моментов М, возникающих в поперечных сечениях балки [по формулам (3.7) и (2.7)]:
участок / (0 < х < 1 м):
QI =2 к==— Р= — 3 тс-, лев
ЛР —М =— Рх = —Зх тс-м\ лев
участок II (1 м<.V<4 .и):
q//=2 Г = —Р-г/?д=—34-4,25=1,25 те, лев
Л1// = 2 M = — Px~Ra (х—1) = —Зх4-4,25(х—!)=—4,254-1,25х тс-м-,
лев
11 Xi 233<
321
участок III (4 м «С х «С 7 м):
Qiu = — 2 Г = —/?в+<?(7—х)=—1,75+1 (7—х) = 5,25—х fflc; прав
7__X
М'11=- ^M^RB(7-x)-q(7-x)-r = прав
/ 7 — х\
= (7 —х) ^1,75— 1 - ——=(7 —х)(0,5х—1,75) тс-м.
По этим выражениям устанавливаем значения ординат эпюр Q и М в характерных сечениях балки:
участок I:
при х = 0
Q1 = —3 тс, М[ = 0;
при х = /г = 1 м
Qi =—3 тс; Mi =—3-1=—3 тс-м;
участок /Z:
при х= 1 м
Q/Z —1,25 тс; М11 = —4,25+ 1,25-1 = —3 тс-м;
при х — 4м
Q//=l,25 тс, Ми=-4,25+1,25-4 = 0,75 тс-м.
участок ///:
при х = 4 м
0^=5,25 — 4= 1,25 тс; Л1^= (7—4) (0,5-4—1,75) = 0,75 тс-м;
при х = 7 м
QZ7Z = 5,25 —7 =—1,75 тс; МШ=0.
Из условия Qzzz=o найдем абсциссу ху сечения, в котором действует изгибающий момент Л4тзх:
QZZ/=5,25-x1 = 0, откуда
Xi = 5,25 м.
При х = х± = 5,25 м
Мin = Мтах = (7 — 5,25) (0,5 - 5,25 — 1,75) = 1,53 тс• м.
Построенные по полученным данным эпюры Q и М показаны на рис. 92.7, в, а. Эти эпюры удовлетворяют зависимости (7.7), вытекающей из теоремы Журавского.
Действительно, на участке / балки (рис. 92.7, в, г)
лг о * г Зтс-м о
Q1 = —3 rnc, tg а' =-:---=—3 тс
1 м и, следовательно,
QZ —fga7.
Па участке II балки
QU = 1,25 тс;
tgaZZ=ii2Z5_—1,25 тс О
и, следовательно,
QZZ^tgaZZ.
В начале участка III, как и в конце участка II, Q = 1,25 тс, а потому кривая, ограничивающая эпюру М на участке ///, сопрягается без перелома с прямой, ограничивающей эпюру М на участке II (т. е. касательная к кривой в начале участка /// сливается с прямой участка II).
Пример 2.7 (к § 4.7 и 5.7). На рис. 93.7, а показана консольная балка с действу ющей на нее нагрузкой, а на рис. 93.7, б—эпюра Q для этой балки, при 322
построении которой были сделаны ошибки. Требуется установить, какие имеются несоответствия между эпюрой Q и заданной нагрузкой, и, устранив их, построить правильную эпюру Q.
Решение. Между построенной эпюрой Q (рис. 93.7, б) и заданной нагрузкой (рис. 93.7, а) имеются следующие несоответствия.
1. Эпюра Q не имеет скачка на границе участков / и //, т. е. в сечении, где приложена сосредоточенная сила Р2 = 2 тс. Между тем здесь должен быть скачок сверху вниз (при передвижении слева направо), равный Р2 = 2 тс.
2. Прямые ab и Ьс не параллельны друг другу. Но из зависимости q=dQ/dx=tg czq [вытекающей из формулы (5.7)], следует, что при одинаковой интенсивности q
равномерно распределенной нагрузки на участках / и // углы и (наклона линий, ограничивающих эпюру Q, к оси эпюры — рис. 93.7, б) должны быть одинаковы, а прямые ab и Ьс — параллельны друг другу.
3. В поперечном сечении на границе участков 7/ и III показан скачок в эпюре Q, равный 1 тс (отрезку cd). Однако в этом сечении к балке не приложена внешняя сосредоточенная сила, а потому скачка в эпюре Q быть не должно.
4. В пределах участка // значение поперечной силы (по построенной эпюре Q) изменяется на (—3 тс). По формуле же (10.7) оно должно измениться на величину площади эпюры q на участке // (рис. 93.7, а), т. е. на (—1)-2 = —2 тс.
5. Прямая de, ограничивающая эпюру Q на //1 и IV участках, должна быть параллельна оси эпюры, так как на этих участках к балке не приложена распределенная силовая нагрузка и, следовательно, поперечная сила в пределах этих участков постоянна.
Правильно построенная эпюра Q изображена на рис. 93.7, в.
Пример 3.7 (к § 4.7 и 5.7). На рис. 94.7, а показана консольная балка, рассмотренная в примере 2.7, а на рис. 94.7, б—эпюра Q для этой балки. При построении эпюры М (изображенной на рис. 94.7, в) допущены ошибки. Требуется
11*
323
установить, какие имеются несоответствия между эпюрами М и Q, а также между эпюрой М и заданной нагрузкой, и, устранив их, построить правильную эпюру М.
Решение. Между построенной эпюрой М (рис. 94.7, в), а также эпюрой Q (рис. 94.7, б) и заданной нагрузкой (рис. 94.7, а) имеются следующие несоответствия.
1. В левой части участка / балки поперечная сила Q больше по абсолютной величине, чем в правой, а потому [на основании формулы (7.7)] линия, ограничи-
вающая эпюру Л4, должна быть круче в левой части участка / и, следовательно, должна быть обращена выпуклостью вверх. Но на рис. 94.7» в кривая ab обращена выпуклостью вниз.
2. В поперечном сечении на границе участков / и // эпюра Q имеет скачок, а потому р этом сечении должен быть перелом линии, ограничивающей эпюру М. Но на рис. 94.7, в кривые аЬ и bed сопрягаются в точке b без перелома (имеют общую касательную).
3. Кривая bed в точке е (на участке //) имеет максимум. Однако значение М не может быть на участке // экстремальным, так как поперечная сила на этом участке (рис. 94.7, б) нигде не равна нулю.
324
4. Кривая cd и прямая de в точке d должны сопрягаться без перелома, так как в соответствующем сечении балки (на границе участков 11 и 111) эпюра поперечных сил не имеет скачка. Но на рис. 94.7, в в точке d имеется перелом линии, ограничивающей эпюру М.
5. На эпюре М на границе участков /// и IV должен быть скачок вверх (при перемещении слева направо), равный ЭД}--2 тс-м, так как сосредоточенный внешний момент ЭД} действует по часовой стрелке. Между тем на построенной эпюре М в соответствующем сечении показан скачок вниз (отрезок ef на рис. 94.7, в).
Эта ошибка является причиной и других несоответствий между эпюрой Q (рис. 94.7, б) и построенной эпюрой М (рис. 94.7, в), а именно:
а) прямые de и fg (рис. 94.7, в) не параллельны друг другу; между тем они должны быть параллельны, так как поперечные силы на участках /// и IV балки одинаковы;
б) приращение величины изгибающего момента в пределах участка IV (рис. 94.7, в), равное (—2 тс-м), не соответствует площади эпюры Q на этом участке (рис. 94.7, б), равной (—6 тс-м).
Правильно построенная эпюра М изображена на рис. 94.7,?.
Пример 4.7 (к § 4.7 и 5.7). Построить эпюры Q и М для простой балки, загруженной нагрузкой, распределенной по закону треугольника (рис. 95.7, о).
Решение. Определяем опорные реакции балки и R^:
2 М„ = RAl-q (1,2) (1/2) [1,2 + (2/3) /, 2] = О,
325
откуда
откуда
«Л = (5/24) gZ;
2 МА=д m (1/2) (1/3) z/2-7?e./=o,
/?д = (1/24) 9Z.
Выражения поперечной силы и изгибающего момента в сечении участка / балки на расстоянии х от левой опоры имеют вид:
Ql = R a—(wi + <o2);
Mi= Rax—Wi (2/3) x —со2-х/3.
Выражение бсц со2 представляет собой равнодействующую распределенной нагрузки на участке Ас балки (рис. 95.7, а), равную площади Aabc. Трапецию Aabc рассматриваем как состоящую из двух треугольников: треугольника АаЬ площадью ш1 = дх/2 и треугольника Abe площадью ^2 — qxx/2t где
qx = (l[2—х)± (из подобия треугольников Aad и cbd); следовательно, со2 = < /z
= (1/2~х) qx/l.
Подставим значения Rд, (Oi и со2 в выражения и М1'.
«' =27 ’'-Т- т=27 (5,-24’+24 ТУ •
МГ = ^д1х-^.
т=п(6'-|2-+84).
При х = 0
Q'=~ql и Л4'=0;
при х=//4
= и № = А ^2 = 0,0260^2;
при х = Z/2
(?/=-! 9/ и Л4/=19/2 = 0,02089/2.
Для определения абсциссы х0 сечения, в котором действует максимальный изгибающий момент, приравняем нулю выражение поперечной силы:
с = й(5/-24Хо+242т)=0’ откуда
5Z —24хоН-24^- = О и, следовательно,
xl—ХО/+1/2=0.
Решим квадратное уравнение:
Х° = Т~ ~4 2ЬГ'^~2~ 24 =0’296/*
Подставим значение х = х0 = 0,296/ в выражение изгибающего момента:
Л4тах = (51-12-0,296/4- 8-0,2962/) = 0.02659/2.
326
На участке // балки поперечная сила имеет постоянное значение Q11=—Rb~ = —(1/24) ql, а изгибающий момент изменяется по линейному закону от значения 0,020&?/2 (при х=//2) до нуля (на правой опоре).
Построенные по полученным данным эпюры Q и М изображены на рис. 95.7, б, в.
Пример 5.7 (к § 4.7). Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов для многопролетной шарнирной балки, изображенной на рис. 96.7, а.
Рис. 96.7
Решение. Для определения опорных реакций Rb> Rd и Rp (рис. 96.7, а) составляем уравнения равновесия:
2 Mc = -P1.3 + /?s-l=0, лев
откуда Rb~ Pi • 3 = 2 • 3 = 6 тс\ 2Л'/о = -/’1-5-Ь/?в-3-гР3-4-7?л-7 = 0,
откуда _р1.5-1_/?д.З^р2.4 —2-5-^6-3-3-4 20 Rf у 7 7 2^л = -Р1-12-г/?в-10~/?в-7-Р2-3=0,
откуда n Pj-12 —/?д-10—Р,-3 2-12—6-10 — 3-3 27 Rd = — :——= у =- — тс.
Для проекций проверки найденных значений опорных реакций составляем сумму всех сил на вертикальную ось: £г = -Л4-/?в4-Ял-/%+^=-2+б-у-3+у=о.
327
Определяем поперечные силы в сечениях балки *:
<2яв=—pi = —2 тс-
Qbc = Qcd — —PijtRb = —2 + 6=4 тс;
27 1
Qde — ~ ^i + ^в + Rd — —2+6—fnc>
20
Qef — ~Rf= ~у mc.
Построенная по этим данным эпюра Q показана на рис. 96.7, б.
Эпюра изгибающих моментов ограничена прямыми линиями, так как на балку действуют только сосредоточенные силы. Поэтому для построения эпюры М достаточно определить значения изгибающих моментов в местах перелома этой эпюры:
Мл = 0;
Мв ——Рх-2 ——2-2 = —4 тс-м;
MD = — Rb-З — '— 2-5 + 6-3 = 8 тс-м;
Me = Rf-3 = j-3=^ тс-м.
По этим значениям изгибающих моментов построена эпюра М (рис. 96.7, в).
Пример 6.7 (к § 4.7 и 5.7). Построить эпюры М, Q и N лля балки с лома-ной осью, изображенной на рис. 97.7, а.
Решение. Отбросим мысленно опоры и заменим их влияние на балку опорными реакциями /?д, RB и показанными на рис. 97.7, а.
Определим опорные реакции. Для этого составим три уравнения равновесия
S Mr — R л-2а-\- Ра—д-2а-а — 0, откудС учитывая, что P — qa, 2qa2 — qa2~_qa
Ra~ 2a ~2’
——Rn-2a-'rq-2a-a-\ Pa — Q, поэтому
2qa2 + qa2 3 2"^;
откуда
HB — P—qa.
На рис. 97.7, а крестиками отмечены нижние концы вертикальных элементов рамы, принимаемые в качестве левых концов.
Составляем выражения М, Q и W для всех участков рамы.
Сечение / — /:
= Qi = Q;
N1— -RA — —qa/2.
Сечение II— II:
МН — —Рх2 — —qax2;
Qz/ ^-p = —qa;
NH^-RA^-qa/2;
при х.2 = 0
МП = 0;
* Индексы при Q указывают участок балки.
328
при х2~а
MU=-qa2.
Сечение III — III:
MHi = RAx3 — Pa—qx32 = q [ (a/2) x3 —a2—x3/2];
Q7// = ^A — ^3 = q (a/2 — x3);
#H'=-P = -qa;
при x3 = 0
MI";=—qa2- Qt/i = qa/2\
при x3 = a
M™ = —qa2\ Qiu = —qa/2\
при л'з==2а
2И/Я = — 2qa2\ QH' = —(8/2)qa.
Поперечная сила QIJI равна нулю при x3 = a/2 (см. выражение Qnr). Следовательно, в этом сечении изгибающий момент имеет экстремальное, в данном слу-
Рис. 97.7
чае —максимальное (в алгебраическом смысле), значение: MfP=q (a2/4—а2—а2/8) = —(7/8) qa2.
Сечение IV — IV:
= HBx^ = qax^ QiV = HB = qa; NIV = —RB=—(3;2)qa\ при x4 = 0
M"f -0;
при x4 = 2a
MfV --2qa2.
329
Эпюры М, Q и N изображены на рис. 97.7, б, в, г.
Пример 7.7 (к § 7.7, 8.7 и 9.7). Построить эпюры напряжений о, т, отах, amin» Tmax и Tmin* возникающих в балке, рассмотренной в примере 1.7, в сечении, расположенном на величину dx левее опоры А. Исследовать с помощью круга Мора напряженное состояние в точке этого сечения, находящейся ниже нейтральной оси на расстоянии Л/4 от нее. Размеры поперечного сечения балки: Ь — 16,5 см, h = 33 см.
Решение. В рассматриваемом поперечном сечении балки действует изгибающий момент М =—3 тс-м и поперечная сила Q =—3 тс (см. рис. 92.7, в, г).
а) 6) в)
и Эпюра 6 Эпюра и
100 кгс/см2
16,5 см 100
г) д) е) ж)
Эпюра Эпюра Эпюра t^qx Эпюра *6/там
4)0кгс/см2 50 50
Рис. 98.7
В точках поперечного сечения, расположенных на расстоянии у от нейтральной оси (рис. 98.7, а) нормальные напряжения определяются по формуле (17.7);
М М 3-105-12
СТ— J У~ (Ыг')/12 У~ 16.5-333 У~Ь’06У-
При у = 0
о = 0;
при у~ +ht2= ± 16,5 см
о = ±6,06-16,5 = £ 100 кгс/см1-,
при у = zzhA— £8,25 см
о = £50 кгс/см-.
Изгибающий момент М отрицателен. Следовательно, растягивающие (положительные) напряжения о возникают в верхней половине сечения балки, а сжимающие— в нижней. Эпюра напряжений о показана на рис. 98.7,6.
330
Распределение касательных напряжений в прямоугольном поперечном сечении балки рассмотрено в § 8.7. По высоте сечения эти напряжения распределены по закону квадратной параболы, определяемой выражением [см. формулу (29.7)]:
При у = 0 (на нейтральной оси)
т =—8,26 кгс/см2\
при у= ±/i/2 = ± 16,5 см
т = 0;
при у= ±h/4= ±8,25 см
т =—6,20 кгс/см2.
Эпюра напряжений т показана на рис. 98.7, в.
Экстремальные касательные напряжения в точках, расположенных на расстоянии у от нейтральной оси, найдем по формуле (33.7), подставив в нее выражения напряжений о и т, полученные выше:
тт,х = ± (1/2) У а2±-4т2= ± (1/2) / 6,06^4-4 (8,26-0,0303^)2 =
= ± V 3,032у2+(8,26—0,0303у2)2;
при у=0
ттах== ±8,26 кгс]см2\ min
при у = ±h/4= ±33/4= ±8,25 см
ттах=± У 3,032.8,252 + (8,26—0,0303-8,252)2= ± /б62=±25,8 кгс/см2-, min
при у = ±/z/2= ±33/2= ± 16,5 см
ттах=± VЗ.ОЗ2-16,52 + (8,26—0,0303-16,52)2= ± /2500= ±50 кгс/см2. min
Главные нормальные напряжения найдем по формуле (32.7):
0тах = а/2 ± (1/2) У а2 + 4т2=-^^- ± ттах = 3,03(/ ± Ттах; min z
При Г/= 0
атач=±8,26 кгс!см2\ min
при p = /i/4 = 8,25 см
ат?х = 3,03-8,25 ± 25,8 = 25,0 ± 25,8; min
arnax = 25,04-25,8 = 50,8 кгс] см2, omin = 25,0 — 25,8 = —0,8 кгс/см2;
при p = /z/2=16,5 см
(Ттах = 3,03.16,5 ± 50,0 = 50,0 ± 50,0; min
Отах = 50,0-{- 50,0= 100 кгс!см2, от1п = 50,0 — 50,0 = 0;
при р = —/z/4 = —8,25 см
огтах=—3,03.8,25 ± 25,8 = —25,0 ± 25,8; min
Gmax = —25,04-25,8 = 0,8 кгс/см2, omjn = —25,0 —25,8 = —50,8 кгс/см2;
при у = — h/2 = —16,5 см
отах = —3,03-16,5 ± 50,0 = —50,0 ± 50,0; min
Отах = —50,04-50,0 = 0, Omin =—50,0 —50,0 = —100 кгс/см*.
331
Эпюры напряжений omax, amin, ттах и Tmjn показаны на рис. 98.7, а, д, е, ж.
На рис. 99.7, а показан элементарный параллелепипед, выделенный в окрестности точки рассматриваемого поперечного сечения, расположенной ниже нейтральной оси, на расстоянии h/4 = 33/4 = 8,25 см от нее.
а) Тг^5,?кгс/смг
На рис. 99.7, б по напряжениям ox, тх и ту, действующим на боковых гранях этого параллелепипеда, построен круг Мора. С помощью этого круга графически определены значения главных нор-
Рис. 100.7
мальных и экстремальных касательных напряжений и направления площадок, на которых они действуют.
Пример 8.7 (к § 7.7). Определить размеры b и h прямоугольного сечения бруса, выпиленного из бревна диаметром так чтобы (РИС. Ю0.7).
Решение. Выражаем высоту сечения п через ширину его b и диаметр бревна d:
h2 = d2—b2.
Момент сопротивления относительно оси 2
Гг = М2/6 = (6/6) (d2—b2).
Наибольшую величину момент сопротивления Wг будет иметь при том значении bt
332
лгг_ db ~
при котором
0. Следовательно,
^=±(<р-36*) = о, db 6 '
откуда
b--=d/V3 « 0,577d.
Высота сечения
h — \ d,—bi=d V 2/3 я» 0,816d.
Отношение сторон поперечного сечения
.0,5774 6/Л~0,8164
«5/7.
Способ разметки сечения бревна для получения из него бруса с таким отношением сторон показан на рис. 100.7 штриховыми линиями.
Пример 9.7 (к § 7.7). Дан брус квадратного поперечного сечения (рис. 101.7, а), изгибаемый в вертикальной плоскости (силовая плоскость проходит через ось у).
Рис. 101.7
Некоторое уменьшение площади сечения бруса, произведенное путем срезки двух равных прямо) голъных треугольников 1-2-3 и Г-2'-3' (как это показано на рис. 101.7, б) вызывает )величение момента сопротивления W2 сечения и, следовательно, увеличение прочности бруса при изгибе. Определить длину ab катетов срезаемых тре-хгольников 1-2-3 и Г-2'-3', при которой момент сопротивления 1Г2 будет наибольшим.
333
Решение. Составим выражение для момента инерции Jг сечения, изображенного на рис. 101.7, 6:
, _ ,11 f(l—C0&F» , ab /2[(1-а)6 /2 ]« _
J z~ •/z~r Jz =--J2----1---------12
Здесь Jz—момент инерции (относительно оси z) части сечения, заштрихованной на рис. 101.7, б; JZJ— момент инерции остальной части сечения, изображенной отдельно на рис. 101.7, в, равный моменту инерции прямоугольника, показанного на рис. 101.7, г.
Момент сопротивления
w _____ Jz (1-а)3(1+За)дУ12 ^(1-а)* (1+3а)&* 2 Утах (1— а)б//2 6 /2
Для определения значения а, при котором момент сопротивления W 2 будет наибольшим, приравняем нулю производную .
^ -2(1-а)(1+За) + (1-а)2>3 ьз __Q da 6 V 2
или
(1 — а) (—2—ба + 3—За) = (1 —а) (1 — 9а) = 0, откуда
ai=l/9 и а2 = 1.
При а = а1=1/9
(I-1/9)41 +3/9)63 64/2
W’ = W' max -----—----------=-729- b~
Момент сопротивления W z max на 5,4% больше момента сопротивления полного сечения, изображенного на рис. 101.7, я, который равен
126/ /2 6 /2
Значение а = а2=1 не удовлетворяет условию задачи, так как при этом «+ = lt+min = 0.
Данный пример показывает, что иногда срезка отдельных частей площади поперечного сечения, хотя и вызывает уменьшение его момента инерции, но приводит к увеличению момента сопротивления и прочности балки.
---------- Пример 10.7 (к § 11.7). Подобрать размеры Ъ и h прямоугольного сечения (рис. 102.7) для балки, рассмотренной в примере 1.7, при отношении h/b~2 и допускаемом напряжении (для дерева) [о] = 100 кгс/см1. Проверить прочность балки по наибольшим касательным напряжениям, возникающим в ее поперечном сечении, если [т] = 12 кгс/см1.
Решение. Наибольший (по абсолютной величине) изги-J______________бающий момент в поперечном сечении балки Afmax = 3 тс-м
, (см. эпюру М на рис. 92.7, г).
—---------По формуле (44.7) определяем требуемую величину момента
сопротивления:
Р,,С‘ 1027 = =3120^ = 3000 см3.
[а] 100
По формуле (22.7) при h/b~2
U7 _ _ ь (26)2__ 2Ь3
6 “ 6 ~ 3 ’
334
откуда
5=^/31Г/2 = |/Ц222:= 3/4500 « 16,5 см
и, следовательно,
Л = 26 = 2-16,5 = 33 см.
В том же поперечном сечении балки (рис. 92.7, в, е) (у левой опоры), в котором имеется изгибающий момент Мтах, действует и наибольшая по абсолютной величине поперечная сила Qmax = 3 тс~ 3000 кгс.
Наибольшие касательные напряжения, действующие в этом поперечном сечении в точках нейтральной оси, определяем по формуле Журавского (28.7):
QS 3000-2250
Jb “49,4-103-16,5
=8,26 кгс/см2 < [т];
bh3 16 5-333
здесь / = -у^-=——=49,4-103 см4; S—статический момент половины поперечного сечения балки относительно нейтральной оси:
с . h h bh2 16,5-332 ,
s = z'-y • т=—=—г—=2250 см -
Каса7ельные напряжения в точках нейтральной оси прямоугольного поперечного сечения можно определить и по формуле (30.7):
т =
3 Q 3-3000
2 F 2-16,5-33
=8,26 кгс!см\
где F—площадь поперечного сечения.
Пример 11.7 (к § 11.7). Определить допускаемую нагрузку для заданной чугунной балки (рис. 103.7, а), предварительно выбрав рациональное расположение
Рис. 103.7
сечения. Поперечное сечение балки изображено на рис. 103.7, б. Допускаемые нормальные напряжения: на растяжение [а^] —400 кгс/см2, на сжатие [ас1 = = 1200 кгс/см2.
Решение. Определив опорные реакции (показанные на рис. 103.7, а), строим эпюру изгибающих моментов (рис. 103.7, в).
Наибольший изгибающий момент возникает в сечении С. Здесь балка изгибается таким образом, что сжатые волокна находятся сверху; сечение следует расположить полкой вниз, чтобы точка 1 (рис. 103.7, б) поперечного сечения (она
335
ближе к центру тяжести сечения и в ней поэтому возникают при изгибе меньшие по абсолютной величине нормальные напряжения, чем в точке 2) была в растянутой зоне.
Определяем допускаемую нагрузку из условия прочности балки в сечении С. На рис. 104.7, а показано положение нейтральной оси z сечения (положение центра тяжести определено выше в примере 2.5).
# 6)
Эпюра б в сечении С Эпюра б в сечении Г
Рис. 104.7
Вычисляем моменты сопротивления сечения относительно нейтральной оси:
Ц7х ~ Jг1 уА — 96/2 = 48 см3; = J г/ув — 96/4 = 24 см3.
Значение момента инерции сечения относительно нейтральной оси (Jz = 96c.w4) взято из примера 2.5.
По первой из формул (49.7)
Ортах = ° А Mc^Wr = (3/2^P1 Я = отк\ да
[ор]Г! 400-48 (3/2) а (3/2)30 427 Кгс'
Расчет по максимальным сжимающим напряжениям [по второй из формул (49.7)] в рассматриваемом случае является излишним, так как он даст большее значение допускаемой нагрузки. Это следует из того, что
^2/»7>='/л/'/д = 2/4> [apJ/[acJ.
Расчет нельзя считать законченным — можег оказаться, что сечение F опаснее, чем С, так как хотя | М? \ < (рис. 103.7, в), но сечение F расположено таким образом, что полка находится в сжатой зоне, т. е. оно расположено нерационально.
Условие прочности для сечения F имеет вид
^ртач — — ц/ — цу —l^pL
откуда
a ou
Окончательно принимаем меньшее из двух найденных значений допускаемой нагрузки, т. е. 320 кгс. Таким образом, опасным является сечение F, хотя изгибающий момент в нем и не максимален.
На рис. 104.7, б, в показаны эпюры нормальных напряжений для сечений С и F, построенные при нагрузке, равной допускаемой. Напряжения равны допускаемым лишь в самых верхних точках сечения F; в остальных точках этого и во всех точках других поперечных сечений напряжения меньше допускаемых.
336
Пример 12.7 (к § 12.7). Определить положение центра изгиба для сечения балки, имеющего форму швеллера, изображенного на рис. 105.7.
Решение. Центр изгиба (точка К на рис. 105.7) расположен на оси симметрии швеллера (на оси г) на расстоянии е от середины стенки швеллера, определяемом по формуле (56.7):
b-й2 82-282
р —----п-----------
47 4-10800
2 = 2,3 см.
Здесь Ь — 8см\ h = 28 см; д = 2см; J = Jz -=(10-303)z 12 — (8-263)/12 = 10 800 см*.
Рис. 105.7
Рис. 106.7
Пример 13.7 (к§ 13.7). Для составной металлической балки двутаврового сечения, изображенной на рис. 106.7, а, при заданном сечении поясов (рис. 107.7) требуется определить высоту h стенки при ее толщине 6= 1,6 см и определить шаг а заклепок диаметром d = 2 см. Допускаемые напряжения [о] = 1600 кгс1см2\ [т] = 1400 кгс) см2 и [oCMJ - 3200 кгс’см1.
Решение. На рис. 106.7, б, в построены эпюры Q и М для заданной балки. Наибольший изгибающий момент равен 97,5 тс-м. По формуле (57.7) находим необходимый момент сопротивления:
М
Г = = 97,7-105/1600 = 6090 см3.
[о]
Из таблицы сортамента угловой равнобокой стали находим геометрические характеристики уголков 100х Ю0х 16 мм:
Jz =264 си4; F = 29,7 си2, с = 3,06 см.
Определяем момент инерции сечения, показанного на рис. 107.7:
Ц2-^’ |2М-: +
^[2±^+в.,.6(‘+о.8)-.] = = 2230—305ft -l 48,1ft-’-;- 0,133/f*.
П ри ft — 60 см
/г = 2230-305-604-48,1-604 0,133-603= 185 700 сл4.
337
Для учета ослабления сечения заклепочными отверстиями уменьшаем получен* ное значение момента инерции Jz на 15%:
Л нетто = Л * 0,85 = 185 700 • 0,85 = 158 000 см*.
Момент сопротивления
Г = ^ нетто =]58 000 _ 5000 {/max 31,6
где
f/max = Л/2 4-1.6 = 60/2 4- 1,6 = 31,6 СМ.
Полученное значение W меньше требуемого. Поэтому необходимо увеличить высоту стенки балки. При h = 70 см
Jz = 2230 — 305 • 70 4- 48,1 • 702 4- 0,133 • 703 = 262 400 см*-,
Jг „етто = 262 400-0,85 = 223 000 сл4;
W = =g^OT0 = 6Ю0 см3, ^/тах 00,0
т. е. полученный момент сопротивления примерно равен необходимому моменту сопротивления.
Уточняем момент сопротивления сечения, ослабленного отверстиями для вертикальных заклепок (отверстия для горизонтальных заклепок расположены в менее ослабленном сечении):
Л нетто = 262 400-4 f 4-2 -3,2- 352) =231 ООО сл4;
U" = г- ?с-тто=24'4°° = 6320 см3, Утах 36,6
т. е. фактический момент сопротивления на 4% больше требуемого.
Принимаем h = 70 см.
При одинаковом шаге а горизонтальных и вертикальных заклепок на одну горизонтальную заклепку (препятствующую сдвигу двух уголков и горизонтального листа) передается сдвигающее усилие, большее, чем на две вертикальные заклепки
338
(препятствующие сдвигу только горизонтальных листов). Поэтому путем расчета определяем шаг горизонтальных заклепок.
На одну горизонтальную двухсрезную (т = 2) заклепку можно передать сдвигающее усилие:
nd2 3 14- 92
[Т] = - j -»2-1400 = 8800 кгс.
на смятие
[7\] = 46 [<тсм] = 2-1,6-3200 = 10 200 кгс.
Принимаем меньшее из полученных значении:
[TJ = 8800 кгс.
По формуле (59.7) находим сдвигающее усилие [7J, передаваемое на одну горизонтальную заклепку:
r_ , QS 32 500-3210 QOO
[Г1, = — а = !б2-4оо а = 398 а кгс, где
S = 1,6-23-35,8-4-2-29,7 ^-3,06^=3210 см3,
Q = 32,5 тс —32 500 кгс (см. рис. 106.7,6).
’По условию прочности (60.7) принимаем
Л = 1Л]; 398а = 8800,
откуда
а~
8800
398
= 22,1 см.
Пример 14.7 (к § 13.7). Определить необходимую высоту йш сварных швов прикрепляющих горизонтальные листы к стенке сварной двутавровой балки, пока-
занной на рис. 108.7, при наибольшей поперечной силе, равной 60 тс и [тш] = 1100 кгс]см2.
Решение. Определяем по формуле (58.7) сдвигающее усилие, приходящееся на 1 см длины балки (с одной стороны от оси г):
~ QS 60 000-840 11ПЛ ,
Т = — = 45 974 =1100 ^-
где S = 2 • 20 (40/2 — 2/2) = 840 см3,
2 - 403 / 20 - 23 \
J =^-^4-2 f ^- + 20-2-21-1=45974 см*.
Из условия прочности (61.7) находим необходимую высоту шва:
. Т 1100
'ш " 2-0,7 [тш| ~2-0,7-1100 - 0,/2 СМ ~ 8 ММ'
Пример 15.7 (к § 16.7) *. Определить методом начальных параметров прогиб и угол поворота сечения К балки, изображенной на рис. 109.7.
Решение. Определяем опорную реакцию R^
^,Ий = /?л.4а-Р-За4-Ш1—?а^ = 0,
* Ряд примеров к § 15.7 и 16.7 разобран в тексте этих параграфов.
339
откуда
ЗРа-Ж-^qa2 3qa2-2qa2qa3
-----ST2—=-----4Г-2—=Vfl-
На левом конце балки (при х = 0) прогиб yo~0f а угол поворота О0 неизвестен. Для определения $0 используем условие равенства нулю прогиба правого конца балки. По формуле (76.7) при х = / = 4а
EJyt = EJy^EJQ0.4a+^^—^^-+
+^J^^_q^+Qg^0_._ EJ&Q.4a +
+4^-^+2-^^-^+<=^в.4а-ь^^=о,
откуда
Е J d0 = —(187/96)^.
При вычислении EJ60 равномерно распределенная нагрузка q доведена до правой опоры, а на последнем участке длиной а к балке приложена противоположно направленная равномерно распределенная нагрузка той же интенсивности
После определения значения EJ$0 по формулам (76.7) находим значения прогиба и \гла поворота сечения К:
___ \87qcP t bqa-^a- qu-a- 2qa~-a__ 19 3
~ 96~ 1 81 2 1 2 ~ 16 qa ‘
EJyk = EJy„+ EJ d0 • 2a +
, SD1 (a/2)2 . 187 , 5^a-8a3 qa-a3 , 2qa2-a2 143 .
J-----r~ =°~ 16qaS-2a- ^6------------^Г-+Лт2-= “48
Пример 16.7. (к § 17.7). Определить графо-аналитическим методом прогибы и углы поворота сечений В и D балки постоянной жесткости EJ, изображенной на рис. 110.7, а.
Решение. На рис. 110.7, б показана эпюра М для заданной балки. На рис. 110.7,в изображена фиктивная балка, соответствующая заданной (см. рис. 83.7). Фиктивная балка загружена распределенной нагрузкой интенсивностью значения М в заданной балке положительны, а потому нагрузка
также положительна (направлена снизу вверх).
Определим реакцию /?ф опоры Е фиктивной балки. Для этого составим сумму моментов всех сил, приложенных правее шарнира С, относительно этого 340
шарнира, которая должна быть равна нулю, так как изгибающий момент в шарнире равен нулю:
V Л/с=^./_±1 .^.^.=0,
прав
откуда
По формулам (80.7) находим прогибы ув и у в и углы поворота $в и сечений В и D заданной балки:
.«в _ de 5 . , РI I 3 .
У в — Л1ф - — У; м — — Лф • 4 1-г 4gj 2 • 4 — прав Р1* 5 ЗР13 _ Р13
— 16£/ ' 4 l ~ 32EJ 64EJ> ’
следовательно, прогиб вверх;
MD V Af_ DE. 1 д_ Pl 1 1 11-
UD— 'Иф — 'И— 2^4EJ 2 ' 2 ' 3 * 2
прав
Р/2 I РР _ Р/3 0
“ 16£/ ‘ 2 ' 96£J — 48EJ < ’
следовательно, прогиб вниз;
„ пв v рЕ Р1 1_РГ- Pl2 _ Р12 . 0
Од-^ф-— 2^ г-л?Ф"4£.7 ' 2 ~16EJ~8EJ~ IdEJ < U’ прав
341
следовательно, поворот происходит по часовой стрелке;
ч Pl 1 ’ _ р1г р1г _л
VD Уф- 2^r_K1’ 4EJ 2 ’ 2 16£/ 16£/~и> прав
Изогнутая ось балки показана на рис. 110.7, г.
Пример 17.7 (к § 18.7). Построить эпюры М и Q для неразрезной балки постоянного сечения, изображенной на рис. 111.7, а.
Эпюра М
40
д) Р
V
----------------J-----------------I---------------
40 1 I 23Р \Z3P '40
1 ~40~ 1^Г
Рис. 111.7
Решение. Строим эпюру изгибающих моментов, рассматривая каждый пролет как простую однопролетную балку на двух опорах (рис. 111.7, б).
Составляем уравнение трех моментов для первой опоры [см. уравнение (86.7)]:
Л10/1 + 2Л11(/1 + /2) + ^2 =
6®1СЛев б^г^прав
/1 /г
342
Так как балка и нагрузка симметричны относительно середины балки, то изгибающие моменты над опорами 1 и 2 одинаковы, т. е.
^x = Af2.
Кроме того,
= 0, = = = О,
<02справ = (PZ/4) (Z/2) Z/2 = PZ*/16.
Следовательно,
2Mr2Z + M1Z = —3PZ2/8, откуда
M1==M2 = —3PZ/40.
Так как значения изгибающих моментов и М2 отрицательны, то в опорных сечениях 1 и 2 верхние волокна балки растянуты, а нижние—сжаты.
Для построения эпюры М вычислим изгибающий момент под грузом Р по формуле (87.7):
PZ 3PZ , —3PZ/4O—(—3PZ/40) I _ 7Р1 М “ 4 40 ' Z ’ 2 — 40 *
По значениям опорных моментов Мг и М2 и значению изгибающего момента под грузом Р на рис. 111.7, в построена окончательная эпюра изгибающих моментов М.
По формуле (88.7) определяем поперечные силы в сечениях балки:
в пролете 0—1
-ЗРЦЫ-О- ЗР .
4 z — 40 ’
в пролете 1—2 в сечениях между опорой 1 и силой Р
Р —3PZ/40—(—3PZ/40) __ Р
2 + Z ~ 2 ’
По этим данным на рис. 111.7, г построена эпюра Q для левой половины балки; эпюра Q для правой половины балки построена на этом же рисунке с учетом того, что нагрузка и балка симметричны относительно середины балки.
По формуле (89.7) определяем опорные реакции:
Dq = £>3 = —ЗР/40—0 = —ЗР/40;
D± = D2 = Р/2 — (—ЗР/40) = 23Р/40.
На рис. 111.7, д показана балка со всеми действующими на нее силами. Нетрудно видеть, что балка под действием этих сил находится в равновесии.
Пример 18.7 (к § 18.7). Построить эпюры М и Q для неразрезной балки, изображенной на рис. 112.7, а. Моменты инерции балки в разных пролетах различны.
Решение. Расчетная схема балки с нумерацией опор и пролетов показана на рис. 112.7,6. Вместо левого защемленного конца балка имеет пролет длиной /1 = 0.
Для вычисления правых частей уравнений трех моментов строим эпюру изгибающих моментов, рассматризая каждый пролет как простую однопролетную балку (рис. 112.7, в). Эпюру моментов для консоли строим, начиная с правого конца, т. е. так же, как для консоли статически определимой балки.
Неизвестными являются опорные моменты и М2., Опорный момент Л43 = —5 тс-м (рис. 112.7, в).
Составим уравнения трех моментов:
W1 J1 4-2Af, ( , М212_
* 11J1 /2</2
М212 + 2М2 , М213 6(02а2 6<о3&э
J 2 + J3 /2*7 2 з
343
Здесь Л1о = О; М3 = —5 тс-м; 12—Ъ я; /3 = 4 м; J2~2J; J$ = J; (Oi = 0;
. 5*3 ,5-3 ।r.
co2^2 —--2~ • * 2 — —15,
5-3 о , 5’3 A 1CX 0)2a2 = —“2~ • 2+-ёГ • 4=15’
«з&з = ^-2 + |-2.|.3=13.
Ордината параболического участка эпюры изгибающих моментов в пролете /3 (рис. 112.7, в) подсчитана (см. рис. 26.7, з) по формуле
Следовательно,
W6 , 6 _ 6-(—15).
2J 'Г 2* 2J 6-2J ’
2ИХ6 . / 6 , 4 \ 5-4_ 6-15 6J8
2J 1 \2J'V J ) J 6-2J 4J ’
После сокращения этих уравнений получаем
4Mt + 2М 2 = 5; 6М i + 28Л42 = — 29.
Решив эти уравнения, найдем
Mt ~ 1,98 тс-м; М2 =—1,46 тс-м.
По формуле (87.7) составляем выражения изгибающих моментов для всех участков заданной балки (за исключением консоли); х — расстояние от левой опоры каждого пролета.
Пролет 1—2:
при О^Л'^3 м
М =- х 4-1,98 4- ~1,46Т.1’98 х = 1,98—2,24х;
О о
при х = 3 м
М = 1,98 —2,24 3 = —4,74 тс-м;
при 3 м х 6 м
Л1 = 10-4*4->.98 4- ~|’48~.1’98 х = 11,98—2,24х;
3 6
при х — 3 м
М = 11,98-2,24-3 = 5,26 тс-м;
ПрИ А' —6 М
М= 11,98 — 2,24-6 = —1,46 тс-м.
Пролет 2—3:
при 0 < х < 2 м
М = 4,5х —- 1,46 -i- X = — 1,46 4- 3,615х — 1,5х2;
2'4
при х = 2 м
М = —1,464-3,615.2—1,5-22 = — 0,23 тс-м;
при 2мй=^х'^4 м
м = 4,5х -3• 2 (х— 1) — 1,46 - ~5т':48 х=4,54—2,385 х;
при х = 2 м
М — 4,54 — 2,385-2 = —0,23 тс-м;
при л* = 4 м
Л4 = 4,54 — 2,385-4 = —5,00 тс-м.
344
a)
P=Smc
d)
371 = Ютем
-Зте/м
2J птпгп ] J Y
1 L 7м 1 Зм 1 2м 2М 1 _ \ 1м \
1 Г
3ft= 10mew
p=5me
\1
Jz=2J
ДПШП
IrO I
Г Зм г*-----
Ом
2м
a*lM\
6)
5mew
2м
5тсц
2м j
kM
г)
Эпюра M
l,98mai
5,26/пем^
0,72тем
tfkmcw 1,205м
1,46тсм р ~ п
5тсм
0,25тсм
д)
Эпюра Q
I j 3,015тс (
| аЯШШШШЩПШТШШГ
I I 1
I I-
! К205м
ПИП
2,585тс
\l,98fncw 3ft = 10 mew
।
у -Ътс)м
Р=5тс
^2,24 те
5,855/пс
7,335тс
0
0
Рис. 112.7
Построенная по этим данным окончательная эпюра изгибающих моментов М Сражена на рис. 112.7, г.
Продифференцировав выражения М по х, получим уравнения поперечных сил ечениях балки.
Пролет /—2:
Q = —2,24 тс.
Пролет 2 — 3:
34о
при 0 х 2м
Q = 3,615—Зх;
при х = О
Q = 3,615 тс;
при х = 2 м
Q =3,615 — 3-2 = —2,385 тс.
Определяем положение сечения, в котором поперечная сила равна нулю:
Q =3,615—Зх0 = О» откуда
*0 = 3,615/3= 1,205 м.
В этом сечении изгибающий момент имеет максимум *:
Afmax = — 1,46 4- 3,615-1,205 — 1,5 • 1,2052 = 0,72 тс-м;
при 2 м^х^4 м
Q = —2,385 тс.
Построенная по этим данным эпюра Q изображена на рис. 112.7Д
По формуле (89.7) определяем опорные реакции:
£>! = —2,24 тс;
Z?2 = 3,615 — (—2,24) = 5,855 тс;
D3 = 5—(—2,385) = 7,385 тс.
На рис. 112.7,е показана балка со всеми действующими на нее нагрузками (включая и опорные реакции). Проверяем равновесие балки под действием этих нагрузок:
2 У = —2,24 + 5,855 + 7,385—3.2 — 5= 13,24 —13,24 = 0; 2^=1,98+10 — 5,855-6—7,385-10 + 3.2-74-5-11 = 108,98 —108,98 = 0.
Для проверки правильности полученных результатов вычисляем теперь с помощью уравнения метода начальных параметров прогиб Д2 балки в сечении над опорой 2.
Начальные параметры балки (в заделке 1)
Мо= 1,98 тс-м; Qo = —2,24 тс; $0 = Ъ; Уо~$-
По уравнению (76.7) метода начальных параметров
1 98.62 2 24.63 10.З2 З2
(7,92- 17,92+ 10) =0,
т. е. перемещение Д2 действительно равно нулю.
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1.7 (к § 4.7—6.7). Составить выражения поперечных сил и изгибающих моментов для всех участков балок и рам, изображенных на рис. 113.7, и построить эпюры Q и М.
Ответ: Эпюры Q и М построены на рис. 114.7.
Задача 2.7 (к § 6.7). По эпюре изгибающих моментов для балки, изображенной на рис. 115.7, построить эпюру поперечных сил и определить действующую на балку нагрузку.
Ответ: Эпюра Q и нагрузка показаны на рис. 116.7.
Задача 3.7 (к § 7.7 и 11.7). Временные деревянные настилы рассчитываются на сосредоточенный груз Р = 100 кгс (рабочий с инструментом). Какой пролег I
* Здесь максимум понимается не как наибольшее значение изгибающего момента, а аналитически —в этом месте касательная к эпюре моментов параллельна оси балки.
346
Рис. 113 7
347
о) Эпюра Q
РШПШШ
Эпюра М
71'111П1 111 LI4577
- -Pl
I 0,5Pl
д) Эпюра Я
^ВШШЙзшши^
Злюрам , х
г) Эпюра О,
Эпюра Q
I 1
1 ЭГ Эпюрам
Мтах-^?^
Эпюра Q
Рис. 114.7
348
можно допустить для доски настила сечением 2,5x20 см, если допускаемое напряжение [о] = 150 кгс/см1?
Ответ: / = 125 см.
Задача 4.7 (к § 7.7). Деревянная рейсшина толщиной 3 мм изогнута по окружности радиусом /? = 1 м. Чему равны наибольшие напряжения от изгиба, если модуль упругости дерева Е = 105 кгс/см1?
Ответ: о =150 кгс/см2.
Задача 5.7 (к § 8.7). Построить эпюру касательных напряжений для балки с сечением в виде квадрата при поперечной силе Q, действующей в направлении одной из его диагоналей длиной, равной 2 а.
Ответ: Эпюра т построена на рис. 42.7, б.
л) Эпюра Q
349
Задача 6.7 (к § 15.7—17.7). Определить прогиб и угол поворота свободного конца балки, изображенной на рис. 117.7, методами непосредственного интегрирования, начальных параметров и графо-аналитическим методом.
Ответ: у = —(вниз);
0 = — (7<7/3)/(48£J) (по часовой стрелке).
Эпюра Q
2т 2т т
©
2т аг
-ЛПИШ
CL
т а
а *
Нагрузка 2т I 2т
М ~аГ\ &
CL
Рис. 117.7
Рис. 116.7
Р^ 0,3тс
ШП-ОМтсм
Рис. 118.7
350
Задача 7.7 (к § 15.7—17.7). Определить прогиб посредине пролета и углы поворота на опорах для деревянной балки прямоугольного сечения, изображенной на рис. 118.7. Высота сечения балки равна 20 см, а ширина 12 см. Модуль упругости Е=10б кгс[см2.
Ответ: Уъ,ы — —0,5 см (вниз): = —0,0077 рад (по часовой стрелке);
$в~ 0,0045 рад (против часовой стрелки).
Эпюра Q
Рис.
120.7
Задача 8.7 (к § 18.7). Построить эпюры М и Q для неразрезных балок, изображенных на рис. 119.7.
Ответ: см. рис. 120.7.
Вопросы для самопроверки
К § 1.7. 1. Что называется прямым и косым изгибом?
2. Что называется чистым и поперечным изгибом?
К § 2.7. 3. Какие внутренние усилия возникают в поперечных сечениях бруса
в общем случае действия на него плоской системы сил?
4. Какие правила знаков приняты для каждого из внутренних усилий?
5. Как вычисляется изгибающий момент в поперечном сечении бруса?
6. Как вычисляются поперечная и продольная силы в поперечном сечении бруса?
К § 3.7. 7. Какие типы опор применяются для закрепления балок к основанию?
8. Как можно осуществить неподвижное (геометрически неизменяемое) и статически определимое закрепление балок к земле?
351
9. При каком числе связей балка становится статически неопределимой?
10. Какие уравнения используются для определения значений опорных реакций?
11. Чему равна горизонтальная опорная реакция горизонтальной балки при вертикальной нагрузке?
12. Как проверить правильность определения опорных реакций?
13. Как определяются опорные реакции многопролетной шарнирной балки?
14. Что представляют собой эпюры поперечных и продольных сил, а также эпюра изгибающих моментов? Что представляет собой каждая ордината этих эпюр?
15. В каком порядке строятся эпюры Q и М?
16. Почему при построении эпюр Q и М для балки, заделанной одним концом, можно не определять опорные реакции?
17. Какая дифференциальная зависимость существует между поперечной силой и интенсивностью распределенной нагрузки, перпендикулярной к оси бруса? Сделайте вывод этой зависимости.
18. Как формулируется теорема Журавского? Выведите эту теорему.
19. Чему равна поперечная сила в сечениях бруса, в которых изгибающий момент достигает экстремальных значений?
20. По каким законам изменяются поперечная сила и изгибающий момент по длине оси бруса при отсутствии распределенной нагрузки?
21. Какой вид имеет эпюра изгибающих моментов на участке балки, во всех сечениях которого поперечная сила равна нулю?
22. Как изменяется поперечная сила в сечении, в котором к балке приложена сосредоточенная внешняя сила, перпендикулярная к оси балки?
23. Как изменяется изгибающий момент в сечении, в котором к балке приложен сосредоточенный внешний момент?
24. В чем заключается проверка эпюр Q и Л4?
25. В какую сторону обращена выпуклость эпюры М при распределенной нагрузке, направленной вниз?
26. Как связано изменение величины изгибающего момента М с площадью эпюры Q?
27. Какой вид имеют эпюры М для балки, заделанной одним концом: а) от сосредоточенной силы, перпендикулярной к оси балки, приложенной на ее свободном конце;
б) от сосредоточенного момента, приложенного на свободном конце балки;
в) от равномерно распределенной нагрузки, перпендикулярной к оси балки, действующей по всей ее длине?
28. Как определяется экстремальное значение изгибающего момента?
29. Как выделить из балки любой ее участок так, чтобы усилия в нем и его деформации при этом не изменились?
30. Как формулируется гипотеза плоских сечений?
31. Что представляют собой нейтральный слой и нейтральная ось и как они расположены?
32. Чему равна кривизна оси балки при чистом изгибе? Выведите соотв^тств ующ ую форм ул у.
33. По какой формуле определяются нормальные напряжения в поперечном сечении балки при чистом изгибе и как они изменяются по высоте балки? Выведите эту формулу.
34. Что называется жесткостью сечения при изгибе?
35. Что называется моментом сопротивления при изгибе и какова его размерность?
36. При каком условии балка с поперечным сечением, не имеющим ни одной оси симметрии, находится в условиях чистого прямого изгиба?
37. По какой формуле определяются нормальные напряжения в поперечных сечениях балки при поперечном изгибе?
38. Выведите формулу для определения касательных напряжений в поперечных сечениях балки при прямом поперечном изгибе. Как исполь
зуется при выводе этой формулы закон парности касательных напряжений?
39. Какой вид имеют эпюры касательных напряжений в поперечных сечениях прямоугольной и двутавровой формы?
К § 9.7. 40. Как находятся главные напряжения при изгибе?
41. Как направлены главные площадки на уровне нейтрального слоя и в точках, наиболее удаленных от этого слоя?
42. Что представляют собой траектории главных напряжений?
К § 10.7. 43. Как вычисляется потенциальная энергия деформации изгиба. Выведите соответствующую формулу.
К § 11.7. 44. Какие формы поперечных сечений являются рациональными для балок из пластичных материалов?
45. Как производится расчет на прочность при прямом изгибе балки из пластичного материала, имеющей постоянное по всей длине поперечное сечение? Напишите зависимости для всех трех видов расчета: проверочного, проектного и для расчета на определение допускаемой нагрузки.
46. В каких случаях следует производить дополнительную проверку балок на прочность по наибольшим касательным напряжениям, возникающим в их поперечных сечениях? Как производится эта проверка?
47. Как производится дополнительная проверка прочности двутавровых балок по главным и максимальным касательным напряжениям, возникающим в наклонных сечениях? Для каких точек следует производить указанную проверку?
48. Какие поперечные сечения являются рациональными для балок из хрупких материалов (типа чугуна)? Как следует располагать эги сечения?
49. Докажите, что сечения, изображенные на рис. 50.7, расположены в порядке возрастания их моментов сопротивления.
50. Какая балка называется балкой равного сопротивления?
К § 12.7. 51. Выведите формулу для определения касательных напряжений, возникающих при прямом поперечном изгибе в поперечных сечениях полок швеллерной балки и направленных перпендикулярно к поперечной силе.
52. Что называется центром изгиба? Выведите формулу для определения положения центра изгиба шве мера.
53. В чем состоит практическое значение определения положения центра изгиба?
К § 13.7. 54. Какие балки называются составными?
55. Как определяется шаг горизонтальных заклепок составной балки таврового сечения, прикрепляющих пояса к стенке?
К § 14.7. 56. Что представляет собой брус (балка) разнородной упругости?
57. По каким формулам определяются геометрические характеристики приведенного сечения для бруса разнородной упругости?
58. По каким формулам определяются нормальные и касательные напряжения при изгибе бруса разнородной упругости?
К § 15.7. 59. Какие перемещения получают поперечные сечения балок при прямом изгибе?
60. Почему точное дифференциальное у равнение изогнутой оси балки можно заменить приближенным уравнением?
61. Выведите основное дифференциальное уравнение изогнутой оси балки.
62. Какая дифференциальная зависимость существует между прогибами и углами поворота сечений балки?
63. Как из основного (приближенного) дифференциального уравнения изогнутой оси балки получаются выражения углов поворота и прогибов ее сечений?
64. Из каких условий определяются постоянные интегрирования, входящие в уравнение углов поворота и прогибов сечений балки?
65. Как определяют наибольшую величину прогиба?
66. В чем заключается интегрирование основного дифференциального уравнения изогнутой оси приемом Клебша и какие упрощения вноси!
12 № 2331
353
этот прием в определение произвольных постоянных интегриро-вания?
67. В каком порядке производится определение углов поворота и прогибов сечений балки методом непосредственного интегрирования основного дифференциального уравнения упругой линии?
К § 16.7. 68. Что представляют собой уравнения метода начальных параметров и почему они так называются? Сделайте вывод этих уравнений.
69. Как определяются значения неизвестных начальных параметров?
70. В каком порядке производится определение углов поворота и прогибов сечений балок методом начальных параметров?
К § 17.7. 71. Выведите формулы для определения прогибов и углов поворота сечений балок графо-аналитическим методом.
72. Как устанавливается схема фиктивной балки и какая фиктивная нагрузка прикладывается к этой балке?
73. В каком порядке производится определение углов поворота и прогибов балки графо-аналитическим методом?
К § 18.7. 74. Какие балки называются неразрезными?
75. Как определяется степень статической неопределимости неразрезной балки?
76. Какой вид имеет уравнение трех моментов для неразрезной балки постоянной жесткости и каков физический смысл этого уравнения? Выведите уравнение трех моментов.
77. Как вычисляются изгибающие моменты и поперечные силы в произвольном сечении неразрезной балки (а также опорные реакции балки) после определения неизвестных опорных моментов?
78. Как с помощью уравнений трех моментов рассчитывается неразрезная балка с защемленными концами?
79. Как при составлении уравнения трех моментов учитывается нагрузка, приложенная на консоли неразрезной балки?
80. В каком порядке производится расчет неразрезной балки?
Глава 8
ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ
$ 1.8. КЛАССИЧЕСКИЕ И ЭНЕРГЕТИЧЕСКАЯ ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ
При испытании материалов статической нагрузкой на центральное растяжение и сжатие устанавливается так называемое опасное (или предельное) состояние. Оно характеризуется наступлением текучести, сопровождаемой значительными остаточными деформациями или появлением трещин, свидетельствующих о начале разрушения. Нормальные напряжения в поперечных сечениях стержней в момент наступления опасного состояния при образце из пластичного материала равны пределу текучести от, а при образце из хрупкого материала равны пределу прочности ов (при растяжении овр и при сжатии авс).
Обычно считают, что тело (элемент конструкции) находится в опасном состоянии, если такое состояние имеется в какой-либо его точке. Точку тела, в окрестности которой при пропорциональном возрастании нагрузки * материал первым оказывается в опасном состоянии, называют опасной точкой.
Существуют различные взгляды на причины, вызывающие опасное состояние материала. Считают, например, что опасное состояние наступает в результате того, что растягивающие нормальные напряжения достигают предельного значения, а потому следует ограничивать величину этих напряжений. Считают также, что за критерий опасного состояния следует принимать наибольшее относительное удлинение и поэтому следует ограничивать деформации. Аналогично следует ограничивать величины касательных напряжений (или полной удельной потенциальной энергии деформации и т. д.), если считать их причиной опасного состояния.
В общем случае нагружения элемента конструкции определить его опасную точку можно лишь после выбора того или иного критерия наступления опасного состояния. Если причиной опасного состояния считаются растягивающие напряжения, то опасной является та точка тела, в которой возникает самое большое растягивающее напряжение. Если же причиной опасного состояния считаются касательные напряжения, то опасной является та точка, в которой возникает самое большое касательное напряжение, и т. д. Таким образом, положение опасной точки
* Нагрузка пропорционально возрастает, когда одновременно возрастают все силы, действующие на конструкцию, причем так, что соотношение между ними сохраняется неизменным.
12*
355
зависит от того, что считается причиной опасного состояния.
Опасное состояние материала допустить нельзя, а потому при расчете сооружения на прочность ориентируются обычно на так называемое допускаемое состояние. Допускаемое состояние соответствует нагрузке, полученной путем деления опасной нагрузки (вызывающей опасное состояние) на некоторый коэффициент запаса, больший единицы*.
Обозначим наибольшее нормальное напряжение, наибольшее касательное напряжение и наибольшую относительную продольную деформацию, возникающие в допускаемом состоянии при одноосном растяжении или сжатии, [а], [т] и [е]. Полную удельную потенциальную энергию деформации обозначим [и], а удельную потенциальную энергию изменения формы в этом состоя-НИИ [иф].
В случае одноосного растяжения (или сжатия) элементов конструкции значение допускаемой нагрузки получится одинаковым независимо от того, будет она определена по значению [о], М» Iе!» М или [цф]- Это связано с тем, что при растягивающей (или сжимающей) силе, равной допускаемому ее значе-нию, не только атах== [о], но и ттах = [т], етах = [е], ытах = [м] и так [^ф] •
Поэто му в случаях одноосного напряженного состояния вопрос о том, что именно является причиной, вызывающей опасное состояние материала, не имеет практического значения при расчетах на прочность.
При двухосном (плоском) и трехосном (пространственном) напряженных состояниях возможны самые различные соотношения между главными напряжениями. Для того чтобы экспериментально установить значения этих напряжений, соответствующие допускаемым состояниям, необходимо провести очень большое число испытаний при различных соотношениях между главными напряжениями. Практически осуществить такие эксперименты невозможно не только из-за большого их числа, но также в связи с трудностью их проведения. Поэтому приходится, используя результаты опытов на одноосное растяжение и сжатие материала, теоретически определять его прочность для любых случаев двухосного и трехосного напряженных состояний.
Таким образом, результаты испытаний на одноосное растяжение и сжатие становятся как бы эталоном прочности,с помощью которого устанавливается прочность материала в любом случае напряженного состояния.
Рассмотрим три теории прочности (первую, вторую, третью), называемые классическими теориями прочности, и энергетическую теорию (четвертую).
* Величина коэффициента запаса устанавливается с учетом целого ряда технических и экономических факторов (см. об этом в § 8.2).
356
Теории прочности представляют собой гипотезы о критериях, определяющих условия перехода материала в опасное состояние.
Расчеты по различным теориям прочности часто дают противоречивые результаты, не соответствующие также и опытным данным. Поэтому в каждом частном случае следует выполнять расчет по той теории прочности, которая является наиболее достоверной (наиболее хорошо согласующейся с результатами экспериментов) для данного материала и того типа напряженного состояния, которое имеется в опасной точке.
В расчетных формулах, соответствующих различным теориям прочности, напряженное состояние материала выражается через значения главных напряжений о2 и а3, где При
этом растягивающие напряжения считаются положительными, а сжимающие—отрицательными.
Первая теория прочности представляет собой гипотезу о том, что опасное состояние материала наступает, когда наибольшее растягивающее напряжение достигает опасного значения, В соответствии с этим при расчетах на прочность ограничивается величина наибольших растягивающих напряжений, которая не должна превышать допускаемого нормального напряжения [о], устанавливаемого из опыта на одноосное растяжение.
Если допускаемые напряжения для материала на растяжение и сжатие одинаковы (пластичные материалы), то условие прочности по первой теории прочности имеет вид
(1.8)
Если же допускаемые напряжения на растяжение [ор] и на сжатие [ос] различны (хрупкие материалы), то условие прочности выражается в виде
(2.8)
Формулы (1.8) и (2.8) не учитывают влияния главных напряжений а2 и о3 на прочность материала. Между тем, как показывают опытные данные, влияние их на прочность материала весьма существенно. Из первой теории прочности следует, что в случае всестороннего равномерного сжатия материалы могут выдерживать, не разрушаясь, большие напряжения, так как при этом растягивающие напряжения не возникают*. Причины разрушения образца при одноосном сжатии первая теория прочности объяснить не может.
Первая теория прочности дает удовлетворительное совпадение с экспериментальными данными в случаях, когда главное напряжение at по абсолютной величине значительно больше других. В практических расчетах первая теория прочности в настоящее время почти не применяется.
* Практически достигнуть разрушения материалов при всестороннем равномерном сжатии не удается даже при очень высоких давлениях (в несколько десятков тысяч атмосфер), осуществляемых в современных физических лабораториях.
,357
Вторая теория прочности представляет собой гипотезу, согласно которой опасное состояние материала наступает в результате того, что наибольшее относительное удлинение достигает опасного значения. В соответствии с этим при расчетах на прочность ограничивается величина наибольшего относительного удлинения, которая не должна превышать допускаемого значения [е], устанавливаемого опытом на одноосное рястяжение.
Для пластичного материала условие прочности по второй теории прочности имеет вид
в1СН = И/£> (3-8)
НО
81 = (1/£) [<Т1 —р(ст2 + <т3)].
Поэтому неравенство (3.8) можно представить в виде
<*1—(4-8)
Для хрупкого материала условие прочности выражается в виде
И (e.+’.XW- (5.8)
Вторая теория прочности, как и первая, не объясняет причины разрушения образца при одноосном сжатии. В настоящее время вторая теория прочности в инженерных расчетах не применяется.
Третья теория прочности представляет собой гипотезу, согласно которой опасное состояние материала наступает, когда наибольшие касательные напряжения в нем достигают опасного значения. В соответствии с этим при расчетах на прочность ограничивается величина наибольшего касательного напряжения, которая не должна превышать допускаемого значения [т], устанавливаемого опытным путем для одноосного напряженного состояния.
Наибольшие касательные напряжения в общем случае напряженного состояния определяются из выражения
Ттах= 0*1 аз)/2.
Условие прочности по третьей теории прочности имеет вид
Ттах = (01 — <*з)/2 < М = [о]/2, ИЛИ
О1—Оз СМ- (6.8)
Третья теория прочности объясняет, почему в случае всестороннего равномерного сжатия материал может, не разрушаясь, выдерживать большие напряжения. Она, однако, не объясняет причины разрушения материала при всестороннем равномерном растяжении. Недостатком третьей теории является также то, что она не учитывает промежуточного главного напряжения о2, величина которого, как показывают опыты, влияет на прочность материала. Расхождение результатов теоретических расчетов и опытных данных из-за неучета величины о2 достигает 10—15%.
358
Во многих практических случаях третья теория прочности дает удовлетворительное совпадение результатов теоретического расчета с опытными данными для пластических материалов. Она широко используется при расчетах конструкций из пластичных материалов. Для хрупких материалов эта теория неприменима.
Энергетическая (четвертая) теория прочности представляет собой гипотезу о том, что причиной возникновения опасного состояния является величина удельной потенциальной энергии изменения формы. По этой теории, во многих случаях хорошо согласующейся с опытными данными, для пластичных материалов опасное состояние наступает при достижении удельной потенциальной энергией изменения формы некоторого опасного значения [иф], определяемого опытным путем для одноосного напряженного состояния. Четвертая теория прочности широко используется при расчетах конструкций из пластичных материалов. Для хрупких материалов она неприменима.
Условие прочности по энергетической (четвертой) теории прочности имеет вид [см. формулу (41.3)]
«ф < [«ф]. или
«ф = (о? + ОЛ — [о]»,
откуда
V ol + al+<f3—0^—0103—о2а3 < [а]. (7.8)
Формулу (7.8) можно представить в виде
V х/2 [(О,—О2)2 + (оа—Оз)4 + (Оз—Ох)2] < [о]• (8.8)
Достоинством энергетической теории является то, что она учитывает все три главные напряжения. Она, как и третья теория, объясняет высокую прочность материала при всестороннем равномерном сжатии, но не может объяснить причины разрушения материала при всестороннем равномерном растяжении.
Сопоставим третью теорию с четвертой, для чего установим отношение левой части неравенства (6.8) к левой части неравенства (7.8):
п= -\/~_________(Qi—q3)2_________=
У of + <^+oJ—<Т1<г2—а^з—сг2а»
_ -1Z ((<71—сг2) + (ста—сг3)]2
У (g2—q3)2+(g2—Оз) (<h—ог) + (О1—а2)3
. .V ________ _______________
\о2-дз~г J 1/r (1 + *)2 _ , *
! , <h—, /<Т1-<т2у У 1-Н + Л2- У "Г
'02—03 1 \а2—03)
где k = .
359
Числитель и знаменатель k положительны; следовательно, значение k также положительно. Если Л = 0 и k = oo, то п= 1, т. е. расчеты по третьей и четвертой теориям дают одинаковые результаты; при отдельных значениях k величина п>1. Определим наибольшее значение п. Для этого найдем первую производную п по k и приравняем ее нулю:
/dn \ = 1 (l + fe. + fep-(i+2fe0)fe0 = 0
V dk )k=k„ -----*о--
V »>
откуда
1 (1 4-Лв + ^)-(1 +2ka)ka = 1-^ = 0
и, следовательно, ka = \.
При этом
п = 1/1+*_ = |/Т^ЗЗ= 1Д55, г 1 -f-1 4-1-
Это означает, что допускаемая нагрузка, рассчитанная по четвертой теории прочности, равна (при fc = 0 или о2 = а£ и при fe = oo или а2 = а3) допускаемой нагрузке по третьей теории прочности или превышает ее, но не более чем на 15,5% [при Л=1 или <т2 = (cFi4-<г3)/2 на 15,5°/0]-
Изложенные теории прочности (как и рассматриваемые далее) неприменимы для анизотропных материалов, например для дерева, так как при расчете деревянных конструкций следует учитывать направление усилий по отношению к волокнам древесины.
§ 2.8. ТЕОРИЯ ПРОЧНОСТИ МОРА
Главное напряжение а2 влияет на прочность материала, однако изменяет ее незначительно — в пределах 15%. Поэтому можно с известным приближением считать, что прочность материала определяется лишь наибольшим и наименьшим главными напряжениями ot и о3. Таким образом, расчет прочности в общем случае трехосного напряженного состояния сводится к расчету прочности при двухосном напряженном состоянии.
Для анализа прочности материала при двухосном напряженном состоянии удобно пользоваться кругами Мора, подробно рассмотренными в § 5.3.
Если для какого-либо материала имеются данные о его опасных состояниях при нескольких различных соотношениях между напряжениями (Tl и о3, то, изображая каждое опасное напряженное состояние при помощи круга Мора, получаем некоторое семейство таких кругов (рис. 1.8). Если к этому семейству кругов провести огибающую, то круги, характеризующие прочное состояние материала, будут располагаться внутри огибающей, а характеризующие опасное состояние—касаться ее. Уменьшив эти круги в п раз (где 360
п—коэффициент запаса) и сохранив масштаб для напряжений, можно получить круги и огибающую, соответствующие допускаемым напряженным состояниям (рис. 2.8).
Для материалов, сопротивление которых сжатию больше, чем растяжению, ординаты огибающей уменьшаются по мере возраста-
Чистый сдвиг
Огибающая
Одноосное сжатие
Одноосное 'растяжение
Рис. 1.8
ния растягивающих напряжений (см. рис. 1.8). В некоторой точке А (при положительном значении о) огибающая пересекает ось абсцисс. Эту точку можно рассматривать как круг Мора для случая всестороннего равномерного растяжения.
Эксперименты показывают, что при всестороннем равномерном сжатии материал не разрушается, как бы велики ни были сжимающие напряжения. Поэтому огибающая остается незамкнутой и не пересекает ось абсцисс при отрицательных значениях о*.
Получение достаточного количества опытных данных для точного построения огибающей затруднительно. Поэтому практически огибающую, соответствующую допускаемым напряженным состоя
361
ниям, имеющую криволинейное очертание, заменяют двумя прямыми АВ и АС, которые являются касательными к кругам Мора, построенным по значениям [стр] и [стс], полученным на основании опытов на одноосное растяжение и сжатие (рис. 3.8).
Для того чтобы выяснить, удовлетворяется ли условие прочности в некоторой точке тела при возникающих в ней главных напряжениях Oj и о3, по этим значениям напряжений необходимо построить соответствующий круг Мора. Если круг будет расположен между прямыми АВ и АС (круг 1 на рис. 3.8), то, следо-
Рис. 3.8
вательно, материал в окрестности рассматриваемой точки имеет избыточную прочность, а если круг будет пересекать эти прямые (круг 2 на рис. 3.8), то этот материал имеет недостаточную прочность, т. е. коэффициент запаса для соответствующего напряженного состояния меньше требуемого. Круг, касающийся прямых АВ и АС (круг 3 на рис. 3.8), характеризует напряженное состояние, которое является допускаемым.
Этот способ проверки прочности материала предложен О. Мором.
Выяснить, удовлетворяет ли данное напряженное состояние условию прочности, можно и не прибегая к построению круга Мора, а воспользовавшись аналитическим выражением условия прочности. Для получения такого выражения построим круг Мора, касающийся прямых АЗ и АЗ', т. е. круг, соответствующий допускаемому напряженному состоянию (этот круг в точке 5 на рис. 4.8 касается прямой АЗ), и установим соотношение между главными напряжениями и <т3 в этом состоянии.
Из подобия треугольников 1-2-8 и 6-7-8 (рис. 4.8) находим *
(а)
Здесь 6-7 = 5-7—5-6 = 4-8—5-6 = [стр]/2—(о1—о3)/2;
Ь2 =ТЗ—Гз = [ос]/2 — [ор]/2;
* Учитываем при этом, что допускаемые напряжения являются положительными величинами.
362
1-8 = 1-0 + 0-8 = [ос]/2 + [<тр]/2;
6-8 = 0-6—0-8 = (ffj +<т3)/2 — [<гр]/2.
Подставляем эти значения в уравнение (а):
r , К1 — Г<Тр] ,г , .
"х-Оз-К] =
откуда после преобразований получаем
О1—°з [<*₽]/[<! = [<*₽]•
Следовательно, условие прочности имеет вид
°i—([оР]/[ос])-Оз С [<тр]• {9.8)
Условие (9.8) выражает упрощенную теорию Мора, в которой предельные (или допускаемые) огибающие заменены прямыми, проведенными по известным значениям опасных (или допускаемых) напряжений при простом растяжении и сжатии.
Теория прочности Мора широко используется при расчетах конструкций из хрупких материалов. Для пластичных материалов допускаемые напряжения [ар] и [ас] на одноосное растяжение и сжатие одинаковы и теория прочности Мора совпадает с третьей теорией прочности. Поэтому теорию прочности Мора иногда рассматривают как обобщение третьей теории применительно к хрупким материалам, неодинаково сопротивляющимся растяжению и сжатию. Заметим, что при [ор] = [ас] огибающая кругов Мора, соответствующих предельным (или допускаемым) напряженным состояниям, параллельна оси а.
Недостатком теории прочности Мора (так же как и третьей теории) является пренебрежение влиянием промежуточного главного напряжения а2. Кроме того, следует иметь в виду, что, по существу, она применима для случаев таких напряженных состояний,
3G3
для которых с^^О, а а3^0, т. с. главные круги Мора (т. е. круги, Построенные на главных напряжениях и а3) располагаются между кругами, соответствующими одноосному растяжению и одноосному сжатию, использованными при выводе условия прочности (9.8).
§ 3.8. ЕДИНАЯ ТЕОРИЯ ПРОЧНОСТИ
Рассмотренные в § 1.8 первая и вторая теории прочности объясняют разрушение материала, происходящее только путем отрыва, а третья и четвертая—только путем сдвига. Поэтому каждая из них для некоторых видов напряженных состояний дает результаты, противоречащие опыту.
Проф. Н. Н. Давиденков и проф. Я. Б. Фридман предложили комбинированную теорию прочности (названную единой теорией прочности), которая объясняет разрушение материала как в результате отрыва, так и сдвига, и может поэтому использоваться при любом виде напряженного состояния. По этой теории, объединяющей вторую и третью теории прочности, допускаемое напряженное состояние должно одновременно удовлетворять двум условиям прочности:
ттахс[т]. (10.8)
При этом [е] устанавливается из опытов на одноосное растяжение, а [т] — из опытов, при которых разрушение материала (или пластическое течение его) вызывается сдвигом.
Условия прочности (10.8) для хрупкого материала можно представить в виде:
<*1—+ (11-8)
(«1—Ст3)/2<[т].
(12.8)
Если [т] определяется из опытов на одноосное сжатие, то [т] = К]/2 и условие (12.8) принимает вид
<*1— Оз<[«Тс].
(13.8)
В случае пластичного материала условия прочности имеют вид:
Oj—н
<*1 —<*з<М-
(14.8)
(15.8)
В некоторых конструкциях, например в балках нетонкостенного профиля, напряженное состояние в опасных точках близко к одноосному. При проверке прочности таких конструкций из хрупких материалов в точках, в которых напряженное состояние близко к одноосному растяжению, принимают сг2 сг3 0; для этого случая, по условию прочности (11.8),
С [ор].
(16.8)
364
При проверке же прочности в точках, в которых напряженное состояние близко к одноосному сжатию, принимают аА=о2^0; для этого случая, по условию прочности (13.8),
|а3|^[ас]. (17.8)
Для пластичных материалов вместо условий прочности (16.8) и (17.8) используются условия:
01 СМ; | о,| СМ- (18.8)
Примеры расчета
Пример 1.8 (к § 1.8—3.8). Определить допускаемые значения напряжений оА по теориям прочности, рассмотренным в настоящей главе, для хрупкого материала при напряженном состоянии, изображенном на рис. 5.8. 6-056
Дано: допускаемые напряжения на растяжение 2 ' 1
[ор]=600 кгс!см\ на сжатие [ос] = 1800 кгс/см2\ коэффициент Пуассона р, = 0,25.
Решение. 'По первой теории прочности, используя условие (2.8), получаем
оА = [ор] ~ 600 кгс/см2.
или
63~0,36i
Рис. 5.8
[оА] = 600 кгс/см2.
По второй теории п р о ч н о с т и на основании формулы (5.8) находим
—И (<Т2-Ь<Т3) = [СГр] или
[оА] — 0,25 (0,5 [оА J + 0,3 [оА J) = 600, откуда
[оА] = 600/0,8 = 750 кгс/см2.
Третья и четвертая теории прочности не могут быть использованы при хрупком материале, а потому расчета по этим теориям не производим.
По теории прочности Мора по формуле (9.8)
— (l^pl/Kl) *з = К>1 =600.
Следовательно,
[aj — (600/1800) 0,3 [aj =600, откуда
[оАJ = 600/0,9 — 667 кгс/см2.
По единой теории прочности по формуле (11.8), совпадающей с формулой (5.8), получаем тот же результат, что и по второй теории прочности, т. е. [оА] = 750 кгс/см1, а по формуле (13.8) получаем
— ^3 = Kl или
[аА] — 0,3 [оА] = К] = 1800, откуда
[оА 1 = 1800/0,7 = 2571 кгс/см2.
Окончательным является меньшее значение [aAJ, т. е. foA] =750 кгс/см2.
Таким образом, по разным теориям прочности, допускаемое значение напряжения Ох составляет 600 4- 750 кгс/см2.
Пример 2.8 (к § 1.8 и 3.8). Проверить прочность пластичного материала по первой, второй, третьей и четвертой теориям прочности и по единой теории проч
365
ности для напряженного состояния, изображенного на рис. 6.8, при [о] = = 1400 кгс/см2 и у = 0,25.
Решение.
По первой теории прочности по формуле (1.8) получаем
о1 = 300< [ст] = 1400 (прочность достаточна).
По второй теории прочности по формуле (4.8)
П1 _ у, (о2 4- q3) = 300—0,25 (180 — 1200) =
=555 < [о] = 1400 (прочность достаточна).
По третьей теории прочности по формуле (6.8)
ах—о3 = 300 + 1200 = 1500 > [о] = 1400 (прочность недостаточна).
По четвертой теории прочности по формуле (7.8)
V ат + аг+оз—сг^з—02^3 =
= у300г+ 180г+12002—300-180 + 300-1200+ 180-1200 =
= У 2084400 = 1444 > [а] = 1400 (прочность недостаточна)
По единой теории прочности по формуле (14.8) получаем Oj —Н(о2 + о3) = 300—0,25(180—1200) = 555 < [о] = 1400,
а по формуле (15.8), о1—а3 = 300+1200= 1500 > [о] = 1400.
Так как одно из двух условий прочности [условие (15.8)] не выполняется, то прочность материала по единой теории прочности недостаточна.
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1.8 (к § 1.8—3.8). Определить допускаемое значение напряжения по первой и второй теориям прочности, по теории прочности Мора и по единой теории прочности для напряженного состояния, изображенного на рис. 7.8.
Дано: допускаемые напряжения на растяжение материала [ор] = 700 кгс/см2, на сжатие [ос] = 1200 кгс/см2; коэффициент Пуассона у. = 0,3.
Ответ: по первой теории прочности, [<т1]=700 кгс/см2; по второй теории прочности, [oj = 414 кгс/см2; по теории прочности Мора [о1] = 323 кгс/см2; по единой теории прочности, [cj = 400 кгс/см2.
Задача 2.8 (к § 1.8 и 3.8). Проверить прочность материала по третьей и четвертой теориям прочности и по единой теории прочности для напряженного состояния, изображенного на рис. 8.8.
Дано: допускаемые напряжения на растяжение и сжатие [о] = 1500 кгс/см2; ц=0,3.
366
Ответ: по третьей теории прочности, 2200 кгс/см2 > [о] (прочность недостаточна);
по четвертой теории прочности, .1950 кгс/см2 > [а] (прочность недостаточна);
по единой теории прочности; 2200 кгс/см2 (прочность недостаточна).
Вопросы для самопроверки
К § 1.8. 1. Что называется опасным состоянием материала?
Чем характеризуется наступление опасного состояния для пластичных и хрупких материалов?
2. Какая точка тела называется опасной?
3. Что называется допускаемым напряженным состоянием?
4. Почему причина опасного состояния не имеет значения для расчетов на прочность при одноосном напряженном состоянии?
5. Почему определение прочности в случаях сложного (плоского или пространственного) напряженного состояния приходится производить на основе результатов опытов, проводимых при одноосном напряженном состоянии?
6. Что представляют собой теории прочности?
7. В чем сущность первой теории прочности? Какие опытные данные находятся в противоречии с этой теорией?
8. В чем сущность второй теории прочности?
9. В чем сущность третьей теории прочности? Напишите условие прочности по этой теории. Укажите ее недостатки.
10. В чем сущность четвертой теории прочности? Укажите область применения этой теории.
К § 2.8. 11. В чем сущность теории прочности Мора?
12. Выведите условие прочности по упрощенной теории Мора.
13. Каковы недостатки теории прочности Мора? Укажите область ее применения.
К § 3.8. 14. Какие теории прочности объединяет единая теория?
15. Какова область применения единой теории прочности?
Глава 9
СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ
§ 1.9. КОСОЙ ИЗГИБ
К сложному сопротивлению относятся виды деформаций бруса, при которых в его поперечных сечениях одновременно возникает не менее двух внутренних силовых факторов. Исключением является прямой поперечный изгиб, который не принято рассматривать как случай сложного сопротивления, хотя при этом в сечениях и возникают два внутренних силовых фактора — изгибающий момент и поперечная сила. Этот вид деформации рассматривается как простой потому, что в подавляющем большинстве случаев расчеты на прочность и жесткость ведутся без учета влияния поперечных сил, т. е. по одному силовому фактору — изгибающему моменту (см. гл. 7).
Рассматриваемые ниже случаи сложного сопротивления можно разделить на две группы.
К первой группе относятся те случаи, при которых в опасных точках бруса напряженное состояние либо является одноосным, либо может приближенно рассматриваться как одноосное в связи с незначительным влиянием на прочность бруса касательных напряжений, возникающих в его поперечных сечениях. Поэтому в таких случаях при расчетах на прочность теории прочности не используются. К первой группе относятся косой изгиб, а также внецент-ренное растяжение и сжатие.
В случаях сложного сопротивления, относящихся ко второй группе, в опасных точках бруса возникает плоское напряженное состояние и расчет на прочность выполняется с применением теорий прочности. Ко второй группе относятся изгиб с кручением, сжатие (или растяжение) с кручением, а также сжатие (или растяжение) с изгибом и кручением.
Изучение сложного сопротивления начнем с простейшего из случаев, относящихся к первой группе, а именно с косого изгиба.
Косым изгибом называется такой вид изгиба, при котором плоскость действия изгибающего момента в данном поперечном сечении бруса не проходит ни через одну из главных центральных осей инерции этого сечения. Элемент бруса, примыкающий к этому сечению, находится в условиях косого изгиба.
Случай косого изгиба, при котором в поперечном сечении бруса возникает лишь изгибающий момент, называется чистым косым изгибом. Если же в сечении действует, кроме того, поперечная сила, то имеется поперечный косой изгиб.
368
На рис. 1.9 изображен брус с прямоугольным поперечным сечением, заделанный правым концом. К брусу на свободном конце приложена вертикальная сила а в сечении на расстоянии а от свободного конца — горизонтальная сила Р2.
В каждом поперечном сечении участка / возникают изгибающий момент Mz (относительно оси г), действующий в главной плоскости ух, и поперечная сила Qy = — на этом участке имеется прямой поперечный изгиб. В поперечном сечении участка II бруса с абсциссой х действуют изгибающий момент Л4^ = Р1х в главной плоскости ух, изгибающий момент Му^Р2{х—а) в
След плоскости дейс/пдия полного момента М
главной плоскости zx и поперечные силы Qu — — P^Qz — — Pi-Полный изгибающий момент М = р М* 4- М* действует в плоскости, не совпадающей ни с одной из главных плоскостей бруса. Следовательно, на участке // имеется поперечный косой изгиб.
Таким образом, косой изгиб можно рассматривать как сочетание двух прямых изгибов, вызванных изгибающими моментами относительно главных центральных осей инерции поперечного сечения у и z.
На основании принципа независимости действия сил полные нормальные напряжения в поперечных сечениях участка // равны сумме напряжений от раздельного действия моментов Mz и Му. Следовательно, в точке С поперечного сечения (рис. 1.9) полное нормальное напряжение
О = оМг + Ом у = ± у ± (Му/ Jy) г. (1.9)
369
В формуле (1.9) перед первым членом правой части берется знак плюс, когда момент Мг вызывает растяжение в точках сечения с положительными координатами у, а перед вторым членом — когда момент Му вызывает растяжение в точках с положительными координатами г. В формулу (1.9) подставляются абсолютные значения изгибающих моментов.
На рис. 2.9, а показаны эпюры нормальных напряжений амг и Omv в поперечном сечении участка II бруса (см. рис. 1.9) от раздельного действия изгибающих моментов Мг и Му. Эпюра о от совместного действия моментов Mz и Му показана в аксонометрии на рис. 2.9,6.
Рис. 2.9
Полный изгибающий момент М связан с его составляющими Мг и Му зависимостями:
М — У Mf + Mf-, Afz = Afcosa; Му = Afsina, (2.9) где a—угол между осью у и плоскостью действия полного момента (рис. 3.9).
Разделив третье из выражений (2.9) на второе, найдем
tga| = | Му/Мг1- (3.9)
Если известны моменты М2 и Му9 действующие в поперечном сечении, то полный изгибающий момент М можно определить по первой из формул (2.9), а абсолютное значение угла a—по формуле (3.9). Положение плоскости действия полного момента устанавливается затем с учетом того обстоятельства, что эта плоскость проходит через центр тяжести сечения и два квадранта, в которых оба момента, М2 и Afv, вызывают нормальные напря
370
жения одного знака. Например, на участке II бруса, изображенного на рис. 1.9, моменты Мг (от силы и Му (от силы Р2) вызывают в точке С квадранта I растягивающие нормальные напряжения. Поэтому плоскость действия полного момента М проходит через квадрант I (след ее показан на рис. 1.9).
Нормальное напряжение о при косом изгибе можно выразить через полный изгибающий момент М. Для этого подставим в формулу (1.9) значения и Му, выраженные через М [см. формулы (2.9)]:
а^±м(у-^+г-^}. (4.9)
\ Jz Jy J
В формуле (4.9) угол а считается положительным, когда плоскость действия полного изгибающего момента проходит через квадранты / и III (как это показано, например, на рис. 3.9).
Знак плюс перед правой частью формулы ставится, когда момент М в точке А с координатами «/>0 и 2 = 0 (рис. 3.9) вызывает растягивающее напряжение.
Выше было указано, что при косом изгибе вычисление касательных напряжений в поперечных сечениях бруса излишне, так как при расчетах на прочность они не имеют значения. Но их можно определить по формуле Журавского раздельно от поперечных сил Qy и Q2.
При прямом изгибе нейтральная ось проходит через центр тяжести поперечного сечения бруса и перпендикулярна плоскости изгибающего момента. При косом изгибе нормальные напряжения в центре тяжести поперечного сечения равны нулю, в чем легко убедиться, подставив в формулу (4.9) значения у = 0 и г = 0 (т. е. координаты центра тяжести). Следовательно, при косом изгибе нейтральная ось, так же как и при прямом изгибе, проходит через центр тяжести поперечного сечения.
В отличие от прямого изгиба при косом изгибе нейтральная ось (нулевая линия) не перпендикулярна плоскости действия изги
371
бающего момента. Для того чтобы в этом убедиться, определим положение нейтральной оси поперечного сечения, показанного на рис. 4.9, при изгибающем моменте М, действующем в плоскости, наклоненной к главной оси инерции у под углом а.
На нейтральной оси нормальные напряжения равны нулю, а потому для определения положения этой оси приравняем нулю выражение (4.9):
п = ± Л4 [(cos a/Jz) у + (sin а/Jу) z] = 0;
так как М =^0, то
(cosa/Jz) у 4- (sin a/Jy) z = 0,
или
y^ — iga.{JzUv)z. (5.9)
Уравнение нейтральной оси (5.9) представляет собой уравнение прямой, проходящей через начало координат.
Рис. 4.9
Тангенс угла р наклона нейтральной оси к оси z равен (— p/z) (см. рис. 4.9). Следовательно, на основании формулы (5.9)
tg₽ = —^/г = (Л'4) tea’ или
tgP = tga- (6.9)
Формула (6.9) служит для определения положения нейтральной оси (нулевой линии) при косом изгибе. В этой формуле 0 — угол, на который надо повернуть ось г по часовой стрелке (при 0 > 0) для того, чтобы она совпала с нейтральной осью; a — угол, на который надо повернуть ось у по часовой стрелке (при a > 0) для того, чтобы она совпала с плоскостью действия изгибающего момента.
На рис. 4.9 показаны положительные значения углов а и 0. Из формулы (6.9) видно, что знаки углов а и 0 всегда одинаковы.
Из формулы (6.9) видно, что в общем случае угол 0 не равен углу а, т. е. что нейтральная ось не перпендикулярна плоскости
372
действия изгибающего момента. Она перпендикулярна этой плоскости при J2 = Jy,y. е. когда главные моменты инерции поперечного сечения бруса одинаковы. Но в этом случае, как известно (см. § 7.5), любые центральные оси инерции сечения являются главными и, следовательно, косой изгиб невозможен. Из формулы (6.9) следует также, что положение нейтральной оси не зависит от величины изгибающего момента, так как она не входит в выражение тангенса угла р.
Если = a Jy^Jmtn, то 1. В этом случае, по
формуле (6.9), tgP>tga и р>а.
Таким образом, нейтральная ось при косом изгибе повернута на угол р—а от оси, перпендикулярной плоскости действия изгибающего момента (т. е. оси / — / на рис. 5.9), к оси, относительно которой момент инерции имеет минимальное значение.
Рассмотрим поперечное сечение бруса в форме прямоугольника с отношением сторон h/b — 5, для которого
7min Jy м/\2 20 *
В этом случае даже при небольшом угле а, т. е. небольшом отклонении плоскости действия изгибающего момента от оси у, угол Р—а получается значительным. Например, при <х = 5°
tg р = 25 tg ос = 25 • 0,0875 = 2,19; р = 65° и р~а = 60э.
Положение нейтральной оси для этого случая показано на рис. 6.9.
Таким образом, угол р—а, на которой повернута нейтральная ось от оси / — I (см. рис. 5.9), может быть значительным.
Можно показать, что нормальные напряжения в каждой точке поперечного сечения бруса при косом изгибе, так же как и в случае
373
прямого изгиба, прямо пропорциональны расстоянию от этой точки до нейтральной оси. Наибольшие напряжения, следовательно, возникают в точках поперечного сечения, наиболее удаленных от нейтральной оси*. Эпюра нормальных напряжений, значения которых отложены от прямой, перпендикулярной нейтральной оси, показана на рис. 7.9, на котором оси у и г — главные центральные.
Точки поперечного сечения, в которых при изгибе возникают наибольшие (по абсолютной величине) нормальные напряжения (точки А и В на рис. 7.9), являются опасными точками сечения.
Для определения их положения по формуле (6.9) следует найти угол р, провести нейтральную ось, а затем параллельно ей провести линии, касающиеся контура сечения. Таким путем определим точки сечения, наиболее удаленные от нейтральной оси, которые и являются опасными.
Таким образом, определение положения нейтральной оси нужно для отыскания опасных точек сечения и последующего расчета на прочность. При некоторых типах поперечных сечений опасные
точки можно легко установить, не определяя положения нейтральной оси. Примеры таких сечений приведены на рис. 8.9, а, б.
Опасными для пластичного материала являются две из четырех точек, совпадающих с углами прямоугольника, стороны кото
* Формулу (4.9) можно преобразовать к виду , Afcosa/ о , Asina о = ± ----------------------5 у cos р ---------z cos Р .
Jz cos р V Jj/Cos a 1 J
Но на основании формулы (6.9)
Asina = JyCos a s н’
а потому
, М cos a . Q , . Q4 , М cos a
о = ± -7-----fl (у cos p + z sin P) = ± -° at
Jz cos P r Jz cos p
где n = y cos p + z sin P — расстояние от точки, в которой определяется напряжение о, до нейтральной оси (см. рис. 7.9).
.. М cos a
Множитель у ера имеет одинаковое значение для всех точек поперечного сечения, а потому величина а прямо пропорциональна расстоянию а от нейтральной оси.
374
рого параллельны осям у и г и касаются контура сечения (эти четыре точки отмечены на рис. 8.9, а, б кружками). Опасными являются те две точки, в которых знаки напряжений оуг и omv совпадают. Для хрупкого материала опасной будет одна из четырех указанных точек—та, в которой возникает наибольшее растягивающее напряжение.
Для сечений рассматриваемого типа опасной (или опасными) является точка (или точки), наиболее удаленная одновременно от обеих главных осей инерции. Следовательно, при вычислении
Рис. 7.9
напряжений в этой точке в формулу (1.9) надо подставить z/max и гтах. В результате получим
^max ~ Утах "Ь (My/Jу) %тах‘
Так как для опасной точки знаки обоих слагаемых совпадают, а сумма берется по абсолютной величине, в эту формулу подставляем абсолютные значения всех входящих в нее величин. Учитывая, что
г'Утах~^ Jy/zmax~Wy
и что напряжения отах не должны превышать допускаемых, получаем следующее условие прочности:
tfmax = < [ст]. (7.9)
Формулу (7.9) можно представить в виде
ffmax = (Al/wj [cosa + (FZ/Wу) sin a] < [a], (8.9)
Для хрупкого материала в качестве [ст] надо принимать допускаемое напряжение на растяжение.
375
В тех случаях, когда положение опасных точек не очевидно (например, для сечений, изображенных на рис. 8.9, в, г, д, е), следует определить положение нейтральной оси, установить положение опасных точек и по формуле (1.9) или (4.9) вычислить возникающие в них напряжения, которые не должны превышать допускаемых. Пользоваться в этих случаях формулами (7.9) и (8.9) нельзя.
Наибольшие нормальные напряжения при косом изгибе могут значительно отличаться от напряжений при прямом изгибе, вызванном изгибающим моментом такой же величины, но действующим
Рис. 8.9
в плоскости, перпендикулярной той главной оси инерции, относи-тельно которой момент инерции равен Jmax. Так, например, для прямоугольного поперечного сечения, показанного на рис. 6.9, при изгибающем моменте М, действующем в плоскости, проходящей через ось у (т. е. при а = 0), наибольшие напряжения
о = М/Ц7г,
а при а = 5° они равны [по формуле (8.9)]
а = (cosа + sin а) = (0,996 + 5 • 0,0872) = 1,432 ,
так как
,^2/6 , . 5
Wy "" М2/6 “ 1/ь 5
Таким образом, отклонение плоскости действия момента от оси у всего на 5° приводит к увеличению наибольших нормальных напряжений на 43%.
376
При брусе из пластичного материала определить опасное поперечное сечение в ряде случаев косого изгиба довольно трудно. Опасным даже при брусе постоянного сечения может оказаться сечение, в котором не только полный изгибающий момент М, но и ни один из составляющих его моментов Му и Мг не является наибольшим. Поэтому часто приходится производить проверку для ряда поперечных сечений, в которых возникают наибольшие моменты Му или Mz и в которых они одновременно имеют достаточно большие значения. При брусе переменного сечения опасным может
оказаться сечение, имеющее меньшие размеры, чем другие, даже когда в нем действуют сравнительно небольшие изгибающие моменты Мг и Му.
При брусе из хрупкого материала опасной может оказаться не точка бруса, в которой возникает наибольшее по абсолютной величине нормальное напряжение (являющееся сжимающим), а точка, в которой нормальное напряжение имеет хотя и меньшее значение, но является растягивающим.
Так как косой изгиб представляет собой сочетание двух прямых изгибов, то перемещения в прямых брусьях при косом изгибе могут определяться теми же методами, что и в случае прямого
изгиба (см. § 15.7—17.7). Для этого все нагрузки раскладываются на составляющие, действующие в главных плоскостях ух и zx. Затем отдельно определяются перемещения в плоскости ух (от составляющих, действующих в этой плоскости) и отдельно—в плоскости zx.
Когда при косом изгибе внешние силы, действующие на прямой брус, расположены в одной плоскости, его изогнутая ось (упругая линия) представляет собой плоскую кривую, расположенную, однако, не в плоскости действия сил. Для того чтобы убедиться в этом, рассмотрим балку, заделанную одним концом и нагруженную на свободном конце силой Р (рис. 9.9). Составляющие этой силы, действующие в плоскостях ух и zx, равны Ру = Р cosa и Pz = Psina. Перемещения 6у и любой точки оси балки соответственно в направлениях осей у и z, вызванные силами Ру и Pz, равны
= (Py/EJJ f (х); 6г = (Pz/EJy) f (х),
где f(x) — некоторая функция абсциссы х рассматриваемой точки.
После деформации центр тяжести О любого поперечного сечения сместится на величину 6у в направлении оси у и на величину в направлении оси z, т. е. он переместится в точку О' (рис. 9.9). Угол <р наклона прямой О—О' к оси у найдем из уравнения
. (Рz/EJу) f (х) Jz Рz Jz Р sina
tg ф = «7 = = Ту ~Fy = Ty pTT^= T,Jtg a-
3’7
Но на основании формулы (6.9)
tga = tgp.
Поэтому
tgV = tg₽ и Ф = ₽-
Таким образом, перемещения точек оси рассматриваемой балки происходят в плоскости, перпендикулярной нейтральной оси и, следовательно, не совпадающей с плоскостью действия нагрузки.
В случае косого изгиба, когда внешние силы не расположены в одной плоскости, направление полного прогиба в каждом поперечном сечении бруса не перпендикулярно к нейтральной линии.
Если перемещения 6у и дг точки оси балки в плоскостях ух и гх известны, то полное перемещение 6 этой точки, а также угол <р между направлением 6 и осью у определяют по формулам:
6 = tg<p = ||j|. (9.9)
$ 2.9. ВНЕЦЕНТРЕННОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ
БРУСЬЕВ БОЛЬШОЙ ЖЕСТКОСТИ
Внецентренным растяжением или сжатием называется такой вид деформации, когда в поперечном сечении бруса одновременно действуют продольная (растягивающая или сжимающая) сила и. изгибающий момент; в этом сечении может действовать и поперечная сила.
Внецентренно растянутый или сжатый брус, при расчете которого можно не учитывать дополнительные изгибающие моменты, равные произведениям продольных внешних сил Р на прогибы 6, называется жестким, а брус, при расчете которого их следует учитывать, —гибким.
Жесткими являются внецентренно сжатые и растянутые брусья, изображенные на рис. 10.9, а, г, д, если наибольшие их прогибы 6тах малы по сравнению с расстояниями е сил Р от осей брусьев, и брусья, изображенные на рис. 10.9, б, в, в тех случаях, когда произведения Р6шах малы по сравнению с внешними моментами ЗИ.
Рассмотрим расчет жестких брусьев; метод расчета гибких брусьев изложен ниже в § 5.13.
На рис. 11.9, а изображен жесткий брус; в его верхнем поперечном сечении одновременно действуют продольная сила N и изгибающий момент М, составляющие которого относительно главных осей г и у инерции сечения равны Мг и Му. Нормальное напряжение в произвольной точке С сечения с координатами у и г равно сумме напряжений от продольной силы N и изгибающих моментов М2 и Му, т. е.
о =Оу+оМг + аЛ1у = N/F± у ± (My/Jy) г. (10.9)
Продольная сила N и моменты Mz и Му могут рассматриваться как результат воздействия на брус внецентренно приложенной силы 378
P = N. Именно поэтому случай одновременного действия в поперечном сечении продольной силы и изгибающего момента называют внецентренным растяжением (при растягивающей продольной силе) или сжатием (при сжимающей).
Координаты еу и ez точки А приложения силы Р называются эксцентриситетами этой силы относительно главных осей инерции z и у, соответственно:
*У = ^; е*=7Г- <119)
Точку А приложения силы Р называют центром давления или полюсом.
Подставим в формулу (10.9) выражения Mz—Ney= = Реу и My = Nez = Pez [на основании формул (11.9) и рис. 11.9,6]:
o = (P/F) + (Реу/-1г) у +
+ (Pe2/Jy)z. (12.9)
Знаки плюс перед всеми членами этой формулы поставлены потому, что положительная продольная сила N = P, а также изгибающие моменты М2 = Реу и Му = Ре2 (при положительных эксцентриситетах еу и ег) вызывают в точках поперечного сечения с положительными координатами у и z растягивающие (положительные) напряжения.
В формулу (12.9) величина растягивающей силы Р
подставляется со знаком плюс, а сжимающей—со знаком минус; координаты еу> ег, у н z в эту формулу подставляются со своими знаками. Знак нормальных напряжений, возникающих в какой-либо точке сечения от изгибающего момента Мг, вызванного эксцентрично (внецентренно) приложенной силой Р, можно установить также, представив поперечное сечение в виде пластинки, закрепленной на валу, ось которого совпадает с осью г; пластинка опирается на жесткое основание через систему пружин (рис. 12.9).
379
Момент Mz от силы Р, показанной, например, на рис. 12.9, вызывает поворот пластинки вокруг оси z, в результате чего пружины, расположенные под заштрихованной частью пластинки, оказываются сжатыми; следовательно, в этой части сечения бруса от момента Mz возникают сжимающие напряжения. Аналогично, для того чтобы установить знак напряжений от момента Л4у, надо пластинку представить закрепленной на валу, ось которого совпадает с осью у.
Формула (12.9) служит для определения нормальных напряжений в любой точке поперечного сечения при внецентренном растяжении и сжатии.
Рис. 11.9
Формулу (12.9) можно представить в следующем виде:
а = Р [l/F + (e„/Jt) у + (ег/Jy) г], (13.9)
о = (P/F) [1 + (e^ij) у + г], (14.9)
где iz = J/ /z/F и iv = VJv/F—радиусы инерции поперечного сечения бруса относительно главных центральных осей инерции г и у соответственно.
Следует иметь в виду, что в формулах (10.9)—(14.9) оси у и г являются главными центральными осями инерции поперечного сечения бруса.
Формулы (12.9)—(14.9) удобно использовать, когда известны равнодействующая внутренних усилий в поперечном сечении бруса (т. е. сила Р) и координаты е,. и cz точки ее приложения (полюса). Формулу же (10.9) удобно применять, когда известны внутренние усилия Af, Му и М2, действующие в поперечном сечении.
Варианты эпюр нормальных напряжений, возникающих в поперечном сечении бруса при внецентренном сжатии (т. е. при отрицательной силе Р), изображены в аксонометрии на рис. 13.9.
380
Они ограничены с одной стороны плоскостью поперечного сечения 1 -2-3-4, а с другой — плоскостью Г-2'-3'-4'. Ординаты эпюр в центре тяжести сечения (при = z = 0) равны о0 =—Р/F. Все ординаты эпюры, показанной на рис. 13.9, а, отрицательны, так как плос-
Пластинка
Рис. 12.9
кость Г-2'-3'-4', ограничивающая их, не пересекает плоскость 1-2-3-4 в пределах поперечного сечения бруса. Ординаты же эпюры, изображенной на рис. 13.9, б, по одну сторону от прямой tin отрицательны, а по другую — положительны. Прямая пп представляет собой линию пересечения плоскости Г-2'-3’-4' с плоскостью попе-
(нулевая линия}
Рис. 13.9
речного сечения бруса. Во всех точках, расположенных на прямой tin, напряжения о равны нулю, и, следовательно, эта прямая является нейтральной осью (нулевой линией).
Определим положение нейтральной оси tin (рис. 14.9). Для этого приравняем нулю правую часть выражения (14.9):
(P/F) [1 + (<?/«*) у + (eJi*) z] = 0.
381
Так как PjF=^=^>, то
1+(^Л1)«/ + (ег/1®)2 = 0.
(15.9)
Выражение (15.9) является уравнением прямой (так как координаты у и г входят в него в первой степени) и представляет собой уравнение нейтральной оси. Для определения положения нейтраль-
ной оси найдем ординату уп
Рис. 14.9
точки В ее пересечения с осью у (рис. 14.9); абсцисса этой точки г = 0, а потому на основании выражения (15.9)
1 + (<?у/*1) у„=о,
откуда
#„ = —GW-
Абсцисса точки С пересечения 2 нейтральной оси с осью z равна гп (рис. 14.9), а ордината этой точки y — Q. Подставляя значения г = гп и у = 0 в выражение (15.9), находим
1+(^/Ф 2„=0,
откуда
Итак, величины отрезков, отсекаемых нейтральной осью (нулевой линией) на осях координат, определяются выражениями:
Уп = — 2п = — ?и!ег. (16.9)
Из этих выражений следует:
1) положение нулевой линии не зависит от величины и знака силы Р;
2) нулевая линия и полюс лежат по разные стороны от начала координат;
3) чем дальше от начала координат расположен полюс (т. е. чем больше по абсолютной величине координаты еу и ег), тем ближе к центру сечения проходит нейтральная ось (т. е. тем меньше отрезки уп и z„), и наоборот;
4) если полюс расположен на одной из главных центральных осей инерции, то нулевая линия перпендикулярна этой оси; например, когда полюс расположен на оси z, то еу = 0; уп = оо,т. е. нейтральная ось параллельна оси у.
При внецентренном растяжении и сжатии нормальные напряжения в каждой точке поперечного сечения бруса, как и при изгибе, прямо пропорциональны расстоянию от этой точки до нейтральной оси. Наибольшие напряжения возникают в точках поперечного сечения, наиболее удаленных от нейтральной оси.
Эпюра нормальных напряжений, значения которых отложены от линии, перпендикулярной нейтральной оси, показана на рис. 14.9.
382
Каждая ордината этой эпюры определяет величину нормальных напряжений, возникающих в точках поперечного сечения, расположенных на прямой DD, проходящей через эту ординату параллельно нейтральной оси. Для построения этой эпюры достаточно определить положение нейтральной оси и вычислить нормальные напряжения в одной из точек поперечного сечения (не расположенной на этой оси), например в центре тяжести сечения. С п о-мощью такой эпюры наиболее просто определяются значения нормальных напряжений в любых точках поперечного сечения.
Расчет на прочность стержня, сжатого или растянутого внецент-ренно приложенными продольными внешними силами (т. е. при отсутствии поперечных сил), производится наиболее просто, так как в таком случае внутренние усилия одинаковы во всех поперечных сечениях каждого участка стержня. Это исключает необходимость определения опасного поперечного сечения, так как при стержне с постоянными поперечными размерами в пределах каждого участка все сечения одного участка являются равноопасными. При стержне же с переменными поперечными размерами опасным в пределах каждого участка является сечение наименьшего размера.
При наличии в поперечных сечениях стержня поперечных сил изгибающие моменты непрерывно изменяются по длине стержня, а потому определение опасного сечения становится более сложным. Обычно в таких случаях проводят проверку прочности, определяя нормальные напряжения в ряде сечений (которые предположительно могут оказаться опасными) и сопоставляя их с допускаемыми напряжениями.
Для определения положения опасных точек в сечении следует параллельно нейтральной оси провести линии, касающиеся контура сечения. Таким путем находят точки сечения, расположенные по обе стороны от нейтральной оси и наиболее удаленные от нее, которые и могут быть опасными.
При пластичном материале для проверки прочности достаточно определить напряжения в одной точке сечения—в точке с наибольшим по абсолютной величине нормальным напряжением. При хрупком материале необходимо определить наибольшее растягивающее и наибольшее сжимающее напряжения, т. е. найти напряжения в двух точках (за исключением тех случаев, когда в сечении действуют напряжения одного знака).
Поперечная сила вызывает в поперечном сечении бруса касательные напряжения, которые определяются по формуле Журавского (см. § 8.7).
Рассмотрим частный случай внецентренного сжатия или растяжения, когда полюс А расположен на одной из главных осей инерции, например на оси у. т. е. случай, когда Afv = O. Для этого случая формула (10.9) принимает вид
а = ^/Г±(Л12/Л)у (17.9)
383
и, следовательно,
cm» = N/F±M2/Wz. min
(18.9)
При прямоугольном поперечном сечении, основание которого b параллельно оси г, а высота h параллельна оси у (рис. 15.9),
Рис. 15.9
получаем
Ne
или
О^тах — (N/bh)(l±6e/h). (19.9)
mi и
Нейтральная ось при этом перпендикулярна оси у.
Формула (19.9) позволяет легко установить зависимость между видом эпюры нормальных напряжений и величиной эксцентриситета е продольной силы (рис. 15.9). При е = 0
<7max = (Tmin = ^/b/l
и, следовательно, эпюра напряжений о имеет вид прямоугольника (рис. 16.9, а).
При 0 < е </г/6 напряжения <rmax и <rmi„ имеют одинаковые знаки и, следовательно, эпюра а имеет вид трапеции (рис. 16.9,6).
а)
е=о
Р=М
6~bh~6°
384
Если е = Л/6, то omax = 2N/bh, a amin = 0; эпюра а в* этом случае имеет вид треугольника (рис. 16.9, е). Наконец, при е > ft/б эпюра нормальных напряжений имеет вид «перекрученной» трапеции (рис. 16.9, г), так как в этом случае напряжения отах и amin имеют разные знаки. Во всех случаях напряжение а0 в центре тяжести сечения одинаково и равно N/bh.
Следовательно, при эксцентриситете продольной силы e>/i/6 в одной части поперечного сечения возникают нормальные напряжения одного знака, а в остальной—другого знака. При эксцентриситете e^/z/6, т. е. когда продольная сила приложена в точке оси симметрии прямоугольного сечения в пределах средней трети сечения, по всему сечению возникают нормальные напряжения одного знака.
§ 3.9. ЯДРО СЕЧЕНИЯ
Некоторые материалы (бетон, кирпичная кладка) могут воспринимать лишь весьма незначительные растягивающие напряжения, а другие (например, грунт) не могут вовсе сопротивляться растяжению. Такие материалы используются для изготовления лишь элементов конструкций, в которых не возникают растягивающие напряжения. Поэтому они не применяются для изготовления элементов конструкций, испытывающих изгиб, кручение, центральное и внецентренное растяжение.
В центрально сжатых элементах растягивающие напряжения не возникают, а потому они могут изготовляться из указанных материалов. Из таких материалов могут изготовляться и внецент-ренно сжатые элементы, если в них не возникают растягивающие напряжения. Это происходит в случае, когда точка приложения сжимающей силы расположена внутри некоторой центральной области поперечного сечения, называемой ядром, или на границе этой области.
Ядром сечения называется его некоторая центральная область, обладающая тем свойством, что сжимающая сила, приложенная в любой ее точке, вызывает во всех точках поперечного сечения бруса сжимающие напряжения, т. е. напряжения одного знака.
Если сила приложена за пределами ядра сечения, то в поперечном сечении возникают и сжимающие, и растягивающие напряжения. В этом случае, следовательно, нулевая линия пересекает поперечное сечение бруса. Если сила приложена на границе ядра сечения, то нулевая линия касается контура сечения (в точке или по линии); в месте касания нормальные напряжения равны нулю.
При расчете внецентренно сжатых элементов, изготовляемых из материала, плохо воспринимающего растягивающие напряжения, важно знать форму и размеры ядра сечения. Это позволяет, не вычисляя величин напряжений, по эксцентриситету сжимающей силы устанавливать, возникнут в поперечном сечении растягивающие напряжения или нет.
13 № 2331
385
Рассмотрим методику построения ядра сечения.
На рис. 17.9 изображено поперечное сечение бруса, показаны главные оси у и z этого сечения и полюс А, в котором приложена сжимающая сила. Нулевая линия при этом занимает положение аа. Координаты еу и ег полюса А и координаты ус и гс произвольной точки С нейтральной оси (нулевой линии) удовлетворяют уравнению [см. формулу (15.9)]
l+eyVc/il+e^c/i^O.
В это уравнение входят произведения координат точки А (полюса), в которой приложена сжимающая сила, и точки С, в которой от этой силы нормальные напряжения равны нулю.
Рис. 17.9
Рис. 18.9
Из уравнения видно, что если точку С принять за полюс, то нормальные напряжения в точке А будут равны нулю; в этом случае, следовательно, нулевая линия пройдет через точку А.
Аналогично при любых других положениях полюса на прямой аа (рис. 17.9) нулевая линия пройдет через точку А. Каждому положению полюса соответствует определенная нулевая линия, а потому разным его положениям на прямой аа соответствуют разные нулевые линии, проходящие через точку А. Следовательно, при перемещении полюса по прямой аа нулевые линии вращаются вокруг точки А.
Рассмотрим теперь поперечное сечение в виде многоугольника, изображенного на рис. 18.9. Установим положение прямой а^ по которой нужно перемещать полюс, для того чтобы нулевые линии вращались вокруг вершины АТ многоугольника. Для этого, очевидно, надо условно точку Aj принять за полюс и найти соответствующую ему нулевую линию а^ по формулам (16.9). Аналогичным путем установим положения прямых а2а2, а3а3, а4а4 и аБа6, при перемещении полюса по которым нулевые линии вращаются соответственно вокруг вершин Л2, А3, А4 и Аб.
386
Рассмотрим точку а12 пересечения прямых и а2а2. Эта точка принадлежит одновременно прямым а1а1 и а2а2, а потому при полюсе в этой точке нулевая линия одновременно проходит через вершины At и А2 многоугольника, т. е. касается его стороны
Аналогично при полюсе в точке я23 нулевая линия касается стороны Л2Д3 многоугольника. При перемещении полюса по прямой а2а2 от точки а12 до точки а23 нулевая линия поворачивается вокруг точки А2 по часовой стрелке, занимая различные положения от AjA2 до А2А3.
Таким образом, при перемещении полюса по контуру л12а23а34 а45а15 нулевые линии вращаются поочередно вокруг вершин А19 А2, А3, А5 многоугольника, не пересекая при этом поперечного сечения. —
Из формулы (16.9) следует, что с при- у?
ближением полюса к центру тя- /
жести сечения нулевые линии д/
удаляются от него. Поэтому при полюсе, расположенном внутри контура а12а2з^з4^45а15» нулевые линии не пересекают поперечного сечения. Следовательно, контур ^12а2заз^&а1ь представляет собой ядро рас-сматриваемого сечения.
Построение ядра сечения рекомендуется гис- У
производить в следующем порядке.
1. Определить положения центра тяжести сечения и главных центральных осей инерции у и г, а также значения главных моментов инерции Jy9 Jz и квадратов радиусов инерции if.
2. Если сечение имеет вид многоугольника, то вершины его углов последовательно рассматривать как полюсы и для каждого такого полюса определять положение нулевой линии. Контур, ограниченный этими нулевыми линиями, образует ядро сечения.
3. Если многоугольное сечение имеет внутренние углы, например угол при вершине В (рис. 19.9), то эти углы при обходе вершин не рассматривают как полюсы; нулевая линия не может проходить через вершину В при полюсе, расположенном в пределах ядра, так как она при этом пересекла бы сечение.
Построим ядро сечения для прямоугольника (рис. 20.9). Примем в качестве полюса вершину Аг прямоугольника (с координатами y = ey = h/2 и z = ez =— b/2). По формулам (16.9) найдем отрезки, отсекаемые соответствующей этому полюсу нулевой линией а1а1 на осях координат:
f/i = = Jzl(Fey} ~ bh-h/2=
^ = - = - /./(FC,) = - “ ‘-'б-
По значениям этих отрезков на рис. 20.9 построена нулевая линия а1а1.
13*
387
Учитывая симметрию прямоугольного сечения относительно осей у и г, строим на рис. 20.9 нулевые линии а2а2, а3а3 и а4а4 при полюсе, расположенном соответственно в вершинах А2, А3 и Л4. Построенные нулевые линии образуют ядро сечения, заштрихованное на рис. 20.9. Оно имеет форму ромба с диагоналями, равными /i/З и Ь/3.
При построении ядра для сечения в виде круга (рис. 21.9) достаточно определить положение нулевой линии, соответствующее
одному положению полюса. При полюсе в точке А} (с координатами y = ey = d/cl и z = e2 = Q) определяем отрезки, отсекаемые нулевой линией atat на осях координат:
f/i = ^Уеу = Jzl^ey) = (nd2/4) (J/2)=
= — iylCz = — = 00 •
Построенная по этим данным нулевая линия а1а1 показана на рис. 21.9.
Из симметрии сечения относительно его центра тяжести следует, что при других положениях полюса на окружности диаметром d нулевые линии касаются концентрического с ней круга с меньшим диаметром, равным d/4. Этот круг меньшего диаметра и представляет собой ядро сечения круга диаметром d, заштрихованное на рис. 21.9.
§ 4.9. ИЗГИБ С КРУЧЕНИЕМ БРУСЬЕВ КРУГЛОГО СЕЧЕНИЯ
Сочетание изгиба и кручения брусьев круглого поперечного сечения наиболее часто рассматривается при расчете валов. Значительно реже встречаются случаи изгиба с кручением брусьев некруглого сечения.
388
В § 1.9 установлено, что в случае, когда моменты инерции сечения относительно главных осей равны между собой, косой изгиб бруса невозможен. В связи с этим невозможен косой изгиб брусьев круглого сечения. Поэтому в общем случае действия внешних сил брус круглого сечения испытывает сочетание следующих видов деформации: прямого поперечного изгиба, кручения и центрального растяжения (или сжатия).
Рассмотрим такой частный случай расчета бруса круглого сечения, когда в его поперечных сечениях продольная сила равна нулю. В этом случае брус работает на совместное действие изгиба и кручения. Для отыскания опасной точки бруса необходимо установить, как изменяются по длине бруса величины изгибающих и крутящих моментов, т. е. построить эпюры полных изгибающих моментов М и крутящих моментов Л1к. Построение этих эпюр рассмотрим на конкретном примере вала, изображенного на рис. 22.9, а. Вал опирается на подшипники Л и В и приводится во вращение двигателем С.
На вал насажены шкивы Е и F, через которые перекинуты приводные ремни, имеющие натяжения 7\ и Т2 и t2. Предположим, что вал вращается в подшипниках без трения; собственным весом вала и шкивов пренебрегаем (в случае, когда их собственный вес значителен, его следует учесть). Направим ось у поперечного сечения вала вертикально, а ось г—горизонтально.
Величины сил Т1# Т2 и t2 можно определить с помощью
формул (1.6) и (2.6), если, например, известны мощность, передаваемая каждым шкивом, угловая скорость вала и соотношения Txlt1 и T2/t2. После определения величин сил 7\, /п Т2 и t2 эти силы переносят параллельно самим себе к продольной оси вала. При этом к валу в сечениях, в которых расположены шкивы Е и F, прикладываются скручивающие моменты и равные соответственно (7\—Zj) £>i/2 и (Т2 — t2)D2/2. Эти моменты уравновешиваются моментом = передаваемым от двигателя
(рис. 22.9, б). Затем силы Т\, tlt Т2 и t2 раскладывают на вертикальные и горизонтальные составляющие. Вертикальные силы вызовут в подшипниках вертикальные реакции Ау и Ву. а горизонтальные силы—горизонтальные реакции Az и Величины этих реакций определяются, как для балки, лежащей на двух опорах.
Эпюра изгибающих моментов /И2, действующих в вертикальной плоскости, строится от вертикальных сил Ау. (Т14-/,) sinan (Т2 + /2) sina2 и Ву (рис. 22.9, в). Она показана на рис. 22.9, г. Аналогично от горизонтальных сил Az, cosax, (Т^Ч-/2) cosa2
и Bz (рис. 22.9, д) строится эпюра изгибающих моментов Myt действующих в горизонтальной плоскости (рис. 22.9, е).
По эпюрам М2 и Му можно определить (в любом поперечном сечении) полный изгибающий момент М по формуле
М = УМ2у + М1
(20.9)
389
По значениям М, полученным с помощью этой формулы, строится эпюра полных изгибающих моментов (рис. 22.9, ж). На тех участках вала, на которых прямые, ограничивающие эпюры Му и М2, пересекают оси эпюр в точках, расположенных на одной вертикали,
Рис. 22.9
эпюра М ограничена прямыми, а на остальных участках она ограничена кривыми. Например, на участке рассматриваемого вала длиной эпюра М ограничена прямой тт (рис. 22.9, ж), так как эпюры Мг и Му на этом участке ограничены прямыми и туту, пересекающими оси эпюр в точках Ог и Оу, расположенных на од
390
ной вертикали. На той же вертикали расположена и точка О пересечения прямой тт с осью эпюры. Аналогичное положение характерно и для участка вала длиной а3.
Эпюра полных (суммарных) изгибающих моментов М характеризует величину этих моментов в каждом сечении вала. Плоскости действия этих моментов в различных сечениях вала различны, но ординаты эпюры условно для всех сечений совмещены с плоскостью
Рис. 23.9
чертежа.
Эпюра крутящих моментов Мк строится так же, как и при чистом кручении (см. § 1.6). Для рассматриваемого вала она показана на рис. 22.9, з.
Опасное сечение вала устанавливается с помощью эпюр полных изгибающих моментов М и крутящих моментов Мк. Если в сечении бруса постоянного диаметра с наибольшим изгибающим моментом М действует и наибольший крутящий момент 7ИК, то это сечение является опасным. В частности, у рассматриваемого вала таким является сечение, расположенное правее шкива F на бесконечно малом расстоянии от него.
Если же наибольший изгибающий момент М и наибольший крутящий момент 7ИК действуют в разных поперечных сечениях, то опасным может оказаться сечение, в котором ни величина Л4, ни Мк не является наибольшей. При брусьях переменного диа
метра наиболее опасным может оказаться сечение, в котором действуют значительно меньшие изгибающие и крутящие моменты, чем в других сечениях.
В случаях, когда опасное сечение нельзя установить непосредственно по эпюрам М и Л4К, приходится проверять прочность бруса в нескольких его сечениях и таким путем устанавливать
опасные напряжения.
После того как установлено опасное сечение бруса (или намечено несколько сечений, одно из которых может оказаться опасным), необходимо найти в нем опасные точки. Для этого рассмотрим напряжения, возникающие в поперечном сечении бруса, когда в нем одновременно действуют изгибающий момент М и крутящий момент Мк.
В брусьях круглого сечения, длина которых во много раз больше диаметра, величины наибольших касательных напряжений от поперечной силы невелики и при расчете прочности брусьев на совместное действие изгиба и кручения не учитываются.
На рис. 23.9 показано поперечное сечение круглого бруса. В этом сечении действуют изгибающий момент М и крутящий момент Л1к. За ось у принята ось, перпендикулярная плоскости действия изгибающего момента М\ ось у является, таким образом, нейтральной осью сечения. В поперечнохМ сечении бруса возникают
391
нормальные напряжения а от изгиба и касательные напряжения т от кручения.
Нормальные напряжения а определяются по формуле o=(Af//y)z. Эпюра этих напряжений показана на рис. 23.9. Наибольшие по абсолютной величине нормальные напряжения возникают в точках А и В. Эти напряжения равны
<jA= — (j3 = M/W, (21.9)
где W—осевой момент сопротивления поперечного сечения бруса.
Касательные напряжения т определяются по формуле т=(Мк//р)р. Эпюра этих напряжений показана на рис. 23.9. В каждой точке
поперечного сечения они направлены по нормали к радиусу, соединяющему эту точку с центром сечения. Наибольшие касательные напряжения возникают в точках, расположенных по периметру сечения; они равны
т = MK/Wp = Л4К/(2Г), (22.9)
где Wp = 2W — полярный момент сопротивления поперечного сечения бруса.
При пластичном материале точки А и В поперечного сечения, в которых одновременно и нормальные и касательные напряжения достигают наибольшего значения, являются опасными. При хрупком материале опасной является та из этих точек, в которой от изгибающего момента М возникают растягивающие напряжения.
Напряженное состояние элементарного параллелепипеда, выделенного в окрестности точки Д, изображено на рис. 24.9, а. По граням параллелепипеда, совпадающим с поперечными сечениями бруса, действуют нормальные напряжения cj = M/W и касательные т = MK'(2W). На основании закона парности касательных напряжений напряжения т возникают также на верхней и нижней гранях параллелепипеда. Остальные две грани его свободны от напряжений. Таким образом, в данном случае имеется частный вид плоского напряженного состояния, подробно рассмотренного в гл. 3. Главные напряжения <ттаАГ и crniin определяются по формулам (12.3).
392
После подстановки в них значения оу = 0 получаем
отах = о/2±К(а/2)г + т’. min
Напряжения отах и <rmin имеют разные знаки и, следовательно,
<Т1 = Огтах=^/2 + )/(о/2)г + Тг; ' ст2 = 0;
= tfmin = °/2 — И(О/2)2+Т». ,
(23.9)
Элементарный параллелепипед, выделенный в окрестности точки А главными площадками, показан на рис. 24.9, б.
Расчет брусьев на прочность при изгибе с кручением, как уже отмечалось (см. начало § 1.9), производится с применением теорий прочности. При этом расчет брусьев из пластичных материалов выполняется обычно на основе третьей или четвертой теории прочности, а из хрупких — по теории Мора.
По третьей теории прочности [см. формулу (6.8)], ai—<[<*]’> подставив в это неравенство выражения ах и а3 [см. формулы (23.9)], получим
К ст2 + 4т2<[а]. (24.9)
Для опасной точки сечения подставляем в (24.9) значения а и т по формулам (21.9) и (22.9):
Г(Л1/Г)2+4[Л1К/(2Н7)Р = < [а].
Величину УМ2 + М% называют приведенным (или эквивалентным) моментом по третьей теории прочности. Вводя обозначение
Мш = \ГМ2 + < = У М2 + М2 + М2 , (25.9)
окончательно получаем условие прочности
Л1от/Г<[ст]. (26.9)
Расчетные формулы по другим теориям прочности также приводятся к аналогичному виду.
По четвертой теории прочности [см. формулу (8.8)], /(1 /2) [(а.-а2)2 + (а2—а3)2 + (а3-о2)2] < [о].
Подставляя значение главных напряжений по формулам (23.9), после некоторых преобразований получаем
/ст2 + 3т2^ [<т].
(27.9)
Учитывая (21.9) и (22.9), имеем условие прочности
К(ЛШГ+3[Мк/(21П12 < [о],
393
или
КлР+0,75Л1* = [а]> (28 9)
где Mfy—приведенный момент по четвертой теории прочности.
По теории прочности Мора [см. формулу (9.8)], <h—([«М/ЮИз < [<*р]-
Подставляя значения ot и о3 по формулам (23.9), после несложных преобразований получаем
1=^ о + /аг + 4т’ < [<тр]. (29.9)
Учитывая (21.9) и (22.9), имеем
K(AWa+4 [AfK/(2^)l2<[ap], или
4- М ++ = M„vm/W < [стр], (30.9)
где k = [ор]/[ос]; (31.9)
Л4прив— приведенный момент по теории прочности Мора.
Таким образом, расчет бруса круглого поперечного сечения на совместное действие изгиба и кручения по форме совпадает с расчетом на прямой изгиб, но в расчетную формулу вместо изгибающего момента входит приведенный момент, величина которого зависит от изгибающих и крутящего моментов, а также от принятой теории прочности.
§ 5.9. ОБЩИЙ СЛУЧАЙ ДЕЙСТВИЯ СИЛ НА БРУС КРУГЛОГО СЕЧЕНИЯ
Рассмотрим сначала случай совместного растяжения (или сжатия) и кручения круглого бруса, когда в каждом поперечном сечении действуют только продольная сила N и крутящий момент 7ИК. Продольная сила вызывает равномерно распределенные по поперечному сечению нормальные напряжения q = N/F, а крутящий момент—касательные напряжения т = (MK/Jp) р.
Поскольку нормальные напряжения во всех точках поперечного сечения одинаковы, то опасными являются те точки сечения, в которых действуют наибольшие касательные напряжения т = Л4к/И^/,, т. е. точки, расположенные в непосредственной близости от внешней боковой поверхности бруса. Напряженное состояние в этих точках не отличается от состояния, изображенного на рис. 24.9, а для случая работы бруса на изгиб с кручением. Поэтому формулы (23.9), (24.9), (27.9), (29.9) применимы и в рассматриваемом случае; в них следует подставлять значения
(J = N/F И ц = MK/Wp.
394
В общем случае нагружения в поперечных сечениях бруса возникают все шесть внутренних силовых факторов. При расчете на прочность, как уже указывалось, влияние поперечных сил в подавляющем большинстве случаев не учитывается и, следовательно, рассматривается одновременная работа бруса на чистый изгиб, кручение и растяжение (или сжатие).
Для бруса круглого сечения нормальные напряжения от изгиба определяются по результирующему изгибающему моменту М = Кроме того, в поперечных сечениях возникают равномерно распределенные нормальные напряжения от растяжения (сжатия). Характер напряженного состояния в опасной точке в этом случае не отличается от состояния, представленного на рис. 24.9, а, но нормальные напряжения вызываются не только изгибом, но и растяжением (или сжатием).
При изгибе с кручением опасными являются две точки поперечного сечения, расположенные на пересечении плоскости действия изгибающего момента с контуром поперечного сечения. При наличии и продольной силы опасной является одна из этих точек; при этом если брус изготовлен из пластичного материала, то та точка, в которой напряжения от изгиба и осевого нагружения имеют одинаковые знаки.
В зависимости от принятой теории прочности расчет прочности ведется по формуле (24.9), (27.9) или (29.9), причем в нее подставляются значения g = N/F ± M/W и x = MK/W„. Напряжение o = NIF + M/W имеется в одной, a <y = N/F—M/w—в другой из точек поперечного сечения, которые могут быть опасными.
В случае равенства нулю крутящего момента в опасных точках бруса возникает одноосное напряженное состояние (если пренебречь касательными напряжениями, связанными с поперечными силами). Следовательно, расчет в этом случае ведется без применения теорий прочности. Нормальные напряжения в опасной точке при этом равны
amaK = N/F±M/W. (32.9)
где М — значение результирующего изгибающего момента в опасном сечении бруса. Этот случай не отличается от случая внецентренного растяжения (или сжатия) бруса большой жесткости, рассмотренного в § 2.9.
§ 6.9. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ВНУТРЕННИХ УСИЛИЙ ДЛЯ ПРОСТРАНСТВЕННЫХ БРУСЬЕВ С ЛОМАНОЙ ОСЬЮ
Определение внутренних усилий и построение эпюр этих усилий для пространственных брусьев с ломаной осью производятся методом сечений в том же порядке, как и для обычных балок (см. § 4.7 и 6.7). Предварительно нужно выбрать для всех поперечных сечений каждого элемента бруса пространственную прямоугольную систему координат xyz. Ось х этой системы должна сов-
395
падать с продольной осью элемента; оси у и г проходят через центр тяжести поперечного сечений и расположены в его плоскости. Положительные направления осей выбираются произвольно. Положительные направления осей системы координат xyz изображают на чертеже для каждой группы параллельных друг другу элементов бруса (рис. 25.9).
Удобно один из концов бруса обозначать цифрой /, а все остальные концы бруса—цифрой II (рис. 25.9). Часть бруса, расположенную по одну сторону от рассматриваемого поперечного сечения (в котором определяются внутренние усилия), содержащую конец /, назовем частью I бруса. Другую часть бруса, не содержащую конца /,—частью 11.
Поперечные силы, параллельные осям у и г поперечного сечения, обозначаем Q.. и соот-ветственно, а изгибающие моменты относительно этих осей—Л1у и продольную силу N, а крутящий момент Мк.
Поперечные силы Qy и Qz считаем положительными, когда в рассматриваемом поперечном сечении на торце части 11 они действуют в положительных направлениях осей у и z. а на торце
части / — в противоположных направлениях.
Значения и Qz можно определять по формулам [аналогичным формулам (3.7)]:
= = (33.9)
у 1 II 1 11
где 2 У и 2^—суммы проекций всех внешних сил, приложенных / п
соответственно к частям / и II бруса, на ось у. 2 2 и ]?Z—то / и
же, на ось г.
Проекции внешних сил на оси у и z положительны, если их направления совпадают с положительными направлениями этих осей.
Продольные силы N считаем положительными при растяжении и отрицательными при сжатии.
Крутящий момент Мк положителен, если при взгляде в торец отсеченной части бруса этот момент представляется направленным по ходу часовой стрелки.
Положительные внутренние силы Qz и N и крутящий момент Мк показаны на рис. 26.9.
На эпюрах Qy. Qz. N и указывают знаки усилий.
396
Для изгибающих моментов Му и Мг правила знаков не устанавливаем, а эпюры их изображаем со стороны сжатых волокон бруса.
При вычислении внутренних усилий в каком-либо поперечном сечении учитываются все внешние силы и моменты, приложенные к части бруса, расположенной по одну сторону от этого сечейия.
Построим для примера эпюры внутренних усилий для пространственного бруса, состоящего из двух элементов и изображенного на рис. 27.9. На этом рисунке показана выбранная для каждого элемента система прямоугольных координат хуг\ здесь / — защемленный конец бруса, а II—свободный конец.
Составим выражения внутренних усилий в элементах бруса.
Рассмотрим в элементе АВ поперечное сечение на расстоянии г от конца А бруса. Поперечная сила Qy, действующая в этом сечении со стороны части II бруса на торец части /, равна проекции на ось у внешних сил, приложенных к части //, т.е. по абсолютной величине равна силе Р и направлена вниз (т. е. в сторону отрицательного направления оси у)\ следовательно [см. фор-
397
мулу (33.9)], знак поперечной силы Qy положителен. Таким образом, Qy = P.
Поперечная сила Qz и продольная сила W в сечениях элемента АВ равны нулю, так как проекции силы Р на оси г и х равны нулю. Изгибающий момент Mz в поперечном сечении элемента АВ равен моменту нагрузки, приложенной к части II балки, относи-
тельно оси, проведенной через
Эпюра Мк
Рис. 28.9
центр тяжести сечения параллельно оси г, т.е. равен Р{1—х); он сжимает нижние волокна элемента АВ.
Изгибающий момент Му в сечении х элемента АВ равен нулю, а крутящий момент Мк = — Р-0,5/. Для элемента ВС получаем: Qy = P- Qg = 0* Л/ = 0; Л^ = 0; Mz = P(0t5l— — х)—сжаты нижние волокна элемента ВС; М* = 0.
На рис. 28.9 построены (в аксонометрии) эпюры Qv, Mz и Л4К для рассмотренного ломаного бруса. Усилия Qz, Л/ и JAy в брусе равны нулю.
Построение эпюр внутренних усилий для пространственных брусьев можно произво-
дить, последовательно отсекая и
отбрасывая элементы бруса, для
которых уже построены эпюры; к оставшейся части бруса в месте
проведенного сечения прикладываются внешние силы и моменты, равные внутренним усилиям в этом сечении. Такой прием построения рассмотрен ниже в примере 7.9.
Примеры расчета
Пример 1.9 (к § 1.9). Подобрать размеры b и h прямоугольного сечения (при k/b=z2 и [а] = 80 кгс/см2), а также определить положение нейтральной оси и перемещение свободного конца деревянной балки, изображенной на рис. 29.9, а. Построить для этой балки эпюру нормальных напряжений в опасном сечении.
Решение. Раскладываем силу Р на составляющие, параллельные осям у и г:
Ру = Р cos а = Р cos 30° = 2 • 0,866 = 1,732 тс, PZ = P sin а = Р sin 30° = 2-0,5 = 1 тс.
Силы Ру и Pz показаны на рис. 29.9, б.
Опасным является опорное сечение балки, в котором действуют изгибающие моменты:
в горизонтальной плоскости Му = Pz-1 = 1 • 1 = 1 тс-м', в вертикальной плоскости Мг = Ру> 1= 1,732-1 = 1,732 тем.
Полный изгибающий момент в опасном сечении действует в той же плоскости, в которой расположена сила Р, 1. е. в плоскости, наклоненной к оси у под углом а = 30°.
По формуле (6.9),
tg ₽ = (Jz/Jу) tg а = [bh*/(hb*)] tg а = (h/b)2 tg а = 22- tg а = 4 - 0,5774 = 2,31
398
(так как, по условию, h/b = 2), откуда 0 = 66°4О'. Положение нейтральной оси показано на рис. 29.9, б.
Наибольшие по абсолютной величине нормальные напряжения возникают в точках Кх и /С2 опасного сечения (см. рис. 29.9, б); в точке напряжения
Рис. 29.9
растягивающие, а в точке #2 — сжимающие. Определяем их по формуле (8.9): tfmax = [cos а + (Wz/Wy) sin а] = (1/Wz) (Мг + My-Wz/Wv) =
= (1 / 1Г z)( 1,732 + 1 • 2) = 3,732/ 1Гг,
так как
W,_(bh*)/6
Wy~ (hb2)/6~h/b 2'
Здесь omax выражено в тс/м2, М — в тс-м, a W— в м3. Приравниваем наибольшее значение о допускаемому напряжению:
omax = 3,732/lFz = [о] = 800 тс/м2
так как [а] =80 кгс/см2), откуда требуемый момент сопротивления сечения балки
U"z = = 0,00467 м3 = 4670 см3.
При h/b = 2
= bh2/b = b (2b)2/6 = (2/3) b3.
?99
Следовательно,
|/ф=|/5^7О=г/7-я5_19 ск
/1 = 2-6 = 2-19 = 38 см.
Эпюра нормальных напряжений для опасного поперечного сечения изображена на рис. 29.9, б.
Свободный конец балки под действием силы Ру= 1,732 тс переместится по вертикали вниз на величину бу, а под действием силы Pz = l тс сместится по горизонтали на величину 6г. Величины бу и бг определяем по формуле, полученной в примере 2 § 15.7:
Ру13 1732-1003
6" = ЗЁ7^:=3-105- 86 800 = 0,0665 СМ’
. Рг13 1000.1003 ....
&2~3EJV~3-103-21 700 - 0’154 см' где Е=106 кгс/см2 (для дерева); _663 _ hb3
19^3S3 =86800 CjM4. ^ = 21 700 ^.
Полное перемещение свободного конца балки
6 = Кб«+б1= V 0.06652 ч- 0,1542 = 0.168 см.
Направление перемещения образует с осью у угол <р:
. бг_ 0,154 ...
tg<p~fiy—0,0665 ~2,3 ’
Как и следовало ожидать, tg<p = tg0, поскольку перемещения точек оси рассматриваемой балки происходят в плоскости, перпендикулярной нейтральной оси, составляющей угол 0 с осью z.
Пример 2.9 (к § 1.9). Определить наибольшее нормальное напряжение в опорном поперечном сечении равнобокого уголка размером 100x100x10 мм, изображенного на рис. 30.9, а.
Решение. На рис. 30.9,6 показаны главные центральные оси инерции уголка у и г (наклоненные к полкам уголка под углами 45°) и составляющие сил Pj и Р2, параллельные этим осям:
Р1у = Р1г = Pi • cos 45° = 100-0,707 = 70,7 кгс\
Р2у = Р2г = Р2• cos 45° = 50-0,707 = 35,35 кгс.
Силы Рг и Р2 проходят через точку сечения, совпадающую с центром изгиба уголка (см. рис. 63.7); поэтому скручивания стержня происходить не будет.
В опорном сечении уголка изгибающие моменты Му и Mz относительно осей у и г равны:
Му = Р1г • I — Р2г (I — а) = 70,7 • 300—35,35 (300 — 100) = 14 140 кгс • см\
Mz = Ply-l + P2y(l — a) = 70,7-300 + 35,35(300 —100) = 28280 кгс-см.
Оба момента Му и Mz вызывают в точках поперечного сечения, расположенных в квадранте J (с положительными координатами у и z), растягивающие напряжения; следовательно, плоскость действия полного изгибающего момента М проходит через квадрант I (а > 0). Угол а определяется по формуле (3.9):
I Му I 14 140
,8«-|кгйгая>"ад “=2”0''
400
По формуле (6.9) находим угол 0 наклона нейтральной оси к оси г;
J 74 1
tg0-^tga = ^-.O,5 = O,131 и 0 —7°30х
(значения Jz = 74,1 см4 и Jy = 284 см4 определены по таблице сортамента). Положение нейтральной оси показано на рис. 30.9, в.
Для нахождения опасных точек (в которых возникают наибольшие нормальные напряжения) проводим линии, параллельные нейтральной оси, касающиеся контура сечения в различных точках (рис. 30 9, а) Наиболее удалены от нейтраль-
Рис. 30.9
ной оси точка А (в которой возникает наибольшее растягивающее напряжение) и точка В (в которой возникает наибольшее сжимающее напряжение).
Координаты этих точек:
точки А:
УЛ = [(10,0—2,83) — (2,83—1,0)] cos 45с = (7,17—1,83).0,707 = 3,78 см;
zA = К10,0—2,83) + (2,83 — 1,0)] cos 45е = (7,17 + 1,83) • 0,707 = 6,36 см;
точки В:
2,83 _ 2,83 _
Ув~ cos 45° - 0,707 — 4,00 см’ ZB~°-
По формуле (1.9) определяем нормальные напряжения в точках А и В:
Mz Mu 28280 14140
± У А ± ~г ZA=y=-f - 3,78 • 6,36= 1760 кгс/см2;
Jz Jy /4,1 2о4
Mz Му 28280. .... . 14140 . .... , .
ОВ=± -j— Ув 2В =-^~ (— 4,00)+-^-• 0 = —1530 кгс/см2.
Пример 3.9 (к § 2.9). Столб прямоугольного поперечного сечения (рис. 31.9, а) нагружен силой Р, приложенной в точке А, координаты которой еу = 5 см и
401
ez=12 см. Найти положение нейтральной оси и построить эпюру нормальных напряжений, возникающих в поперечном сечении столба. Собственным весом столба пренебречь.
Решение. Определяем геометрические характеристики сечения:
F = afc = 30-20 = 600 см*
т _
20-303
12
45 000 см*\
.2 Jy 45 000 - 2
^=-Г=-боо-=75 см’
7 —
20 000 см\
20 000
600
33,3 см\
Дальнейшее решение проводим в двух вариантах.
б/ =72,5кгс/см2
Рис. 31.9
Вариант I.
По формуле (13.9)'
’=-15<м<>(®+20И’+45таг)=“<25+3'75’+4г’-
В точке 1 (при у= — ~= — 10 сл и z = — у = — 15 cwj а1=—(25 —3,75-10—4-15)= 4-72,5 кгс/см* в точке 2 (при у= 10 см и z =—15 см) о2 = —(254-3,75-10—4-15) = —2,5 кгс/см*, в точке 3 (при у =10 см и z = 15 см) а3=—(25 4-3,75-104-4-15) = —122,5 кгс/см*
402
в точке 4 (при у= —10 см и z= 15 см)
о4 = — (25—3,75 • 10 + 4 • 15) = — 47,5 кгс/см2.
На рис. 31.9,6 по подсчитанным значениям напряжений построена в аксонометрии эпюра о. Соединив на этой эпюре точки 5 и 6, в которых напряжения о равны нулю, получим положение нейтральной оси пп.
Вариант II.
По формулам (16.9) определяем отрезки уп и zn, отсекаемые нейтральной осью на осях у и г:
уп = —%/еу = —33,3/5= —6,66 см\
zn= — i*/ez = — 75/12 = —6,25 см.
Определяем напряжение о0 в центре тяжести поперечного сечения (при y = z = 0): о0 = — P/F = —15 000/600 = —25 кгс[см2.
На рис. 31.9, в по полученным значениям уп и гп находим положение нейтральной оси пп. Перпендикулярно этой оси проводим прямую тт. Затем через центр тяжести сечения проводим линию, параллельную нейтральной оси, до пересечения в точке 7 с прямой тт. Из этой точки откладываем ординату 7—6, равную напряжению а0 (в выбранном масштабе). Затем через точки 9 (пересечения нейтральной оси с прямой тт) и 8 проводим прямую, которая является линией, ограничивающей эпюру напряжений о.
Пример 4.9 (к § 3.9). Построить ядро сечения для поперечного сечения в виде тавра, изображенного на рис. 32.9.
Центр тяжести сечения находится в точке О. Геометрические характеристики сечения: Г = 36 м2-, Jz = 96 ле4; Jy = 297 м4.
Решение. При полюсе в точке (с координатами у = еу=2 м и z = ez = 6 м) отрезки, отсекаемые нулевой линией на осях координат, равны:
у1= -%еу = — 7г/(Геу)= -96/(36-2)= —1,333 к;
Z1 = -i2yl'ez= — JyHFez) = -297/(36-6)= — 1,375 м.
По значениям этих отрезков на рис. 32.9 построена нулевая линия При полюсе в точке Л2 (с координатами у = еу = 0 и z = ez = 6 м)
^О==00»
z2 = - i2/ez = - Jy/(Fez) = - 297/(36 - 6) = — 1,375 м.
403
По этим значениям отрезков построена нулевая линия а2а2 (рис. 32.9).
Точку В в качестве полюса не рассматриваем, так как она расположена в вершине внутреннего угла многоугольника.
При полюсе в точке А3 (с координатами у = еу =—4 м и г = ег=1,5 м)
Уз = — if/еу = — Jz/(Fey) = 96/(36 • 4) = 0,667 м;
z3 = — i2ylez~ — ^/(7^)= —297/(36* 1,5)= —5,500 ж.
По этим значениям отрезков построена нулевая линия а3а3. Нулевые линии при полюсах в вершинах А[, Л2 и А3 многоугольника строим, используя симмет-
ЭпюраМк
____ШШШДШШПШПШ1 »
Эпюра М
1м 1м
Рис. 33.9
рию сечения относительно оси у. Многоугольник 1-2-3-4-5-6, образованный построенными нулевыми линиями, представляет собой ядро сечения (рис. 32.9).
Пример 5.9 (к § 4.9). Вал круглого сплошного сечения, изображенный на рис. 33.9, а, делает 500 оборотов в минуту и передает мощность, равную 100 л.с.
404
Определять необходимый диаметр вала по третьей и четвертой теориям прочности при [о] = 800 кгс/см2. Собственными весами шкивов и вала пренебречь.
Решение. По формуле (1.6) определяем моменты, передаваемые каждым из шкивов на вал:
ПИ = 716,2 N/п = 716,2-100/500= 143,2 кгс-м.
Эпюра крутящих моментов, возникающих в сечениях вала, показана на рис. 33.9, б.
Определяем усилия Tlf Т2 и /2, действующие на шкивы.
Шкив 1:
ЯЛ = (Тх — /х) Dr/2 = (2/ i - / J Di/2 = W,
так как T1 = 2tl (рис. 33.9, a).
Следовательно,
t1 = 2^/D1 = 2-143,2/0,5= 573 кгс и 7\ = 2/1== 1146 кгс.
Шкив 2:
ЯЛ = (7\ — /2) D2/2 = (2t2 — i2) D2/2 = t2D2/2.
Следовательно,
/2 = 2Ш1/£>2=-+^- = 955 кгс и T2 = 2/2= 1910 кгс. v,o
Определяем вертикальные и горизонтальные составляющие нагрузки, действующей со стороны шкивов на вал:
Р1!/=(Т1 + /1) sin a1 = (1146 +573) sin 60°= 1719-0,866 = 1490 кгс;
Piz = (Л +11) cos = (1146 + 573) cos 60° = 1719 • 0,5 = 860 кгс;
p2{/ = (T2+/2) sin a2= (1910 + 955) sin 45° = 2865-0,707 = 2020 кгс;
= cos a2 = (1910 + 955) cos 45° = 2865-0,707 = 2020 кгс.
Силы Plyt P1Zt P2y и P2Z показаны на рис. 33.9, в.
На рис. 33.9, г, д показаны соответственно вертикальные и горизонтальные силы, действующие на вал. Для определения опорных реакций подшипников вала составим выражения сумм моментов всех вертикальных и сумм моментов всех горизонтальных сил относительно опор А и В:
2л-1врт = ДуЗ—1490-2 + 2020-0,5 = ЗЛу—1970 = 0, откуда
Ау= 1970/3 = 657 кгс;
2 Л1л рт = 1490• 1 — Ву. 3 + 2020 • 3,5 = — ЗВу+8560 = 0, откуда
В у = 8560/3 = 2850 кгс ;
2 Alg’P = А г • 3— 860-2 — 2020-0,5 = ЗА z — 2730 = О, откуда
Лг = 2730/3 = 910 кгс;
2л1лр = 860-1 + Вг.З—2020-3,5 = ЗВг —6210 = 0, откуда
Bz = 6210/3 = 2070 кгс.
Эпюры изгибающих моментов Mz и Му, построенные соответственно от вертикальных и горизонтальных сил, показаны на рис. 33.9, е, ж.
По формуле (20.9) вычисляем значения полных изгибающих моментов М в сечениях вала:
при х= 1 м
М = }<6572 + 9102= 1122 кгс-м-,
при х = 2 м
405
при х = 3 м
M=v 10102 + 10102 = 1428 кгс-м.
Эпюра М построена на рис. 33.9, з.
Опасным сечением вала является опорное сечение В, так как в нем одновременно действуют наибольший изгибающий момент М = 1428 кгс-м и наибольший крутящий момент Л4К = 143,2 кгс-м. Определяем значения приведенных моментов по третьей и четвертой теориям прочности [см. формулы (25.9) и (28.9)]:
Л4/// =1Лм2+Л1£= V14282+143,22= 1435 кгс-м;
Mrv=VM2 + 0,75Ml= V14282 + 0,75-143,22= 1433 кгс-м.
В этом примере значения приведенных моментов МП1 и MfV практически одинаковы. Это является результатом того, что при заданных размерах вала и шкивов решающее влияние на прочность вала оказывают изгибающие моменты, а влияние крутящих моментов несущественно.
Приняв расчетный момент равным 1435 кгс-м, определяем по формуле (26.9) необходимый момент сопротивления вала:
AW_ 1435-102
W [а] 800
но для вала сплошного сечения
следовательно,
W = лсР/32,
* Г 32-179,4 V 3,14
= 12,2 см.
Диаметр вала принимаем равным 125 мм.
Пример 6.9 (к § 5.9). Проверить ^по третьей и четвертой теориям прочности) сечения, показанного на рис. 34.9. Брус защемлен левым концом, а к правому его концу приложены сила Р = 50 тс и скручивающий момент 2П = 9 тс-м. Диаметр бруса d = 20 см, а допускаемое напряжение [о] = 1200 кгс/см2.
Решение. Во всех поперечных сечениях бруса возникают одинаковые внутренние усилия: N = P = 50 тс и Л4К = 9Л = 9 тс-м.
Определяем нормальные и касательные напряжения в опасных точках бруса
(опасными являются все точки, лежащие на контуре любого поперечного сечения рассматриваемого бруса):
W 50-103-4 1СЛ , о о Р 3,14-202 59 кгс/см ,
Мк 9-10б-16 , о
т— — 314.20з —573 кгс/см .
По третьей теории прочности [см. формулу (24.9)],
/о2 + 4т2 = V 1592+4-5732= 1156 кгс/см2 < [о] = 1200 кгс/см2.
По четвертой теории прочности [см. формулу (27.9)],
}^о2 + 3т2= 1592-j-3-5732= 1010 кгс/см2 < [о] = 1200 кгс/см2.
Таким образом, получается, что, если исходить из третьей теории прочности, брус недогружен на 4%, а по четвертой теории — на 16%.
Пример 7.9 (к § 6.9). Построить эпюры внутренних усилий, действующих в поперечных сечениях пространственного ломаного бруса, изображенного на рис.
406
35.9, а. Брус состоит из прямолинейных элементов, параллельных и перпендикулярных друг другу.
Решение. Обозначаем / — защемленный конец бруса, а II—концы G и С (рис. 35.9, а).
Составляем выражения внутренних усилий в элементах бруса; при этом все величины принимаем в тоннах и метрах.
Элемент FG.
При определении усилий в элементе FG используем систему координат хуг, изображенную около элемента BD (рис. 35.9, а):
<}у=-'^У=—(-Р1) = Р1 = 2 тс.
II
Выражения остальных усилий имеют вид
Qz = 0; W = 0; Afz = P1x1 = 2*£
(сжаты нижние волокна)
Му = 0-, Мк = 0.
Элемент EF:
Qy=Q*t Qz = 0‘t N = Р± = 2 тс\ Mz = P1-l,2 = 2-1,2 = 2,4 тс-м
(сжаты задние волокна); Afy = O; Мк = 0.
Элемент DE [система координат xyz изображена около элемента АВ (рис. 35.9, а)]:
Q? = 0; Qy=-'£ly = P1 + qx2=2+lx2-, N = 0",
II
Mz = Ргх2 4- qxl/2 = 2х2 + 0,5*2
(сжаты нижние волокна);
Му = (У, МК = РГ 1,2 = 2-1,2 = 2,4 тс-м.
Элемент BD:
Qy=— 2 Г = Р1 + ?-1 =2+1-1 =3 тс; Q, = 0; N = 0;
II
Му = 0; Л4г = Р1(1,2 + хз) + (7.1.Хз = 2(1,2 + х3)+1.1.х3 = 2,4 + Зхз (сжаты нижние волокна);
AfK= — Рх. 1 — 12/2 = —2-1 — 1 -1/2 = —2,5 тс-м.
Эле ме нт ВС:
Qz=—S Z = Р2 = 3 /пс; Qy = Q-t N = 0; Мг = 0;
П
J\4y = Р 2X4 = 3*4
(сжаты задние волокна); Л4к = 0.
Элемент АВ:
(}г=— 2z=P2 = 3 тс; Qv= — 2У = Л + <7-1 =2+1 • 1 =3 тс;
11 ' и
N = 0; Л«г = Р1(1— х6) + <?-1 (0,5—х5) = 2(1 — х5) + Ы (0,5—х6) = 2,5—3xs
(при Мг > 0 сжаты верхние волокна):
Му = Р2 (0,9 + х5) = 3 (0,9 4-х5) = 2,7 + Зх5
(сжаты задние волокна);
Мк = — Pi (1,24- 1) — q-1 • 1 = —2.2,2— 1 • 1 = —5,4 тс-м.
Эпюры внутренних усилий, построенные по полученным выражениям, изображены на рис. 35.9, б, в, г, д.
407
I
Рис. 35.9
Покажем теперь применение способа построения эпюр путем отсекания и отбрасывания элементов бруса. Определим этим способом усилия, например, в элементе АВ рассмотренного бруса.
Проведем сечение л-л, показанное на рис. 36.9, а, и отбросим элементы ВС и BDEFG бруса. К оставшейся части АВ в сечении В прикладываем силы (рис. 36 -9,6) и моменты (рис. 36.9, в), величины и направления которых устанав-
ливаем по эпюрам, изображенным на рис. 35.9, для элементов ВС и BD бруса. От их совместного действия определяем усилия в сечении, отстоящем на расстояние хб от конца В элемента АВ:
Qy = -'£lY = 3mc; Q: = -^\Z = 3 тс; II II
N=fr, Мг = 2,5 —Зх5
(при М? > 0 сжаты верхние волокна);
Afy = 2,7 + 3r6
(сжаты задние волокна);
ЛГК =— 5,4 тс-м.
Полученные значения усилий совпадают с значениями, показанными на эпюрах Q, Лг, М и Мк (см. рис. 35.9, б, в, г, д).
409
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1.9 (к § 1.9). Определить наибольшие и наименьшие нормальные напряжения в опасном поперечном сечении стальной двутавровой балки, изображенной на рис. 37.9, нагруженной силой Р=1,2/пс, направление которой составляет угол, равный 30° с вертикалью. Найти вертикальное и горизонтальное перемещения свободного конца балки, а также угол 0 между направлением пол-
Рис. 37.9
ного перемещения и вертикалью. Модуль упругости £ = 2-10е кас/сл2; Jz = = 15 760 см4; Jy = 552 см4; h = 36 см; Ь= 13,6 см.
Ответ: omax =— omin= 1725 кгс/слс2; 6верт = 0,088 см; 6Г0Р= 1,45 см; 0 = = 86°32'.
Задача 2.9 (к § 1.9). Определить положение нейтральной оси в прямоугольном поперечном сечении балки, если плоскость действия нагрузки совпадает с одной из диагональных плоскостей (рис. 38.9).
Ответ: нейтральная ось совпадает с другой диагональю.
Задача 3.9 (к § 1.9). Равнобокий уголок размером 100x100x10 мм, длиной 6 м работает как балка с шарнирно опертыми концами. Посередине пролета уголок нагружен вертикальной силой Р = 300 кгс, иа-
Рис. 39.9
Р
Рис. 38.9
правление которой проходит через центр изгиба уголка (рис. 39.9). Определить нормальные напряжения в точках А, В и С опасного поперечного сечения уголка и угол 0 между нейтральной осью и главной осью инерции поперечного сечения (см. рис. 39.9).
Дано: /щах = 284 см4; 7mjn = 74,l см4.
Ответ: о^ = 2090 кгс/см2; о^= 1700 кгс/см2; ос = 510 кгс/см2; 0 — 75°.
Задача 4.9 (к § 2.9). Брус, изображенный на рис. 40.9, имеет в направлении, перпендикулярном чертежу, постоянную толщину b Брус растягивается двумя 410
силами Pt как это показано на рисунке. Определить нормальные напряжения в точках Л, В, С и D сечений /-/и II-II. Установить опасное сечение.
Ответ: ол = 0; од = 2Р/(Зад); ос = ор = Р/(2а6).
Опасным является сечение /-/.
51 D\
IZ Izr
Рис. 40.9
Задача 5.9 (к § 2.9). Определить нормальные напряжения в точках Л, В, С и D прямоугольного поперечного сечения стойки, изображенной на рис. 41.9. Сила Р = 2тс действует вдоль ребра стойки.
Ответ: о л = 138,9 кгс/см2; oB = oD = — 27,8 кгс/см2; ос = — 194,5 кгс/см2.
Задача 6.9 (к § 2.9). На стойку из швеллера действует вертикальная сила Р = 3 тс, приложенная у внешней грани стенки на расстоянии 6 см от наружного
Задача 6.9 (к § 2.9). На стойку
края полки (рис. 42.9). Определить нормальные напряжения в точке С поперечного сечения стойки от действия силы Р. Дано: F = 43,9 см2; 7^ = 6048 см4; Jy = 259,5 см4; г0 = 2,17 см.
Ответ: Ос — 156 кгс/см2.
Задача 7.9 (к § 3.9). Построить ядро сечения для швеллера, рассмотренного в примере 6.9.
Ответ: ядро сечения показано на рис. 43.9.
Задача 8.9 (к § 4.9). Посередине вала, приводимого в движение электродвигателем, расположен шкив весом 0,6 тс и диаметром 0,8 м (рис. 44.9). Ремень, надетый на шкив, горизонтален и натянут в ведущей части силой, равной 1 тс, а в ведомой части —силой, равной 0,4 тс. Определить диаметр вала по третьей теории прочности при допускаемом напряжении [о] = 600 кгс/см2.
Ответ: d= 11 см.
С.34см\-
и
сечения
а
S ед
^2,72СМ
Рис. 43.9
2
411
Электродвигатель
1=2м
Рис. 44.9
412
Задача 9.9 (к § 4.9). Два шкива одинакового диаметра D = 350 мм насажены на вал и передают мощность W=15 4. с. при числе оборотов вала в минуту л = 900 (рис. 45.9). Натяжение в ведущей части каждого ремня вдвое больше, чем в ведомой. Ветви ремней на обоих шкивах вертикальны и направлены от вала вниз.
Определить по четвертой теории прочности диаметр вала, если [oj = 900 кгс]см\ Вес вала и шкивов не учитывать.
Ответ: d = 4,l см.
брус
(Рис.46.9,а}
Эпюра а
(Рис. Р6.9, в)
Рис. 47.9
413
Задача 10.9 (к § 5.9). Брус сплошного круглого сечения диаметром d = 6 см скручивается моментом ЯЛ = 200 кгс-м и растягивается силой Р = 5 тс. Проверить прочность бруса по третьей теории прочности при [о] = 800 кгс{см2.
Ответ: —о3 = 960 кгс!см2 (прочность бруса недостаточна).
Задача 11.9 (к § 6.9). Построить эпюры внутренних усилий, возникающих в поперечных сечениях элементов пространственных ломаных брусьев, изображенных на рис. 46.9.
Ответ: эпюры показаны на рис. 47.9.
Вопросы для самопроверки
К § 1.9. 1. Какой изгиб называется косым?
2. Может ли балка круглого поперечного сечения испытывать косой изгиб?
3. Что называется чистым косым изгибом и поперечным косым изгибом?
4. Сочетанием каких видов изгиба является косой изгиб?
5. По каким формулам определяются нормальные напряжения в поперечных сечениях бруса при косом изгибе? Как устанавливаются знаки этих напряжений? Выведите соответствующие формулы,
6. Как определяются касательные напряжения в поперечных сечениях балки при косом изгибе?
7. Как находится положение нейтральной оси при косом изгибе? Выведите соответствующую формулу.
8. Что представляют собой опасные точки в сечении и как определяется их положение при косом изгибе?
9. Как определяются перемещения точек оси балки при косом изгибе?
К § 2.9. 10. Какое сложное сопротивление называется внецентренным растяжением (или сжатием)?
11. Какие внецентренно растянутые (или сжатые) брусья называются жесткими и какие гибкими?
12. По каким формулам определяются нормальные напряжения в поперечных сечениях бруса при внецентренном растяжении и сжатии? Какой вид имеет эпюра этих напряжений? Выведите соответствующие формулы.
13. Как определяется положение нейтральной оси при внецентренном растяжении и сжатии? Выведите соответствующие формулы,
14. Как перемещается нейтральная ось, когда координаты еу и е2 полюса возрастают по абсолютной величине?
15. Чему равно нормальное напряжение в центре тяжести поперечного сечения при внецентренном растяжении и сжатии?
16. Какой вид имеет формула нормальных напряжений и как рас-’ положена нейтральная ось в случае, когда полюс находится на
одной из главных центральных осей инерции сечения? При каких значениях эксцентриситета продольной силы эпюра нормальных напряжений в поперечном сечении (при брусе прямоугольного сечения) имеет вид прямоугольника, трапеции, треугольника и «перекрученной» трапеции?
17. С помощью какой эпюры наиболее просто можно определить нормальные напряжения в любой точке поперечного сечения? К § 3.9. 18. Что называется ядром сечения?
19. Как строится ядро сечения?
К § 4.9. 20. Какие напряжения возникают в поперечном сечении бруса при изгибе с кручением?
21. Как находятся опасные сечения бруса круглого сечения при изгибе с кручением?
22. Какие точки круглого поперечного сечения являются опасными при изгибе с кручением? Какое напряженное состояние возникает в этих точках?
414
23 Как находится величина приведенного момента (по различным теориям прочности) при изгибе с кручением бруса круглого сечения? Выведите соответствующие формулы.
К § 5.9. 24. Какие точки бруса круглого поперечного сечения являются опасными при растяжении (или сжатии) с кручением?
25. Как ведется расчет на прочность бруса круглого сечения при кручении с растяжением (или сжатием)?
26. Как рассчитывается на прочность брус круглого сечения при изгибе с кручением и растяжением (или сжатием)?
К § 6.9. 27. Как определяются внутренние усилия, действующие в поперечных сечениях пространственных брусьев с ломаной осью, и как строятся эпюры этих усилий?
28. Как обозначаются внутренние усилия в поперечных сечениях пространственных брусьев с ломаной осью и как устанавливаются знаки этих усилий?
Глава 10
РАСЧЕТ КРИВЫХ БРУСЬЕВ
§1.10. ОБЩИЕ СВЕДЕНИЯ
Рассмотрим расчет кривых брусьев, т. е„ брусьев, имеющих криволинейные оси. К кривым брусьям относятся крюки (рис. 1.10, а), проушины (рис. 1.10,6), звенья цепей (рис. 1.10, в), арки мостов (рис. 1.10, г) и др. Наибольшее практическое значение имеют кривые брусья, оси которых расположены в одной плоскости, — плоские кривые брусья.
Рис. 1.10
Определение внутренних усилий, действующих в поперечных сечениях бруса с криволинейной осью, рассмотрено в § 2.10. Оно производится так же, как и в прямолинейных стержнях [по формулам (2.7), (3.7) и (4.7)]. При этом в качестве осей х и у (на которые при определении поперечной и продольной сил Q и N ----------------—_ проектируются внешние силы) прини-/' маются касательная к оси бруса в рас-__________________- *г сматриваемом сечении и нормаль к ней.
Определение напряжений в кривом / / брусе производится различно в зависи-
/ ^сь кривого мости от того, является он брусом малой
fyyca. кривизны или большой кривизны. х. Высота h поперечного сечения бруса
малой кривизны мала по сравнению с Рис. 2.10 радиусом г кривизны оси бруса—она
составляет менее (1/4) г-е-( 1/5) г; высота h бруса большой кривизны составляет более (1/4) /--т-(1/5) г. При этом под высотой понимается наибольший размер поперечного сечения в плоскости кривизны оси бруса (рис. 2.10).
Напряжения в брусьях малой кривизны с достаточной для практики точностью можно определять по формулам, полученным в гл. 7 для прямых брусьев. Аналогично по формулам расчета пря-416
мых брусьев можно определять касательные напряжения в брусьях большой кривизны; распределение же нормальных напряжений в поперечных сечениях таких брусьев существенно отличается от распределения их в прямых брусьях, а потому эти напряжения в брусьях большой кривизны определяются по специальным формулам, полученным в настоящей главе (в § 3.10).
$ 2.10. ЭПЮРЫ ВНУТРЕННИХ УСИЛИЙ
Для внутренних усилий М, Q и N, действующих в поперечных сечениях кривого бруса, сохраняется правило знаков, принятое для прямых брусьев.
Построение эпюр внутренних усилий рассмотрим на конкретном примере плоской круговой балки (т. е. балки с осью, очерченной по дуге окружности), изображенной на рис. 3.10, а.
Для определения опорных реакций составим уравнения равновесия:
2МВ = /?Л/ —Pcos 30°-//2 —Psin30°-f = 0, откуда
RA = Р (cos 3072 + sin 30° -f/l) = 4 (о,866/2 + = 2,33 тс;
2 МА = Р cos 30° • Z/2—Р sin 30° -f—RBl = 0, откуда
RB = Р (cos 3072—sin 30° • f/1) = 4 ( 0,866/2—^) = 1,13 me;
2X0 = —Psin 30° + /fB = 0, откуда
HB — Psin 30° = 2 me.
В этих выражениях величины Р cos 30° = Рв = 3,46 тс и Р sin 30° = Рг = 2 тс представляют собой соответственно вертикальную и горизонтальную составляющие силы Р; ось х0 горизонтальна.
Определяем значения радиуса г оси балки и центрального угла <р. Из рис. 3.10, а
sin ф =//(2г); соэф = (г—/)/г; следовательно, зт2ф4-созгф=[//(2г)]24- = 1»
откуда
/24-4г2 —8rf-|-4/2 = 4r2 и р + 4р Ю2 + 4-32 |7,о с ст
r = ~8f—= 8-3 -17/3 = 5,67 м-,
sin ф=//(2г)=х-^ = 0,882 и ф = 61°54'.
Z• 1 //о
14 № 2331
417
Проведем через произвольную точку О участка I балки поперечное сечение п-п. Положение этого сечения определяется углом а (рис. 3.10, а). С сечением п-п совместим ось у подвижной системы координат; ось х перпендикулярна ей и касательна к оси балки в точке О. Координаты точки О в неподвижной системе координат х0у0 равны:
х0 = 0,5/ — г sin (<р—а) = 5 — 5,67 sin (ф—а);
ув ~ f — г [1 —cos (ф—а)] =5,67 cos (ф — а) — 2,67.
Составим [по формулам (2.7)—(4.7)] выражения изгибающего момента М1, поперечной силы Qr и продольной силы A/z в поперечных сечениях участка / балки:
М' = 2 М = RAx0 = 2,33 [5 — 5,67 sin (ф—а)] =
= 11,65 —13,21 sin (ф—а);
Qr — 2 У = Ra cos (ф—а) = 2,33 cos (ф—а); лев
Nr = X = —Ra sin (ф—а) = —2,33 sin (ф—а),
лев
Аналогично составим выражения М", Q" и N" для участка 11 балки:
М" = 2М = RAXO-P3 (х„-0,51)-Рг (f-yt) =
= 2,33 [5-(-5,67sin (a—ф)]—3,46-5,67sin (a—ф) —
—2-5,67 [1—cos (a—ф)] = 0,31—6,41 sin (a—ф) + 11,34 cos (a —ф);
Qz/ = 2 У = (Ra -^-Pb) cos (a— ф)—Pr sin (a — ф) =
= —1,13Cos (a—ф)—2,Osin (a—ф);
N!f = 2X = (RA*-PB) sin (a—ф) -j-Prcos (a—ф) = лев
= —1,13 sin (a—ф) 4-2,0 cos (a—ф).
Те же выражения Afzz, Qzz и N/r можно получить и через силы RB и Нд, приложенные справа от рассматриваемого сечения.
По полученным выражениям, подставляя в них значения угла а, равные ф/3, 2ф/3, ф, 4ф/3, 5ф/3 и 2ф, находим величины усилий в сечениях А, 1, 2, 3, 4, 5 и В балки.
Так, например, в сечрнии 1 (участка /). (см. рис. 3.10, а) при а = ф/3 = 20°38'
М'= 11,65 — 1Й,21 sin (6Г54'—20°38') = = 11,65-13,21-0,659 = 2,95 тс-м;
Qr = 2,33 cos (6Г54'—20°38') = 2,33 -0,752 = 1,75 тс;
Nr=z -2,33 sin (61 °54'—20°38') = —2,33 -0,659 = -1,54 тс.
14*
419
(1.10)
(2.Ю)
(3.10)
В сечении 4 (участка 77) при а = 4<р/3 = 82°32'
М" = 0,31 —6,41 sin (82°32' —6Г54') +
4-11,34 cos (82°32' — 61°54') =
= 0,31 —6,41 -0,352 +11,34-0,936 = 8,70 тс-м-,
Q"= —1,13 cos (82°32' — 6Г54')—2,0 sin (82°32z —61°54') = = —1,13.0,936—2,00-0,352 = —1,76 тс-,
N" = — 1,13 sin (82°32' — 61 °54') + 2,0 cos (82°32' — 61 °54') = = —1,13.0,352 + 2,0.0,936=1,47 тс.
По полученным значениям усилий в поперечных сечениях балки на рис. 3.10, б, в, г построены эпюры М, Q и N.
Связь между усилиями М, Q и N, действующими в поперечных сечениях кривого бруса, определяется следующими дифференциальными зависимостями *:
-±r- = q—N/r, ds 7 ' ’
dN t । n, -^-=t + Q/r,
где q и t — интенсивности распределенных нагрузок соответственно перпендикулярной и параллельной оси бруса; ds—длина элементарного отрезка оси кривого бруса.
Формула (1.10) аналогична формуле Журавского (6.7), полученной в гл. 7 для прямых брусьев.
Зависимости (1.10)— (3.10) могут использоваться для проверки построенных эпюр М, Q, N. Проверим с их помощью эпюры, изображенные на рис. 3.10.
На участке / балки (см. рис. 3.10, а) ординаты эпюры Q положительны, а на участке II— отрицательны. Поэтому в соответствии с зависимостями (1.10) и (3.10) значения М и JV на участке/ возрастают слева направо (т. е. с увеличением криволинейной координаты s), а на участке // — убывают. Ординаты эпюры N на участке / отрицательны, а на участке // — положительны; в соответствии с зависимостью (2.10) значения Q на участке / возрастают, а на участке // — убывают.
Производная dM/ds на отрезке, например, 2-3 оси балки (см. рис. 3.10, а) имеет среднее значение, равное (см. рис. 3.10,6)
м^1Ьв5-гдо=2 28т(.
S2-3 где длина участка
s2.3 = Гф/З = 5,67 • -3,14 = 2,04 м.
0’1 Ov
* Вывода этих зависимостей здесь не приводим.
420
Этому среднему значению производной в соответствии с зависимостью (1.10) примерно равна средняя величина <? на отрезке 2-3 (см. рис. 3.10, в). Производная dQ/ds на участке, например, 3-4 балки имеет среднее значение
д^ = -'.™-<-мз>=0>31 №/J1. S3-4
В соответствии с зависимостью (2.10) такое же примерно значение на отрезке 3-4 имеет среднее отношение (—N/r), равное
—(2,00 +1,47)/(2 • 5,67) « — 0,31 тс/м.
Аналогично можно проверить выполнение условий (1.10)—(3.10) и на других отрезках оси балки.
$ 3.10. НОРМАЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНЫХ
СЕЧЕНИЯХ БРУСА БОЛЬШОЙ КРИВИЗНЫ
Выведем формулы для определения нормальных напряжений в брусьях большой кривизны.
При выводе этих формул предполагается, что:
1) кривой брус является плоским (т. е. ось его представляет собой плоскую кривую);
2) брус симметричен относительно плоскости, в которой расположена его ось, а внешние силы действуют в этой плоскости;
3) поперечные сечения бруса, плоские до его деформации, остаются плоскими и после деформации (гипотеза плоских сечений);
4) давление продольных волокон бруса друг на друга не влияет существенно на распределение напряжений в брусе, а потому его можно не учитывать.
Рассмотрим случай чистого изгиба кривого бруса.
Обозначим г радиус оси кривого бруса, т. е. оси, представляющей собой геометрическое место центров тяжести его поперечных сечений. Выделим из бруса двумя плоскостями, перпендикулярными его оси (следовательно, проходящими через центр кривизны) и наклоненными друг к другу под углом d<p, бесконечно малый элемент 1-2-3-4 (рис. 4.10).
В результате деформации изгиба поперечное сечение 1-2 бруса поворачивается относительно сечения 3-4 на угол Adtp и занимает положение Г-2'. Длина волокна 0—О’, проходящего через точку 0 пересечения прямых 1-2 и Г-2', при деформации не изменяется, и, следовательно, это волокно расположено в нейтральном слое стержня. Волокно п—п (с радиусом кривизны р и длиной / = p-d<p) в «результате деформации удлиняется на величину п—п', равную rpAdqp, где г]—расстояние от этого волокна до нейтрального
421
слоя (рис. 4.10); относительное удлинение волокна п.—п
е =
/
pdq>
На основании закона Гука нормальные напряжения в волокне п—п
= (4.10)
Выделим элемент dF площади F поперечного сечения 1-2 кри
вого бруса. Элементарная сила,
Рис. 4.10
приходящаяся на этот элемент, равна adF (рис. 5.10) и направлена перпендикулярно поперечному сечению.
Составим уравнение равновесия элемента 1-2-3-4 кривого
Рис. 5.10
бруса (рис. 5.10) в виде суммы проекций сил на ось к:
£Х = Jadf = 0, F
откуда на основании выражения (4.10)
Л<*Ф р f _ п
<*₽ J р
Так как
^£=^0, dp
то
С^ = 0 i ₽
Если бы при изгибе кривого бруса нейтральная ось проходила через центр тяжести поперечного сечения, то был бы равен нулю
422
статический момент площади сечения относительно этой оси, т. е.
р ,п с ndF
интеграл \ i}dF; равенство же нулю интеграла \ -— показывает, F F Р
что нейтральная ось кривого бруса не проходит через центр тяжести поперечного сечения. Она всегда расположена ближе к центру кривизны, чем центр тяжести поперечного сечения.
Обозначим г0 радиус кривизны нейтрального слоя. Заменим в последнем уравнении расстояние г] выражением р — г0:
С!1^ = Г =
J р J р
— = 0, 1)р
F откуда
F
Г°~ CdF '
(5.10)
Расстояние с от нейтрального слоя до речного сечения бруса равно
c = r—rQ = r
центра тяжести
попе-
F dF *
Р
(6.10)
Составим теперь уравнение равновесия элемента 1-2-3-4 кривого бруса в виде суммы моментов относительно нейтральной оси:
2М=—M + JodF.r) = 0 F или на основании выражения (4.10) drfqp р Р r]W 4ф J Р
М;
здесь М—изгибающий момент в поперечном сечении бруса*.
Преобразуем полученное уравнение, используя зависимость П = Р—го:
dtp J Р dtp J р F : F
г> Сп^
Выше доказано, что интеграл \ J— равен нулю; следовательно,
* При чистом изгибе продольная сила N в сечении равна нулю, а потому сумма моментов внутренних элементарных сил odF относительно любой оси, параллельной нейтральной оси, равна М.
423
где интеграл j ijelf представляет собой статический момент S по-F
перечного сечения кривого бруса относительно нейтральной оси и, следовательно, равен произведению площади F на расстояние с от центра тяжести сечения до нейтральной оси. Таким образом,
J T|dF — S = Fc. f
Поэтому
Af = ^£S,
откуда
Дг/ф___ М
с?ф ES *
Подставив найденное выражение в формулу (4.10), получим
_ М t; _ Л4 Л _ М р—гв S * р ~~ S ’ Го + Л ~ Fc ' р
(7.Ю)
Формула (7.10) служит для определения, нормальных напряжений в поперечных сечениях кривого бруса не только при чистом изгибе, но и при поперечном изгибе, т. е. и при Q#=0.
Эпюра нормальных напряжений о при изгибе, построенная на основе формулы (7.10), изображена на рис. 6.10. На эпюре видно, что с изменением расстояния р напряжения а изменяются по гиперболе. Асимптотами гиперболы являются две прямые: одна из них перпендикулярна сечению и проходит через центр кривизны
стержня, а другая параллельна оси эпюры и отстоит от нее на расстоянии М/S*. При р = г0 напряжения равны нулю. Продольная сила N, приложенная в центре тяжести поперечного сечения кривого бруса, вызывает, как и в прямом брусе, во всех точках сечения одинаковые нормальные напряжения a = N/F. Поэтому при действии в поперечном сечении кривого бруса продольной силы и изгибающего момента, а также и поперечной силы нормальные напряжения определяются по формуле
N М р-г0
F Fc ' р
(8.10)
Следует иметь в виду, что в этой формуле г0—радиус кривизны слоя, который был бы нейтральным при действии только мо
♦ При построении эпюры ст на рис. 6.10 принято, что в поперечном сечении кривого бруса действует положительный изгибающий момент, вызывающий сжатие верхних волокон.
424
мента М (т. е. при N = 0); при действии также и продольной силы этот слой не является нейтральным.
Определение нормальных напряжений в поперечном сечении кривого бруса производится в следующем порядке:
1) определяются продольная сила в сечении и изгибающий момент относительно оси z, проходящей через центр тяжести поперечного сечения;
2) по формулам (5.10) и (6.10) или с помощью специальных таблиц определяется радиус г0 нейтрального слоя (при М = 0), а также расстояние с между центром тяжести сечения и нейтральной осью;
3) по формуле (8.10) вычисляются нормальные напряжения в различных точках поперечного сечения. Знак напряжений от действия продольной силы 2V совпадает со знаком продольной силы; знак же напряжений о от изгибающего момента М легко устанавливается в каждом конкретном случае в зависимости от направления изгибающего момента.
Следует иметь в виду, что изгибающий момент М представляет собой момент относительно оси, проходящей через центр тяжести поперечного сечения перпендикулярно плоскости крйвйзны бруса.
§ 4.10. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОЛОЖЕНИЯ НЕЙТРАЛЬНОЙ ОСИ ПРИ ЧИСТОМ ИЗГИБЕ
При действии в поперечном сечении кривого бруса изгибающего момента М (т. е. при N = 0) радиус г0 нейтрального слоя можно определять по формуле (5.10). Однако удобнее вычислять этот радиус с помощью специальных формул, полученных для различных форм поперечных сечений.
Рассмотрим в качестве примера вывод такой формулы для поперечного сечения в виде прямоугольника шириной b и высотой h (рис. 7.10). Обозначим гв и гн радиусы соответственно внутренних и наружных волокон бруса.
Выделим в поперечном сечении элементарную полоску высотой dp, шириной b и площадью dF —bdp, отстоящую на расстоянии р от центра кривизны бруса (рис. 7.10).
По формуле (5.10),
— F — № — bh __ h
Г° ?Мр-Ь(1п^: In Гн-In Г,’
J p J p F * rB
и, следовательно, _ h
r° In (Гн/Гв)
(9.10)
Путем разложения в ряд правой части формулы (9.10) можно получить'следующую приближенную формулу:
ra = r [1 - (1/12) (Л/г)*].
(10.10)
425
Для поперечного сечения в форме круга с диаметром d (рис. 8.10, а) аналогичным путем можно получить следующие формулы*: точную:
г0 = (1/2) (r + Vra-^/4); (11.10)
приближенную:
r0 = r[l-(l/16)(d/r)*]. (12.10)
Для поперечного сечения в форме трапеции (рис. 8.10,6)
Г —__________(fei + ^a) ft2____ но 10)
° 2 тB^l) 1° (rП^гв) (^2— ^1)
Центр тяжести трапеции находится, как известно, на расстоянии а (см. рис. 8.10,6) от основания (имеющего размер Ьг), равном
n_2bt + b2 h bi + b2 3 •
(14.10)
Из формулы (13.10) можно получить формулы для прямоугольника (при Ъг — Ь^) и для треугольника (при ^ = 0 или Ь2 = 0).
При поперечных сечениях сложной формы определение радиуса нейтрального слоя можно производить по следующей формуле:
о
(15.10)
Fi
* Следует иметь в виду, что в формулах (11.10) и (12.10) г — расстояние от центра тяжести поперечного сечения бруса до центра его кривизны (а не радиус поперечного сечения).
426
Числитель этой формулы представляет собой площадь сложного сечения; в знаменателе под знак суммы входят интегралы, подсчитанные для каждой (i-й) из простых фигур, на которые расчленяется сложное сечение. Каждый такой интеграл можно заменить отношением Ftlr^ { [на основании формулы (5.10)]; тогда выражение (15.10) примет вид
= ' •• (16.10)
(F i/rо, i)
Значения rOt f можно определять для каждой простой фигуры по формулам, приведенным в настоящем параграфе.
Если сложное сечение расчленено на отдельные фигуры с высотой каждой (в направлении, перпендикулярном нейтральной оси) не более ’ то в Ф°РМУЛУ (16.10) вместо rUt; можно подставлять расстояния г£- от центра тяжести каждой простой фигуры до центра кривизны бруса (применение такого способа дано в примере 2.10 для таврового сечения).
После определения радиуса г0 нейтрального слоя (при N = 0) по формуле с = г—г0 находится расстояние между нейтральной осью и центром тяжести поперечного сечения, а затем по формуле (7.10) или (8.10) определяются нормальные напряжения в этом сечении. Расстояние с при отношении h/r (высоты h поперечного сечения бруса к радиусу г кривизны его оси), меньшем 1/2, можно определять (не находя предварительно значения г0) по следующей приближенной формуле (независимо от формы поперечного сечения бруса):
c = Jgl(rF), (17.10)
где —момент инерции поперечного сечения относительно оси, проходящей через его центр тяжести перпендикулярно плоскости кривизны бруса.
Вычисление радиуса г0 нейтрального слоя необходимо вести с высокой точностью; ошибка, например, всего на 0,1% в значении 1п(гн/гв) при определении гп для прямоугольного сечения [см. формулу (9.10)] может существенно отразиться на полученных величинах нормальных напряжений (см. об этом также в примере 1.10).
Примеры расчета
Пример 1.10 (к § 2.10—4.10). Определить допускаемое значение сил Р для бруса большой кривизны, изображенного на рис. 9.10, а, при [а] = 1400 кгс/смг.
Решение. Опасным является поперечное сечение /-/ бруса, в котором возникают наибольшие изгибающий момент (М = Р-2г) и продольная сила (У=Р).
По формуле (9.10) определяем радиус кривизны нейтрального слоя (при N = 0) прямоугольного поперечного сечения;
h h 8 |П7ОЛ г0 = Т“7 —Г~с = Ъ VneW = 19,730 СМ. и ln(rH/rB) In 1,5 0,40547
427
По формуле (6.10) находим расстояние от центра тяжести сечения до нейтральной оси:
с = г—г0 = 20—19,730 = 0,270 см.
По формуле (8.10) находим величины нормальных напряжений в сечении 1-1 бруса: он — у наружного края сечения, ов—у внутреннего и о0 — на расстоянии г0 от центра кривизны:
N м р —г0 Р 2Рг
<ТН F Fc Р bh bhc r H
=р ( гт — 1 5-8 2-20 5-8-0,27 М р—г0 24—19,73 \ 24 )' Р 2Рг = -0,63 P\ /в—
ив ’ F Fc Р bh bhc rB
=р (М- 2-20 5-8-0,27 16—19,73 > 16 ; )=0,89P;
п /о С_° —-Л-—0 025Р
F Fc г, ~ F ~5-8 ’0 ,
где сила Р выражена в кгс, а напряжения о получены в кгс/см2. Знаки минус перед членами формул, учитывающими влияние момента М = 2Рг, поставлены потому, что этот момент вызывает у наружного края сечения (для которого р—г0 > 0) отрицательные (т. е. сжимающие) нормальные напряжения.
При величине силы Р, равной допускаемому значению [Р], наибольшее напряжение равно допускаемому, т. е.
ов = 0,89 [Р] = [о] = 1400 кгс/см2,
откуда [Р] = 1400/0,89= 1570 кгс.
При Р = [Р] = 1570 кгс
он = —0,63 [Р] =-0,63-1570 =—990 кгс/см2 и
о0 = 0,025 [Р] = 0,025-1570 = 39 кгс/см2.
Если бы при определении г0 значение In 1,5 = 0,40547 было округлено до 0,41, то радиус г0 получился бы равным 19,5 см, а расстояние с вместо полученных 0,27 см составило 0,5 см, т. е. увеличилось бы почти вдвое. В результате этого напряжения он и ов получили бы значения (при Р = [Р] = 1570 кгс):
_ 1570 2-1570-20 24—19,5 __
СТн- 5-8 5-8-0,5 ‘ 24 —
— 549 кгс/смг\
1570 2-1570-20 16—19,5 ,
g°=5^~^8~0,5 ------16—=724 ’
т. е. отличались бы от ранее полученных значений почти в два раза. Поэтому необходимо выполнять вычисления (при определении г0 и с) с высокой точностью.
Эпюра нормальных напряжений в сечении I-I бруса при Р = [Р] показана на рис. 9.10,6. На этом же рисунке пунктиром изображена эпюра тех же напряжений, но подсчитанных без учета кривизны бруса (т. е. по формулам для прямого бруса).
Значения г0 и с при решении данного примера можно подсчитать по приближенным формулам (10.10) и (17.10).
По формуле (10.10),
г0 = г [ 1 - (1/12) (8/20)2] = г (1 _ 1/75)
и, следовательно.
по формуле (17.10),
с = г—го = г/75 = 2О/75 = О,267 см\
Jz bh?H2 h2 82 ПОА7
С = —<г =---Г7“ = 7п- = Т7ГоБ = 0>267 см-
rF rbh 12г 12-20
428
Таким образом, результаты определения с по приближенным формулам всего на 1% отличаются от значения, полученного поточной формуле (9.10), что указывает на достаточную точность приближенных формул.
Пример 2.10 (к §2.10—4.10). Построить эпюры нормальных напряжений в поперечном селении бруса большой кривизны, имеющем вид трапеции и тавра (рис. 10.10, а, б), при изгибающем моменте М = 4 тс-м (растягивающем наружные волокна) и ДО=0.
Рис. 9.10
10.10, а).
Решение.
а) Трапецеидальное поперечное сечение (рис.
Определяем положение центра тяжести сечения [по формуле (14.10)]:
26, + 62 . Л_2-10 + 20 20_ б7+бГ "з- ю+20 -у-8-89 см-
Следовательно, радиус кривизны оси бруса
г = гв + и = 20 4- 8,89 = 28,89 см.
По формуле (13.10) определяем радиус кривизны нейтрального слоя: (10 + 20)-202
Г° 2 [(40-20—20.10) In(40/20)—(20—10).20] =______________12000 -27 79 а.
2(600-0,6931—200) ’
Следовательно,
с = г—г0 = 28,89—27,79= 1,10 см.
Расстояние с можно подсчитать и по приближенной формуле (17.10):
Л 9571
С~ rF ~ 28,89-300 — ’ ° СМ'
где Jz — момент инерции поперечного сечения относительно центральной оси (рис. 10.10, а):
. ( 20-203 .20-20
36 + 2
10-203 10-20 ...Л о_7. .
—gg---1-£—4,444=9571 сл*.
429
Здесь в первой скобке подсчитан момент инерции треугольника 1-2-4, а во второй—треугольника 2-3-4, на которые разбито поперечное сечение (рис. 10.10, а);
р =12±^.20 = 300 см2—площадь поперечного сечения.
По формуле (7.10), _Л4 р—г0_ 400 000 / 27,79 \ 33700
°-£С- р -10±2020.110и р J-1212-—.
где р — расстояние от точки поперечного сечения, для которой определяется нормальное напряжение, до оси zl9 проходящей через центр кривизны бруса (рис. 10.10, а).
Рис. 10.10
При р = гн = 40 см
а= 1212-?4к^= 1212 — 842 = 370 кгс/см*
40
при р = 35 см
0= 1212-^^=1212-963 = 249 кгс/см2;
35
430
при р = 30 см
а=1212—-г-—= 1212 —1123 = 89 кгс!см\ oU
при р=25 см
0=1212-^^=1212-1348 =—136 /сгс/сл»2; ZO
при р = гв = 20 см
0=1212-53^=1212-1685 = —473 кгс1см*.
Эпюра нормальных напряжений, построенная по полученным значениям о, изображена на рис. 10.10, в.
б) Тавровое поперечное сечение (рис. 10.10,6).
Определяем положение центра тяжести сечения:
_ 10» 15 (15/2-|-5) 4-30*5»5/2 _ _ _
10-154-30-5 ’ ’
следовательно, радиус кривизны оси бруса
г = гв4-а = 204-7,5 = 27,5 см.
По формуле (16.10) определяем радиус кривизны нейтрального слоя:
г _ Л + Л __ 15-104-5-30 _ 300
°~ Fx F2 —15-10 , 5-30 “4,7004-6,693”5 ’
Го,14? 31,91"* 22,41
где Fx и F2—площади прямоугольников 1-2-3-4 и 5-6-7-8, составляющих заданное сечение (см. рис. 10.10, б); r0,i и r0t2—значения радиусов кривизны г0 для этих прямоугольников, подсчитанные по формуле (9.10):
15 __ 15 __ 15 -Ql qi
Г°д ~ In (40/25) —In 1,6—0.470-J ’ СМ>
. — 5 _ 5 _ 5 22 41 сл
°-2 ~1п (25/20)— In 1,25“ 0,2231 ’ см‘
Следовательно,
Го
с = г —г0 = 27,50—26,33=1,17 сл<.
Значение г0 можно приближенно определить по формуле (16.10), не вычисляя величин гОд и Год» а расчленив тавровое сечение на четыре горизонтальные полосы с высотой каждой 5 см (такое членение показано пунктиром на рис. 10.10, б). Тогда в выражение (16.10) вместо г01» для каждой полосы можно подставлять значение Г(—расстояния от ее центра тяжести до центра кривизны бруса:
__ 2F __ 300 _
~ Л I ^2 I ^3 . Л “"5-10 , 5.10 5-10 5 30"^
/1 “t" r2 “t" г3 + г4 37,5 *32,5 ‘27,5 ‘22,5
300 — 300 — 9А 49
= 1,333+1,538+1,818 + 6,667 —11,356 ’’
Расстояние с можно определить по приближенной формуле (17.10):
Jz 10 625
С~ rF ~27,50-300 — ,29 СМ'
где Jz — момент инерции поперечного сечения относительно центральной оси г (см. рис. 10.10, б);
it = 10,15 (15/2-2,5)’++30 • 5 (5/2+2,5)» = 10 625 ел»*.
1а 1а
431
По формуле (7.10),
_ М р — г0_ 400000 / 26»33\_п.п 30000
° Fc’ р —300-1,17 V р у-,ни р •
При р = гн = 40 см
о = И 40—750 = 390 кгс/см*
при р = 35 см
о = 1140 — 856 = 284 кгс/см*, при р = 30 см
о = 1140 —1000 — 140 кгс/см*, при р = 25 см
а — 1140—1200 = —60 кгс/см*, при р = 20 см
а = Н40—1500=— 360 кгс/см?.
Эпюра нормальных напряжений, построенная по полученным значениям а, изображена на рис. 10.10, г.
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1.10 (к § 2.10). Построить эпюры М, N и Q для кривого бруса с осью, очерченной по дуге окружности, показанного на рис. 11.10.
Ответ: эпюры показаны на рис. 12.10.
Рис. 12.10
Рис. 11.10
Задача 2.10 (к § 2.10—4.10). Определить наибольшие растягивающие и сжимающие напряжения в сечении /-/ кривого бруса, изображенного на рис. 13.10. Поперечное сечение бруса прямоугольное размером 4x6 см.
5СМ
Рис. 13.10 Рис. 14.10
Задача 3.10 (к § 2.10—4.10). Проверить прочность крюка трапецеидального сечения в поперечном сечении т-п (рис. 14.10) при P = 2,5mc, {а] =800 кгс/см?, гв=3 см\ гн=12 см\ = 2 см и 62=4аи.
Ответ: отах = 779 кгс/см2 < [о].
432
Вопросы для самопроверки
К § 1.10. 1. Какой брус называется брусом малой кривизны и какой—брусом большой кривизны?
К § 2.10. 2. Как определяются внутренние усилия в поперечных сечениях кривых брусьев?
3. Какие дифференциальные зависимости имеются между внутренними усилиями в поперечных сечениях кривых брусьев? Как с помощью этих зависимостей проверяются эпюры М, Q и W?
К § 3.10. 4. Как распределены нормальные напряжения в поперечном сечении бруса большой кривизны при чистом изгибе и по какой формуле вычисляются их величины? Выведите эту формулу.
5. Где проходит нейтральная ось при чистом изгибе бруса большой кривизны?
К § 4.10. 6. По какой формуле определяется положение нейтральной оси бруса большой кривизны с прямоугольным поперечным сечением? Выведите эту формулу.
7. Как определяется положение нейтральной оси бруса большой кривизны с поперечным сечением сложной формы?
Глава 11
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЯ В УПРУГИХ СИСТЕМАХ
$ 1.11. РАБОТА ВНЕШНИХ СИЯ ПОТЕНЦИАЛЬНАЯ ЭНЕРГИЯ
Приложение нагрузки к любому сооружению вызывает его деформацию. При этом части сооружения выходят из состояния покоя, приобретают некоторые скорости и ускорения. Если нагрузка возрастает медленно, то эти ускорения невелики, а потому можно пренебречь силами инерции, развивающимися в процессе перехода системы в деформированное состояние. Такое плавное (постепенное) приложение нагрузки называется
1Р статическим.
Определим работу внешней на-_ Р грузки, например силы Р, стати-
««qf р чески приложенной к некоторой
*---*л упругой системе (рис. 1.11), мате-
Рис. 1.11 риал которой удовлетворяет за-
кону Гука.
При малых деформациях к этой системе применим принцип независимости действия сил, и, следовательно, перемещения отдельных точек и сечений конструкции прямо пропорциональны величине вызывающей их нагрузки. В общем виде эту зависимость можно выразить равенством
Д = аР. (1.11)
Здесь Д—перемещение по направлению действия силы Р; а—некоторый коэффициент, зависящий от материала, схемы и размеров сооружения.
Увеличим силу Р на бесконечно малую величину dP. Это приращение вызовет возрастание перемещения на величину с(Д.
Составим выражение элементарной работы внешней силы на перемещении с!Д, отбрасывая при этом бесконечно малые величины второго порядка малости:
dA = Pd\.
Заменяем значение d\ на основании формулы (1.11) выражением adP:
dA = Pd^ — aPdP.
Интегрируя это выражение в пределах полного изменения силы от нуля до ее конечного значения, получаем формулу для определения работы, совершенной статически приложенной внешней
434
силой Р:
р
А = а $ PdP = aP2/2.
О
Так как Д = аР, то полученную формулу можно представить в виде
А = РЛ/2. (2.11)
В общем случае направление силы Р может не совпадать с направлением вызванного ею перемещения. Так как величина работы определяется произведением силы на путь, пройденный по направлению этой силы, то под величиной Д надо понимать проекцию действительного (полного) перемещения точки приложения силы на направление силы. Например, при действии силы Р под углом 0 к горизонтальной оси (рис. 2.11) перемещение Д измеряется отрезком ab (представляющим собой проекцию действительного перемещения аа± на направление силы Р).
В случае, когда к системе приложена пара сил с моментом 3R (сосредоточенный момент), выражение работы можно получить аналогичным образом. При этом необходимо выбрать соответствующий сосредоточенному моменту вид перемещения; это. буд,ет угол поворота того поперечного сечения бруса, к которому приложен момент.
Например, работа момента, статически приложенного к балке, изображенной на рис. 3.11,
А = Ш/2, (3.11)
где О—угол поворота (в радианах) того сечения балки, к которому приложен момент ЭЯ.
Итак, работа внешней силы при статическом действии ее на любое упругое сооружение равна половине произведения значения этой силы на величину соответствующего ей перемещения.
Для обобщения полученного вывода под силой понимаем любое воздействие, приложенное к упругой системе, т. е. не только сосредоточенную силу, но и момент, равномерно распределенную нагрузку и т. rt.; под перемещением понимаем тот вид перемещения,, на котором данная сила производит работу. Сосредоточенной силе Р соответствует линейное перемещение, моменту 9JI—угловое, а равномерно распределенной нагрузке—площадь эпюры перемещений на участке действия нагрузки.
При статическом действии на сооружение группы внешних сил работа этих сил равна половине суммы произведений каждой силы
435
на величину соответствующего ей перемещения, вызванного действием всей группы сил. Так, например, при действии на балку, изображенную на рис. 4.11, сосредоточенных сил Plt Ps и сосредоточенных моментов ЗЛц работа внешних сил
А = РА/2 4- PtAt/2 4- 2RA/2—ЭИА/2.
Знак минус перед последним членом выражения принят потому, что направление угла поворота поперечного сечения балки,
в котором приложен момент Я)12, противоположно направлению этого момента.
Итак,
А = 2 + 2 (ЯН/^/2). (4.11)
Работу внешних сил на вызванных ими перемещениях можно выразить и иначе, а именно: через изгибающие моменты, продольные и поперечные силы, возникающие в поперечных сечениях стержней конструкции.
Рис. 5.11
Рис. 6.11
Выделим из прямолинейного стержня двумя сечениями, перпендикулярными его оси (рис. 5.11), бесконечно малый элемент длиной dx (элемент dx). Стержень состоит из бесконечно большого числа таких элементов. К элементу dx в общем случае плоской задачи* приложены продольная сила /V, изгибающий момент М и поперечная сила Q.
• При плоской задаче продольные оси всех элементов системы, одна из главных осей инерции каждого поперечного сечения любого элемента и все действующие на систему нагрузки (силовые и моментные) расположены в одной плоскости; эта плоскость называется расчетной и при изображении системы совмещается с плоскостью чертежа.
436
Усилия N, At, Q являются внутренними, усилиями по отношению к целому стержню. Однако для выделенного элемента они являются внешними силами, а потому работу А можно получить как сумму работ, совершенных статически возрастающими усилиями N, М, Q на соответствующих деформациях элементов dx. Рассмотрим отдельно влияние каждого из этих усилий на элемент dx.
Элемент dx, находящийся под действием только продольных сил N, изображен на рис. 6.11. Если левое его сечение считать неподвижным, то правое сечение под влиянием продольной силы переместится вправо на величину Дж = N dx/(.EF). На этом перемещении статически возрастающая сила N совершит работу
dAN = NAx,l2 — (N/2)Ndx/(EF). (5.11)
Элемент dx, находящийся под действием только изгибающих моментов М, изображен на рис. 7.11. Если левое его сечение не
Рис. 8.11
подвижно закрепить, то взаимный угол поворота торцовых сечений элемента будет равен углу поворота До его правого сечения [см. формулу (16.7) и рис. 33.7]:
До = Mdx/(EJ).
На этом угловом перемещении статически возрастающий момент М совершит работу
dAM=Mbo/2=(M/2)Mdx/(EJ). (6.11)
Элемент dx, находящийся под действием только поперечных сил Q, изображен на рис. 8.11, а. Закрепив левое его сечение (рис. 8.11,6), приложим к правому касательные усилия xdF, равнодействующей которых является поперечная сила Q.
Предположим, что касательные напряжения т равномерно распределены по всей площади F поперечного сечения, т. е. т =(?//'; тогда перемещение Д„ (рис. 8.11,6), вызванное действием поперечной силы Q, представляющее собой сдвиг торцовых сечений элемента dx друг относительно друга, на основании формулы (3.4) определится из выражения
Ду — у dx = (x/G) dx = Qdx/(GF),
437
а работа статически возрастающей силы Q на этом перемещении
“А,-у =!<?%£.
. В действительности касательные напряжения т распределены по площади поперечного сечения неравномерно, что учитывается путем введения поправочного коэффициента т) (см. § 10.7). Следовательно,
<7Л1)
При одновременном действии на выделенный элемент dx продольной силы Af, изгибающего момента М и поперечной силы Q работа каждой из этих сил на перемещениях, вызываемых остальными силами, равна нулю. Так, например, при действии продольных сил 2V не происходит взаимный поворот и сдвиг торцовых сечений элемента dx (см. рис. 6.11) и, следовательно, работа изгибающего момента М и поперечной силы Q на деформациях элемента dx от силы /V равна нулю. Поэтому полная работа
dA=dAN + dAM + dAQ = ^(N^+M^+Q^nY (8.11)
В формуле (8.11) множители N, М и Q представляют собой внутренние усилия в поперечном сечении, а множители N dx/(EF), Mdx/(EJ) и [Q dx/(GF)] т)—соответствующие им деформации элемента dx стержня.
Интегрируя выражение dA в пределах длины I каждого участка всех стержней и производя суммирование по всем участкам системы, получаем следующую формулу для вычисления работы внешних сил на вызванных ими перемещениях (в случае плоской задачи):
0 0 0
Из формулы (9.11) видно, что работа внешних сил на вызванных ими перемещениях всегда положительна.
На основании закона сохранения энергии работа А внешних сил переходит в потенциальную энергию V деформации, т. е.
A = U. (10.11)
Подставим в равенство (10.11) выражение А по формуле (9.11): i i i
11 С M2dx । С N2dx । (* Q -dx » ., <
f/=Ej 2£7-+Ej <HIl>
0 0 0
Это выражение аналогично формулам (31.2) и (40.7), полученным выше для случаев центрального растяжения (сжатия) и изгиба стержня.
Полученные в настоящем параграфе формулы применимы не только для прямых стержней, но и для стержней малой кривизны (см. § 1.10).
438
$ 2.11. ТЕОРЕМА О ВЗАИМНОСТИ РАБОТ
Перемещения (прогибы и углы поворота) системы в результате ее деформации условимся обозначать Д„,„, где индекс т указывает направление перемещения, а п — причину, вызвавшую его. Таким образом, Ддап—перемещение по направлению «силы» т, вызванное «силой» п. Перемещение Ддал может представлять собой либо линейное смещение, либо угол поворота (в радианах) в зависимости от
того, является сила т сосредоточенной силой или сосредоточенным моментом. Под силой п понимается любая нагрузка, действующая на сооружение, например нагрузка, состоящая из нескольких сосредоточенных сил и моментов и какой угодно распределенной нагрузки.
Рассмотрим два состояния упругой системы, находящейся в равновесии. В каждом из этих состояний на систему (сооружение) действует некоторая статическая нагрузка, например в первом состоянии сила Рг, а во втором— сила Р2 (рис. 9.11).
о) Первое состояние
Pt
v
Рис. 9.11
На рис. 9.11. показаны перемещения Дп, Д12, Д21 и Д22, которые представляют собой:
Ди—перемещение по направлению силы Pt от действия силы Р,;
Д12—перемещение по направлению силы Ру от действия силы Р2;
Д21—перемещение по направлению силы Р2 от действия силы Р,;
Д22—перемещение по направлению силы Р2 от действия силы Р2.
Работу силы Рг (т. е. нагрузки первого состояния) на вызванных ею перемещениях (т. е. на перемещениях первого же состояния) обозначим Лп, а работу силы Р2 на вызванных ею перемещениях— Агг.
Величины этих работ при статическом действии сил равны [см. выражение (4.11)]:
A1S=PAi/2; Л22 = Р2Д22/2. (12.11)
Работы Лп и Л.!2 (в случае плоской задачи) с помощью формулы (9.11) можно выразить через внутренние усилия, возникающие в поперечных сечениях стержней системы:
__С M^dx । С N*dx j f Qidx
11 —JLJ 2EJ 2EF "'2-J 2GF •’ ООО
___V» (* M%dx , г1 f ^dx i V' C Qzdx 2t~ 2-J 2EJ ‘t'2uJ 2EF "l"2-J 2GF b 0 0 0
(13.11)
439
Рассмотрим теперь случай статического нагружения той же системы (рис. 9.11) силами Pt и Р2 в такой последовательности. Сначала к системе прикладывается статически нарастающая сила Р, (рис. 10.11). Когда процесс ее статического нарастания закончен, деформация системы и внутренние усилия, действующие в ней,
Упругая линия от Упругая линия от
действия сил Р,иР2 действия силы Pt
Рис. 10.11
становятся такими же, как и в первом состоянии, изображенном на рис. 9.11, а. Работа силы Р, в процессе ее нарастания от нуля до ее конечного значения равна Лп = Р1Дп/2. Затем на систему начинает действовать также статически нарастающая сила Р2 (рис. 10.11).
В результате этого система получает дополнительные деформации и в ней возникают дополнительные внутренние усилия, равные р деформациям и усилиям во
' Рг втором состоянии, изображен-
ч и ном на рис. 9.11,5. В процессе
д... — -------------------^5» нарастания силы Р2 от нуля до
к 66 конечного значения сила Рр
" —" оставаясь постоянной, переме-
Дн+Л/2 21 22 щается вниз на величину до-
Рис. 11.11 полнительного прогиба Ai2 и,
следовательно, совершает дополнительную работу, равную Л12 = Р1Д12; сила Р2 при этом совершает работу Л22 = Р2Д22/2. Таким образом, полная работа Л при последовательном нагружении системы силами Р2 и Р2 равна:
Л = Л u + Л12 + Л 2, = Р^н/2 + P^12 + Р2Д22/2. (14.11)
С другой стороны, работу Л сил Р2 и Р2 можно определить по формуле (4.11) как полусумму произведений каждой из этих сил на соответствующее ей полное перемещение, вызванное обеими силами (рис. 11.11):
Д = ?1 (А*1 | ?г ^21 ^гг) ц 5 11)
2 2
Приравниваем друг другу выражения (14.11) и (15.11):
^1^11 IDA I Р2^22 Р1 (^114" ^1«) | Р2 (^21+^22)
2 r rini3 ' 2 — 2 ‘ 2 ’
откуда
Р1Д12=/’гЛй. (16.11)
440
Значение Pi&it представляет собой работу А1г силы Р2 первого состояния (см. рис. 9.11, а) на перемещении по ее направлению, вызванном силой Pt второго состояния (см. рис. 9.11,6). Аналогично, Р2Д21 представляет собой работу Л21 силы Р2 второго состояния на перемещении по ее направлению, вызванном силой Р, первого состояния.
Следовательно,
А12 = А21. (17.11)
Такой же результат был бы получен, если бы в каждом из рассмотренных состояний (см. рис. 9.11) к системе прикладывалась не одна сила, а любое число сил и моментов.
Таким образом, работа сил первого состояния на перемещениях по их направлениям, вызванных силами второго состояния, равна работе сил второго состояния на перемещениях по их направлениям, вызванных силами первого состояния.
Этот вывод носит название теоремы о взаимности работ или теоремы Бетти.
Выразим работу Л12 через изгибающие моменты, продольные и поперечные силы, возникающие в первом и втором состояниях.
Из выражения (14.11)
Л12 = Л-Ли-Л22. (18.11)
Здесь А—полная работа, совершаемая силами Р, и Р2 на перемещениях, вызванных этими же силами. На основании формулы (9.11)
ООО
где суммы + Л\-|-ЛГ2 и Qi + Q2 представляют собой пол-
ные значения внутренних усилий в поперечных сечениях стержней от суммарного действия сил Pj и Р2.
Подставим в правую часть формулы (18.11) выражения А, Аи и Л22 по формулам (19.11) и (13.11):
л12=£ j (^±J^=^dx+z j +
0 0
+sjWl+Q,fcq;^j^'i. 0
или
4-=Ep'T7i+Ej'v'Tr+£P1^’1- <20ll> 0 0 0
Каждое подынтегральное выражение в правой части равенства (20.11) можно рассматривать как произведение внутреннего усилия
441
(например, изгибающего момента AfJ, возникающего в сечении стержня от сил первого состояния, на деформацию [например, M2dx/(EJ)] элемента dx, вызванную силами второго состояния.
$3.11. ТЕОРЕМА О ВЗАИМНОСТИ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ
Рассмотрим два состояния системы. В первом состоянии к системе приложена сила Рх=1, а во втором—сила Р2 = 1 (рис. 12.11). Обозначим перемещения, вызванные единичными силами или моментами (т. е. силами Р=1 или моментами SD1=1), знаком б
чим о21, а перемещение
Первое состояние
в отличие от перемещений, вызванных силами и моментами, не равными единице, обозначаемых знаком Д. В соответствии с этим перемещение рассматриваемой системы по направлению единичной силы Р3 в первом состоянии (т. е. вызванное силой Рх = 1) обозна-направлению единичной силы Рх во втором состоянии обозначим 6., (см. рис 12.11).
На основании теоремы о взаимности работ [см. формулу (16.11)] для рассматриваемых двух состояний
Р 1^12 = Р 2^21» но так как
Рх = Р2=1, то
^12 = ^21»
или в общем случае действия любых 12 единичных сил
Второе состояние
Рис. 12.11
= (21.11)
Полученное равенство носит название теоремы о взаимности перемещений (теоремы, или принципа, Максвелла): для двух единичных состояний упругой системы перемещение по направлению первой единичной силы, вызванное второй единичной силой, равно перемещению по направлению второй силы, вызванному первой силой.
Для иллюстрации теоремы Максвелла в качестве примера рассмотрим два состояния балки, изображенной на рис. 13.11. В первом состоянии на балку действует сила Р=1, а во втором—момент дл=1.
Угол поворота Оа, вызванный силой Р=1, на основании формулы (21.11) должен быть численно равен прогибу yt, вызванному моментом 9Я=1, т. е. $a = yt.
Определим значения да и yt методом начальных параметров. В первом состоянии (рис. 13.11, а)
Ра2 X _ Ра /« а X ,
Т£7 v —2*; ’
442
во втором состоянии (рис. 13.11, б)
При 8К = Р = 1
^e— Ej(l 2) И У‘~ EJ 2)’
т. е.
^а = У1-
Единичные перемещения (например, перемещения, вызванные отвлеченной единичной силой Р = 1 или отвлеченным единичным
моментом 2R= 1) имеют размерности, отличные от обычных размерностей перемещений. Размерность единичного перемещения представляет собой размерность отношения перемещения (не единичного) к вызвавшей его нагрузке. Так, например, в рассмотренном примере единичный угол поворота 0а, вызванный силой Р= 1, имеет размерность 1/тс, единичный прогиб yt, вызванный моментом 8)1=1, имеет размерность м/тс-м, или 1/тс, т. е. такую же размерность, как и угол в’д.
а) Первое состояние
Второе состояние
Рис. 13.11
Р--1
t-----г-----
г
$ 4.11. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЯ ИНТЕГРАЛ МОРА
Универсальный метод определения перемещений (линейных перемещений и углов поворота), возникающих в любой стержневой системе от произвольной нагрузки, имеет особенно большое значение для расчета статически неопределимых систем.
Рассмотрим два состояния системы. В первом состоянии на нее действует любое число каких угодно сил и моментов (рис. 14.11, а). Во втором состоянии к системе приложена одна лишь сосредоточенная сила Р2 = 1 (рис. 14.11,6).
Составим выражение работы Л21 силы Р2 = 1 на перемещении Д21, возникающем от сил первого состояния:
Л л = Р2Д21 = 1 • Д21 = Д21ф
443
. Выразим Аг1 (в случае плоской задачи) через внутренние усилия в стержнях системы [с помощью формул (17.11) и (20.11)]:
= = + (22.11)
6 0 0
Условимся, что черточки над М2, N2 и Q2 указывают на то, что эти внутренние усилия вызваны действием силы, равной еди-
нице.
Таким образом, перемещение от любой нагрузки с помощью формулы (22.11) можно выразить через внутренние усилия, возникающие в заданной системе от этой нагрузки и возникающие в ней
от единичной силы. Направление единичной силы совпадает с направлением определяемого перемещения. Если определяется линейное смещение (например, прогиб какой-либо точки оси стержня), то единичная сила представляет собой безразмерную сосредоточенную силу, приложенную в этой точке; если же определяется угол поворота поперечного сечения в какой-либо точке; оси стержня, то единичная сила представляет собой сосредоточенный момент (также безразмерный), приложенный в этой точке.
а) Первое состояние
(действительное)
Второе состояние (единичное)
Рис. 14.11 Состояние сооружения, вызван-
ное действием единичной силы, называется единичным состоянием (или фиктивным). В отличие от него состояние, вызванное действием заданной нагрузки, называется действительным (или грузовым).
Иногда цифровые индексы 1 и 2 в формуле (22.11) заменяются буквенными, например тип, тогда эта формула принимает вид
ООО
где Дяя—перемещение по направлению «силы» Рт = \, вызванное действием нагрузки п (группы «сил» п).
При размерах поперечных сечений каждого стержня системы, постоянных по длине этого стержня, выражение (23.11) принимает вид i i i
= L1И MmMndx+STf j* *«N„dx + S -ST f QMx. 0 0 0
(24.11)
Каждое из равенств (22.11) —(24.11) носит название формулы перемещений (интеграла, или формулы, Мора).
444
Определение перемещений с помощью полученной формулы производится в следующем порядке:
I) находятся выражения усилий Мп, Nn и Q„ от заданной-нагрузки как функции координаты х произвольного сечения;
2) по направлению искомого перемещения прикладывается соответствующая ему единичная сила (при линейном перемещении — сосредоточенная сила, при угле поворота—сосредоточенный момент);
3) определяются усилия Мт, Nm и Qm от единичной силы как функции координаты х произвольного сечения;
4) найденные выражения усилий М„, N„, Qn, Мт, Nт и подставляются в правую часть формулы (23.11) или (24.11) и интегрированием по участкам в пределах всего сооружения определяется искомое перемещение Амл. Если Дип положительно, то перемещение совпадает с направлением единичной силы, а если отрицательно, то противоположно этому направлению.
В случае, если элемент конструкции представляет собой брус малой кривизны (см. § 1.10), определение перемещений может выполняться по формуле Мора, полученной для прямого бруса, с заменой элемента длины dx в подынтегральном выражении элементом дуги ds (см. пример 3.11).
Иногда, в частности при расчете статически неопределимых систем, приходится определять взаимные перемещения отдельных точек или сечений сооружений. В этом случае в направлении искомого перемещения прикладывается обобщенная единичная сила (при определении линейного перемещения) или обобщенный единичный момент (при определении взаимного угла поворота). Например, если требуется определить изменение расстояния между точками С и D оси рамы, изображенной на рис. 15.11,а, то следует в точках С и D приложить единичные силы, направленные по линии CD, как показано на рис. 15.11,6. Вычисление интеграла Мора производится по изложенным выше правилам, но при этом под единичными внутренними усилиями Мт, Nm, Qm понимаются их значения,
445
соответствующие одновременному действию обеих единичных сил. В рассматриваемом случае, если результат вычислений интеграла Мора получится положительным, то это будет указывать на то, что направление искомого перемещения совпадает с направлением единичных сил, т. е. расстояние между точками С и D увеличивается; знак минус указывает на уменьшение этого расстояния, т. е. на сближение точек С и D.
Аналогично можно определить взаимный угол поворота любых двух сечений рамы, например сечений, соответствующих тем же точкам С и D. Для этого в указанных сечениях надо приложить единичные моменты, действующие в противоположных направлениях (рис. 15.11,в). В остальном вычисление перемещения производится обычным порядком.
Практически в большинстве случаев плоской задачи используется лишь один член формулы перемещений. Именно, если рассматриваются сооружения, преимущественно работающие на изгиб (балки, рамы, а часто и арки), то в формуле перемещений с соблюдением вполне достаточной точности можно оставить только интеграл, зависящий от изгибающих моментов. При расчете сооружений, элементы которых работают в основном на центральное растяжение и сжатие (например, ферм), можно не учитывать деформации изгиба и сдвига; в соответствии с этим в формуле перемещений оставляется лишь член, содержащий продольные силы. В случае пространственной задачи формула перемещений (интеграл Мора) содержит не три члена (как в случае плоской задачи), а шесть—в соответствии с числом внутренних усилий, которые могут возникать в поперечных сечениях элементов. Эта формула имеет вид
i i i
д V С М ^5-^4-V СлТ ^dx4-
тп гт Е]г ^2^У vm EJ„ + хт GJK +
ООО
о $ о
где и —изгибающие моменты относительно осей 2‘И у
поперечных сечений соответственно, возникающие в единичном состоянии; Mzn и Муп—то же, в действительном состоянии; Qzm и Qym—поперечные силы, параллельные соответственно осям гну поперечного сечения, вб&никающие в единичном состоянии; Qzn и
же, В1 действительном состоянии; МХ1П и «крутящие моменты, возникающие в единичном и действительном состояниях соответственно; Nm и Nn—продольные силы в этих же состояниях; JK—геометрическая характеристика крутильной жесткости (см. § 6.6); при круглом поперечном сечении JK = Jp1 где Jp—полярный момент инерции.
Практически в большинстве случаев пространственной задачи используются или только три первых члена последней формулы (когда’элементы системы работают преимущественно на изгиб и
446
кручение, например при расчете пространственных рам и ломаных балок), или только четвертый член формулы (например, при расчете пространственных ферм).
В дальнейшем при расчете балок и рам влияние
продольных и поперечных сил на перемещения не
учитывается, за исключением особо отмеченных случаев.
Рассмотрим в качестве примера балку постоянного сечения, свободно лежащую на двух опорах (рис. 16.11,а) и нагруженную посередине силой Р„. Определим прогиб балки под силой Р„ с учетом влияния всех членов формулы Мора (24.11).
Единичным состоянием является состояние, вызванное единичным грузом Рт=1, действующим на балку в направлении искомого перемещения (рис. 16.11,6).
Продольные силы, возникающие в поперечных сечениях балки от нагрузки, равны нулю. Поэтому второй интеграл формулы (24.11) равняется нулю и эта формула принимает вид
i ^n=Xu^M"dX + О
I
"Ь У. У QmQndX — Дти + Лтп,
О
где Дт«—прогиб, обусловленный деформацией изгиба (т. е. зависящий от изгибающих моментов):
i
О
Amn—прогиб, обусловленный деформацией сдвига (т. е. зависящий от
Рис. 16.11
поперечных сил):
А^я — J QmQn^x> о
Для сечений балки в пределах от левой опоры до середины балки изгибающие моменты Мп и Мт и поперечные силы Qn и
447
равны:
= Ма=±х-, Qn=^-, Qm = ^.
Эпюры Mn, Мт, Qn и Qm изображены на рис. 16.11,в,г,д,е.
Подставим значения моментов и поперечных сил в выражения ДЛЯ Д/пп И Дтп* 1/2 1/2
\М 2- С х ?п хДу— . KQ _ (* 1 Рп Jx_
^тп — EJ } 2 2 — 48£J ’ тп ~ GF J 2 2 4GF '
о о
Интегрирование ведется в пределах левой половины балки; числовые коэффициенты 2 перед интегралами учитывают, что ввиду симметрии балки величина интеграла для правой ее половины такая же, как и для левой.
Полный прогиб
Д _ дм _|_Д<? ___ Рп'3 I Р„Г\1
атп атп -И l^mn 4$gj “Г 4Qp •
Знак плюс указывает на то, что направление прогиба совпадает с направлением единичной силы. Знак минус указал бы на то; что действительное направление прогиба точки С оси балки противоположно принятому направлению единичной силы Рт.
Найдем соотношение между прогибами, зависящими от поперечных сил и от изгибающих моментов. Предположим при этом, что рассматриваемая балка имеет прямоугольное поперечное сечение со сторонами b и h и что h = 0,1/:
t&n Pnr\l48EJ _ 12Т)£/
Д/М 4GFPnl3 l2GF ‘
Подставив в последнюю формулу значения J =Wi3/12 = W3/12000, F~bh = bl/10', т] = 1,2 и приняв G = 0,4E, получим
12-1,2-ЕЫ3-10 _ 3 дМ 12 000 12-0,4ЕЫ 100’
т. е. прогиб, вызванный деформацией сдвига, составляет только 3% от прогиба, вызванного деформацией изгиба.
Влияние поперечных сил на величину прогиба тем меньше, чем меньше отношение у. Так, при h = 1/20 &тп______________________________ 3
A^zT400 ’
Совершенно очевидно, что величиной Д$п по сравнению с А^п можно пренебречь. Тогда
Aan = A“n = Pnl3/(48EJ).
Этот результат совпадает с результатом, вычисленным другим способом в § 15.7.
448
§ 5.11. ПРАВИЛО ВЕРЕЩАГИНА
Определение перемещений в системах, состоящих из прямолинейных элементов постоянной жесткости, можно значительно упростить путем применения специального приема вычисления интеграла вида MrnMndx. В связи с тем что в подынтегральное выражение входит произведение усилий Мт и Мп, являющихся ординатами эпюр, построенных для единичного и действительного состояний, этот прием называют способом перемножения эпюр. Его
можно использовать в случае, когда одна из перемножаемых эпюр, например Мт, прямолинейна; в этом случае (рис. 17.11) Мт = = (х4 fl)tga. Вторая эпюра (Мп) может иметь любое очертание (прямолинейное, ломаное или криволинейное).
Подставим значение Мт в выражение §MmM„dx: о i i i
$ МтМп dx= tg а $ (х + а) Мп dx = tg а $ (х + a) dQn, 0 0 о
где Mridx = dQ„—дифференциал площади эпюры Ма (рис. 17.11).
Интеграл (x~-a)dQrl представляет собой статический момент о
площади Qzi эпюры Мп относительно оси О—О' (рис. 17.11). Этот статический момент можно выразить иначе:
/
J (x-ia)dtin = Qn (хс + а), о
15 № 2331
449
где хс— абсцисса центра тяжести площади эпюры Мп. Тогда i
$ МтМп dx = (хс + a)Q„ tg а. о
Но так как (см. рис. 17.11)
(хс + а) tga = «/c,
ТО
I
^MmMndx = Q„yc. (26.11)
О
Таким образом, результат перемножения двух эпюр равен произведению площади одной из них на ординату ус другой (прямолинейной) эпюры, взятую под центром тяжести площади первой эпюры.
Способ перемножения эпюр предложен в 1925 г. студентом Московского института инженеров железнодорожного транспорта А. Н. Верещагиным, а потому он называется правилом (или способом ) Верещагина.
Заметим, что левая часть выражения (26.11) отличается от интеграла Мора отсутствием в ней жесткости сечения EJ, Следовательно, результат выполненного по правилу Верещагина перемножения эпюр для определения искомого перемещения надо разделить на величину жесткости.
Очень важно отметить, что ордината ус должна быть взята обязательно из прямолинейной эпюры. Если обе эпюры прямолинейны, то ординату можно взять из любой эпюры. Так, если требуется перемножить прямолинейные эпюры и Mk (рис. 18.11,и), то не имеет значения, что взять: произведение площади Qz эпюры Mi на ординату yk под ее центром тяжести из эпюры Mk или произведение QAyz площади эпюры Mk на ординату yt под (или над) ее центром тяжести из эпюры Mz.
Когда перемножаются две эпюры, имеющие вид трапеции, то не надо находить положение центра тяжести площади одной из них. Следует одну из эпюр разбить на два треугольника и умножить площадь каждого из них на ординату под его центром тяжести из другой эпюры. Например, в случае, приведенном на рис. 18.11,6, получим
2 уа+ 2 Уь~ 2 \ 3 + 3 2^3*" 3 J
= ^(2ac-^2bd + ad + bc). (27.11)
В круглых скобках этой формулы произведение ас левых ординат обеих эпюр и произведение bd правых ординат берутся с коэффициентом, равным двум, а произведения ad и Ьс ординат, расположенных с разных сторон,— с коэффициентом, равным единице, 450
. С помощью формулы (27.11) можно перемножать эпюры, имеющие вид «перекрученных» трапеций; при этОхМ произведения ординат, имеющих одинаковые знаки, берутся со знаком плюс, а разные — минус. В случае, например, показанном на рис. 18.11,в, результат перемножения эпюр в виде «перекрученной» и обычной трапеций
Рис. 18.11
равен (//6) (2ас— 2bd + ad—be), а в случае, показанном на рис, 18.11,г, равен (Z/6) (—2ас—2bd-{-ad-\-bc).
Формула (27.11) применима и тогда, когда одна или обе перемножаемые эпюры имеют вид треугольника. В этих случаях треугольник рассматривается как трапеция с одной крайней ординатой, равной нулю. Результат, например, перемножения эпюр, показанных на рис. 18.11,5, равен (1/6) (2ac-j-ad)t
15*
451
Умножение эпюры в виде «перекрученной» трапеции на любую другую эпюру можно производить и расчленяя «перекрученную трапецию на два треугольника, как показано на рис. 18.11,е.
Когда одна из эпюр (рис. 19.11) очерчена по квадратной параболе (от равномерно распределенной нагрузки q), то ее для перемножения с другой эпюрой рассматривают как сумму (в случае, показанном на рис. 19.11,а) или разность (в случае, показанном на рис. 19.11,6) трапецеидальной и параболической эпюр *. Резуль-
тат перемножения эпюр, показанных на рис. 19.11,а, равен (I>6) (2ac-\-2bd-[-ad+ Ьс) -\~ (2/3) elg; после подстановки в него г а 4- b с 4-d
e — f----и g = —у- получаем
^(ac + Afg+bd).
Результат перемножения эпюр, показанных на рис. 19.11,6, равен (1/6) (2ас-\- 2bd + ad-\-bc)— (2/3)elg‘, после подстановки в него и -f- b с с -4- d
е = ---1 и получаем
(l/Q)(ac + *fg + bd). (28.11)
В обоих полученных выражениях в скобках стоят суммы произведений крайних ординат обеих эпюр с учетверенным произведением средних ординат.
* Средняя ордината параболической эпюры e = ql2/3 (см. рис. 26.7,з).
452
Встречаются случаи, когда ни одна из перемножаемых эпюр не является прямолинейной, но одна из них (или обе) ограничена ломаными прямыми линиями. В этих случаях для перемножения эпюр предварительно разбивают их на такие участки, в пределах каждого из которых по крайней мере одна эпюра прямолинейна. Так, например, при перемножении эпюр, показанных на рис. 20.11,д,б, можно разбить их на два участка и множения в виде суммы Q1//1 + ^2z/2. эпюры, разбить их на три участка, как показано на рис. 20.11 ,в,г; в этом случае результат перемножения эпюр равен
^У^^гУг+^гУз-
При использовании правила Верещагина приходится вычислять площади различных геометрических фигур и определять положения их центров тяжести. В связи с этим в табл. 1.11 приведены значения площадей и координаты центров тяжести наиболее часто встречающихся геометрических фигур.
В качестве примера рассмотрим применение способа Верещагина для определения прогиба точки С (под силой Рп) балки, изображенной на рис. 16.11,а; при этом учтем действие изгибающих моментов и попе
представить результат пере-Можно, перемножая эти же
а/
речных сил.
Единичное состояние балки, а Рис* 201
также эпюры внутренних усилий в ней, вызванных нагрузкой Рп и единичной силой Ргп, показаны на рис. 16.11,б,е,г,д,е.
По формуле (24.11), используя способ Верещагина при перемножении эпюр, находим
Л 2 рп1 / 12 / , Ъ\Рп I \ _ Рп1* Рпу1
тп EJ 4 2 2 3 4 r Gf 2 2 2 48£J 4GF ’
Этот результат совпадает с результатом, полученным путем интегрирования.
Определим теперь горизонтальное смещение точки С рамы, изображенной на рис. 21.11, а. Моменты инерции поперечных сечений стоек рамы и ригеля указаны на рисунке; £ = const.
Действительное состояние рамы изображено на рис. 21.11, а. Эпюра изгибающих моментов Мр для этого состояния (грузовая эпюра) показана на рис. 21.11,6.
В единичном состоянии к точке С рамы приложена в направлении искомого перемещения (т. е. горизонтального) сила, равная
453
Таблица I.И
Геометрическая фигура Площадь Q Координаты центра тяжести
2 2t
. г, z? м IV 1/2
I
. ?/ _ , ?2 . hh2 1/3 21/3
I
?2 » hl/3 1Н 31/4
:.Т[ ^Квадратная парабола, ТГГгттгп^
I
,4, 22 , hl/i из 41/5
{| (убическая па района
1
?2 , hl «+1 г n-j-2 (n+l)l п + 2
_ Л * iffL iW арабола п -ш 'тепени
_1
[л ?2 г[ 2Й//3 31/8 51/8
^Квадратная парабола,
1 J
45*1
единице. Эпюра изгибающих моментов М для этого состояния (единичная эпюра) изображена на рис. 21.11, в.
Знаки изгибающих моментов на эпюрах могут не указываться, так как известно, что ординаты эпюр отложены со стороны сжатых волокон каждого элемента.
Перемножив по способу Верещагина грузовую эпюру с единичной (рис. 21.11,6, в) и учтя при этом различные значения моментов инерции поперечных сечений стоек и ригеля рамы, найдем искомое перемещение точки С:
t±c=—Phh~~h-r-r—Pha^-h~-== 4 0 XL «/ j Z £.«/9
Ph3 Pah2 _ Ph2 / h a\
= 3£JX 2EJ2~ EJ± \ 3 + 4 J ‘
Знак минус при перемножении эпюр взят потому, что эпюры Мр и М расположены с различных сторон элементов рамы, и, следовательно, изгибающие моменты Мр и М имеют разные знаки. Отрицательное значение полученного перемещения точки С означает, что эта точка смещается не по направлению единичной силы (рис. 21.11, в), а в противоположную сторону, т. е. вправо.
Приведем теперь некоторые практические указания по применению интеграла Мора к различным случаям вычисления перемещений.
Определение перемещений в балках, жесткость сечений которых постоянна по всей длине или в пределах отдельных участков, целесообразно производить, вычисляя интеграл Мора по правилу Верещагина. То же относится и к рамам из прямолинейных стержней постоянной или ступенчато-переменной жесткости.
При жесткости сечений элемента конструкции, непрерывно изменяющейся по его длине, перемещения должны опре
деляться путем непосредственного (аналитического) вычисления интеграла Мора. Такую конструкцию можно рассчитать приближенно, заменив ее системой с элементами ступенчато-переменной жесткости, после чего для определения перемещений использовать способ Верещагина.
Способ Верещагина может применяться не только при определении перемещений, но и при определении потенциальной энергии.
455
Примеры расчета
a)
Пример 1.11 (к § 1.11, 4.11 и 5.11). Опредетить работу внешних сил, действующих на балку, изображенную на рис. 22.11, а. Задачу решить двумя приемами: а) выразив работу через внутренние усилия, возникающие в поперечных сечениях
балки; б) выразив работу через величины внешних сил и значения соответствующих перемещений.
Решение.
а) Эпюра изгибающих моментов Мр от нагрузки показана на рис. 22.11, б. По формуле (9.11) определяем работу внешних сил:
1
Л = [1/(2£/)]£ J О
I
Интеграл J M*pdx представляет о
собой результат умножения эпюры (рис. 22.11,6) на ту же эпюру Перемножение этих эпюр производим по способу Верещагина:
I
^^М*р<1х = О
= 0.5PZ-0.5Z • 4- • 4- • 0.5Р/4-Z о
4-^(2-0,3P/-C,3PZ4-
+ 2-0,2PZ-0,2PZ—0,3P/-0,2PZ —
Р2/3 0 07 Р-Г3
- О,ЗР/гО,2Р/) = -^+-- -Г- •= ' 24 1 6
= 0,0533Р2/3.
>азой половины балки выполнено по
формуле (27.11).
Подставим полученное значение интеграла в выражение А:
А = 0,0267P2l3/(EJ).
б) Определим сначала прогиб балки под грузом и угол поворота Д2 поперечного сечения балки, в котором приложен момент 2Л (см. рис. 22.11, а). Для этого в направлениях искомых перемещений прикладываем единичную силу (рис. 22.11, в) и единичный момент (рис. 22.11, а) и строим от этих единичных нагрузок эпюры изгибающих моментов и М2 (рис. 22.11, в, г). Определение перемещений производим по формуле (24.11). Для этого перемножаем по способу Верещагина эпюры Мр и Mit а затем эпюры МР и Л42:
&1 = 4г Г0,5Pl.a,5l • ~ I • 0,5 Z4-fc. J I & о
-ь (-2 • 0.3PZ • 0,5/+ 2 • 0.2PZ • Z—0,3PZ • / + 0,2Р/• 0,5Z)
Дг==ТГ (0.3PZ-0.5Z.X.l-0,2PZ.0,5/.l. 1) .
456
При вычислении Д2 принято, что эпюра Мр на правой половине балки состоит из дв\х треугольников (см. рис. 18.11,е).
По формуле (4.11) находим работу внешних сил:
р/з р/2
РА, , ши, _ Г ЗОЕ/ и’ 40EJ Р-13
А -—т g g Н § 0,02b -jj-.
Этот результат совпадает с полученным выше (см. п. а).
Пример 2.11 (к § 4.11 и 5.11). Определить горизонтальное перемещение точки D рамы, изображенной на рис. 23.11, а.
Решение. Эпюра изгибающих моментов Мр от нагрузки показана на рис. 23.11,6.
Прикладываем в направлении искомого перемещения единичную силу и строим от нее единичную эпюру изгибающих моментов М (рис. 23.11, в).
По формуле (24.11), перемножая эпюры Мр и Л1 способом Верещагина, определяем искомое перемещение при этом учитываем, что моменты инерции поперечных сечений различных элементов рамы различны:
qa2 1 За 1 . qa2 1 .
ТаЗ”Т’ ЁЛ^“2“аа£Л +
__ 23qa*
“ 24£Л ’
При перемножении эпюр учтено, что площадь эпюры Мр на участке CD рамы, ограниченная вогнутой квадратной параболой, равна одной трети произведения наибольшей ординаты на длину элемента, т. е.
(1/3) (qa2/2) a = qa3/6.
Центр тяжести этой параболы расположен на расстоянии -у от точки С рамы (см. табл. 1.11), и, следовательно, ордината эпюры М, соответствующая его За положению, равна -j-.
Пример 3.11 (к § 4.11). Определить полное линейное перемещение точки А оси бруса малой кривизны (рис. 24.11, а) и угол поворота поперечного сечения, проходящего через эту точку.
Решение. Так как направление искомого перемещения заранее неизвестно, определим отдельно его горизонтальную и вертикальную составляющие, а затем найдем полное перемещение как геометрическую сумму указанных составляющих.
Влияние продольных и поперечных сил в соответствии с приведенным указанием учитывать не будем.
Изгибающий момент от заданной нагрузки в
произвольном сечении бруса определится из выраже- Рис. 23.11
ния Mp~PR sin <р.
Для нахождения горизонтального перемещения в точке А прикладываем горизонтально направленную единичную силу (рис. 24.11,6). Соответствующее состоя-
457
ние системы будем называть первым. Выражение единичного изгибающего момента для этого состояния имеет вид
1 • Z? sin ф.
По формуле Мора,
д1р= [ = С PR s!n Ф А?1П.Ф f Sin2q: d(f =
ip J EJ J EJ EJ J * *
0 0 0
Л
PR3 Pl — cos2<p , PR3 f sin2^V"1 л PR3
= ~EJ~ J-----2---^=2ЁТ ------—Jo =~2ЁГ'
0
здесь ds = R dtp.
Знак плюс указывает на совпадение действительного направления горизонтального перемещения точки А с принятым направлением единичной силы (рис. 24.11, б).
Определяем вертикальное перемещение точки А. Для этого прикладываем к брусу вертикально направленную единичную силу, как показано на рис. 24.11, в. Соответствующее состояние системы будем называть вторым; изгибающие моменты от единичной силы в этом состоянии обозначим М2. По рис. 24.11, в устанавливаем
М2 — — !•/?(! — cos ф).
По формуле Мора,
I _____ л
д ____С 2 ds ________С PR sin ср [— R (1 — cos гр)] R г/ф_
2р—J EJ —J Ё1
о о
PR3 Г, . . . ч. PR3 f , sin2a\-*t 2PR3
Z=~ETy~ sintp-HsiiKpcos (f)dip=—. ( cosqH---------------------------
0
Знак минус указывает, что точка А перемещается противоположно приложенной единичной силе, т. е. вверх. Полное перемещение точки А
л 1/гл2 ~г;2' 1/f 3iPR3\2 / 2PR3 А2 PR3
\2EJ~ J +{—ЁГ) =~ЁГ V т+4-
Для определения угла поворота сечения А прикладываем в этом сечении момент, равный единице_(рис. 24.11, г). Соответствующее состояние системы назовем третьим. Очевидно, Л13 = 1.
458
Искомое угловое перемещение I ____________________ я
Г МрМ3 ds _ Г PR sin ф. (./? Жр _ 2PR2 3'~J EJ J EJ ~ EJ * о о
Сечение т. е. против
Пример
точки С балки, защемленной левым ленной нагрузкой (рис. 25.11, а).
Решение. Строим грузовую эпюру изгибающих моментов Мр (рис. 25.11,6). Затем по направлению искомого перемещения прикладываем единичную силу и строим от нее единичную эпюру изгибающих моментов М (рис. 25.11, в).
Для определения величины Ас необходимо перемножить эпюры Мр и Л1. Это можно сделать различными приемами; рассмотрим три из них:
1-й прием. Эпюру Мр на левой половине балки рассматриваем как состоящую из трапеции 1-2-6-3-4-1 с отрицательными ординатами и из выпуклой квадратной параболы 2-6-3-5-2 с положительными ординатами (рис. 25.11,6).
Наибольшая ордината параболы
поворачивается по направлению приложенного единичного момента, часовой стрелки.
4.11 (к § 4.11 и 5.11). Определить вертикальное перемещение Дс ’ концом и нагруженной равномерно распреде-
и) 'А
,9
!И11111ИШ!111111|||И1И1ИН1
м I
* зг
к 4
(Ц2)2_ЯГ-q 8
32 ’
Перемножим эпюры Мр и М ; л _ 1 И I Дс EJ \_2 ' 2
"г з
1 L 1
32 * 2 ’ 3 ’ 2 Х
А 2 J — 384£7 ’
М*
5, % "iz
9lS
I I
Д
8
Н1Ш1ПННШ
ПГ
I. z| д) ! /н! <7 8
4 2
№
ol°0
Рис. 25.11
2-й прием. Отбрасываем правую половину балки, а ее влияние на левую заменяем моментом 7W = q/2/8 и силой Q=gZ/2, действующими в сечении С балки (рис. 25.11, г). Эпюра изгибающих моментов Мр для оставшейся левой половины балки показана на рис. 25.11, д'у она такая же, как и эпюра 1-2-5-3-4-1, изображенная на рис. 25.11, б. Разбиваем эпюру Мр на составляющие части (рис. 25.11,6), к которым относятся:
а) эпюра, имеющая вид прямоугольника с ординатами ql2/8 (от момента M = ql-/Sy действующего в сечении С балки);
459
б) эпюра, имеющая вид треугольника с наибольшей ординатой ql2^ (от поперечной силы Q = ?//2, действующей в сечении С);
в) эпюра в виде вогнутой квадратной параболы с наибольшей ординатой ql2!8 (от равномерно распределенной нагрузки q, приложенной к левой половине балки).
Умножим каждую из указанных частей эпюры Мр (рис. 25.11,д) на единичную эпюру (рис. 25.11, в) и сложим полученные произведения:
Л_1 (ql2 I I .<?/2 I 1 I , ql2 I 1 3 \ Xlql*
C~EJ \ 8 * 2 * 4 ' 4 * 2 ’ 2 ’ 3 ‘ 8 ’ 2 ’ 3 ‘ « ;~384£J ’
3-й прием. Перемножим эпюры Мр (рис. 25.11,6) и М (рис. 25.11, в) по формуле (28.11):
Л — 1 М/2 9?/2 nL17^4
C~2<6EJ 2 ’ 2 + 32 *4 ‘ )~3S4EJ *
Пример 5.11 (к § 4.11 и 5.11). Определить вертикальное перемещение балки в точке приложения силы Р. Левый конец балки опирается на шарнирно не-w подвижную опору, а правый — под-
Рис. 26.11
держивается тягой, шарнирно соединенной с балкой (рис. 26.11,о). Жесткость сечения балки EJt жесткость сечения тяги EF.
Решение. В рассматриваемом случае один из элементов системы работает на изгиб (балка), а другой— на растяжение (тяга). При вычислении интеграла Мора для балки следует учесть только смещение, вызванное изгибающими моментами. В тяге возникает только одно внутреннее усилие —продольная сила Л7; поэтому для учета ее деформации надо вычислить соответствующий член интеграла Мора.
Таким образом, формула для определения перемещений получает вид
о МРМ dx р Nр N dx
о о
Прикладываем к балке в направлении искомого перемещения единичную силу и строим эпюру М (рис. 26.11,6). Эпюра Мр изображена на рис. 26.11, а.
Первое слагаемое определяем по правилу Верещагина:
/ МрМ dx_ ] / । Pl I \ 2 I Pl3
J EJ £j‘Z Д 2 ' 4 ' 2 / 3 ’ 4 ~48EJ'
0
Усилия в тяге при действии заданной и единичной сил
Np~P/2\ N=\/2\
соответствующие эпюры представлены на рис. 26.11, л, 6. Перемножая их по правилу Верещагина, определяем второе слагаемое в формуле перемещений:
pNpN dx__ р ] ] __ ра
J EF ~ 2 ' й ‘ 2 ’ EF ~ 4EF '
О
460
Окончательно
_РР , Ра
Пример 6.11 (к § 4.11 и 5.11). Определить горизонтальное перемещение А точки D пространственного бруса (рис. 27.11, а) в направлении, параллельном элементу АВ, и угол поворота х> поперечного сечения D в плоскости BCD, Поперечные сечения всех элементов бруса круглые, одинакового диаметра d. К свободному концу D бруса приложена сила Р, параллельная элементу ВС.
Рис. 27.11
461
Решение. На рис. 27.11,6,в изображен эпюры изгибающих М* и крутящих Afp моментов от действующей на брус силы Р.
Ординаты эпюры изгибающих моментов отложены со стороны сжатых волокон бруса; знак крутящих моментов (в элементе ЛВ) отрицателен, так как если смотреть на торец В, действующий на него крутящий момент будет направлен против часовой стрелки.
Для определения перемещения А прикладываем в точке D единичную силу, параллельную элементу АВ (рис. 27.11, г). Эпюры изгибающих и крутящих (М*) моментов от действия этой силы показаны на рис. 27.11,6, е.
Перемещения определяем по формуле (25.11), учитывая лишь первые три ее члена. Умножая по способу Верещагина эпюру Л1” (рис. 27.11, б) на эпюру (рис. 27.11, д) и эпюру М* (рис. 27.11, в) на эпюру М“ (рис. 27.11,е), получаем
. 1,2Рп«1,2л
Д==-----2-----
• О, Sa- = 0,576
Ра3
EJ ’
где
J — л61/б4.
Изгибающие моменты перемножены только на участке АВ бруса, так как на участках ВС и CD изгибающие моменты от заданной нагрузки (рис. 27.11,6) и от единичной силы (рис. 27.11,6) действуют в разных плоскостях. Результат перемножения эпюр крутящих моментов равен нулю, так как от заданной нагрузки они возникают лишь в элементе АВ (рис. 27.11, в), а от единичной силы — только в элементе ВС (рис. 27.11, е).
Для определения угла поворота О прикладываем к сечению D бруса единичный момент, действующий в плоскости BCDJ рис. 27.11, ж). Эпюры изгибающих моментов (М”) и крутящих моментов от действия этого момента показаны на рис. 27.11,з, и.
Умножая эпюру Л1р_(Рис- 27.11,6) на эпюру Л1” (рис. 27.11, а) и эпюру (рис. 27.11, в) на эпюру (рис. 27.11, н), находим
Ф= f 1 + Р«-0,8а-1 'j -т^Н-Ра-1,2а-1 --Jr- = 1,3 ~ f 1,2 ~ ,
\ J О J р LL J (j J р
где
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1.11 (к § 1.11 и 5.11). Найти количество потенциальной энергии, накопленной при изгибе балки прямоугольного сечения, защемленной одним концом и нагруженной силой Р на другом конце (рис. 28.11).
Рис. 28.11
При расчете учесть энергию, вызванную изгибающими моментами и поперечными силами.
462
Дано: площадь поперечного сечения балки F, момент инерции сечения Jt модуль упругости Е и модуль сдвига G, Коэффициент т] для прямоугольного сечения равен 1,2.
Ответ: U = P2l3/(fiEJ) + 3P4/(5GF).
Задача 2.11 (к § 4.11 и 5.11). Определить вертикальное перемещение шарнира А кронштейна (рис. 29.11), вызванное действием силы Р. Площади поперечных сечений стержней кронштейна равны F,
Ответ: &A = [Pl/(EF)] [(8/ /3)+3].
Задача 3.11 (к § 4.11). Определить горизонтальное перемещение левого опорного сечения пологого криволинейного бруса с осью, очерченной по параболе, уравнение которой y = (4f/l2)(l—х) х.
Брус нагружен вертикальной равномерно распределенной нагрузкой q (рис. 30.11). Жесткость сечения бруса EJ постоянна. При расчете ввиду пологости бруса длину ds оси элемента бруса приближенно принять равной ее горизонтальной проекции dx. Влиянием продольных и поперечных сил пренебречь.
Ответ: А = ql3f/(15EJ) (влево).
Задача 4,11 (к § 4.11 и 5.11). Найти угол поворота поперечного сечения А рамы, изображенной на рис. 31.11, от действия силы Р. Жесткости сечений EJ элементов рамы различны: EJ2 = 2EJ1. Влиянием продольных и поперечных сил при расчете пренебречь.
Ответ: ОA = Plh/(\2EJ^ рад (против часовой стрелки).
Задача 5.11 (к § 4.11 и 5.11). Определить вертикальное перемещение А поперечного сечения С ломаного стального бруса (рис. 32.11) и угол 'О* поворота этого сечения в его плоскости. Поперечные сечения бруса круглые, их диаметр d — Зсм; £ = 2-106 кгс/см2; G = 8-105 кгс/см2.
Ответ: Ал = 0,265 см (вниз); v = 0,00224 рад (по часовой стрелке).
463
Задача 6.11 (к § 4.11 и 5.11). Определить вертикальное перемещение Дв поперечного сечения С ломаного бруса (рис. 33.11) и горизонтальное перемещение Дг этого сечения в направлении, параллельном оси элемента АВ. Поперечные сечения бр>са круглые, их диаметр d.
п . 20,4qa* , \ а /240 - 10-2\ / х
Ответ: Дв = —(вверх); Дг = ) (вправо).
Задача 7.11 (к § 4.11). Найти горизонтальное Дг и вертикальное Лв перемещения свободного конца кривого бруса малой кривизны с постоянным поперечным сечением (рис. 34.11), а также угол поворота О свободного конца.
Зл/^йЗ Ра3 Ра‘“
Ответ: Дг=——- (вправо); Дв= ------ (вверх); 0—-p-у- (против часовой стрелки).
Вопросы для самопроверки
К § 1.11. 1. Как выражается работа внешних статически приложенных сил через величины этих сил и соответствующих перемещений?
2. Как выражается работа внешних статически приложенных сил через внутренние усилия, возникающие в поперечных сечениях стержней системы?
К § 2.!1. 3. Как формулируется теорема о взаимности работ? Приведите доказательство этой теоремы.
К § 3.11. 4. Как формулируется теорема о взаимности перемещений? Приведите ее доказательство.
К § 4.11. 5. Выведите формулу перемещений (формулу Мора).
6. Что называется действительным (или грузовым) и единичным (или фиктивным) состоянием?
7. В каком порядке производится определение линейных и угловых перемещений по формуле Мора?
8. Как определяются взаимные линейные перемещения каких-либо точек сооружения, а также взаимные угловые перемещения двух каких-либо сечений?
К § 5.11. 9. Как производится перемножение эпюр по правилу Верещагина? Приведите доказательство этого правила.
10. Как производится по правилу Верещагина перемножение эпюр, ограниченных ломаными линиями?
Глава 12
РАСЧЕТ ПРОСТЕЙШИХ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ СТЕРЖНЕВЫХ СИСТЕМ*
§ 1.12. СТАТИЧЕСКАЯ НЕОПРЕДЕЛИМОСТЬ
Как уже известно, при расчете некоторых стержневых систем для определения усилий в них недостаточно использовать одни лишь уравнения статики, а необходимо составлять дополнительные уравнения—уравнения деформаций (перемещений). Такие системы называются статически неопределимыми.
В настоящей главе рассмотрены расчеты плоских статически неопределимых стержневых систем. Аналогичными способами рассчитывают и пространственные статически неопределимые системы.
Характерной особенностью статически неопределимых, систем (в отличие от статически определимых) является то, что распределение усилий в них зависит не только от внешних сил, но и от соотношений между поперечными размерами отдельных элементов. Если элементы систем изготовлены из различных материалов, то распределение усилий также зависит от модулей упругости этих материалов (см. § 9.2).
Расчет статически неопределимой системы начинают с анализа ее схемы. Анализ необходим прежде всего для того, чтобы установить степень статической неопределимости.
Степень статической неопределимости равна числу лишних связей**, удаление которых превращает статически неопределимую систему в статически определимую, геометрически неизменяемую систему.
Геометрически неизменяемой называется такая система, изменение фермы которой возможно лишь в связи с деформациями ее элементов.
Статически определимая система не имеет ни одной лишней связи; удаление из нее хотя бы одной связи превращает ее в геометрически изменяемую систему, т. е. в механизм.
Балка, показанная на рис. 1.12, а, является системой, один раз (или однажды) статически неопределимой, так как один из опорных стержней представляет собой лишнюю (избыточную) связь
* Расчет сложных статически неопределимых стержневых систем рассматривается в курсе статики сооружений (строительной механики).
** Связью в строительной механике называется всякое препятствие, не допускающее изменения взаимного положения точек или сечений системы. Термин «лишняя связь;) следует понимать как «избыточная связь», а не как «ненужная связь».
465
балки с опорой (с основанием). Отбросив один из опорных стержней (рис. 1.12,6) или включив в балку один шарнир (рис. 1.12,в), получим статически определимую, геометрически неизменяемую систему.
Систему, состоящую из ряда элементов (прямых или криволинейных), жестко (без шарниров) связанных между собой и образующих замкнутую цепь, будем называть замкнутым контуром.
Рис. 1.12
Рис. 2.12
Прямоугольная рама, изображенная на рис. 2.12, а, представляет собой замкнутый контур. Она трижды статически неопреде-
лима, так как для превращения ее в статически определимую необходимо, например, перерезать один из ее элементов (рис. 2.12,6) и тем самым устранить три лишние связи. Реакциями этих связей являются продольная сила, поперечная сила и изгибающий момент,
действующие в месте разреза; их нельзя определить при помощи а) уравнений статики. В ана-
логичных условиях в смысле статической неопределимости находится любой замкнутый контур, который всегда трижды статически неопределим.
Примером сооружения с одним замкнутым контуром является также система, изображенная на рис. 3.12, а. Замкнутым контуром является и бес-шарнирная рама, изображенная на рис. 3.12,6;
она ограничена снизу землей, которую можно рассматривать как бесконечно жесткий стержень.
В рамной конструкции, представленной на рис. 4.12, а, верхний контур снабжен шарниром; в разрезе, проведенном по этому шарниру, действуют только два внутренних усилия: N и Q (рис. 4.12,6). Такой контур дважды статически неопределим. Если
рассматривать всю систему в целом, то она пять раз статически
466
неопределима, так как нижний контур рамы замкнутый и, следовательно, неопределим трижды. Систему, освобожденную от лишних связей, можно представить состоящей из двух защемленных внизу стержней с горизонтальными консолями (рис. 4.12,6).
Выяснить степень статической неопределимости этой системы можно иначе. Верхний контур рамы, имеющий один внутренний шарнир, дважды статически неопределим (имеет две лишние связи). Кроме того, каждая из заделок дает три составляющие опорной реакции (две силы и момент), т. е. на раму наложено шесть внешних связей, а уравнений статики для плоской системы можно составить лишь три. Следовательно, три внешние связи являются лишними, а всего имеется пять лишних связей, т. е. система пять
Необходимо заметить, что исключение лишних связей для превращения одной и той же статически неопределимой конструкции в статически определимую можно произвести различными способами, однако число отбрасываемых связей всегда одно и то же. Так, например, статически определимые системы, изображенные на рис. 1.12, б, в, получены из статически неопределимой системы (см. рис. 1.12, а); одна — путем удаления промежуточной опоры, а другая — путем постановки промежуточного шарнира, т. е. удаления связи, препятствующей взаимному повороту частей балки, расположенных по обе стороны от введенного шарнира.
Включение шарнира в узел рамы, в котором сходятся два стержня, или же установка его в любое место на оси стержня нарушает (снимает) одну связь и снижает общую степень статической неопределимости системы на единицу. Такой шарнир будем называть одиночным, или простым.
При удалении связей системы необходимо следить за тем, чтобы получаемая конструкция была геометрически неизменяема. Поэтому в раме, показанной на рис. 5.12, а, имеющей одно лишнее опорное закрепление, было бы ошибочным удаление вертикального стерженька (рис. 5.12,6), так как оставшиеся три стерженька не могли бы препятствовать повороту рамы вокруг точки А, в ко
467
торой пересекаются их оси. Правильный вариант удаления лишнего стержня показан на рис. 5.12, в.
Для конструкций со сложным внутренним образованием можно применить следующий общий прием определения степени статической неопределимости. Идея его заключается в том, что каждый шарнир, включенный в узел, соединяющий k стержней, снижает степень статической неопределимости на k — 1, так как такой шарнир заменяет k—1 одиночных шарниров (рис. 6.12, а). Поэтому для определения степени статической неопределимости конструкции необходимо взять утроенное количество замкнутых контуров (предполагая, что все шарниры, в том числе и опорные, заменены
жесткими соединениями) и затем уменьшить его на число включенных в конструкцию одиночных шарниров, учитывая при этом, что один общий шарнир эквивалентен k—1 одиночным шарнирам. Представим это в виде формулы
S = 3n — т, (1.12)
где S—степень статической неопределимости системы; п — число замкнутых контуров в конструкции в предположении отсутствия шарнирных соединений; т—число одиночных шарниров; шарнир, соединяющий два стержня, считается за один (одиночный шарнир), соединяющий три стержня—за два одиночных шарнира (двойной шарнир) и т. д.
На рис. 6.12, б изображены одиночные шарниры, на рис. 6.12, в — двойные, а на рис. 6.12, г—тройные.
Шарнирно неподвижную опору (рис. 6.12, д) можно изображать в виде одного шарнира, связывающего конструкцию с землей (рис. 6.12, е). Если такая опора соединяет с землей один прямой или ломаный элемент конструкции (рис. 6.12, ж), то ее следует рассматривать как одиночный шарнир, если два элемента (рис. 6.12,з),—то как двойной шарнир, и т. д.
Рассмотрим теперь раму, изображенную на рис. 7.12, а. Эту раму можно представлять как один замкнутый контур с введенными в него двумя одиночными шарнирами (рис. 7.12, б). Степень ее статической неопределимости на основании формулы (1.12) равна единице:
S=3-l—2=1.
468
Раму, изображенную на рис. 7.12, в, можно рассматривать как состоящую из двух замкнутых контуров с введенными в нее пятью одиночными шарнирами (рис. 7.12, е). Следовательно, степень статической неопределимости этой рамы равна единице:
5 = 3.2 — 5=1.
Систему, изображенную на рис. 7.12, д, можно рассматривать как три замкнутых контура, в которые введены три одиночных
Рис. 6.12
и один двойной шарнир (посередине правой стойки). Следовательно, эта система четырежды статически неопределима:
5 = 3-3—3-1—2 = 4.
Если в статически определимой системе устранить какую-либо связь, то система, как отмечалось, превратится в геометрически изменяемую. Следовательно, статически определимая система содержит в своем составе такое количество связей, которое является
469
минимально необходимым для обеспечения ее геометрической неизменяемости; избыточные связи (сверх этого количества) создают статическую неопределимость.
Из любой статически неопределимой системы можно устранить по крайней мере одну связь без нарушения ее изменяемости; однако удаление некоторых связей может превратить статически неопределимую систему в геометрически изменяемую. Такие связи статически неопределимой системы являются абсолютно необходимыми. Усилия в них всегда можно определить при помощи одних лишь
«) ff) ff)
Рис. 7.12
уравнений статики. Примером абсолютно необходимых связей являются вертикальные опорные стержни рамы, показанной на рис. 5.12, а; удаление одного из них делает раму геометрически изменяемой.
Связи, удаление которых не превращает статически неопределимую систему в геометрически изменяемую, называются условно необходимыми. Усилия в них нельзя определить при помощи одних лишь уравнений статики. Примером таких связей являются горизонтальные опорные стержни рамы, изображенной на рис. 5.12, а.
§ 2.12. КАНОНИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ МЕТОДА СИЛ
Известно, что при определении усилий в статически неопределимой системе необходимо составлять дополнительные уравнения— уравнения деформаций (перемещений) системы. Для этого прежде всего следует превратить заданную статически неопределимую систему в статически определимую, устранив из нее лишние связи. Полученная таким путем статически определимая система называется основной системой.
Устранение каких-либо связей не изменяет внутренних усилий, возникающих в системе, и ее деформаций, если к ней прикладываются дополнительные силы и моменты, представляющие собой реакции отброшенных связей. Поэтому если к основной системе кроме заданной нагрузки приложить реакции устраненных связей, 470
то ее деформации и возникающие в ней внутренние усилия будут такими же, как и в заданной системе, т. е. обе эти системы станут совершенно эквивалентными.
В заданной системе в направлениях имеющихся связей (в том числе и тех, которые отброшены при переходе к основной системе) перемещений быть не может. Поэтому в основной системе перемещения по направлениям отброшенных связей должны быть равны нулю. Следовательно, реакции отброшенных связей должны иметь такие значения, при которых перемещения по их направлениям равняются нулю.
Условие равенства нулю перемещения по направлению любой из отброшенных связей на основании принципа независимости действия сил можно выразить в следующем виде:
&i — А/1 +А/2+ • • • + А/, + +Д/>==0. (2.12)
Первый из каждого двойного индекса при Д означает направление перемещения (и одновременно номер отброшенной связи); второй дает указание на причину, вызвавшую перемещение. Таким образом, слагаемые Д/Л и Д/р представляют собой перемещения по направлению реакции связи /, вызванные соответственно реакцией связи k и заданной нагрузкой.
Обозначив через Xk величину реакции связи k и выразив перемещения Д/7г через единичные перемещения с помощью равенства /А, условие (2.12) представим в следующем виде:
A/ = XAi + X2fy2+ • • • +
Таким образом, условие эквивалентности основной и заданной систем математически сводится к удовлетворению следущей системы п линейных уравнений:
+^2^12 + • • • =
^1^21+ Х2д22 -J- • • • + А2/?=0,
(3.12)
^1б/11 + Х2бл2+ • • • + —
Уравнения (3.12) являются теми дополнительными уравнениями деформаций (перемещений), которые позволяют раскрыть статическую неопределимость заданной системы. Первое из них выражает равенство нулю перемещения в основной системе по направлению первой отброшенной связи (по направлению усилия XJ, второе — по направлению второй отброшенной связи и т. д.
Уравнения (3.12) называются каноническими уравнениями метода сил. Такое название указывает на то, что эти уравнения составляются по определенному правилу (канону) и что неизвестными в этих уравнениях являются силы, представляющие собой реакции отброшенных связей. Число уравнений равно числу отброшенных связей, т. е. степени статической неопределимости заданной системы.
Коэффициент системы канонических уравнений представляет перемещение по направлению i. вызванное силой, равной единице, действующей по направлению k. Единичные перемещения б/7, имею
471
щие два одинаковых индекса, называются главными в отличие от побочных перемещений б/Л, имеющих разные индексы.
В соответствии с теоремой о взаимности перемещений
= (4.12)
Наличие такой зависимости уменьшает объем вычислений при определении коэффициентов канонических уравнений.
Для подсчета коэффициентов S рекомендуется построить единичные эпюры М изгибающих моментов в основной системе (т. е. эпюры от действия каждого неизвестного Х = 1), снабдив каждую из них номером соответствующего неизвестного. Отдельно следует построить грузовую эпюру (эпюру Мр). Единичное перемещение вычисляется умножением эпюры Afz на эпюру Мк, а грузовое перемещение —умножением эпюры М; на грузовую эпюру Л1р* **.
Главные перемещения всегда положительны; побочные перемещения и грузовые перемещения могут быть положительными, отрицательными и равными нулю.
После вычисления всех единичных перемещений, являющихся коэффициентами при неизвестных в системе канонических уравнений, а также и свободных (грузовых) членов этих уравнений определяют значения неизвестных, решая эти уравнения. Затем строят для основной системы эпюры изгибающих моментов от каждого из найденных усилий, т. е. от Xlt Х2, Xz, ...» Хп. Для этого можно использовать построенные ранее единичные эпюры, ординаты которых необходимо теперь умножить на найденные значения соответствующих неизвестных. Просуммировав по характерным точкам (на протяжении всей рассчитываемой конструкции) ординаты эпюр от действия всех сил X с ординатами грузовой эпюры, получим окончательную (суммарную) эпюру изгибающих моментов в заданной статически неопределимой системе.
Окончательную эпюру изгибающих моментов можно построить и следующим образом. К основной системе прикладывают найденные неизвестные усилия и заданную нагрузку, а затем от их суммарного воздействия строят обычными приемами, изложенными в гл. 7 (как для статически определимой системы), окончательную эпюру изгибающих моментов.
Для расчета одной и той же конструкции можно использовать различные основные системы. Из них необходимо выбрать наиболее рациональную. При этом следует стремиться к тому, чтобы максимально возможное количество побочных перемещений 6ik равнялось нулю, а эпюры изгибающих моментов для основной системы были наиболее простыми.
* Размерность единичного перемещения 6/^ представляет собой размерность отношения перемещения по направлению силы I к силе k. В соответствии с этим единичное линейное перемещение от единичной силы имеет размерность cmJkzc (м/тс и т. д.), а от единичного момента см/кгс • см =\/кгс; единичное угловое перемещение от единичной силы имеет размерность 1/кгс, а от единичного момента \/кгс-см.
** Влиянием поперечных и продольных сил пренебрегаем.
472
Рассмотрим для примера два варианта основной системы, с помощью которых можно рассчитать раму, изображенную на рис. 8.12, а. Если удалить три связи, препятствующие горизонтальному и вертикальному перемещениям, а также повороту левого опорного сечения рамы, то основная система примет вид, показанный на рис. 8.12, б. Неизвестные Хп Х2 и Х3 в этом случае представляют собой реакции удаленных связей, а канонические уравнения выражают условие отсутствия перемещений по направлениям этих связей.
За основную можно принять систему, изображенную на рис. 8.12, в. полученную путем разреза горизонтального элемента (ригеля) заданной рамы. В результате такого разреза рама теряет
три связи, препятствующие не перемещению и повороту какого-либо сечения рамы, а смещению по горизонтали и по вертикали и повороту смежных поперечных сечений в месте разреза друг относительно друга. В соответствии с этим каждое из неизвестных Хи Х2 и Х3 состоит не из одной, а из двух сил или моментов, направленных в противоположные стороны, т. е. является групповым неизвестным.
Система канонических уравнений имеет тот же вид независимо от выбранной основной системы.
При основной системе, изображенной на рис. 8.12,6, величина S12 представляет собой горизонтальное перемещение левого конца рамы от вертикальной силы Х2=Г, для системы же, показанной на рис. 8.12, в, величина 612 представляет собой взаимное перемещение по вертикали смежных сечений в месте разреза, вызванное горизонтальными силами Х2=1 (т. е. групповой горизонтальной силой).
Для расчета рассматриваемой рамы (рис. 8.12, а) за основную целесообразнее использовать сйстему, показанную на рис. 8.12, в, так как изгибающие моменты от заданной нагрузки в этой основной системе возникают лишь в пределах левой стойки рамы; при основной же системе, изображенной на рис. 8.12, б, изгибающие моменты от заданной нагрузки возникают во всех трех элементах рамы.
473
$ 3.12. РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ СИСТЕМ
Рассмотрим пример расчета статически неопределимой рамы, изображенной на рис. 9.12, а. Рама два раза статически неопределима. В качестве основной системы примем ломаный брус с защемленным правым концом (рис. 9.12,6).
Приведем канонические уравнения:
XAi + Х2612 + Ди = 0; Х1621 + Х2622 -Ь Д2„ = 0.
Единичные и грузовая эпюры изгибающих моментов для основной системы показаны на рис. 9.12, в, г, д.
Для определения коэффициентов 6И эпюру Л1х умножаем на М2.
я 1 (а2 2 , , \ 4а»
— EJ\ 2 * 3 а^а 'aj 3EJ •
Для определения 612 и 621 эпюру М2 умножаем на М2:
д ___я ___ 1 а __ а3
— °2i— £ja'a"2~ ~2ЕТ '
Для определения б22 эпюру М2 умножаем на Л1,: с_____________________]_ а» 2_ а3
°22~~ Ej' 2 ’ 3 й 3EJ '
Умножаем поочередно единичные эпюры и М2 на грузовую эпюру Mq; в результате этого найдем свободные члены системы канонических уравнений:
А 1 (qa2 а 3 . qa2 \ Sqa*
~ EJ ’ з"' 4~ а "^У 'a'aJ — 8ЁТ '
A_______1_ <?аг а . . да*
2«— EJ 2 2 ~ 4EJ ‘
Подставим 'найденные величины перемещений в канонические уравнения и сократим их на общий множитель a?lEJ:
±X1-^X2 + lqa = 0-, _jxi + lx2_l(?« = 0.
Решив эту систему уравнений, найдем:
V- 3 YZ 3
Xj у- (Jdy Х2 = gg Cjd^
Для построения окончательной эпюры изгибающих моментов прикладываем к основной системе заданную нагрузку и найденные усилия Xj и Х2, причем направляем справа налево, так как в результате решения канонических уравнений значение Хх получено со знаком минус (рис. 9.12, е).
Составим теперь уравнения изгибающих моментов для каждого участка рамы. Нижний конец вертикального элемента считаем левым и отмечаем его крестиком.
474
UHItlTttl
475
Сечение /-/:
лаr 3 qxj
Ml=rqax1—у;
при л'х = О М' = О;
при Xj = a/2 Л17 = у 7(z-y—
лаг 3 qa2 qa2
при х1 = а М1 = ^qa-a — .
Определяем М1тгх. Для этого первую производную от М1 по х приравняем нулю:
dM' 3 Л
_ = т</а—9хо = 0,
откуда 3
•^о у Я
И лл/ 3 3 q 9 _ 9 л2
•^тах у Qa 7 2 49 # 98 *
Сечение H-Ih
лап 3 , 3 „ qa2
М" ^28^ + т qa2—2 ,
при х2 = 0 М11 =—;
при х2 = а Ми = ^qa-a + ^ qa*-q-^ = q-^.
Окончательная эпюра изгибающих моментов изображена на рис. 9.12, ж.
Окончательную эпюру изгибающих моментов можно построить и другим способом. Умножим все ординаты единичной эпюры Мг
3 — 3
на Х,=—у qa, а эпюры М2— на X2 = ^qa. Полученные таким путем эпюры и Мг показаны на рис. 9.12, з, и. Стожив (по характерным сечениям) эпюры Mt и М2 друг с другом и с эпюрой Mq (рис. 9.12,5), получим значения ординат окончательной эпюры М. В сечении горизонтального элемента рамы (ригеля) у защемленного (правого) конца
Л1 = у qa2 + ^- qa2—± qa2 = q-^,
а у левого конца
лл 3 2 qa2 qa2
м = г qa2—-T=—4-^-
476
Для определения изгибающего момента в произвольном сечении стоик!! рамы эту стойку можно рассматривать как простую балку с приложенной по ее длине заданной нагрузкой q и приложенным в верхнем конце моментом ^а2/14 (рис. 9.12, к)*. Нижняя опорная реакция этой балки
~ 2 14а— 7
а изгибающий момент в сечении х\ балки
М = RAxt—qxl/2,
По полученным значениям ординат строится окончательная эпюра М (рис. 9.12, ж).
На основании рассмотренного примера можно установить следующий порядок расчета статически неопределимых систем.
1. Выбирается основная статически определимая система путем отбрасывания в заданной системе лишних связей.
2. Действие отброшенных связей возмещается приложением к основной системе неизвестных усилий.
3. Составляются канонические уравнения, которые показывают, что полные перемещения в основной системе, возникающие по направлениям неизвестных усилий под влиянием этих усилий и заданной нагрузки, равны нулю.
4. Основная система поочередно нагружается единичными усилиями 1, Х2 1, ..., Хп= 1 и от каждого из них отдельно строятся единичные эпюры изгибающих моментов М;. Помимо этого, строится грузовая эпюра изгибающих моментов ЛТр**.
5. Вычисляются все коэффициенты dik системы канонических уравнений путем перемножения единичных эпюр.
6. Определяются грузовые члены Az системы канонических уравнений путем перемножения единичных эпюр с грузовой эпюрой.
7. Решается система канонических уравнений, в результате чего находятся значения неизвестных Xlt Х2, ..., Хп.
8. Для получения окончательной (суммарной) эпюры изгибающих моментов ординаты каждой из единичных эпюр умножаются на найденное значение соответствующего неизвестного и все результаты суммируются (по отдельным точкам осей системы) с добавлением к ним ординат грузовой эпюры моментов. Или к основной системе прикладываются найденные неизвестные усилия и заданная нагрузка, а затем от их суммарного воздействия строится эпюра изгибающих моментов, которая является окончательной эпюрой и для заданной системы.
* См. об этол! подробнее в § 5.12.
** Рассматриваем случаи расчета конструкции, для которых можно пренебрегать влиянием продольных и поперечных сил. Если пренебрегать им нельзя, то аналогично строятся единичные эпюры Q, и У/ и грузовые эпюры Qp и Np.
477
§ 4.12. ИСПОЛЬЗОВАНИЕ СИММЕТРИИ
Симметричной называется такая система, у которой не только ее геометрическая схема (образованная осями стержней) имеет ось симметрии, но и жесткости симметрично расположенных элементов равны друг другу. Использование симметрии системы позволяет (часто весьма значительно) упростить ее расчет.
Рассмотрим три раза статически неопределимую симметричную раму, изображенную на рис. 10.12, а. При расчете ее с помощью основной системы, показанной на рис. 10.12, б, необходимо составить и решить три канонических уравнения с тремя неизвестными:
хг&п+-^2^12+^3^13+^1^=0;
•^1^21+ -^2^22+ -^3^23 4" = ‘
^1^31 + ^2^32 + ^3^33 +^зр —в- >
(5.12)
а) б)
Если при расчете рассматриваемой рамы (рис. 10.12, а) в качестве основной принять, например, систему, изображенную на рис. 11.12, а, то эпюры Alj и М2 от симметричных единичных неизвестных будут симметричными (рис. 11.12,6, в), а эпюра М3 от кососимметричных единичных неизвестных — кососимметричной (рис. 11.12,г).
Результат умножения симметричной эпюры на кососимметричную равен нулю. Так, например, умножив эпюру Л41 (рис. 11.12,6) на эпюру М3 (рис. 11.12, г), для левой половины рамы получим +h(h/2) (1/2), а для правой половины [—h (h/2) (//2)]; следовательно, перемещение 6|3 равно [1/(EJ)] (ft2//4—й2//4)=0.
Аналогично для рассматриваемой рамы равны нулю все
побочные перемещения, определяемые путем умножения симметричной эпюры на кососимметричную, а именно: б,3, д23, 631 и б32. В результате этого система канонических уравнений (5.12) принимает вид
ЯД1 + ХДг + А1р = 0; 1 Х^ + ХД^А^О; /
Х3б33 + Д3/г = 0, (7.12)
т. е. система (5.12) распадается на две независимые системы уравнений.
Первая из этих систем (симметричная) содержит два симметричных неизвестных и состоит из двух уравнений, а вторая (косо-
478
симметричная) содержит одно кососимметричное неизвестное и состоит из одного уравнения.
Таким образом, использование симметрии при выборе основной системы позволяет решение полной системы канонических уравнений заменить решением двух независимых систем. Это значительно сокращает объем вычислений (особенно при большом числе неизвестных).
При действии симметричной или кососимметричной нагрузки на симметричное сооружение можно выбрать такую основную систему, что не только каждая единичная эпюра, но и грузовая будет или симметрична, или кососимметрична. Вследствие этого не только ряд побочных перемещений, но и некоторые свободные члены (грузовые перемещения) системы канонических уравнений окажутся равными нулю.
Если, например, на рассмотренную выше раму (рис. 10.12,а) действует кососимметричная нагрузка (рис. 12.12, а), то при основной системе, показанной на рис. 12.12,6, эпюра Мр имеет вид, изображенный на рис. 12.12, в, т. е. она кососимметрична. Поэтому грузовые перемещения А1/? и Д2/?, определяемые путем перемножения кососимметричной эпюры Мр (рис. 12.12, в) с симметричными единичными
эпюрами и М2 (рис. 11.12, б, в), равны нулю. Поэтому система канонических уравнений (6.12), содержащая симметричные неизвестные, принимает вид
4* ^2^12 "Ь 0 ~ ^1^21 4~ Х2б22 4”0 = 0.
Отсутствие в этой системе свободных членов указывает на равенство нулю симметричных неизвестных Хх и Х2. Поэтому при расчете заданной рамы на кососимметричную нагрузку достаточно составить и решить лишь уравнение (7.12) с одним неизвестным.
Если бы на рассматриваемую раму действовала симметричная нагрузка, то, очевидно, были бы равны нулю кососимметричные неизвестные.
Таким образом, расчет симметричного сооружения упрощается, если все неизвестные усилия делятся на две группы: симметричные и кососимметричные. Первые из них дают симметричные эпюры,
479
а вторые—кососимметричные. При действии на такое сооружение симметричной нагрузки кососимметричные неизвестные равны ну то. а при действии кососимметричной нагрузки симметричные неизвестные равны нулю.
§ 5.12. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ПОПЕРЕЧНЫХ И ПРОДОЛЬНЫХ СИЛ
После того как путем решения системы канонических уравнений найдены неизвестные усилия Х2, . ..,ХЛ, эти усилия и заданную нагрузку можно приложить к основной системе. Затем от их совместного действия обычным способом (как для статически определимых систем) можно определить поперечные силы Q и продольные силы N, возникающие в основной системе, и построить эпюры Q и N. Эти эпюры являются эпюрами поперечных и продольных сил и для заданной статически неопределимой системы.
Поперечные и продольные силы в статически неопределимой системе можно определить и иным путем — по эпюре изгибающих моментов, построенной для этой системы. Для получения необходимых формул рассмотрим прямолинейный элемент АВ длиной /, выделенный из статически неопределимой системы. На такой элемент в самом общем случае действуют следующие нагрузки (рис. 13.12, о):
480
а) заданная нагрузка;
б) изгибающие моменты и Л1ЯЛ, возникающие в поперечных сечениях А и В элемента АВ, значения которых устанавли-
ваются по эпюре изгибающих моментов;
в) поперечные силы QAB и Qba и продольные силы NАВ и Мял, возникающие в поперечных сечениях А и В элемента АВ.
Первый индекс при усилиях М, Q, N соответст-
вует положению того сечения, в котором действует усилие, а оба индекса в месте—элементу рамы, которому это сечение принадлежит. Так, например, /Иля означает изгибающий момент в сечении А элемента АВ.
Так как элемент АВ
Заданная нагрузка
находится в равновесии, то силы Qar, Qba и NПА можно рассматривать как опорные реакции RA, RB и Н соответственно простой балки на двух опорах, изображенной на рис. 13.12,6.
Следовательно, внутренние усилия в поперечных сечениях с абсциссой х элемента АВ рамы (рис. 13.12, а) и балки АВ (рис. 13.12,6) одинаковы. Поэтому на основании принципа независимости действия сил изгибающий момент М в сечении х элемента АВ равен сумме
нии балки АВ от нагрузок, показанных на рис. 13.12, в, г:
М = М° + МАВ~ х. (8.12)
Здесь М° — изгибающий момент в сечении х простой балки от заданной нагрузки (рис. 13.12, в); МАВ 4-Мва~М.авх—изгибающий момент в сечении х простой балки от моментов МАВ и МВА (рис. 13.12, г).
г)
Рис. 13.12 моментов, возникающих в том же сече-
16 № 2331
481
На основании теоремы Журавского [формула (6.7)], продифференцировав выражение (8.12), получим
n_dM _dM* MRA-MAB
4 ~ dx ~ dx ’
или
Q = QQ . (9.12)
Здесь 0° = -^— поперечная сила в сечении х простой балки от заданной нагрузки (рис. 13.12,в).
Формулы (8.12) и (9.12) позволяют определить изгибающие моменты и поперечные силы в любом сечении любого прямолинейного участка АВ рамы, если известны изгибающие моменты в сечениях А и В и заданная нагрузка, приложенная в пределах этого участка.
Если ординаты эпюры М отложены со стороны сжатого волокна каждого элемента рамы, то для выяснения знака поперечной силы в сечениях этих элементов можно использовать следующее правило: поперечная сила положительна, если для совмещения касательной (к эпюре изгибающих моментов) с осью элемента необходимо вращать касательную по часовой стрелке; при этом вращение всегда производится так, что угол поворота не превышает 90°. Числовое значение поперечной силы пропорционально тангенсу угла поворота.
Для определения направления поперечной силы необходимо провести разрез через данное сечение элемента и к каждой части такого элемента в разрезе приложить поперечную силу; при этом если поперечная сила положительна, то она должна вращать каждую часть элемента относительно другого ее конца по часовой стрелке.
Для определения величин продольных сил W можно вырезать узлы рамы, приложить к ним действующую на них внешнюю нагрузку, а также неизвестные продольные и найденные поперечные силы и затем составить для этих узлов уравнения равновесия, из которых и определить продольные силы. Для этого можно использовать и прием, указанный в начале настоящего параграфа.
Построим в качестве примера эпюры Q и N для рамы, рассчитанной в § 3.12. На рис. 14.12, а показана заданная рама, на рис. 14.12,6—основная система с действующей на нее заданной нагрузкой и найденными неизвестными усилиями, а на рис. 14.12, в— окончательная эпюра изгибающих моментов в раме.
Составим выражения поперечных и продольных сил в сечениях 1-1 стойки и 1I-II ригеля рамы (рис. 14.12,6):
а) в сечении Z-/
Q = (3/7) qa — qxt; N = — (3/28) qa', при x1 = 0
Q = (3/7) qa-, К = — (3/28) qa;
при xt = a
Q = — (4/7) qa', N = — (3/28) qa;
482
б) в сечении П-П
Q = (3/28) qa-, N = (3/7) qa — qa — — (4/7) qa.
Эпюры Q и N, построенные no найденным значениями этих сил, изображены на рис. 14.12, г, д.
Определим теперь те же значения Q и N другим способом.
По формуле (9.12) и окончательной эпюре М (рис. 14.12, в) находим:
в сечении 1-1 (рис. 14.12,6)
/<7# \ । —аа2/14 — 0 3
Q = (5~ Qxi) + ——а------= -^« — 9*1.
а в сечении П-П
Эти выражения совпадают с выражениями, полученными выше другим способом.
Используем теперь построенную эпюру Q (рис. 14.12, г) для определения продольных сил в стойке и ригеле рамы. Вырежем из рамы верхний левый узел и приложим к нему известные поперечные и неизвестные продольные силы (рис. 14.12, е). Из условий равновесия в виде сумм проекций этих сил на горизонтальную и вертикальную оси находим:
= (4/7) qa-\~ Nn = 0, откуда Nn = — (4/7) qa-, 2У==_ (3/28) qa — N* = Ot откуда N1 = — (3/28) qa.
16
483
Полученные значения продольных сил совпадают со значениями, найденными выше другим способом. Знаки минус указывают на то, что силы N7 и N11 имеют направления, противоположные направлениям, показанным на рис. 14.12, е, т. е. они вызывают не растяжение элементов, а их сжатие.
§ 6.12. ПРОВЕРКА ПРАВИЛЬНОСТИ ЭПЮР М, Q И ДГ
Статическая проверка правильности эпюр /И, Q и /V заключается в составлении условий статического равновесия всей рамы в целом, ее узлов и отдельных произвольно выделенных частей рамы. Например, должны равняться нулю сумма проекций на вертикаль всех опорных реакций рамы и внешней нагрузки, сумма моментов всех реакций и внешней нагрузки относительно любой точки и т. д.
Рис. 15.12
Проверим равновесие рамы, показанной на рис. 14.12, а. Эпюры М, Q и N для этой рамы изображены на рис. 14.12, в, г. д.
На рис. 15.12, а показаны все действующие на раму опорные реакции и заданная нагрузка.
Составим уравнения равновесия:
У ¥ = (3/28) qa — (3/28) qa — 0;
2 X = ~ (3/7) qa + qa — (4/7) qa = 0.
484
Сумма моментов сил относительно опорного шарнира
2 М = qa (а 2) — (qa-, 28) 4~ (3 28) qa -а — (4/7) qa-a = 0.
Таким образом, условия равновесия рамы удовлетворяются.
Проверка эпюры Q производится, кроме того, путем сопоставления ее с эпюрой М. Так, например, в сечении, где касательная к эпюре М параллельна оси элемента, поперечная сила Q должна равняться нулю; в тех сечениях прямого стержня, где касательная к эпюре М наклонена к оси в одну и ту же сторону, поперечная сила Q должна иметь одинаковые знаки; из двух сечений элементов в том, в котором касательная к эпюре М образует с осью элемента больший угол, имеется и большая поперечная сила и т. д. Этим требованиям удовлетворяют эпюры Q и М, построенные на рис. 14.12, в, г для статически неопределимой рамы.
Статическая проверка эпюр Л4, Q и N не может еще гарантировать правильности решения задачи, так как условия статики удовлетворяются и при неправильно найденных значениях неизвестных.
Ошибки в найденных значениях неизвестных в большинстве случаев можно обнаружить с помощью так называемой деформационной проверки, сущность которой рассмотрим на примере рамы, изображенной на рис. 14.12, а.
Отбросив из заданной рамы две связи, препятствующие перемещению ее нижнего конца, превратим раму в статически определимую систему (рис. 15.12, б).
Приложим к этой системе реакции НА и RA отброшенных связей и заданную нагрузку (рис. 15.12,6); эпюра изгибающих моментов и перемещения в статически определимой системе от этих реакций и нагрузки будут в точности такие же, как и в заданной раме (рис. 14.12, а).
Вычислим для проверки перемещение Лверт нижнего конца статически определимой рамы по вертикали; оно должно равняться нулю, так как в заданной раме этот конец опирается на шарнирно неподвижную опору. Для этого построим единичную эпюру изгибающих моментов М от единичной силы, действующей по направлению искомого перемещения (рис. 15.12, а).
Перемножим эту эпюру с окончательной эпюрой М (см. рис. 14.12, в):
д ____ 1 1 / qa2 1 . qa2 2 \
аверт~ ej Я-а-у ру * У+ "28" * У J и’
Проверим теперь, равно ли нулю горизонтальное перемещение Дгор нижнего конца рамы. Для этого перемножим эпюру М от единичной горизонтальной силы (рис. 15.12, а) с окончательной эпюрой М (см. рис. 14.12, в):
го₽ EJ \ 14 u 2 3 ‘ 8 и 3 2
аа2 1 . qa2 1 \ qa* f 1.1 1 . 1 \ А
ГГ ' а’2"а^'~2&" а"2'а) ~ ~ЁТ \ 42 + 24“28^56 ) ~
485
Таким образом, деформационная проверка производится в следующем порядке.
1. Заданная статически неопределимая система отбрасыванием лишних связей превращается в статически определимую.
2. По направлению каждой отброшенной связи прикладывается единичная сила (или момент—если рассматриваемая связь препятствует повороту поперечного сечения).
3. От каждой такой силы (или момента) строится единичная эпюра изгибающих моментов Л4.____
4. Путем умножения эпюры М на суммарную (окончательную) эпюру изгибающих моментов (для заданной системы) определяется перемещение в полученной статически определимой системе (см. п. 1) . r-j по направлению каждой отбро-
' ' 7 . шенной связи.
х 5. Если подсчитанные таким
k 3-? г——образом перемещения по на-
правлению каждой отброшенной связи равны нулю, то это свидетельствует о правильности окончательной эпюры изгибающих моментов.
А А Статически определимая си-
чяттЬк wwa стема, применяемая при про-
Рис. 16.12 верке перемещений (см. п. 1), не
обязательно должна совпадать с той основной системой, которая использована при расчете конструкции. Более того, проверяться могут перемещения в различных статически определимых системах. Так, например, для проверки правильности окончательной эпюры моментов (см. рис. 14.12, в) можно определить горизонтальное смещение крайнего правого сечения рамы, используя статически определимую систему, изображенную на рис. 16.12, а, и поворот этого же сечения, используя систему, показанную на рис. 16.12,6.
Для деформационной проверки можно использовать единичные эпюры изгибающих моментов в основной системе, построенные при расчете рамы. Проверка в этом случае сводится к перемножению каждой такой единичной эпюры с окончательной эпюрой изгибающих моментов. Результат каждого перемножения должен равняться нулю.
При деформационной проверке эпюр определяются перемещения в заданной системе, значения которых известны (равны нулю). Аналогичным способом можно найти любые перемещения в заданной статически неопределимой системе. Определение их производится в следующем порядке.
1. Путем отбрасывания лишних связей заданная статически неопределимая система превращается в статически определимую.
2. По направлению искомого перемещения к полученной статически определимой системе прикладывается соответствующая ему
486
единичная сила (при линейном перемещении — сосредоточенная сила, а при угле поворота—сосредоточенный момент).
3. От единичной силы строится единичная эпюра изгибающих моментов М в статически определимой системе.
4. Путем умножения эпюры М на суммарную (окончательную) эпюру изгибающих моментов (для заданной системы) определяется искомое перемещение.
Определим вертикальное перемещение среднего сечения горизонтального элемента рамы, показанной на рис. 14.12, а. Отбросив шарнирно неподвижную опору, получим статически определимую систему. Приложим к ней по направлению искомого перемещения единичную силу и построим от нее эпюру М (рис. 15.12, д). Умножив эту эпюру на окончательную эпюру изгибающих моментов для заданной рамы (см. рис. 14.12, в), найдем искомое перемещение:
Л а а 1 [ qa2 1 qa2 5 \ 1 ______ qa4
28“ ’ 6“ — ~ 448EJ ’
Знак минус указывает на то, что направление перемещения противоположно направлению единичной силы, т. е. рассматриваемое сечение перемещается вверх.
§ 7.12. НЕРАЗРЕЗНЫЕ БАЛКИ
Расчет неразрезных балок производится обычно с помощью уравнений трех моментов. Методика такого расчета изложена в гл. 7 (см. § 18.7). Приведем вариант вывода уравнений трех моментов с использованием для этого канонических уравнений метода сил.
На рис. 17.12, а показан участок, выделенный из многопролетной неразрезной балки, находящейся под действием некоторой нагрузки. Опоры балки обозначены слева направо числами О, /, 2, 3, ..., п — 2, п — 1, /2, /г+1, /г— 2 и т. д. Длины пролетов неразрезной балки обозначены (также слева направо) /1Э /2, /3, ..., hi + i и т. д. Индекс при длине каждого пролета / соответствует номеру правой опоры этого пролета. Моменты инерции J поперечных сечений балки постоянны по длине каждого ее пролета; в разных пролетах моменты инерции могут иметь различные значения.
Основную систему для расчета неразрезной балки получим, удалив из нее связи, препятствующие взаимному повороту смежных сечений балки над ее опорами, т. е. поставив шарниры над опорами балки (рис. 17.12,6). Неизвестными являются изгибающие (опорные) моменты, возникающие в сечениях неразрезной балки над опорами.
Каноническое уравнение, выражающее условие равенства нулю перемещения по направлению неизвестных моментов Хп (т. е. взаимного угла поворота двух смежных поперечных сечений над
487
I)
Рис. 17.12
488
опорой п), имеет вид
• • • -Г Xfl-2^n, Л-2 + ^Л-^Л, W-1+ ^л^л, л +
+ ^л4-1^л, л + 1 + ^л4-2^л, и+ 2+ • • • +Ал/> = 0- (10.12)
Для вычисления коэффициентов и грузового члена этого канонического уравнения строим единичные эпюры изгибающих моментов (рис. 17.12, в, г, г, ж) и грузовую эпюру (рис. 17.12,з).
Путем умножения единичной эпюры Мп (рис. 17.12,5) на единичные эпюры Л4„_2, Мн_1у Мп, Мп + 1, Мп + 2 (рис. 17.12,в, г, 5,е,ж) определяем значения коэффициентов 6„|Л_2, 6Л,„ + ],
^Л, П + 2’
бл,л-2 = 0;
S = -1- . 1 . . -L. 1 — J”— -"’"-1 EJn 2 3 6£7„’
A __Lfl lJL 1 lb1 fl 1 i V 2/* + ' • «’n EJ n V* 2 * 3 + 2 ’ 3 'l)~ 6EJn • bEJn+l'
X _ 1 f 1 ^л 4-1 1 1 \ _ ^л 4-1 .
"’" + 1 £7л4-хк 2 • 3 'LJ 6EJn+l>
^Л, Л 4-2 = 0.
Таким образом, в каноническом уравнении (10.12) все коэффициенты при неизвестных, за исключением бЛ|„_1? Ьп,п и бл>„ + 1, равны нулю.
Путем умножения единичной эпюры Мп (рис. 17.12, д) на грузовую эпюру Мр (рис. 17.12,з) определим значение грузового члена &пр канонического уравнения (10.12):
л 1 ,1
^пр EJ п®пУп\ EJ п + 1^п + }Уп + 1'
Здесь соп и о)п+1 — площади эпюры Мр (изгибающих моментов в основной системе от заданной нагрузки) соответственно для пролетов длиной 1п и 1п+1 (рис. 17.12,з); уп и уп+1—ординаты единичной эпюры Мп (рис. 17.12, д) в сечениях, соответствующих положениям центров тяжести площадей сол и сол+1.
На основании рис. 17.12, 5, з устанавливаем: ап bn + i
Уп I » Уп+l I 1п 1п + 1
Следовательно, Д 1 ^пап I 1 ^п + Фп 4 1
EJn' ln ^EJn+1' 1п + 1 ‘
После подстановки найденных перемещений в каноническое уравнение (10.12), перенесения известных величин в правую его часть и алгебраических преобразований получаем
Y I О Y ( 1л±Е \ t Y ^л 4-1 ^^пап 6в>л 4- 1^л 4-1
лл-1 7 I ^Лл \ / Г 1 I
J п \J п Jn + lJ J n + l lnJ п lnHJn + l
489
Если
И М„+1,
Л4„-г
X„_lt Хп и Х,1+1 заменить соответственно на Afn_v Мп то последнее уравнение примет вид
С, I О М ( I +1 \ I Л/f п -г 1 __6<0„ + i&n + t
7 । ^lvln (7 >7 1'т'/к'л + 1/ — i t i ,,j •
J n \ n *п + 1/ J n т 1 ln,/n + n + l
(11.12)
Это уравнение совпадает с уравнением (85.7), полученным в § 18.7.
ПРИМЕРЫ РАСЧЕТА
Пример 1.12 (к § 1.12). Установить степень статической неопределимости систем, изображенных на рис. 18.12, а, б, в.
Решение. По формуле (1.12) определяем степени статической неопределимости систем (при этом шарнирно неподвижную опору рассматриваем как шарнир, прикрепленный к земле — (рис. 18.12, г)).
а) для системы, изображенной на рис. 18.12, а,
S = 3-2 —(1+ 2 + 2)= 1;
б) для системы, изображенной на рис. 18.12, б,
S = 3-3—(1 +2+ 1 4-24-2) = 1;
в) для системы, изображенной на рис. 18.12, в,
5 = 3-3 — (14- 14- 14- 1) = 5.
Пример 2.12 (к § 2.12, 3.12 и 5.12). Построить эпюры Л/, Q и У для статически неопределимой рамы, изображенной на рис. 19.12, а.
Решение. Заданная рама дважды статически неопределима. За основную принимаем статически определимую систему, показанную на рис. 19.12,6.
Составляем канонические уравнения: + -Х2б12 + Д1р = 0;
•^1^21 4“ -^2^22 ~Ь &2р ~
Строим в основной системе эпюры изгибающих моментов от сил = I (эпюра Мг на рис. 19.12, в), Х2 = 1 (эпюра М2 на рис. 19.12, а) и заданной нагрузки (эпюра ЛТр на рис. 19.12, д).
Перемещение дп определяем путем умножения эпюры на Mt:
X ™ 1 А А 1 1 А — 72 бп~ EJ'6'6' 2' 3‘6~ EJ •
Перемещение 622 находим, умножив эпюру /И2 на Л42:
8”-ет'3Ч-Т'3+ет'3'6'3=гт-
Для вычисления перемещения 612 умножаем эпюру на эпюру Л12: «“£7'6-64<“3>--П--
По теореме о взаимности перемещений,
621 = 612 = —54/(£7).
490
Рис. 19.12
491
EJ
При вычислении перемещений AIjP и A2jP от нагрузки эпюру Мр на участке ВС ригеля разбиваем на две части, показанные на рис. 19.12, е:
fi А 6 1 2 А^ 396 .
6.6. —— 24-6~--j-6j = —,
/ 1 X 324
6-0.3-24.6.4.3 =44.
r C.J у - / £</
Подставим найденные величины перемещений в канонические уравнения и сократим их на общий множитель !/(£/):
72А\ — 54Х2 — 396 0; -54Л\ - 63Х2 - 324 = 0.
Решив эту систему уравнений, найдем:
Л\ = 4,6/щ?; Х2 =— 1,2 тс.
Прикладываем к основной системе заданную нагрузку и найденные неизвестные усилия, причем силу Х2 направляем справа налево, так как она отрицательна (рис. 19.12, ж).
Эпюры М, Q и N от этих сил для основной системы (рис. 19.12, з, //, к) являются и окончательными эпюрами для заданной системы.
Построим теперь окончательные эпюры Л4, Q и X другим способом. Умножим все ординаты эпюры (рис. 19.12, в) на Хг==4,6 тс, а ординаты эпюры М2 — на Х2~—1,2 тс; полученные таким путем эпюры Мх и М2 изображены на рис. 19.12, л, м. Сложив эпюры М2 и Мр (рис. 19.12, л, м, д), получим окончательную эпюру М (рис. 19.12, з).
По формуле (9.12) определяем значения поперечных сил:
п п 3,6 — 0
Qbd^Qdb —-------~—з— ' 1,2 тс'
/у ^ВА— М АВ —6 — 0
Qab = Qba = —-------— = --77- = -4 тс;
1ВА С5
1вс 6
В сечении консоли АВ продольная сила равна нулю (Xав — Xва~^У Для определения продольных сил Xвс~ Nсв 8 стержне ВС и Xво — NDB в стержне BD составляем условия равновесия для узла В (рис. 19.12, н):
2y = -4-0,6-^D=0, откуда
Л'др=—4,6 тс;
2х = -1,2+Л,дс = 0,
откуда
Уве- 1,2 тс.
Эпюры Q и X, построенные по полученным данным, совпадают с эпюрами, изображенными на рис. 19.12, и, к.
Пример 3,12 (к § 6.12). Произвести статическую и деформационную проверки окончательных эпюр, изображенных на рис. 19.12,3, и, к, а также определить вертикальное перемещение свободного конца консоли (см. рис. 19.12, а).
Решение. Выделим из рамы сечением, проходящим через середины элементов АВ, ВС и BD, часть, показанную на рис. 20.12, а, и приложим к ней действующие на нее усилия (рис. 20.12,6). Значения этих усилий и их направления устанавливаем по эпюрам М, Q и X (см. рис. 19.12, з, и, к).
Проверяем равновесие выделенной части рамы (см. рис. 20.12,6):
^Л4В = — 3-4-0,75 + 0,6 •3 + 0,6+ 1,8+ 1,2-1,5 = — 6,0+6,0 = 0;
У Х = 1,2—1,2 = 0; 2Г = ~4—0.6 + 4,6 = 0.
492
Таким образом, статическая проверка удовлетворяется.
Для деформационной проверки окончательною эпюру М (см. рис. 19.12, з) умножим на единичные эпюры и Л12 (см. рис. 19.12, в, г):
A1 = g|7(2.6.1,2-6.2,4) = O;
/3-3 2 2.4-6 1,2-6 \ 1
Д2 = 1-~ з’3-6 + —-з——3J
= (-1 °,8 - 21,6 -10,8) = °,
т. е. деформационная проверка удовлетворяется.
Для определения вертикального перемещения Д^ свободного конца консоли прикладываем к нему вертикальную единичною силу (к статически определимой
системе, полученной из заданной системы путем отбрасывания лишних связей и показанной на рис. 20.12, в). Умножая эпюру М от единичной силы (рис. 20.12, в) на окончательную эпюру Л1 (см. рис. 19.12, з), находим искомое перемещение:
Л Г6*1’5 2lR_L6/91R9d IR19J 1 4>5+5>4 9>9
Д^=[—• (2-I’5-2’4-1’5,1’2)J •£7=-£Т~==£Т-
Пример 4.12 (к § 2.12—6.12). Построить эпюры М, Q и Af для рамы с элементами различной жесткости, изображенной на рис. 21.12, а. Произвести статическую и деформационную проверки полученных эпюр.
Решение. Заданная рама четырежды статически неопределима. В качестве основной принимаем систему, показанную на рис. 21.12,6. Неизвестными являются продольные и поперечные силы в средних сечениях горизонтальных элементов (ригелей) рамы. Неизвестные Хх и Х2 симметричны, а Х3 и Х4 кососимметричны. В связи с этим в системе канонических уравнений
4~ ^2^12 4" ^3^13 4" ^4^14 4~ Д10 = О;
•^1^21 4“ Х2622 + ^3^23 4~ ^4^24 4~ ^20 ~
-^1^31 *+ ^2^32 4~ ^Збзз +- ^4^34 4" ^3q ~
X 1^41 4~ ^2^42 4~ ^3^43 4~ -^4^44 4~ ^iq ~ 0,
493
коэффициенты 613, 614, 623, 624, 631, d32, 64J и 642 равны нулю и система распадается на две независимые системы уравнений:
первую систему
Х16ц + Х2612 4“ ^lq = 0; X 1621 4- X2622 + ^2q = 0
и вторую систему
X3d33 -j- Х4634 4~ ^3q — 0; X 3643 4~ Х4644 + Л4^ = 0.
Для определения коэффициентов 6 и грузовых членов А строим единичные
эпюры Mlt М2, М4 и грузовую эпюру Mq (рис. 21.12, в, г, д,е, ж).
Определяем значения А и 6 путем перемножения соответствующих эпюр:
. _ 1 4а-4а 2. 64а3
011“П7 ’ ’ з“4о’2~зЁТ;
А -Л _ 1 2а-2а / 2 . , 1 0 \ _ 20а3
6i2-s2i-£.2y 2 з -4а+ з -2ay2-3EJ ,
. _ 1 2а-2а 2 . . 8л3
&M~E-2J ‘ 2 'З‘2а‘2 ЗЕГ
. [ 1 а-а 2 . 1 . \ „ 14а3
^33~\Ej' 2 ’ 3 E-2J ' а ‘ 4a'aJ '2 3EJ '
с с 1 2а3
631 = 643 = -^27-o-2«-o-2=£7;
. ( 1 а-а 2 , 1 „ \ „ 8а3
644 \EJ 2 ‘ 3 а+E-2J ' а'2а'а) '2~3EJ ' . 1 8qa3-4a 3 16</а4
1? = — E-2J 3 Т ‘ 4а— EJ~’
“•<—ТГ2Т [к<2-2“ 8»=’+ 2«-2Ч.’>-4 • I • 2» ¥] =~ЯГ
1 8да2-4а __16да4
Дз?_ E-2J 3 а~~ЗЁГ’
д_____1 <2^ + 8^ да3 2 \ \4да*
&it/~ E-2J \ 2 2 2 3 2 ) 3EJ •
Умножаем найденные значения 6 и А на ^EJ/a2 и подставляем полученные произведения в канонические уравнения:
64Х4 4- 20Х2 — 48qa = 0; 20Хх 4- 8Х2 — 17qa = 0;
14Х3 4- 6Х4 4~ 18qa = 0; 6Х3 4- 8Х4 4-14^а = 0.
Решив эти уравнения, найдем:
Хх - (11 /28) qa; Х2 = (8/7) qa; Х3 = — (11 /19) qa; Х4 = — (25/19) да.
На рис. 21.12, з показана основная система с приложенными к ней заданной нагрузкой q и найденными силами Х4, Х2, Х3 и Х4. Построенные для основной системы от этих нагрузок эпюры М, Q и N (рис. 21.12, и, к, л) являются окончательными эпюрами и для заданной системы.
Для статической проверки вырежем из рамы часть, показанную на рис. 21.12,л<, и рассмотрим ее равновесие. Усилия, действующие на эту часть рамы, взяты из эпюр, изображенных на рис. 21.12,м, к, л:
Viv 11 17 п Viv 11 11 п
V,,. 251 , , да3 . 99 , 11 о 22 , 22 „ .
532‘ 2 + 532 qa 19qa‘2a~ I9qa 19 qa'~°'
495
Деформационную проверку проведем, умножив окончательную эпюру М (см. рис. 21.12, и) на единичную эпюру Afj (см. рис. 21.12,в):
1 169^2 9п 1 H<7q2 । о 18
E-2J [6V 266 1 19 266
— 2-
299qu-133’
•4а
29?У°2 .2а
133
1819а2
266
• 4а
И^1.2о.ь
19 1
г
55 о 295^а2 , 2619а2 2619а2
-г2._90-.2а-2.-^.2й4 2-П^-4а : -Щ-2а-
2959а2
266
<?О2
2
2 ’] 1 4662 — 4662
3 .2a-3aj — 2£J • 3 133 -
0.
Аналогично должны равняться нулю результаты умножения окончательной эпюры М и на другие единичные эпюры.
Рис. 22 12
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1.12 (к § 1.12). Установить степень статической неопределимости систем, изображенных на рис. 22.12.
Ответ: а) шесть раз; б) три раза; в) семь раз; г) два раза; д) три раза; е) два раза.
Задача 2.12. (к § 2.12—6.12). Построить эпюры М, Q и N для систем, изображенных на рис. 23.12, и произвести их проверку.
Ответ: эпюры показаны на рис. 24.12.
Вопросы для самопроверки
К § 1.12. 1. Какие системы называются статически неопределимыми?
2. Что называется степенью статической неопределимости системы?
3. Какая система называется геометрически неизменяемой?
4. Чему равна степень статической неопределимости замкнутого контура?
5. Что представляют собой абсолютно необходимые и условно необходимые связи статически неопределимой системы?
496
К § 2.12. 6. Что представляет собой основная система?
7. Напишите систему канонических уравнений.
8. Что означают величины X/, д//, Д/Л?
9. Каков физический смысл произведений Х1611, Х2612 ...?
10. Что выражает каждое из канонических у равнений?
11. Какие перемещения называют главными и побочными и какими свойствами они обладают?
К § 3.12. 12. В каком порядке производится расчет статически неопределимых систем?
13. Перемножением каких эпюр определяются коэффициенты и грузовые члены системы канонических уравнений?
14. Как определяются значения неизвестных А\?
15. Какими приемами можно построить окончательную (суммарную) эпюру изгибающих моментов?
К § 4.12. 16. Что следует понимать под рациональным выбором основной системы?
17. Какие рамы называются симметричными и какую основную систему целесообразно выбирать при их расчете?
18. Чему равно перемещение, определяемое умножением симметричной эпюры на кососимметричную? Докажите это равенство.
19. Какие неизвестные называются симметричными и какие кососимметричными?
20. Что происходит с системой канонических уравнений, если одна часть неизвестных является симметричной, а другая —кососимметричном?
21. Какие неизвестные возникают в сечении рамы по оси симметрии при действии на нее симметричной нагрузки и какие — при действии на нее кососимметричной нагрузки? Приведите доказательства этого.
497
Рнг 94 19
К § 5.12. 22. Какими способами можно построить эпюры Af, Q и У в заданной статически неопределимой системе, после того как определены значения неизвестных?
К § 6.12. 23. Как производится статическая проверка окончательных эпюр Af, Q и N?
24. Как производится определение перемещений в статически неопределимых системах?
25. На чем основана и как производится деформационная проверка окончательной эпюры изгибающих моментов?
Глава 13
ПРОДОЛЬНЫЙ ИЗГИБ ПРЯМОГО СТЕРЖНЯ
§1.13. ПОНЯТИЕ ОБ УСТОЙЧИВОСТИ РАВНОВЕСИЯ УПРУГИХ ТЕЛ
Из теоретической механики известно, что равновесие твердых тел может быть устойчивым и неустойчивым. Например, шарик, расположенный на дне вогнутой сферы, находится в устойчивом равновесии (рис. 1.13,а), а на вершине выпуклой сферы — в неустойчивом (рис. 1.13,6). oj
Рис. 1.13
Рис. 2.13
При устойчивом равновесии тело (рис. 1.13,а), выведенное какой-либо внешней силой из положения равновесия, возвращается в это положение после прекращения действия силы.
Аналогичные случаи устойчивого и неустойчивого равновесия имеются и в статике упругих тел.
Прямолинейная форма равновесия упругого стержня, заделанного нижним концом и нагруженного сверху центрально приложенной сжимающей силой, при некоторой величине этой силы может оказаться неустойчивой, и стержень резко искривится (рис. 2.13,а). Балка, жесткости поперечного сечения которой в главных плоскостях значительно отличаются друг от друга, при некоторой величине нагрузки оказывается неустойчивой и скручивается (рис. 2.13,6).
Устойчивость или неустойчивость формы равновесия упругого тела зависит от его размеров, материала, величин и направления сил; например, прямолинейная форма равновесия центрально сжатого стержня (рис. 2.13,а) устойчива при малых значениях сжимающей силы и неустойчива, когда величина этой силы превышает некоторый предел.
Прямолинейный стальной стержень при некотором значении сжимающей силы может находиться в состоянии устойчивого равновесия, а деревянный стержень таких же размеров при том же значении силы —в состоянии неустойчивого равновесия.
500
Значение силы, нагрузки и напряжения, при котором первоначальная форма равновесия упругого тела становится неустойчивой, называется соответственно критической силой, критической нагрузкой и критическим напряжением.
Исследование устойчивости и определение критических сил или нагрузок имеет большое практическое значение, так как для любого сооружения в целом и каждого его элемента должна быть обеспечена устойчивость заданной (исходной) формы равновесия под действием приложенных к нему сил. Резкое изменение формы какого-либо элемента может вызвать разрушение всего сооружения.
Понятие устойчивости не следует смешивать с понятием прочности; каждое из них имеет самостоятельное значение. Так, например, сжатый стержень при действии на него нагрузки, большей критической, изогнется, но при этом деформации его могут быть упругими, и он после снятия нагрузки восстановит свою первоначальную форму. Следовательно, потеря устойчивости в этом случае не связана с потерей прочности.
§ 2.13. ПРОДОЛЬНЫЙ ИЗГИБ
Потеря устойчивости прямолинейной формы равновесия центрально сжатого прямого стержня называется продольным изгибом', это наиболее простая и в то же время одна из наиболее важных
инженерных задач, связанных с проблемой устойчивости. Рассмотрим прямой стержень постоянного сечения с шарнирно закрепленными концами, нагруженный на
верхнем конце центрально приложенной сжимающей силой Р (рис. 3.13).
Наименьшее значение центрально приложенной сжимающей силы Р, при котором прямолинейная форма равновесия стержня становится неустойчивой, называется критической силой. Для ее определения отклоним стержень в положение, показанное пунктиром, и установим, при каком наименьшем значении силы Р стержень может не вернуться в прежнее положение.
Приближенное дифференциальное уравнение упругой линии имеет вид [см. форм улу (68.7)] *
d2y/dx2 ~ (1.13) у
Начало координат считаем расположенным у
нижнего конца стержня, а ось х — направленной Рис. 3.J3
вверх.
Изгибающий момент в сечении с абсциссой х равен
М = — Ру.
* Приближенное уравнение можно использовать потому, что потеря устойчивости стержня возникает при малых его деформациях.
501
Подставим выражение М в уравнение (1.13):
^-4-^ = 0
dx2 EJ ’
ИЛИ
g + ^ = 0, (2.13)
где
А2 = Р/(£/). (3.13)
Интеграл дифференциального уравнения (2.13) имеет вид
у — A cos Ах + В sin Ах. (4.13)
Произвольные постоянные А и В можно определить из граничных условий:
а) при х = 0 и у = 0 и, следовательно, на основании уравнения (4.13)
0 = A cos 0 + В sin 0 = Л-1 4-В-0 = А, т. е. А =0;
б) при х — 1 х/ = 0 и, следовательно, на основании уравнения (4.13) 0 = 0-cos kl 4-В sin kl, или
В sin kl = 0. (5.13)
Условие (5.13) выполняется при В = 0 или sinA/ = 0. При подстановке значения В = 0 и найденного значения А — 0 в уравнение (4.13) получаем выражение у — 0, не соответствующее условию задачи, целью которой является определение такого значения силы Р, при котором величины у могут быть не равными нулю.
Таким образом, для того чтобы удовлетворить условию задачи и условию (5.13), необходимо принять sinA/ = 0 или [на основании выражения (3.13)]
sin (/]/ P/(£J)) = 0, (6.13)
откуда
//Р/(£У) = пл, (7.13)
где п — 1, 2, 3, ....
Условие (6.13) удовлетворяется и при и = 0, однако при этом из выражения (7.13) следует Р = 0, что не удовлетворяет условию задачи. Наименьшее значение Р = Ркр, отличное от нуля, можно получить из выражения (7.13) при п=1. Тогда
/УРкр/(£7)=л и
Ркр = л2£///2. (8.13)
Формула (8.13) впервые была получена Эйлером, поэтому кри~ тическая сила PKt, называется также эйлеровой критической силой.
502
Если сжимающая сила меньше критической, то возможна только прямолинейная форма равновесия, которая в этом случае является устойчивой.
Формула (8.13) дает значение критической силы для стержня с шарнирно закрепленными концами. Определим теперь значение критической силы при других видах закрепления концов стержня.
Рассмотрим центрально сжатый стержень длиной Z, защемленный (заделанный) одним концом. Возможная форма равновесия
Р
/ / / / / I
такого стержня при критическом значении силы Р имеет вид, показанный на рис. 4.13.
Сравнивая рис. 4.13 и рис. 3.13, устанавливаем, что стержень длиной / с одним защемленным концом можно рассматривать как стержень длиной 2/ с шарнирно закрепленными концами, изогнутая ось кото-
I I
I
I
\
\ \
\
Рис. 5.13
Рис. 4.13
рого показана на рис. 4.13 пунктиром. Следовательно, значение критической силы для стержня с одним защемленным концом можно найти, подставив в формулу (8.13) величину 21 вместо /; тогда
Ркр = лАЕ7/(4/2). (9.13)
Для стержня с обоими заделанными концами возможная форма изгиба при потере устойчивости показана на рис. 5.13. Она симметрична относительно середины стержня; точки перегиба изогнутой оси расположены в четвертях длины стержня.
Из сопоставления рис. 5.13 и рис. 4.13 видно, что каждая четверть длины стержня, заделанного обоими концами, находится в таких же условиях, в каких находится весь стержень, изображенный на рис. 4.13. Следовательно, значение критической силы для стержня с обоими заделанными концами можно найти, если
501
подставить в формулу (9.13) величину Z/4 вместо /. Тогда
Ркр= 4л2£///2. (10.13)
Таким образом, критическая сила для стержня с шарнирно закрепленными концами в четыре раза больше, чем для стержня с одним защемленным, а другим свободным концом, и в четыре раза меньше, чем для стержня с обоими защемленными концами. Случай шарнирного закрепления концов стержня принято называть основным.
Формулы Эйлера (8.13), (9.13) и (10.13) для определения критической силы при различных закреплениях концов стержня можно представить в следующем общем виде:
Ркр = л2£//(р/)2. (11.13)
Здесь р — так называемый коэффициент приведения длины; [d— приведенная длина стержня.
Коэффициент р позволяет любой случай закрепления концов стержня свести к основному случаю, т.е. к стержню с шарнирно закрепленными концами. Для четырех наиболее часто встречающихся случаев закрепления концов стержня коэффициент р имеет следующие значения:
Для стержня с шарнирно закрепленными концами.......... 1
Для стержня с заделанными концами..................... 0,5
Для стержня с одним заделанным и другим свободным концом ................................................ 2
Для стержня с одним заделанным и другим шарнирно закрепленным концом ...................................... 0,7
Из формулы (11.13) следует, что значение критической силы прямо пропорционально жесткости EJ поперечного сечения стержня при изгибе и обратно пропорционально квадрату длины стержня.
При потере устойчивости искривление (выпучивание) стержня происходит, как правило, в плоскости, перпендикулярной главной оси минимум поперечного сечения, т.е. при изгибе сечения поворачиваются вокруг этой оси. Поэтому критическую силу следует вычислять по значению главного центрального момента инерции Jmln. Исключения могут быть лишь в случаях, когда условия закрепления концов стержня в разных плоскостях, проходящих через его ось, различны (такой случай рассмотрен ниже в примере 3.13).
По значению критической силы можно определить вызванное ею критическое сжимающее напряжение акр, т.е. то напряжение, при котором прямолинейная форма равновесия стержня становится неустойчивой:
<\Р = = &EJ/[(НО3Г].
Заменив в этом выражении J на fi2 и введя обозначение
(12.13) получим
(13.13)
акр = л2£Д2.
504
Величина X, равная отношению приведенной длины стержня р/ к радиусу инерции i поперечного сечения стержня, называется гибкостью стержня. Так как потеря устойчивости, как правило, происходит в плоскости наименьшей жесткости, то в выражение гибкости обычно входит минимальный радиус инерции imin поперечного сечения.
§ 3.13. ПОТЕРЯ УСТОЙЧИВОСТИ при напряжениях, ПРЕВЫШАЮЩИХ ПРЕДЕЛ ПРОПОРЦИОНАЛЬНОСТИ
Формулы, выведенные в § 2.13, справедливы только тогда, когда напряжения акр в материале, вызванные критической силой, не превышают предела пропорциональности, т.е. когда акр^апц. Это следует из того, что в основу вывода формул положено дифференциальное уравнение упругой линии, которым можно пользоваться лишь в пределах применимости закона Гука.
Подставляем в условие акр^ппц значение окр по формуле (13.13):
п — zi-F/А2 <7 о мкр .1 vnu*
Из этого уравнения
(14.13)
Правая часть выражения (14.13) представляет собой то наименьшее значение гибкости стержня, при котором формула Эйлера еще применима,— это так называемая предельная гибкость Хпред:
Чред = л I £/<*пц- (15.13)
Предельная гибкость зависит только от физико-механических свойств материала стержня—его модуля упругости и предела пропорциональности.
Условие (14.13) применимости формул Эйлера с учетом выражения (15.13) можно представить в виде
(16.13)
Итак, формула Эйлера для определения критической силы сжатого стержня применима при условии, что его гибкость больше предельной.
Приведем значение Хяред для различных материалов.
Для стали СтЗ £ = 2-106 кгс/см2, олц « 2000 кгс/см2 и, следовательно,
ЧРед = п = 3,14 /2-10’/2000 « 100.
Для дерева Хпред« 110; для чугуна Апред«80. Для стали с повышенным значением опц предельная гибкость уменьшается по выражению (15.13). В частности, для некоторых марок легированной стали Хпред ~ 60 4-70.
505
При гибкости стержня, меньшей предельной, критическое напряжение, если определять его по формуле Эйлера, получается выше предела пропорциональности апц. Так, например, при гибкости стального стержня (из стали СтЗ) Z = 50 по формуле (13.13)
окр = л2ЕД2 = л2 • 2 • 106/502 8000 кгс/см2.
т.е. величина окр значительно больше не только предела пропорциональности, но также предела текучести и предела прочности (временного сопротивления).
Действительные критические силы и критические напряжения для стержней, гибкость которых ниже предельной, значительно меньше величин, определяемых по формуле Эйлера. Для таких стержней критические напряжения определяются по эмпирическим формулам.
П рофессор Петербу р гского института инженеров путей сообщения Ф. С. Ясинский предложил эмпирическую формулу критических напряжений для стержней, имеющих гибкость Л, меньшую предельной *:
акр==а_ЙЛ, (17.13) где а и b—определяемые экспериментально коэффициенты, зависящие от свойств мате
риала. Например, для стали СтЗ
а « 3100 кгс/см2; b 11,4 кгс/см2.
Формула (17.13) применима для стержней из малоуглеродистой стали при гибкости Х = 40 4- 100. При гибкости А = 0 4-40 напряжение окр считается примерно постоянным и равным пределу текучести.
На рис. 6.13 приведен график, изображающий зависимость <ткр от гибкости стержня для стали СтЗ. На участке Х = 0~-40 напряжение окр имеет постоянное значение; на участке Л = 40 4- 100 оно изменяется по закону прямой, определяемой формулой Ясинского (17.13); при А >100 напряжение окр определяется по формуле
Эйлера (11.13).
Умножая величину критического напряжения на площадь поперечного сечения стержня Ебрутто, можно определить критическую силу. Здесь Ебрутто—площадь брутто поперечного сечения стержня, т.е. без учета его ослаблений.
♦ Ф. С. Ясинский. Собр. соч.» т. I» Петербург, 1902.
506
§ 4.13. ПРАКТИЧЕСКИЕ РАСЧЕТЫ СТЕРЖНЕЙ
НА УСТОЙЧИВОСТЬ
Для сжатых стержней кроме условия прочности должно быть удовлетворено также условие устойчивости, которое можно выразить неравенством
п = Р/Гбрутто<[ау], (18.13)
где [оу]—допускаемое напряжение при расчете на устойчивость.
Ослабление сечений стержня заклепками или болтами в металлических конструкциях, врубками — в деревянных происходит не по всей его длине, а лишь на отдельных небольших участках. Сопротивление же стержня выпучиванию зависит от жесткости стержня на всем его протяжении. Поэтому местные ослабления практически не влияют на величину критической силы.
Допускаемое напряжение [оу] при расчетах на устойчивость назначается с запасом против критического напряжения, т. е. выражается формулой
N =оКр/[«у]. (19.13)
где р2у] — нормативный (или требуемый) коэффициент запаса устойчивости, значения которого принимаются различными для различных материалов и зависят от гибкости стержня.
Коэффициент запаса устойчивости [пу] принимается более высоким, чем коэффициент запаса прочности. Это вызывается рядом обстоятельств, практически не поддающихся учету (начальная кривизна стержня, нецентральное действие нагрузки и др.), которые уменьшают критическую нагрузку, но почти не влияют на прочность конструкции.
Выразим допускаемое напряжение [оу] через допускаемое напряжение [а], принимаемое при расчетах на прочность:
[ау]=Ф[а], (20.13)
где (р—коэффициент уменьшения основного допускаемого напряжения для сжатых стержней (коэффициент продольного изгиба).
Значения коэффициента (р приведены в табл. 1.13. Они зависят от материала стержня и его гибкости.
Условие устойчивости (18.13) после замены [оу] через [о] с помощью формулы (20.13) принимает вид
<Т=-Р//?брутто<ФИ- (21.13)
Кроме условия устойчивости сжатые стержни должны удовлетворять и условию прочности
ff = P/FHeTT0 < [а]. (22.13)
Последовательность расчета сжатых стержней рассмотрим на примере. Определим размеры прямоугольного поперечного сечения деревянной стойки, сжатой силой Р = 5 тс (рис. 7.13); отношение сторон поперечного сечения b/h= 1/3, а допускаемое напряжение
507
Таблица 1.13
Г ибкость ?.=-^ 1 Коэффициенты ff для различных материалов
сталь Ст4, 3, 2, ОС сталь Ст 5 сталь СПК чх гун дерево
0 1,00 1,00 1,00 1,00 1,00
10 0,99 0,98 0,97 0,97 0,99
20 0,96 0,95 0,95 0,91 0,97
30 0,94 0,92 0,91 0,81 0,93
40 0,92 0,89 0,87 0,69 0,87
50 0,89 0,86 0,83 0,57 0,80
60 0,86 0,82 0,79 0,44 0,71
70 0,81 0,76 0,72 0,34 0,60
80 0,75 0,70 0,65 0,26 0,48
90 0,69 0,62 0,55 0,20 0,38
100 0,60 0,51 0,43 0,16 0,31
110 0,52 0,43 0,35 — 0,25
120 0,45 0,36 0,30 — 0,22
130 0,40 0,33 0,26 — 0,18
140 0,36 0,29 0,23 — 0,16
150 0,32 0,26 0,21 — 0,14
160 0,29 0,24 0,19 — 0,12
170 0,26 0,21 0,17 — 0,11
180 0,23 0,19 0,15 — 0,10
190 0,21 0,17 0,14 — 0,09
200 0,19 0,16 0,13 — 0,08
ослаблена
отверстиями
Один
диаметром 4 см. и, следовательно, для нее р = 2 (см. § 2.13).
Опасной является потеря вости стойки в плоскости хг, относительно оси у момент поперечного сечения имеет наименьшее значение и, следовательно, при изгибе в этой плоскости гибкость имеет наибольшее значение, равное [см. формулу (12.13)] i
80 кгс/см2. Стойка [ конец стойки заделан, другой свободен,
устойчи-так как инерции
_____________
//min/'7 (12^)
_ pl /12 _ 2-300.3,46 _ 2076 . .
— ь • (3)
фициента <р, например ф = 0,5.
Тогда на основании формулы (21.13)
В первом приближении принимаем произвольное значение коэф-
ь
ь
с Р 5000 1ОС- 2
^брутто — ф[а] — 0,5-80 “ 125 .
508
По условию задачи, h = 3b и, следовательно,
^брутто = М = ЗЬ2 = 125, откуда
b =/125,3 = 6,45 см.
Из выражения (а) находим при Ь = 6,45 см
Х = 2076/6,45 = 322.
По табл. 1.13 при Х = 322 коэффициент <р < 0,08 и, следовательно, выбранное значение <р = 0,5 сильно завышено.
Во втором приближении принимаем <р = 0,1. Тогда F _ Р — 5000 _ fioc; _ QA-’
гбрутто — <р [а] — 0,1-80 0/0 — М'’
откуда
Ъ = /208,3 = 14,4 см.
По зависимости (а)
Х = 2076/14,4= 144.
По табл. 1.13 при Х=144 получаем по интерполяции <р = 0,152. Следовательно, значение <р —0,1 является заниженным.
В третьем приближении принимаем значение<р=(0,152ф-4-0,1)2 = 0,13. Тогда
г ______ р ___ 5000 _ tn I _о/}»
'брутто ф foj — 0,13-80 — ° ~ ’
откуда
b = /160,3= 12,7 см.
По зависимости (а),
Х = 2076/12,7 =163.
По табл. 1.13 при X = 163 получаем <р = 0,117.
В четвертом приближении принимаем ф = (0,117 4-4- 0.13)/2 — 0,124.
Тогда
Р ______ Р 5000 ср д л. 2
г брутто — Тр/]"— 0,124-80 — 60 ’
откуда ___
Ь=у 168 = 13,0 см.
По зависимости (а)
Х = 2076/13,0= 160.
По табл. 1.13 при X—- 160 получаем значение <р = 0,12.
В пятом приближении принимаем <р= (0,1244-0,12)/2= = 0,122. Тогда
р ______ Р 5000 R19 оьг
гбрутто —q, [Oj — 0,122-80 “ ~ ’
509
откуда
&=]/T70J= 13,05 см.
По зависимости (а)
Х = 2076/13,05 = 159.
По табл. 1.13 при X = 159 получаем значение ф = 0,122, совпадающее со значением, принятым в данном приближении.
Таким образом, окончательно принимаем b ~ 13,05 см и /i = 3i> = =39,15 см.
При этом напряжения в поперечном сечении стойки, вычисляемые при проверке на устойчивость по площади брутто, равны
° брутто" 13,05-39,15“ ^,77кгс/СМ •
Допускаемое напряжение
[оу] — <р [о] = 0,122*80 = 9,77 кгс]см2.
Таким образом, условие устойчивости (21.13) удовлетворяется.
Проверим теперь, удовлетворяется ли условие прочности (22.13). Для этого определим площадь FHeTT0 сечения стойки, ослабленного отверстием:
= 13,05*39,15 — 39,15*4 = 354 см2,
а — = 5 000/354 = 14,1 кгс!см2 < [о] = 8 000 кгс! см2.
Следовательно, стойка подобранного сечения удовлетворяет и условию прочности.
Конечно, в тех случаях, когда поперечное сечение стойки не имеет ослаблений, проверка на прочность не требуется, так как в этих случаях P/F6w^^ P/F^™ а [оу] < [о].
§ 5.13. ПРОДОЛЬНО-ПОПЕРЕЧНЫЙ ИЗГИБ
Продольно-поперечным изгибом называется сочетание поперечного изгиба со сжатием или растяжением бруса.
При расчете на продольно-поперечный изгиб вычисление изгибающих моментов в поперечных сечениях бруса производится с учетом прогибов его оси.
Рассмотрим балку с шарнирно опертыми концами, нагруженною некоторой поперечной нагрузкой и сжимающей силой S, действующей вдоль оси балки (рис. 8.13,а). Обозначим у прогиб оси балки в поперечном сечении с абсциссой х (положительное направление оси у примем вниз, и, следовательно, прогибы балки считаем положительными, когда они направлены вниз). Изгибающий момент М, действующий в этом сечении,
M = M° + Sy\ (23.13)
510
здесь Л4°—изгибающий момент от действия поперечной нагрузки; Sy — дополнительный изгибающий момент от действия силы S.
Полный прогиб у можно рассматривать состоящим из прогиба #°, возникающего от действия только поперечной нагрузки, и дополнительного прогиба, равного у—у\ вызванного силой S.
Полный прогиб у больше суммы прогибов, возникающих при раздельном действии поперечной нагрузки и силы S, так как в случае действия на балку только силы S прогибы ее равны нулю. Таким образом, в случае продольно-поперечного изгиба принцип независимости действия сил неприменим.
При действии на балку растягивающей силы S (рис. 8.13,6) изгибающий момент в сечении с абсциссой х
M = MQ —Sy. (24.13)
Растягивающая сила S приводит к уменьшению прогибов балки, т. е. полные прогибы у в этом случае меньше прогибов t/°, вызванных действием только поперечной нагрузки.
В практике инженерных расчетов под продольно-поперечным изгибом подразумевают обычно случай действия сжимающей силы и поперечной нагрузки.
При жесткой балке, когда дополнительные изгибающие моменты Sy невелики по сравнению с моментом M°t прогибы у мало отличаются от прогибов г/°. В этих случаях можно пренебрегать влиянием силы S на величины изгибающих моментов и величины прогибов балки и производить ее расчет на центральное сжатие (или растяжение) с поперечным изгибом, как изложено в § 2.9*.
При балке, жесткость которой невелика, влияние силы S на величины изгибающих моментов и прогибов балки может быть весьма существенным и пренебрегать им при расчете нельзя. В этом случае балку следует рассчитывать на продольно-поперечный изгиб, понимая под этим расчет на совместное действие изгиба и сжатия (или растяжения), выполняемый с учетом влияния осевой нагрузки (силы S) на деформацию изгиба балки.
Рассмотрим методику такого расчета на примере балки, шарнирно опертой по концам, нагруженной поперечными силами, направленными в одну сторону, и сжимающей силой S (рис. 9.13).
Подставим в приближенное дифференциальное уравнение упругой линии (1.13) выражение изгибающего момента М по формуле
* Такой расчет (основанный на применении принципа независимости действия сил) принято называть расчетом на внецентренное растяжение (или сжатие).
511
(23.13):
d'-y
dx- EJ
[знак минус перед правой частью уравнения взят потому, что в отличие от формулы (1.13) здесь положительным для прогибов;/ считается направление вниз!, или
d-y , ЛР __ Sy_
dx- EJ EJ ‘
Здесь Л1° d2y° dx^'
Следовательно, d-у d-у0 Sy dx1 dx- EJ ’
или —(25.13) dx2 EJ x 7
В целях упрощения решения предположим, что дополнительный прогиб у—у" изменяется по длине балки по синусоиде, т. е. что у—yQ = A sin (лх//). Это предположение позволяет получить
достаточно точные результаты при действии на балку поперечной нагрузки, направленной в одну сторону (например, сверху вниз). Заменим в формуле (25.13) прогиб у—yQ выражением A sin (лх//):
Sy
EJ ’
или
или
л - А . лх Sy PAsin —= -£?’
/ Я3 Sy
(у У )~l% — ~EJ »
откуда
Уа~
_ у /2 tf>
У ~ п*/1г— S) (EJ) — 1 —5/2/(л2£У) •
512
Выражение л2£///2 совпадает с формулой Эйлера для критической силы сжатого стержня с шарнирно закрепленными концами. Поэтому его обозначают Рэ и называют эйлеровой силой.
Следовательно,
//О
У-T^SiP^ <26.13,
Следует отличать эйлерову силу Рэ от критической силы Рчч вычисляемой по формуле Эйлера. Значение Ркр можно вычислять’ по формуле Эйлера лишь при условии, что гибкость стержня больше предельной; значение же P3^tC~EJ>Г~ подставляют в формулу (26.13) независимо от гибкости балки. В формулу для критической силы, как правило, входит минимальный момент инерции поперечного сечения стержня, а в выражение эйлеровой силы входит момент инерции относительно той из главных осей инерции сечения, которая перпендикулярна плоскости действия поперечной нагрузки.
Из формулы (26.13) следует, что соотношение „между полными прогибами балки у и прогибами z/°, вызванными Действием только поперечной нагрузки, зависит от отношения S/P3 (величины сжимающей силы S к величине Рэ эйлеровой силы).
Таким образом, отношение S'P3 является критерием жесткости балки при продольно-поперечном изгибе; если это отношение близко к нулю, то жесткость балки велика, а если оно близко к единице, то жесткость балки мала, т. е. балка является гибкой.
В случае, когда S — 0, прогиб т. е. при отсутствии силы S прогибы вызываются только действием поперечной нагрузки.
Когда величина сжимающей силы S приближается к значению эйлеровой силы полные прогибы балки резко возрастают и могут во много раз превышать прогибы у'\ вызванные действием только поперечной нагрузки. В предельном случае при S — прогибы у, подсчитанные по формуле (26.13), становятся равными бесконеч-
ности.
Следует отметить, что формула больших прогибах балки, так как
(26.13) неприменима при весьма она основана на приближенном
1 <Еу ~ выражении кривизны у = . Это
выражение применимо лишь при
малых прогибах, а при больших должно быть заменено точным выражением кривизны (65.7). В этом случае прогибы у при 5 = не равнялись бы бесконечности, а были бы хотя и весьма большими,
но конечными.
При действии на балку растягивающей силы 3 формула (26.13) принимает вид.
У~\ \ stр9‘
(27.13)
Из этой, формулы следует, что полные прогибы у меньше прогибов у0, вызванных действием только поперечной нагрузки. При растягивающей силе S, численно равной значению эйлеровой силы (т. е. при S/P3 = 1), прогибы у вдвое меньше прогибов у9.
Хг 2331
513
Наибольшие и наименьшие нормальные напряжения в ном сечении балки с шарнирно закрепленными концами дольно-поперечном изгибе и сжимающей силе S равны
ст = S/F ± M/W = S/F ± M9/W ± Sy/W.
Рассмотрим двухопорную балку двутаврового сечения том I —12 м. Балка нагружена посередине вертикальной
и сжимается осевой силой S = 600 Р (рис. 10.13). Площадь поперечного сечения балки F = 42 см-, момент инерции Уг = 3400 cjw‘, момент сопротйвления 1Гг = 309 см3 и модуль упругости Е = = 2 - 10е кгс/см-.
попереч-при про-
(28.13) с проле-силой Р
г
Поперечные связи, соединяющие эту балку с соседними балками сооружения, исключают возможность потери устойчивости балки в горизонтальной плоскости (т. е. в плоскости наименьшей жесткости).
Изгибающий момент и прогиб посредине балки, подсчитанные без учета влияния силы S, равны:
,,п Р1 Р-1200 ОАА п
Л4° = -г- = —— = 300 Р кгс см', 4 4 ’
0 PZ3 Р-1200s - АА _
У — 48£/г ~~48-2-10в-3400 ~~ 5’29'10 Р см>
где Р—в кгс.
Эйлерова сила Ра определяется из выражения
D лг£/г 3,142-2-10«-3400 .ССАА
Р3 = -уН =---------2200^----~ 46 500 КгС'
см.
Прогиб посередине балки, подсчитанный с учетом влияния силы S на основании формулы (26.13),
_ у° _ 5,29-!0-3Р
У~~ 1— S/P9~ 1-600Р/46 500
Определим наибольшие нормальные (сжимающие) напряжения в среднем поперечном сечении балки по формуле (28.13):
_600Р . 300Р 600Р-5.29-10-3Р
42 + 309 +(1— 600Р/46500)-309 ’ откуда после преобразования
о= 15,26Р + 0,795Р2/(77,5 — Р) кгс'см*.
(29.13)
514
Подставив в выражение (29.13) различные значения Р (в кгс), получим соответствующие им значения напряжений о. Графически зависимость между Рис, определяемая выражением (29.13), характеризуется кривой, изображенной на рис. 11.13.
Определим допускаемую нагрузку Р, если для материала балки <гт = 2400 кгс/см2, а необходимый коэффициент запаса прочности [п] = 1,5; следовательно, допускаемое напряжение для материала
[о] = Дх = = 1600 кгс [см*.
1 •* (я] 1,5
Из рис. 11.23 следует, что напряжение o = ar = 2400 кгс[см: возникает в балке при нагрузке Ро =74 кгс, а напряжение о =
= [о] = 1600 кгс[см1 — при нагрузке Р[О]=70 кгс.
Если в качестве допускаемой принять нагрузку P(oj=70 кгс, то коэффициент запаса по напряжениям будет равен заданному значению [п] — 1,5. Однако при этом балка будет обладать незначительным коэффициентом запаса по нагрузке, так как напряжения, равные от, возникнут в ней уже при Рат = = 74 кгс. Следовательно, коэффициент запаса по нагрузке в этом случае будет равен 1,06 (так как 74/70= 1,06),т. е. явно недостаточен.
Для того чтобы балка имела по
нагрузке коэффициент запаса, рав- рис 11<13
ный 1,5, в качестве допускаемого
следует принять значение [Р] = 74/1,5 = 49,3 кгс\ при этом напряжения в балке будут, как это следует из рис. 11.13, примерно равны 800 кгс/см2.
Выше расчет на прочность производился по допускаемым напряжениям. Это обеспечивало необходимый запас прочности не только
по напряжениям, но также и по нагрузкам, так как почти во всех случаях, рассмотренных в предыдущих главах, напряжения прямо
пропорциональны величинам нагрузок.
При продольно-поперечном изгибе напряжения, как это следует из рис. 11.13, не прямо пропорциональны нагрузке, а изменяются быстрее, чем нагрузка (в случае сжимающей силы S). В связи с этим даже незначительное случайное увеличение нагрузки сверх расчетной может вызвать весьма большое увеличение напряжений и разрушение конструкции. Поэтому расчет сжато-изогнутых стержней на продольно-поперечный изгиб следует производить не по допускаемым напряжениям, а по допускаемой нагрузке.
Составим по аналогии с формулой (28.13) условие прочности при расчете на продольно-поперечный изгиб по допускаемой нагрузке.
17*
515
Оно должно отражать то, что при предельной нагрузке, равной произведению допускаемой (или заданной) нагрузки на нормативный коэффициент запаса прочности, наибольшие (предельные) напряжения опред не должны превышать предела текучести ог. Следовательно,
~ _5Г1ред . Мцред ( 5Пред */пред _ /on i
апред “ —р--1---у'--i----у'---1
Здесь SnpeA = £[/*] — предельная продольная сжимающая сила, равная произведению допускаемой (или заданной) силы S на коэффициент запаса [/?]; Л1°ред = М° [/г] — предельный изгибающий момент в опасном сечении балки, подсчитанный без учета влияния силы S; //пред — прогиб балки в опасном сечении от предельной поперечной нагрузки, подсчитанной по формуле (26.13) с учетом влияния силы 5прсд.
Условие прочности (30.13) можно представить в виде
M0[n] SJn]
инред р U w "Г у- ‘ 1_5[п]/рэ ^=ит> или, учитывая, что ат/[>г] = [а],
f+t^+ц? 1—S[zij/P9 (31.13)
Определим допускаемое значение нагрузки [Р] для рассмотренного выше примера (см. рис. 10.13). Подставляя в условие прочности (31.13) значения
S = 600[Pj кгс,
Afo = = 300[Р] кгс-см, = ^^£ = 5,29.10~3[Р] см,
Р3 = 46 500 кгс, [н] = 1,5, [ст] = 1600 кгс/см-,
F = 42 см~ и № = 309 слР, получаем
600 [Р] 300 [Р] , 600 [Р] 5.29-10-3 [Р] • 1,5 .
42 + 309 + 309 600 [Р]. 1,5 ~ lbUU
46 500
или после преобразований
15,26 H + 160°-
Решая это уравнение относительно [Р], получаем значение допускаемой нагрузки [Р] = 49,3 кгс, совпадающее со значением, подсчитанным выше с помощью графика, изображенного на рис. 11.13.
Аналогично производится расчет сжато-изогнутых стержней на продольно-поперечный изгиб при ином виде нагрузки и других типах опорных закреплений. При этом в формулу (26.13) следует подставлять значение эйлеровой силы, соответствующее опорным закреплениям рассчитываемого стержня, т. е.
Рэ = л2£7/(р/)2.
5(6
Сжато-изогнутые стержни кроме расчета на продольно-поперечный изгиб необходимо рассчитывать также и на устойчивость.
Примеры расчета
Пример 1.13. (к § 2.13, 3.13 и 4.13). Определить критическую и допускаемую силы для стержня из стали СтЗ, показанного на рис. 12.13, а. Стержень представляет собой равнобокий уголок размером 100х 100х 10 мм. Модуль упругости
Е~2-106 кгс/см1’, допускаемое напряжение [о] =1500 кгс/см2. Моменты инерции: 7^ = 284 см*’, Jv~74,9 см*‘, радиусы инерции i2 = 3,85 слг, iy = 1,97 см\ /=19,2 см2.
Решение. Один конец стержня заделан, а другой свободен. Для такого стержня коэффициент приведения длины р = 2 (см. § 2.13). Главные центральные оси инерции поперечного сечения стержня показаны на рис. 12.13,6. Ось у является осью •Лшп- Поэтому при потере устойчивости стержень будет изгибаться в плоскости xz, т. е. его сечения будр поворачиваться относительно оси у.
Наибольшая гибкость стержня [см. формулу (12.13)]
Л = pl Д = 2-150/1,97= 152. J
Так как гибкость Л болыие 100 (пре-
дельной гибкости для стали Cm3), то Рис. 12.13
стержень будет терять устойчивость при
напряжениях, меньших предела пропорциональности (см. § 3.13). Поэтому опреде-
ление критической силы следует производить по формуле Эйлера (11.13):
n-E/min_3,14--2-10в-74,9_ кр (р/)2 (2-150)-
1,64-104 кгс= 16,4 тс.
Допускаемую силу определяем исходя из формулы (21.13):
[Р] — [q] ф-Гбру гго = 1500-0,314-19,2 = 9050 кгс = 9,05 тс.
Здесь коэффициент ср определен для гибкости Л = 152 по табл. 1.13 (для стали СтЗ) путем интерполяции между значениями 0,32 и 0,29, соответствующими гибкостям 150 и 160.
Следует отметить, что при расчеге сжатых стержней на устойчивость по коэффициентам продольного изгиба <р коэффициент запаса устойчивости в явном виде в расчете не фигурирует и вычисление критической силы при расчете стержня на устойчивость не нужно.
В рассматриваемом примере, поскольку критическая сила вычислена, можно подсчитать коэффициент запаса устойчивости:
[/гу ] = Ркр/[ Р ] = 16,4/9,05 = 1,82.
Таким образом, оказывается, что для стали СтЗ при гибкости Х= 152 таблица коэффициентов (р предусматривает коэффициент запаса устойчивости [ny] = 1,82.
Пример 2.13 (к § 2.13). Как изменится величина критической силы (по Эйлеру): а) если все размеры поперечного сечения стержня увеличатся в п раз; б) длина стержня увеличится в т раз?
Решение.
а) По формуле Эйлера (11.13) величина критической силы прямо пропорциональна моменту инерции поперечного сечения стержня. Момент же инерции выражается в сантиметрах в четвертой степени линейных размеров поперечного се-
517
чения. Таким образом, увеличение линейных размеров сечения в п раз вызывает увеличение момента инерции и критической силы в п* раз. Например, при уве-
личении размеров сечения в два раза критическая сила увеличивается в 16 раз.
6) По формуле Эйлера (11.13) величина критической I силы обратно пропорциональна квадрату длины стержня.
Рис. 13.13
Следовательно, при увеличении длины стержня в т раз критическая сила уменьшается в т'2 раз.
Пример 3.13 (к § 4.13). Стойка из стали СтЗ таврового сечения длиной 1 — 4 м защемлена нижним концом. Верхний ее конец расположен между стенками А и В, допускающими свободное перемещение в плоскости ху; в плоскости xz верхний конец стойки не может смещаться по горизонтали и поворачиваться (рис. 13.13). Определить допускаемое значение сжимающей силы Р при [а] —1600 кгс/см2. Размеры поперечного сечения стойки показаны на рис. 13.13.
Решение. Определяем расстояние гс центра тяжести поперечного сечения от наружной поверхности полки тавра (рис. 14.13):
, _ 5&. 20.2-2/2 + 6-2 (2 + 6/2) , р ОЛ.О I С.О
20-2 + 6-2
Следовательно, центральная ось у проходит в пределах полки тавра (т. е. левее, чем показано на рис. 13.13 и 14.13).
Определяем главные центральные моменты инерции поперечного сечения (относительно осей у и z):
. _ 2-203.6-23 7 4
Jz-~12 I ЁГ~ 337 ’
20-23 / 2
<'=^-+20-2(|'92~Т
2-63 , 12 +
\ 2
—1,92 ) =197 см*.
Рис. 14.13
Радиусы инерции поперечного сечения:
»z= V Jz/F = /'1337/52 = 5,07 см;
VJy/F= V197/52= 1,94 см.
Коэффициент приведения длины при потере устойчивости в плоскости ху (при свободном верхнем конце стойки в этой плоскости) р-г = 2. В плоскости XZ концы стойки поворачиваться не могут, а потому при потере устойчивости в этой плоскости коэффициент приведения длины цу ==0,5 (см. § 2.13).
Определяем по формуле (12.13) гибкости стойки: а) при потере устойчивости в плоскости
- -М-2-400 — —
_____„ „ _ 158;
’2 5,07
б) при потере устойчивости в плоскости . _0,5-400_
1,94 - 103‘
ХУ
XZ
Гибкость в плоскости ху больше, чем в плоскости
xz. Следовательно, для стойки опасна потеря устойчи-
вости в плоскости ху.
По табл. 1.13 при 1= 158 для стали СтЗ находим ф = 0,30. Пользуясь формулой (21.13), определяем допускаемое значение силы Р:
[Р] = (о] ^брутто = 1600-0,30-52 « 24960 кгс.
518
Пример 4.13 (к § 4.13). Стойка длиной I = 8 м, состоящая из двух швеллеров, соединенных приваренными к ним планками (рис. 15.13), сжата силой Р. Концы стойки шарнирно закреплены. Необходимо запроектировать стойку так, чтобы коэффициент запаса ее устойчивости был одинаков независимо от того, в какой из главных плоскостей стойки (в плоскости ху или в плоскости xz) будет
происходить потеря устойчивости. Определить при этом допускаемую силу Р и расстояние с в свету между швеллерами. Принять [ст] = 1600 кгс, см2. При расчете принять, что планки, соединяющие швеллеры, установлены настолько часто, что можно рассматривать составное сечение как монолитное. Дано: /’ = 28,83 см2, Jz= 1780,4 см*; iz = 7,86 см; JVx=128 см4; /Vl = 2,ll см; zo = 2,Ol см (рис. 16.13).
Решение. Гибкость стойки при потере устойчивости в плоскости ху равна [см. формулу (12.13)]
Здесь р, = 1, так как стойка шарнирно закреплена по концам (см. § 2.13).
Радиус инерции всего стержня (обоих швеллеров) относительно оси г равен радиусу инерции iz одного швеллера.
При гибкости Х2= 102 коэффициент <р для стали СтЗ равен 0,584 (см. табл. 1.13). Допускаемое значение силы Р определяем, используя формулу (21.13):
[Р] = [а] фРбрутто= 1600-0,584-2-28,83 = 53,8-103 кгс = 53,8 тс.
Момент инерции всего сечения стойки относительно оси у (рис. 16.13)
^ = 2p„i + F (z,+-|.)2J=2 [128+28,83 (2,01 + .
Для того чтобы коэффициент запаса устойчивости при потере ее в плоскости xz был такой же, как и в плоскости ху, необходимо, чтобы гибкости стойки в плоскостях xz и ху были одинаковы и, следовательно, чтобы были одинаковы моменты инерции всего сечения стойки относительно осей у и z, т. е.
2 [128 + 28,83 (2,01 +с/2)2] = 2-1780,4, где 1780,4 см4 — момент инерции одного швеллера относительно оси г.
Из этого равенства находим
с __ --Л1780,4—128—
2 Г 28,83 —
/5Л2 = 7,6сж,
откуда с = 11,2 см.
519
Пример 5.13 (к § 5.13). Найти наибольшие нормальные напряжения в стальной балке из швеллера, показанной на рис. 17.13, а. Дано:
Е = 2 • 10е кгс/см2-', [о] = 2000 кгс/см-\
}г = 128 с.и4; )г = 2,11 см; IF? = 24,2 см3;
F —28,83 см2; b = 7,3 см; zo = 2,Ol см;
IF? = 7г/г0= 128/2,01 =63,7 см3.
Решение. По формуле (11.13) определяем значение эйлеровой силы:
р __л2£/_3,14-2-106-128_
9~(р/)2“ (1-400)-
15,8-103 кгс.
Отношение S/P3~5000/15800 — 0,32, т. е. составляет существенную часть от единицы. Следовательно, пренебречь влиянием силы S на прогибы и усилия в балке нельзя, т. е. балку надо рассчитывать по формулам продольно-поперечного изгиба.
Рис. 17.13
v
По формуле (26.13) определяем прогиб балки под силой Р:
_ 0тах _ 1»04
^тая - 1 _ S/P3 ~ 1 -0,32 ~ 1 ’ с -где
о _ Р13 _ 200-400’ п, ym33~48EJz~48-2-10е-128 ~ ’°4 С*'' По формуле (23.13) находим Л4тах: Р1 200-400
Мтах = Sy = 41-4- 5000-1,53 = 20 -103 + 7,65 -103 =
= 27,65-103 кгс-см.
Определяем нормальные напряжения в точках а и 5 (рис. 17.13, б) поперечного сечения балки под грузом Р по формуле внецентренного сжатия:
л —5000 27,65-Ю3 11ЛП 1О1Г
° ~ 28,83 24,2 ~ 73 42 ~ 131олгс/слг
(сжатие);
. -5000 , 27,65-10’ ,
° = W3~+-637~=~ Ь3 + 435 = 262 кес/см’
(растяжение).
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1.13 (к § 2.13). В направлении какой оси, расположенной в плоскости поперечного сечения, будет выпучиваться при потере устойчивости каждый из стержней, сечения которых показаны на рис. 18.13, если каждый конец стержня одинаково закреплен во всех направлениях (например, один конец жестко заделан, а другой свободен)?
'Ответ: а, б, ж, з— в направлении любой оси; в, г, д—в направлении горизонтальной оси; е—в направлении оси, совпадающей с биссектрисой прямого угла.
520
Задача 2.13 (к § 2.13 и 3.13). Определить критическою силу для деревянной стойки прямоугольного сечения размером 10x20 см и длиной 8 м в следующих случаях:
а) оба конца стойки шарнирно закреплены (шаровые шарниры);
б) оба конца стойки защемлены;
п) один конец стойки защемлен, а другой свободен.
Рис. 18.13
обоими концами и сжатой силон
тс.
Задача 3.13 (к § 2.13 и 3.13). Определить критическую силу для стального равнобокого уголка с размерами сечения 100x100x10 мм, — 74,1 см* и длиной 1,2 м, при защемленном одном конце и свободном другом конце. Модуль упругости Е = 2» 10е кгс/см2.
Ответ'. Ркр = 25,4 тс.
Задача 4.13 (к § 4'13). Определить размеры поперечного сечения деревянной стойки длиной 7,5 м, защемленной Поперечное сечение стойки квадратное. Основное допускаемое напряжение [а] = 100 кгс/см2.
Ответ'. 20x20 см.
Задача 5.13 (к § 5.13). Двутавровая балка длиной 2,4 м, шарнирно закрепленная по концам, сжимается продольной силой Р, приложенной с эксцентриситетом е = 6,5 см (рис. 19.13). Потеря устойчивости балки в горизонтальной плоскости невозможна в связи
с наличием поперечных горизон-
тальных связей. Определить допускаемое значение [Р] сжимающей силы при следующих данных: модуль упругости Е — 2-106 кгс/см2', от = 2550 кгс/см-\ коэффициент запаса прочности [и] =1,6; р = 39,5 см1, Jz = 2500 см*\ 1Гг = 250 см*.
Ответ: [Р] = 30 тс.
Вопросы для самопроверки
К § 1*13. 1. В чем заключается явление потери устойчивости сжатого стержня?
2. Что называется критической силой и критическим напряжением?
К § 2.13. 3. Какое дифференциальное уравнение из теории изгиба лежит в основе вывода формулы Эйлера?
4. Что называется гибкостью стержня?
•521
к
к
к
5. Какой вид имеет формула Эйлера, определяющая величину критической силы? Выведите эту формулу.
6. Как влияют жесткость EJ поперечного сечения и длина I стержня на величину критической силы?
7. Какой момент инерции обычно входит в формулу Эйлера? Возможны ли здесь исключения?
8. Что представляет собой коэффициент приведения длины и чему он равен при различных условиях закрепления концов сжатых стержней?
§ 3.13. 9. Как устанавливается предел применимости формулы Эйлера?
10. Что называется предельной гибкостью? Выведите выражение^ определяющее предельную гибкость,
11. Какой вид имеет формула Ясинского для определения критических напряжений и при каких гибкостях она применяется для стержней из стали СтЗ?
12. Как определяется критическая сила по Ясинскому?
13. Какой вид имеет график зависимости критических напряжений от гибкости для стальных стержней?
14. Если сжатый стержень ошибочно рассчитан по формуле Эйлера в области ее неприменимости, опасна ли эта ошибка или она приведет к перерасходу материала на изготовление стержня?
§4.13. 15. Какой вид имеет условие устойчивости сжатого стержня? Какая площадь поперечного сечения стержня подставляется в это условие?
16. Что представляет собой коэффициент ф, как определяется его значение? Как производится проверка стержней на устойчивость с его помощью?
17. Как подбирается сечение стержня при расчете на устойчивость?
§5.13. 18. Что называется продольно-поперечным изгибом?
19. Можно ли применять принцип независимости действия сил при продольно-поперечном изгибе?
20. Как зависят прогибы при продольно-поперечном изгибе от величины сжимающей силы и значения эйлеровой силы? Выведите соответствующую формулу.
21. В чем разница в понятиях—эйлерова сила и критическая сила, вычисляемая по формуле Эйлера?
22. Как определяются наибольшие нормальные напряжения в поперечном сечении балки при продольно-поперечном изгибе?
23. Как производится расчет на прочность при продольно-поперечном изгибе? Почему этот расчет должен выполняться по допускаемым нагрузкам, а не по допускаемым напряжениям?
Глава 14 ДИНАМИЧЕСКАЯ НАГРУЗКА
§ 1.14. ОБЩИЕ СВЕДЕНИЯ
Как уже известно, статической называется нагрузка, которая весьма медленно возрастает от нуля до своего конечного значения. Ускорения частиц элементов конструкции от такой нагрузки невелики, а потому можно пренебречь возникающими при этом силами инерции. При быстро возрастающей нагрузке необходимо учитывать силы инерции, появляющиеся в результате деформации системы; силы инерции необходимо учитывать также при действии нагрузки, вызывающей движение тела с некоторым ускорением. Такие нагрузки, а также вызванные ими напряжения и деформации называются динамическими. К динамическим также относятся ударные нагрузки, хотя при расчете на удар в ряде случаев пренебрегают силами инерции, возникающими в конструкции.
Расчет на действие динамической нагрузки (динамический расчет) производят при проектировании частей конструкций, находящихся под действием ударной или вибрационной нагрузки, создаваемой станками, двигателями, молотами и другими механизмами и вызывающей колебания сооружений. Многие части машин также находятся под действием динамической нагрузки.
Динамический расчет имеет цель—обеспечить необходимую прочность конструкции и не допустить значительных ее деформаций.
При динамической нагрузке любой элемент конструкции в каждый момент времени можно рассматривать как находящийся в состоянии равновесия под действием внешних сил (включая опорные реакции), усилий, представляющих собой действие соседних элементов, и сил инерции. Это положение, как известно, носит название принципа Даламбера.
Силы инерции, так же как и собственный вес, представляют собой объемные силы, так как они приложены к каждой элементарной частице объема тела.
Величина элементарной силы инерции, действующей на каждую частицу тела, равна произведению массы dm этой частицы на ее ускорение а и направлена в сторону, противоположную ускорению:
dPi = dm-a. (1.14)
Но масса элементарной частицы равна отношению ее веса dG к ускорению g силы тяжести (g* = 9,81 м/сек2=981 см/сек2)'. dm = dG/g,
523
следовательно,
, n dG у dV dP; = — a = l—a, 1 g g
(2.14)
где у—объемный вес материала; dV—объем элементарной частицы.
При расчете стержневых систем объемные силы инерции заменяют силами инерции, распределенными по длине оси каждого стержня, т. е. распределенной погонной инерционной нагрузкой. Интенсивность pz этой нагрузки равна отношению dPjdx, где dP,—сила инерции, действующая на элемент стержня длиной dx.
Подставим в формулу (2.14) вместо dV объем элемента стержня длиной dx, равный Fdx:
у dV yF dx dP; = -— a = ----a.
1 g g
Следовательно,
JP; yF /О 1
= <314>
Здесь F— площадь поперечного сечения стержня.
Интенсивность pz распределенной инерционной нагрузки выражается в тс/м, кгс/см и т. д.
§ 2.14. ДИНАМИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ, ПРИВОДИМЫЕ К ЗАДАЧАМ СТАТИЧЕСКОГО РАСЧЕТА СИСТЕМ
Рассмотрим балку постоянного сечения, подвешенную на тросе крана (рис. 1.14,а); эта балка изогнута в результате действия ее собственного веса. После включения двигателя крана сечение А балки, в котором к ней прикреплен трос, начинает подниматься с некоторым ускорением. При этом возникают силы инерции, распределенные по длине оси балки. Интенсивность их определяется формулой (3.14).
Рис. 1.14
На рис. 1.14,6 показаны нагрузки, действующие на балку. Равномерно распределенная нагрузка интенсивностью q представляет собой собственный вес балки, а нагрузка д-—инерционные силы. Сила S (усилие в тросе) равна по величине равнодействующей нагрузок q и pi и направлена в противоположную сторону, т. е. уравновешивает эти нагрузки.
524
Инерционные силы Pi возникают после включения двигателя крана и вызывают изгиб балки (дополнительно к изгибу от действия собственного веса q). В результате изгиба различные сечения балки перемещаются при подъеме с различными ускорениями а. Поэтому в общем случае интенсивность pz инерционной нагрузки переменна по длине балки.
В частных случаях, например когда жесткость балки при изгибе весьма велика или когда сечение Л, в котором балка прикреплена к тросу (рис. 1.14), поднимается на значительную высоту с постоянным ускорением, влиянием деформаций балки, вызванных инерционными силами pz, на величины ускорений а можно пренебречь. В этих случаях можно
считать, что ускорения всех сечений балки одинаковы и равны ускорению сечения Л, а нагрузка pz равномерно распределена по длине балки.
Аналогично и при решении ряда других динамических задач можно пренебрегать влиянием деформаций системы на распределение в ней ускорений, а следовательно, и на распределение инерционный сил. Такие задачи рассмотрены ниже.
В качестве первой задачи рассмотрим расчет вертикального
Рис. 2.14
бруса постоянного сечения, поднимаемого вверх силой S, превышающей вес бруса G (рис. 2.14,а). Кроме силы S на брус дейст-
вуют равномерно распределенная по его длине вертикальная нагрузка интенсивностью q^Gfl от собственного веса бруса и инерционная нагрузка Pi^qlgja {рис. 2.14Д в).
Ускорение а направлено в сторону действия силы S, т. е. вверх; величину его принимаем одинаковой для всех поперечных сечений бруса. Поэтому нагрузка pz равномерно распределена по длине бруса и направлена в сторону, противоположную ускорению, т. е. вниз.
Составляем уравнение равновесия в виде суммы проекций всех сил на вертикальную ось х: - ш
2X-S—G— откуда
pz = (S-G)//. (4.14)
Нормальное напряжение в поперечном сечении бруса, отстоящем на расстояние х от его нижнего конца,
G . S—х__ 5 х _ S х
Т + ~Т~ Jlr~T'Fr~'fr‘T'
Наибольшее напряжение возникает в верхнем сечении бруса:
^max S/F.
525
Рассмотрим теперь горизонтальный брус, поднимаемый вверх силой S, приложенной посередине бруса (рис. 3.14,а).
Инерционная нагрузка р,- определяется, как и в предыдущем случае, по формуле (4.14).
Интенсивность полной погонной нагрузки, состоящей из собственного веса q и инерционной нагрузки pit равна (рис. 3.14,6, в)
<7сУм = <7 + Pi = G/l + (S—G)/l = S/l.
Сила S и нагрузка qcyvi вызывают изгиб бруса. Эпюры изгибающих моментов М и поперечных сил Q показаны на рис. 3.14,г,д.
Учитывать влияние сил инерции приходится, в частности, при расчете сооружений, расположенных в местностях, подверженных землетрясениям. При землетрясении земная поверхность и части сооружений, закрепленные в грунте, перемещаются с некоторыми ускорениями, в результате чего сооружения испытывают действие сил инерции. На эти силы должен быть произведен расчет сооружений. Расчетная величина наибольшего ускорения движения земной поверхности устанавливается специальными техническими условиями в зависимости от силы
a)
г
<>................. e
6)
Pi^T
землетрясения (характеризуемой в баллах); эта величина может достигать 1 м/сек.2 и более.
Составим выражение изгибающих моментов в поперечных сечениях высокой фабричной трубы (рис. 4.14,а), вызванных инерционными силами, возникающими при землетрясении в результате
Зпюра Q
Площадь поперечного
верхнего конца
горизонтального перемещения поверхности с ускорением а.
Пренебрегая деформациями трубы, вызванными этими силами, принимаем горизонтальные ускорения всех точек трубы одинаковыми и равными а.
сечения трубы на расстоянии х от ее
Л» = л(г’ —г2) = л [(/о + ^-г-0*)2—'8] = = " [(г? - г8) + 2г0 х +х2] .
526
Инерционные силы р,- направлены обратно ускорениям а и, следовательно, горизонтальны. Интенсивность их на расстоянии х от верха трубы, отнесенная к единице длины трубы [см. формулу
Р, = & а - иг [(г; - г") + 2г. к + «].
Эпюра инерционных сил р,- показана на рис. 4.14,6. Она может рассматриваться состоящей из прямоугольника, треугольника и квадратной параболы.
Рис. 4.14
Изгибающий момент М в сечении х, вызванный силами инерции р/ (см. рис. 4.14,6)*, м г2) а х ,2уя(г1—г<))гла х х , yn(r(—г^а . х х_
т---------g х‘ 2 '1 1g х' 2 ' 3^ Pg 3 4—
= х2 [б (г2-г2) + 4 (г,—г0) г0 у + (rz-r0)2 4] •
Теперь рассмотрим горизонтальный стержень АВ постоянного сечения F длиной I (рис. 5.14,а), равномерно вращающийся вокруг вертикальной оси О—О. При равномерном вращении ускорения
* Вертикальные ускорения земной поверхности вызывают появление вертикальных инерционных сил, которые создают в поперечных сечениях трубы дополнительные продольные силы. Так как отношение l/ri велико, то напряжения в трубе от этих сил малы по сравнению с напряжениями от изгибающих моментов, вызываемых горизонтальными ускорениями земной поверхности.
527
частиц стержня, расположенных на расстоянии г от оси вращения (центростремительные ускорения), направлены к этой оси и, как известно из курса теоретической механики, определяются по формуле
п=(о2г, (5.14)
где со—угловая скорость.
Инерционные силы (центробежные силы) направлены по радиусам от оси вращения. Интенсивность их, отнесенная к единице длины стержня [см. формулы (3.14) и (5.14)],
<6Н>
Эпюра pi показана на рис. 5.14,6.
Формулу (6.14) можно использовать при определении сил инерции, действующих на стержневые системы, вращающиеся вокруг какой-либо оси.
Силы инерций вызывают растяжение рассматриваемого стержня. Продольная сйла N в сечении стержня, расположенном на расстоянии г от оси вращения, равна площади эпюры р,- на участке от этого сечения до конца стержня:
Xr — fV^2, । V^»2 1 'xU'ty'-r— fFto* (i* k g + g 2 ) 2 ~ 2g U J’
528
Наибольшее значение продольная сила имеет посередине стержня, т. е. при г=~0
2Vmax“ gg •
Эпюра продольных сил в стержне показана на рис. 5.14,в.
§ 1.14. УДАР
Рассмотрим какую-либо неподвижно закрепленную упругую систему, на которую с высоты h падает груз Р (рис. 6.14). Пройдя путь Л, груз Р, движущийся с некоторой скоростью, приходит в соприкосновение с неподвижной системой. Это явление называется ударом. При изучении удара предполагаем, что удар является неупругим, т. е. ударяющее тело не отскакивает от конструкции, а перемещается вместе с ней.
Рис. 6.14
После удара в некоторый момент времени скорость перемещения груза становится равной нулю. В этот момент деформация конструкции и напряжения, возникающие в ней, достигают своих наибольших значений. Затем происходят постепенно затухающие колебания системы и груза; в результате устанавливается состояние статического равновесия, при котором деформации конструкции и напряжения в ней равны деформациям и напряжениям, возникающим от статически действующей силы Р.
529
Система, подвергающаяся удару, может испытывать различные виды деформаций: сжатие (рис. 6.14,а), изгиб (рис. 6.14,б,в), кручение с изгибом (рис. 6.14,г) и др.
Целью расчета сооружения на удар является определение наибольших деформаций и напряжений, возникающих в результате удара.
В курсе сопротивления материалов предполагается, что напряжения, возникающие в системе при ударе, не превышают пределов
упругости и пропорциональности материала, а потому при изучении удара можно использовать закон Гука.
В основе приближенной теории удара, рассматриваемой в курсе сопротивления
Эпюра наибольших материалов, лежит гипотеза динамических прогибов о том, что эпюра перемещений системы от груза Р при ударе (в любой момент времени) подобна эпюре перемещений, возникающих от этого же груза, но действующего статически.
Если, например, эпюра наибольших прогибов балки
от удара по ней падающим с высоты h грузом Р (динамических прогибов) имеет вид, показанный на рис. 7.14,а, а эпюра прогибов от статически приложенной силы Р (статических прогибов)—вид, изображенный на рис. 7.14,6, то на основании указанной гипотезы
Ах/^х ст А/Дст ka,
(7.14)
где Дд. и Д—динамические прогибы (от удара грузом Р) в сечениях балки соответственно с абсциссой х и под грузом; Дхст и Д„—статические прогибы (от силы Р, действующей статически) в тех же сечениях; ka—динамический коэффициент.
Из приведенной гипотезы следует, что скорости движения различных точек системы, воспринимающей удар, в каждый момент времени относятся друг к другу как перемещения этих точек от статически действующего груза Р. В тот момент времени, когда скорость движения точки системы в месте удара равна нулю, скорости движения всех остальных ее точек также равны нулю.
Рассмотрим сначала расчет на удар в случаях, когда масса упругого тела, подвергающегося удару, мала и ее при расчете можно принять равной нулю. Для этих случаев приведенная выше гипотеза становится точной, а не приближенной, и потому позволяет получить точное решение задачи.
Обозначим Д наибольшее перемещение системы по направлению груза Р (см. рис. 6.14). Тогда работа груза в результате падения
530
его с высоты h равна P(ft + A)- В момент времени, когда деформация системы достигает наибольшей величины, скорости движения груза и системы, а следовательно, и кинетическая энергия их равны нулю. Работа груза к этому моменту равна, таким образом, потенциальной энергии U деформации упругой системы, т. е.
P(h + &) = U. (8.14)
Из сформулированной выше гипотезы следует, что перемещения точек упругой системы, возникающие в результате удара (динамические перемещения), можно получить путем умножения перемещений, возникающих от статического действия силы Р, на динамический коэффициент ka [см. формулу (7.14)].
Таким образом, перемещение от динамического (ударного) действия нагрузки можно рассматривать как статическое перемещение от силы S~Pk^ действующей по направлению силы Р. Тогда потенциальная энергия деформации системы [см. формулы (4.11) и (10.11)]
1/ = (1/2)5Д = (1/2)РАдД. (9.14)
Здесь Pka—наибольшая сила, с которой груз давит на упругую систему (когда она имеет наибольшую деформацию). Эта сила равна сумме веса груза и силы инерции груза, возникающей в результате торможения его упругой системой.
Подставим выражение U [по формуле (9.14)] в равенство (8.14):
Р(А + Д) = (1/2)РЛдД. или
2(й + Д)=АдД.
Но на основании формулы (7.14) &д = Д/Дст и, следовательно,
Д2 = 2Дст(/г + Д) или Д2—2ДСТД—2Дст/г = 0. (10.14)
Здесь Дст—перемещение от статически действующей силы Р по ее направлению.
Из условия (10.14)
Д = Дст + УД2т + 2Дст/г. (1114)
В формуле (11.14) перед корнем взят знак плюс потому, что прогиб Д не может быть отрицательным.
Скорость v падающего груза в момент соприкосновения с системой, подвергающейся удару, связана с высотой падения h соотношением ___
v = Y 2gh, или 2h = v2/g.
Поэтому формулу (11.14) можно представить и в таком виде:
Д = Дст+|/Д?т + №)ДсТ- (12.14)
На основании формул (7.14), (11.14) и (12.14) получаем следующее выражение динамического коэффициента:
ka = Д/Дст = 1 + ]/ 1 +2Й/ДСТ= 1 +/1+п2/(^Д„). (13.14)
531
Из принятой гипотезы следует, что динамические напряжения о относятся к величинам статических напряжений ост как соответствующие перемещения:
о;ост=д/дсг = &д, откуда
о = а„йд. (14.14)
Таким образом, для определения наибольших напряжений и перемещений при ударе напряжения и перемещения, найденные в результате расчета системы на силу Р, действующую статически, следует умножить на динамический коэффициент k* или рассчитать систему на действие некоторой статической силы, но равной произведению Pk^
Рассмотрим теперь случай, когда высота падения груза равна нулю. Такой случай носит название внезапного действия (или мгновенного приложения) нагрузки. Он возможен, например, при раскружаливании железобетонного перекрытия, если стойки, поддерживающие опалубку, убрать мгновенно, выбив их одновременно все. При ft = О из формулы (13.14)
- kA = 1 + рТ+б = 2. (15.14)
Следовательно, при внезапном действии нагрузки деформации системы и напряжения в ней вдвое больше, чем при статическом действии той же. нагрузки. Поэтому в случаях, когда это возможно, следует избегать внезапного приложения нагрузки, например раскружаливание перекрытия производить постепенно, при помощи-домкратов, песочниц и т. п.
Если высота h падения груза во много раз больше перемещения Дст, то в выражении (13.14) можно пренебречь единицами и принять
2/г _ и
Дст Kg Дст *
(16.14)
Из формул (13.14) и (16.14) ’видно, что чем большие Дст, тем меньше Динамический коэффициент. При статической действии нагрузки |Напряжения в системе не зависят от .модуля упругости материала;, а при ударном действии зависят, так как величина Дст обратно пропорциональна модули! упругости.
Рассмотрим несколько примеров ударного, действия силы Р.
1. В случае’ продольного удара, вызывающего деформацию сжатия бруса постоянного сечения (см. рис. 6.14,а), Дст = Pl/(EF), и, следовательно, на основании формулы (13.14) динамический коэффициент
А 1 1 i/i । 2/i£F . -iKi . v'EF . ..
*A=1+ У 1+-рГ= V <1714)
Наибольшие напряжения при таком ударе
* = y(l +у414
2hEF\
Pl )
(18.14)
532
Если высота падения h или скорость v велики, то
о =
2hEP IF
(19.14)
Из формулы (19.14) следует, что напряжения от удара обратно пропорциональны квадратному корню из объема IF бруса.
Для уменьшения динамических напряжений следует увеличивать податливость (уменьшать жесткость) системы, например, путем применения пружин, смягчающих удар. Предположим, что на брус, подвергающийся продольному удару, поставлена пружина (рис.8.14). Тогда [см. формулу (30.6)]
ст г < Gd* EF J ’
где d—диаметр проволоки (прутка) пружины; D—средний диаметр пружины; п — число витков пружины.
В этом случае динамический коэффициент
(20.14)
Сопоставление формулы (20.14) с выражением (17.14) показывает, что применение пружины приводит к уменьшению динамического коэффициента. При мягкой пружине (например, при большом значении п или малом d) динамический коэффициент имеет величину меньшую, чем при жесткой.
Рис. 8.14
2. Сравним прочность двух брусьев, подвергающихся продольному удару (рис. 9.14): одного — постоянного сечения с площадью F, а другого—с площадью F на участке длиной и площадью nF в пределах остальной длины бруса (п > 1).
Для первого бруса
— — " - EF .
533
а для второго
Р(/-Л) । Pit ~ EnF “Г EF *
Если длина lt очень мала, например при наличии поперечных выточек, то приближенно можно принять
При статическом действии силы оба бруса равнопрочны, так как наибольшие напряжения (при расчете без учета концентрации напряжений) в каждом из них a^ — PlF. При ударном же действии нагрузки динамический коэффициент по приближенной формуле (16.14) для первого бруса
а для второго (при малой величине
т. е. в У~п раз больше, чем для первого бруса. Таким образом, второй брус при ударном действии силы менее прочен, чем первый.
3. В случае изгибающего удара грузом Р, падающим с высоты h на середину балки, свободно лежащей на двух опорах (рис. 6.14,6),
л — рр
Аст ~ 43EJ •
В этом случае динамический коэффициент [см. формулу (13.14)]
1+^-.
Наибольший изгибающий момент возникает в сечении посередине пролета балки:
Pl , Р1 , , /Р2/2 , &hEJP м=т*д=т+У -I6-+-T-*
Поперечная сила в сечениях балки п-рь -Р I 1/р2 I UhEJP
Переходя к расчету на удар с учетом массы упругой системы, подвергающейся удару, рассмотрим сначала случай, когда система обладает сосредоточенной массой Q/g (где Q—вес системы), расположенной в месте падения груза Р (рис. 10.14).
При этом будем различать три характерных момента.
1. Момент, непосредственно предшествующий соприкосновению груза Р с упругой системой, когда скорость груза Р равна о, а скорость массы Q/g равна нулю.
534
2. Момент соприкосновения груза Р с системой; при этом скорость с груза Р равна скорости движения упругой системы в месте удара.
3. Момент, когда упругая система получает наибольшее перемещение, а скорости груза Р и упругой системы равны нулю.
Скорость с определяется из условия, что при неупругом ударе количество движения до удара равно количеству движения после удара (см. курс теоретической механики), т. е.
Pv P+Q
-- -— С, g g
откуда
c = (21.14)
Система под действием собственного веса Q еще до удара деформируется. Если Ах— прогиб системы под силой Q, вызванный этой силой, то количество потенциальной энергии, накопленное
Упругая система
Эпюра вертикальных перемещений от силы Q (от собственного веса)
Рис. 10.14
Эпюра наибольших вертикальных перемещений при ударе
системой до удара, U 1 = Q^1/2.
Обозначим А—наибольшее перемещение в месте падения груза Р, вызванное его ударным действием и силой Q.
В момент времени, когда система получает такое перемещение, грузы Р и Q оказывают на систему наибольшее давление, равное + где &д—динамический коэффициент, учитывающий вес груза Р, инерцию этого груза и инерцию груза Q. Рассматриваемому моменту времени соответствует наибольшее значение потенциальной энергии системы (кинетическая энергия в этот момент равна нулю, так как равны нулю скорости движения грузов Р и Q):
+ (22.14)
,, (P-j-Q)cs
где -£2i=L'1—потенциальная энергия системы до удара: -—----
кинетическая энергия груза и системы в момент их соприкосновения; (P-f-Q)(A—AJ—работа сил Р и Q на дополнительном перемещении А—Aj = A2 (см. рис. 10.14) системы после удара.
535
Потенциальную энергию можно выразить также через силу PAe-[-Q и полное перемещение А [см. формулы (4.11) и (10.11]:
С/^р*а+?.д, (23.14)
Приравняем друг другу выражения (22.14) и (23.14) и выразим в первом из них значение с через v [см. формулу (21.14)]. Тогда после некоторых преобразований
Q&i + + 2 (Р + Q) (А — Aj) — (Р^д + Q) А = 0. (24.14)
Обозначим Дст прогиб системы под грузом Р от статического действия этого груза. Зависимость между перемещениями Лст, Дг (от силы Q) и Д — Дх (от силы Pk^ определяется формулами
_ Q „ _А
ДСТ“Р И Дсг ~ Р
откуда
A^^A»: A-A^Vct и А = («+*д)аст. (25.14)
Подставим эти выражения перемещений в уравнение (24.14) и преобразуем его:
^~2*д--------гЧл = 0’
1+р- )
откуда
Частицы системы, соприкасающиеся с грузом Р, после удара получают ту же скорость, что и груз Р\ остальные частицы после удара движутся с различными скоростями сЛ., зависящими от положения частиц.
Для определения вызванных ударом наибольших динамических напряжений и перемещений с учетом массы упругой системы, так же как и при расчете без учета массы, напряжения и перемещения, найденные путем расчета системы на статическое действие силы Р, следует умножить на динамический коэффициент ka. Прибавив к найденным значениям напряжения и деформации от собственного веса упругой системы (если по условию задачи их следует учитывать), получим полные напряжения и перемещения, возникающие при ударе.
Рассмотрим теперь удар по упругой системе с распределенной по ее длине массой*.
* Аналогичным путем можно произвести расчет на удар по упругой системе» несущей и сосредоточенные массы.
536
Кинетическая энергия движения системы непосредственно после удара
^КВН = $[Ф(2Я)]^С, (27.14)
где [c*/(2g)]dQ— кинетическая энергия элементарной частицы системы весом dQ (массой dQjg), движущейся в первый момент после удара со скоростью сх.
Упругую систему с распределенной массой (в сумме, равной Q/g, где Q—вес системы) удобно мысленно заменять системой, обладающей такими же упругими свойствами, но с приведенной массой $(Q!g), сосредоточенной в точке удара. Величина сосредоточенной массы р (Q/g) принимается такой, чтобы ее кинетическая энергия P(Qc2/2g) была равна [см. выражение (27.14)]. Из этого условия
J 2g r 2g ’ Q
откуда
₽“Ъ<г-
На основании гипотезы, приведенной выше, ~ \х ст/АСт»
здесь ДЛ.ст—перемещение элементарной частицы системы от статического действия силы Р; Дст—перемещение частицы, соприкасающейся при ударе с грузом, от статического действия силы Р.
Окончательно
₽=Ъо-”^-5~" °—а----------------- Р814»
Выражение динамического коэффициента для рассматриваемого случая можно получить путем подстановки в формулу (26.14) значения PQ вместо Q:
k*= I+ +§АСт[1 +₽ (Q/^И = 1 + V 1 + ДстU +P(Q/P)1 ' (2914)
Сравнивая выражения (29.14) и (13.14), устанавливаем, что при учете массы упругой системы, подвергающейся удару, под знак корня дополнительно вводится множитель [1 +р (Q/Р)]. В остальном расчет проводится так же, как и без учета массы системы.
Рассмотрим вычисление коэффициента р для некоторых частных случаев.
1. Продольный удар, вызывающий деформацию сжатия (или растяжения) бруса постоянногосечения (рис. 11.14,а).
537
Перемещение Ахст сечения х от статически действующей силы Р (рис. 11.14,6) равно Pxl(EF), а перемещение Аст верхнего сечения бруса равно Pll(EF). Вес элемента dx при площади сечения F равен dQ=yF dx, где у—объемный вес материала бруса.
Вычисляем коэффициент 0 по формуле (28.14):
, (30.14)
Р_ Q _ 0 __ 0 _ 1 ' ’
~ Q fFl ~ I3 ~ 3 *
2. Изгибающий удар по середине балки, лежащей на двух опорах (рис. 12.14, а).
Перемещение (рис. 12.14,6)
сечения х от статически действующей силы Р
a*™~EJX\\S 12 7’
а перемещение Аст сечения под грузом равно Р/’/(48£/). Следовательно,
^=JL(3/®-4x»).
Вес элемента dx равен dQ = dx.
Подставляем найденные выражения в формулу (28.14):
1/2
С хг О
2 j (ЗР-4х’-)* • ± dx
После выполнения интегрирования получим
0 = 17/35.
(31.14)
538
§ 4.14. ЧАСТНЫЕ СЛУЧАИ УДАРНОГО ДЕЙСТВИЯ НАГРУЗКИ
Рассмотрим удар горизонтально движущимся телом массой mi^=P/g по упругой системе, масса которой Q/g (рис. 13.14, а, б) заменена приведенной массой т2 = Р (Q/'g), сосредоточенной в месте удара. Обозначим Д наибольшее горизонтальное перемещение сечения в месте удара.
Рис. 13.14
Рис. 14.14
Потенциальная энергия, накопившаяся в системе к моменту возникновения наибольшей деформации Д, равна кинетической энергии системы в момент соприкосновения с ней груза Р;
г г _(Р+М)'г 2g ’
или с учетом выражения (21.14)
,Р+Р<? Р2 ,, PW 2g ’(P + PQ)2 ’2£(P+pQ)*
Потенциальную энергию можно выразить и через деформацию Д = Дст£д, вызванную силой Pk&, действующей на систему в момент возникновения этой деформации Д:
г г_'А_____Р^’д'^ст
2 — 2 •
Здесь Дст—перемещение места удара по горизонтали, вызванное горизонтальной статически действующей силой, равной весу Р ударяющего тела.
Приравняем друг другу оба полученных выражения потенциальной энергии:
P2v- = P*Kr
2g(P+pQ) 2 ’
539
откуда динамический коэффициент
Д KgAcTll -7 0(Q/P)I ‘
(32.14)
Величина коэффициента 0 в рассматриваемом случае, как и при ударе вертикально движущимся телом, определяется по формуле (28.14). При этом используется эпюра перемещений упругой системы от горизонтальной статически действующей силы Р, приложенной в месте удара.
В частном случае, когда массой упругой системы можно пренебречь, формула (32.14) принимает вид
(33.14)
Выведем теперь формулу динамического коэффициента при ударе, вызванном внезапной остановкой барабана лебедки, опускающей (со скоростью v) на канате груз весом Р (рис. 14.14). В момент остановки длина каната от барабана до груза равна I. Кинетическая энергия груза в последний момент перед остановкой равна Pv2 (2g)> а потенциальная энергия каната, растянутого силой Р, равна
АСГР_Д?ТЕГ 2 ~ 21 ’
где Аст — Pl, (EF) — удлинение каната от статически действующей силы Р.
После остановки барабана груз Р по инерции проходит некоторый дополнительный путь А, удлиняя на эту величину канат и совершая дополнительную работу РА. Скорость движения груза в конце этого пути становится равной нулю и вся кинетическая энергия переходит в добавочную потенциальную энергию деформации каната. Полная потенциальная энергия деформации каната в этот момент равна
(Аст + А)2 РР/(2/),
где А—удлинение каната, вызванное ударом (внезапной остановкой барабана лебедки).
На основании закона сохранения энергии можно получить уравнение или
YTg + А2Т + А = А?т + 2АСТД + А2.
Заменив Р1ЦЕЕ) на Дст, после преобразований получим
AtT — = А2, или А = у1/Г—. g " g
540
Динамический коэффициент определится выражением
k____А _ v
Асг~ fiVr ’
Полное наибольшее удлинение каната
A„ = ACI + A = A„ + u}Z^ = ACT(l + ^).
(34.14)
(35.14)
Полные наибольшие напряжения в канате определяются по формуле
On=GcT + GcA = y- (1 +*д)' (36.14)
Формулы (34.14)—(36.14) применимы также, когда между канатом и грузом установлены пружины и канат имеет на различных участках различную толщину, а также в других случаях внезапной остановки опускаемого груза, подвешенного к упругой системе, массой которой можно при расчете пренебречь.
Из формулы (34.14) следует, что динамический коэффициент уменьшается при увеличении Дст. Поэтому, например, в шахтных подъемниках и лифтах канаты прикрепляются не непосредственно к кабине, а с помощью пружин.
$ $.14. КОЛЕБАНИЯ СИСТЕМ С ОДНОЙ СТЕПЕНЬЮ СВОБОДЫ
Рассмотрим упругую балку, изображенную на рис. 15.14. Выведем ее из положения статического равновесия, например, в крайнее нижнее положение, показанное на рис. 15.14, приложив некоторую вертикальную силу; затем мгновенно удалим эту силу. Под действием сил упругости балка _________________*
переместится вверх, пройдет по —— . —
инерции через положение стати-ческого равновесия и в некоторый **
момент бремени достигнет край- него верхнего положения. Затем равновесна
балка переместится в крайнее ниж- Рис. 15.14
нее положение, снова в крайнее верхнее и т. д. Подобные колебательные движения упругой системы с переходом ее от одного крайнего положения к другому, происходящие при отсутствии переменных внешних сил, называются свободными или собственными колебаниями. В отличие от них вынужденными колебаниями называются колебания систем, происходящие при действии на нее переменных внешних (возмущающих) сил.
В любой момент времени на каждую частицу колеблющейся балки действуют сила ее тяжести (веса), силы упругости (со стороны соседних частиц) и, согласно принципу Даламбера, силы ее инерции. Сила инерции в каждый момент времени в процессе коле
541
баний направлена от положения данной частицы при статическом равновесии к положению, занимаемому ею в рассматриваемый момент, Так, например, когда балка находится между положением статического равновесия и крайним нижним положением, силы инерции направлены сверху вниз.
Рассмотрим теперь упругую балку, к которой в одном сечении прикреплен груз Р, во много раз превышающий вес балки (рис. 16.14, а)', в связи с этим массой балки при расчете будем пренебрегать, т. е. будем рассматривать балку как невесомую.
Если известен прогиб какого-либо одного поперечного сечения рассматриваемой балки в некоторый момент времени, то по нему можно определить прогибы всех сечений балки.
Рис. 17.14
Рис. 16.14
Таким образом, положение любого сечения в данный момент времени определяется одним параметром, например прогибом какого-либо одного сечения рассматриваемой балки. Следовательно, эта балка (рис. 16.14, а) представляет собой систему с одной степенью свободы*. К системам с одной степенью свободы относятся также системы, показанные на рис. 16.14, б, в, г.
Балки, изображенные на рис. 17.14, а, б, являются системами с двумя степенями свободы, так как для определения положения любого сечения необходимо знать два параметра, например прогибы двух поперечных сечений балки. Система, показанная на рис. 17.14, в, имеет три степени свободы.
Рассмотрим свободные колебания системы с одной степенью свободы, например невесомой балки с прикрепленным к ней грузом, вес которого Р (рис. 18.14).
На основании принципа Даламбера можно считать, что в любой момент времени на балку со стороны груза действует сила P-f-Pf, она вызывает прогиб балки (рис. 18.14) ACT4-A = (P+PZ)6. Прогибы балки и силы принимаем положительными, когда они направ-
* Понятие о степенях свободы систем, испытывающих колебания, не следует смешивать с понятием о степенях свободы систем, рассмотренным выше в § 3.7.
542
лены вниз. Прогиб Д, отсчитываемый от положения статического
равновесия, равен
Д = РД
(37.14)
Изогнутая ось балки ътах
при статическом равновесии
Рис. 18.14
колебаний системы с одной сте-
где —сила инерции груза в рассматриваемый момент времени; б—прогиб балки под грузом от силы Р=1.
Сила инерции тела, как известно, равна произведению его массы т на ускорение а и направлена в сторону, противоположную ускорению. Следовательно,
Pz=-ma=-(P/g)^-. (38.14)
О <РД
Знак минус взят потому, что, когда производная положи-
тельна (и, следовательно, ускорение груза направлено вниз), сила инерции Р( направлена вверх, т. е. отрицательна.
Подставим в формулу (38.14) выражение Р,= Д/б [на основании формулы : (37.14)]:
Р d2A . Д п /оп ...
<39-14)
Уравнение (39.14) представляет собой дифференциальное уравнение свободных
пенью свободы. Общий интеграл этого уравнения имеет вид
Д = A cos(o>t4-B), (40.14)
где
<o==Ki7(P6). (41.14)
В уравнении (40.14) А и В—постоянные интегрирования. Это уравнение называется уравнением свободных (собственных) колебаний системы.
Из уравнения (40.14) следует, что значения прогибов Д повторяются через каждый промежуток времени, за который произведение <at возрастает на 2л, т. е. через каждые 2л/<о сек. Следовательно, система за 2л/<о сек совершает одно колебание, а за 2л сек со колебаний (<в циклов).
Величина ы представляет собой число свободных колебаний, совершаемых системой за 2л сек, называемое частотой свободных колебаний *.
Промежуток времени Т, за который система совершает одно свободное колебание, называется периодом свободных колебаний. Величина периода
Т = 2 л До = 2 л V"Pb/g. (42.14)
* Эту величину называют также круговой частотой колебаний в отличие от частоты, представляющей собой число колебаний в 1 сек.
543
Период колебаний Т выражается в секундах, а частота <о — в 1/сек.
Из уравнения (40.14) легко можно установить величины Атах и Amin (см. рис. 18.14) наибольших и наименьших прогибов (перемещений) системы в месте приложения груза Р, соответствующих значениям cos (со/ -]-В) = 1 и cos (со/ 4- В) = —1:
Атах=-Аго!п=Л. (43.14)
Наибольший прогиб (перемещение) А (от положения статического равновесия) называется амплитудой колебаний.
Если в системе координат A, t по оси абсцисс откладывать время i, а по оси ординат—прогибы (перемещения) А груза Р,
то построенный в соответствии с уравнением (40.14) график A = (график колебаний) будет иметь вид, изображенный на рис. 19.14.
На этом графике показаны амплитуды колебаний А и период колебаний Т.
Выражения скоростей и и ускорений а груза Р имеют вид:
у = -^-=—Лео sin (и/+ В); (44.14)
a = £? = -^=-^cosM + B). (45.14)
Составим выражение прогибов при колебаниях невесомой балки с грузом Р, прикрепленным к ней по середине (рис. 20.14, а), вызванных тем, что груз был оттянут вниз на величину с (от положения статического равновесия) и затем в момент времени / = 0 отпущен. Следовательно, при / = 0 прогиб А = с, а скорость движения груза и = 0. В соответствии с этим по формулам (40Л4) и (44.14) при t = Q
А= A cos (<о-О4-В) = с; v= —Voisin (eo-0-f-В) = 0.
Из второго уравнения следует В = 0 (так как величины А и w Не равны нулю); а из первого получаем
А — c/cos В — с /cos 0 = с.
54*
Таким образом, уравнение прогибов (40.14) для рассматриваемого случая имеет вид
A^ccosw/. (46.14)
График колебаний для рассматриваемого случая показан на рис. 20.14, 6. Наибольший прогиб (от положения статического равновесия) Дтах равен с (при / = 0; 2л/<о; 4л, со; 6лДо и т. д.). Следовательно, амплитуда колебаний равна с.
а)
Изогнутая ось балки Изогнутая ось балки Sмомент бремени tsQ при статическом равновесии
Частота со колебаний балки в выражении (46.14) [см. формулу <4L14)1 «j = [/ = /48gPJ/(P/:i),
где 6 — прогиб балки под грузом от силы Р=1, равный .
Наибольший полный прогиб балки под грузом
Айхах = Атах + Аст = с + Р/3/(48£7).
Определим теперь наибольшие полные нормальные напряжения, возникающие в рассматриваемой балке при колебаниях. Очевидно, что наибольшие напряжения возникают в тот момент времени, когда балка под грузом имеет наибольший прогиб A^ax. В этот момент на балку действует сила Р^ + Р, где Ррах представляет собой наибольшее значение силы инерции Р(- груза Р, равное [на основании выражения (37.14)]
птах “^тах с с ________48cEJ
‘ ~ S ~ 6 l3/(48EJ) I3 •
18 № 233»
545
Следовательно,
ртах j р _
Наибольший изгибающий момент действует в сечении посередине балки:
М f 48cEJ_ р \
2Kimax ( /з । г J 4 •
Следовательно, наибольшие полные нормальные напряжения в балке
ишах у/ I /з । r j 4Ц7 >
где W—момент сопротивления поперечного сечения балки.
Рассмотрим теперь колебания невесомой системы с прикрепленным к ней грузом Р, вызванные действием внешней возмущающей силы S (рис. 21.14), т. е. вынужденные колебания системы. Предположим, что внешняя сила приложена к системе в том же сечении, в котором прикреплен груз Р, и что величина ее изменяется по периодическому закону
Изогнутая ось бални при S (t) = S cos ср/, (47.14)
статицесном действии груза Р „ „
где S— наибольшее значение
Рис- 21.14 возмущающей силы; ф—ча-
стота этой силы (круговая частота), равная числу циклов за 2л сек.
Прогиб Д системы (от положения статического равновесия) в любой момент времени является результатом действия на нее силы инерции Pz и возмущающей силы S(Z):
откуда
Д = (р. 4-Scosф/) 6,
Pz = Д/6—Seos ср/.
С другой стороны, на
основании формулы (38.14)
Р . сЕЛ
и, следовательно,
р в
dt2
Scosqt,
откуда
d“A I oa S о л ^2- + (о2Д= -^-Scoscp/,
(48.14)
546
где (o = ]/g/(^6)—частота свободных колебаний системы [см. формулу (41.14)].
Уравнение (48.14) представляет собой дифференциальное у рае-нение вынужденных колебаний системы с одной степенью свободы.
Общий интеграл этого уравнения имеет вид
Д = Л cos (со/ + В) + »-; cos (ft. (49.14)
г I /
Уравнение (49.14) называется уравнением вынужденных колебаний системы.
Первый член правой части формулы (49.14) определяет свободные колебания системы, а второй — характеризует вынужденные колебания. Вынужденные колебания имеют ту же частоту, что и возмущающая сила. Амплитуда свободных колебаний равна А, а амплитуда Л° вынужденных колебаний равна наибольшему значению выражения
gS t
т. е.
А° = -р-, (50.14)
P(w2 — ф-) ' ’
Но
<o2=g/(P6);
следовательно,
Л° = S6 - Л2 = S6 —L-т = д?л.
СО2 —ф~ 1— ф2/(О2 ст д’
ИЛИ
Л’ = Д^д; (51.14)
здесь ДсТ = 5б—статический прогиб системы по направлению силы S от действия этой силы; !гЛ—динамический коэффициент, равный
(52.14)
д 1—(р2/(02 х 7
Для определения динамических напряжений в упругой системе, вызванных ее вынужденными колебаниями, следует найти напря-
жения от статически действующей силы 5 и умножить их на динамический коэффициент. Прибавив к динамическим напряжениям напряжения от статически действующей силы Р, получим значения полных напряжений в упругой системе.
Рассмотрим невесомую балку, Рис. 22.14
к которой прикреплен двигатель весом Р (рис. 22.14). Балка под действием этого груза находится в состоянии статического равновесия. В некоторый момент времени
включается двигатель, имеющий неуравновешенную массу т, вра-
18*
547'
щающуюся с угловой скоростью ф (или, что то же самое, с частотой ф) по окружности радиусом г (рис. 22.14). В результате этого на балку действует возмущающая сила S, равная [см. формулу (5.14)] S — ma — mqFr.
Ее вертикальная составляющая, вызывающая изгиб балки, равна Sy(t)~Scosa, где а—угол между направлением силы S и вертикалью в момент времени t. Если неуравновешенная масса при включении двигателя занимает крайнее нижнее положение, то угол а в момент времени t равен ф/ и, следовательно, Sy (t) =S cosq>t, т. e. возмущающая сила, вызывающая изгиб балки, изменяется по формуле (47.14).
Принимая момент включения двигателя за начало отсчета времени, получаем, что при / = 0 прогиб балки (дополнительный к статическому прогибу от груза Р) Д = 0 и скорость перемещения груза v= -^- = 0. Тогда на основании формулы (49.14) при t — Q
Д = A cos (о) 0 + В) 4- p ^2S_^ cos (ф • 0) = 0, откуда
л___________gS_____.
Р (со2—<р2) cos В ’
(53.14)
(54.14)
v = ^-= — (dAsin (со • 0 4- В) —ф♦ sin (ф • 0) = 0,
откуда В = 0 и, следовательно, л gS Р(ш -~ ф2) •
Подставим значения А и В в формулу (49.14):
А = Р(<о2-ф2) <cos Ф* ~cos
где Aj = cos (ft—вынужденные колебания балки, а Д2=
— к-7-?"—~ cos со/—свободные колебания.
Р ((О2 —ф2)
В данном случае = т. е. амплитуды
свободных и вынужденных колебаний в рассматриваемом случае равны друг другу. В других случаях (например, когда в момент пуска двигателя, т. е. при t — О, балка в сечении под грузом Р оттянута вниз на некоторую величину) соотношения между этими амплитудами могут быть иными. Однако в любом случае амплитуда собственных (свободных) колебаний при наличии возмущающей нагрузки зависит от величины и частоты этой нагрузки.
На рис. 23.14,а изображен график вынужденных колебаний рассматриваемой балки; здесь по оси абсцисс отложено время t, а по оси ординат—значения перемещений:
Д1 = р~Л"ф2)cos & = Л°cos Ф* •
548
Рис. 23.14
где Д°— амплитуда вынужденных колебаний балки (точки оси
балки, расположенной под грузом Р).
На рис. 23.14,6 изображен график свободных колебаний балки, по оси абсцисс которого отложено (в том же масштабе, что и на рис. 23.14, а) время /, а по оси ординат—значения перемещений
Д2= р cos со/. При этом принято ср/со = 0,75 [частота свободных колебаний со определяется по формуле (41.14)].
На рис. 23.14, в дан график общих колебаний рассматриваемой балки, показывающий изменение прогибов Д в зависимости от времени I. Его ординаты в соответствии с выражением (54.14) равны разностям ординат Д2 и Д2, изображенных на рис. 23.14, а, 6. На этом графике видно, что амплитуды колебаний периодически нарастают и убывают. Такое явление называется биением.
Можно показать, что кривые, проведенные на рис. 23.14, в
пунктиром, огибающие график общих колебаний рассматриваемой балки, представляют собой синусоиды, ординаты которых равны dt 2Д° sin . Следовательно, наибольшая возможная ампли-
туда общих колебаний £при sin (t) = 1 j равна 2А°= А° + А; амплитуда общих колебаний не может быть больше суммы амплитуд вынужденных и свободных колебаний.
Из выражения (51.14) следует, что амплитуда вынужденных колебаний системы с одной степенью свободы равна прогибу Д$т, умноженному на динамический коэффициент йд. Величина последнего, как это следует из формулы (52.14), зависит от отношения ср/со— частоты ср возмущающей силы к частоте <о собственных коле-
баний системы.
На рис. 24.14 графически показана зависимость величины динамического коэффициента от соотношения частот ср/со. На этом рисунке видно, что, когда частота <р мала по сравнению с частотой о) (например, не превышает 0,3<о), динамический коэффициент примерно равен единице (не превышает 1,1). При увеличении частоты (р величина динамического коэффициента возрастает; особенно резкое возрастание происходит, когда отношение (р/со приближается к единице. При ср/оэ = 1 динамический коэффициент равен бесконечности. Следовательно, когда величина частоты ср возмущающей силы приближается к значению со частоты собственных колебаний системы, амплитуды колебаний начинают неограниченно возрастать. Этот случай, называемый резонансом, представляет особую опасность для сооружения *.
При частоте ср возмущающей силы, превышающей собственную частоту со, динамический коэффициент отрицателен. Это означает, что знак возмущающей силы в каждый момент времени противоположен знаку перемещения; например, в момент, когда сила S(t) положительна, т. е. направлена вниз, прогиб сечения, в котором
* В действительности, как показано ниже, увеличение амплитуд колебаний при резонансе ограничено вследствие наличия сопротивлений.
550
она приложена, отрицателен, т. е. направлен вверх *. В этом случае величина амплитуды вынужденных колебаний определяется путем умножения абсолютного значения динамического коэффициента на AfT. При весьма большой частоте ф возмущающей нагрузки (по сравнению с частотой <о) динамический коэффициент очень мал (близок к нулю); в этом случае возмущающая сила практически не вызывает колебаний системы.
Выше при рассмотрении колебаний не учитывались сопротивление среды, в которой совершаются колебания (например, сопротивление воздуха), трение в опорных частях системы, внутреннее сопротивление, связанное с тем, что материал не обладает идеальной упругостью, и другие сопротивления. Решения, полученные без учета сопротивлений, являются приближенными.
Наличие сопротивлений приводит к постепенному уменьшению амплитуды собственных (свободных) колебаний системы—колебания постепенно затухают. Период собственных колебаний при наличии сопротивлений больше, а частота колебаний . меньше, чем при отсутствии сопротивлений.
На рис. 25.14 графически показаны свободные колебания при наличии и при отсутствии сопротивлений. При наличии сопротивлений после некоторого промежутка времени собственные колеба
* Это следует из формулы (49.14), если в ней не учитывать собственных колебаний, вызванных возмущающей силой.
551
ния полностью затухают и система останавливается в положении статического равновесия» При весьма больших сопротивлениях (например, при колебаниях в вязкой жидкости) движение системы, выведенной из состояния равновесия, вообще не носит колебательного характера; система в этом случае плавно возвращается в состояние статического равновесия.
При действии на систему периодической возмущающей нагрузки вызванные ею собственные колебания через некоторое время в связи с наличием сопротивлений прекращаются и система в дальнейшем испытывает только вынужденные колебания. Амплитуду Д° этих колебаний при наличии сопротивлений (так же как и при отсут-
ствии сопротивлений) можно выразить формулой (51.14), однако в этом случае динамический коэффициент отличается от определяемого по формуле (52.14).
Обычно силы сопротивления /?, действующие на систему в каждый момент времени, принимаются прямо пропорциональными скорости перемещения системы (при колебаниях) в этот момент, т. е.
(55.14)
где а—коэффициент пропорциональности [выражается в кгс-сек!см\. Знак минус указывает на то, что сила сопротивления направлена обратно скорости перемещения.
При силах сопротивления, определяемых формулой (55.14), динамический коэффициент
/? = — av == — а , dt
Здесь ф — частота возмущающей нагрузки (силы); ственных колебаний системы (при отсутствии Р — вес колеблющегося груза; g — ускорение силы
со—частота соб-сопротивлений); тяжести.
552
На рис. 26.14 для различных значений ag/(Ao) по формуле (56.14) построены кривые, выражающие зависимость kA от отношения частот ф/(о. Кривая для случая ag/(Po>) = O, т. е. для случая
отсутствия сопротивлении, совпадает с кривой, приведенной на рис. 24.14, так как при отсутствии сопротивлений (т. е. при а = 0) формула (56.14) переходит в формулу (52.14). Остальные кривые имеют такой же характер, но их ординаты при резонансе (т. е. при ф/(о=1) не равны бесконеч-
Рис. 27.14
ности, а имеют конечные значения,
равные P<$l(ixgY При частоте ф возмущающей нагрузки, значительно (например, в два раза и более) отличающейся от частоты о>, величина Лд практически не зависит от наличия сопротивлений.
При расчете сооружений, находящихся под действием периодически изменяющихся возмущающих сил, основной задачей в большинстве случаев является так называемая отстройка от резонанса,
553
т. е. обеспечение достаточного различия между частотой <о собственных колебаний и частотой ф возмущающей нагрузки. Обычно исходят из требования, чтобы ф^0,7<о. В некоторых машинах допускают ф^ 1,3(0, т. е. машины в процессе разгона проходят
через резонанс.
Расчет сооружения на является его расчетом на
вынужденные колебания, по существу, жесткость, так как частота <о собственных колебаний системы зависит от ее жесткости.
Любое сооружение является системой с бесконечно большим числом степеней свободы, так как его распределенный вес представляет собой бесчисленное множество бесконечно малых сосредоточенных сил. Однако приближенный расчет сооружения, даже в случае, когда нельзя пренебречь его весом, можно выполнить как расчет системы с одной степенью свободы. Для этого вес Q сооружения, распределенный по его длине, заменяют весом PQ, сосредоточенным в некоторой точке. При вынужденных колебаниях эта точка принимается совпадающей с местом приложения возмущающей нагрузки.
При расчете простой балки на двух опорах на собственные колебания сосредоточенный вес PQ принимается расположенным в середине пролета, а при расчете консоли—на свободном ее конце (рис. 27.14). Коэффициент 0 определяется по формуле (28.14); примеры такого определения приведены в конце § 3.14.
Примеры расчета
Пример 1.14 (к § 2.14). Определить напряжения, возникающие в поперечных сечениях (площадью F) тонкого круглого кольца, равномерно вращающегося с угловой скоростью со вокруг оси 0 — 0, проходящей через его центр (рис. 28.14, а).
Решение. Интенсивность р/ сил инерции, отнесенных к единице длины оси (средней окружности) кольца, равна [см. формулу (6.14)]
Pi^yFtfr/g.
Силы инерции представляем как равномерно распределенную нагрузку интенсивностью р/, приложенную к оси кольца и направленную по радиусам от его центра (рис. 28.14, б). Из симметрии кольца и нагрузки р/ относительно оси О—О следует, что во всех поперечных сечениях кольца возникают только продольные силы N и что эти силы одинаковы. Для определения значения N рассмотрим
554
равновесие полукольца, показанного на рис. 28.14, 6:
2 Х = —2W+ J sin q-pids~0.
<р = о
Здесь Pids — элементарная сила инерции, действующая на элемент кольца длиной ds (рис. 28.14,6); sin ф Pids — проекция этой силы на ось х.
Рис. 29.14
Заменим pi выражением , a ds на гаф:
1 yfu>V- f . . 1 уЛо’-г2 . .„ уЕы-гг
N=-^ -г \ sin <р 4/ф=-у Л—— (- cos ф)£ = —
о
Нормальные напряжения в поперечных сечениях кольца
__Л/”__yF<o2r2__усо2г2
gF ~g~
555
или, учитывая, что сог = где v—окружная скорость кольца, окончательно имеем о = уо2/^.
Отметим, что напряжения во вращающемся кольце пропорциональны квадрату его окружной скорости и не зависят от площади поперечного сечения
Пример 2.14 (к § 2.14). Валик АВ и жестко соединенный с ним ломаный стержень CDE вращаются с постоянной угловой скоростью со вокруг осн АВ (рис. 29.14, а). Построить эпюры Л7, Q и N от действия инерционных сил и найти число оборотов валика в минуту, при котором наибольшие нормальные напряжения ог инерционных сил равны [о]. Поперечные сечения валика и стержня круглые с диаметром d.
Решение. По формуле (6.14) определяем интенсивность р/ сил инерции, действующих на участке DE ломаного стержня:
P?E = (fF/g) ш-1.
Эти силы направлены по нормали к прямой DE. Из формулы (6.14) следует, что интенсивность сил инерции, действующих на участке CD ломаного стержня, изменяется по длине этого участка по линейному закону; в точке С она равна с у/мо2 нулю: pi ------
гг = 0, так как гс = 0, а в точке D g
г ^1
Г Г) =-- I.
g g
на участке CD ломаного стержня, направлены
инерции, действующие оси.
валика АВ каждой элементарной частице dV}
Силы вдоль его
В любом поперечном сечении соответствует равная ей частица dV2, расположенная на общем с ней диаметре, на таком же расстоянии р от оси О вращения валика (рис. 29.14,6). Элементарные инерционные силы, действующие на эти частицы, взаимно уравновешиваются, а потому не вызывают в поперечных сечениях валика ни изгибающих моментов, ни поперечных сил, ни продольных сил.
Эпюра инерционных сил, действующих на рассматриваемую систему, состоящую из валика и ломаного стержня, показана на рис. 29.14, в.
Составим уравнения равновесия в виде сумм моментов всех сил, действующих на систему, относительно точек А и В:
УмА = — Яв.З/+^«2/-2/- ш2/.2.2/ = 0,
g 2 g 2
откуда
2,И в = R А • 31 - О)2/ • 21 • 21 - ш-1 • J • I = О,
откуда
На рис. 29.14, г, д, е изображены эпюры М, Q и /V от действия на систему инерционных сил. Они построены обычным способом (см. гл. 7). Продольная сила Л'г в сечении участка CD ломаного стержня на расстоянии г от оси АВ равна
Nr = Rа + Rb - ^-г • у=<о2 (5Z2 - г2);
при г = 0
5 уГ , о=‘2 g
556
при r~ 1/2
при г — I
кг 19 Yf Л^=-8Т '
7Vz=?l£w-72.
g
При построении эпюр ЛТ, Q и W для валика АВ внутренние усилия, действующие в сечении С элемента CD ломаного стержня, можно рассматривать как внешние сосредоточенные нагрузки на валик (рис. 29.14, ж).
Наибольший изгибающий момент возникает в сечении валика АВ левее точки
С (в непосредственной близости от нее): = со2/3. Продольная сила в этом
сечении равна нулю, и, следовательно, наибольшие нормальные напряжения
, Mmax Зу (nJ2/4) со2/3 24усо2/3
П ~~(Tid3)/32~ gnd3/32 ~ gd *
Здесь лс/3/32— момент сопротивления поперечного сечения, a nd2/4~F.
Наибольшая продольная сила возникает в верхнем сечении элемента CD л,тах=4—
1ПаЛ 2
Изгибающий момент в этом сечении
/И = 2 —со2/3, g
и, следовательно, наибольшие нормальные напряжения
„»_Л'тах . М _5уЛо2/2 2у(л</2/4)со2/3_
F “* IT 2gF gnd3/32 “
_ усо2/2 / 5 . 16/ \ _24y<i>2/3 / 5 d 2 \ , / 5 d 2 \
g \ 2 + d )~ gd \48 / + 3 \48 / + 3 ) '
Так как отношение d/l меньше единицы, то о" < о', т. е. в данном примере опасным является сечение, в котором действует наибольший изгибающий момент. Приравниваем большее из найденных напряжений (т. е. о') допускаемому напряжению [а]:
, 24усв2/3 г , ’=-ь-=№
откуда
^ДОП —
24yZ3 *
Угловая скорость со представляет собой угол поворота (выраженный в радианах) системы вокруг оси А В за 1 сек. Счедовательно, (л/60)2л = со (где п — число оборотов за 1 мин). Таким образом, допускаемое число оборотов валика в минуту
п _____60соДоП ЗОсрдоп 30 ч /~ [oj gd
доп 2л ~ л ~ л г 24у13
Пример 3.14 (к § 3.14). На середину стальной балки длиной 2 м, свободно лежащей на двух опорах, с высоты А = 4 см падает груз Р = 400 кгс (рис. 30.14, о). Вычислить (без учета и с учетом собственного веса балки) наибольшие нормальные напряжения в ее поперечном сечении при ударе. Определить, как изменятся напряжения (при расчете без учета собственного веса балки), если левый конец балки опереть на пружину (рис. 30.14,6), жесткость которой (т. е. величина силы, вызывающей деформацию пружины, равную единице) равна С = 500 кгс) см.
557
Дано: £ = 2-10в кгс/см-; 7 = 2370 см4; IF = 237 си3; вес балки </ = 27,9 кгс/м.
Решение. А. Расчет балки, изображенной на рис. 30.14,а. Прогиб Дст середины балки (в сечении под грузом Р) от статического действия силы Р = 400 кгс
л _ р/3 __ 400-2003 ЛП1Л1
ст 48£J 48 2-10«-2370 0,0 4 СМ'
Не учитывая влияния собственного веса системы, подвергающейся удару, по формуле (13.14) находим динамический коэффициент:
‘«-'+ /'+£-‘+ V '+о^Т-24'8-
Наибольший изгибающий момент М от статически действующей силы Р равен PZ/4; он возникает в поперечном сечении балки под этой силой.
Наибольшие нормальные напряжения от статически действующей силы Р равны
М Р1/4 400-200/4 О4 _ , 2
аСт— ц/ — — 237 —84,5 кгс/см ,
По формуле (14.14) определяем динамические напряжения при ударе без учета собственного веса балки:
<т = £дост = 24,8-84,5 = 2095 кгс/см2.
При расчете с учетом собственного веса балки динамический коэффициент определяем по формуле (29.14):
*а=1 +
2/z
Аст 11 + ₽ (Q/P)]
2-4
_______________________________— 94 1
0,0141 [1 +(17/35) (55.8/400)]
558
Здесь Q =(// = 27,9-2 = 55,8 кгс—вес балки; 0 — коэффициент для случая изгибающего удара по середине балки, лежащей на двух жестких опорах, равный 17/35 [см. формулу (31.14)].
Динамические напряжения при учете собственного веса балки [по формуле (14.14)]
о = /?д(гст = 24,1-84,5 = 2035 кгс/см2.
Для определения полных напряжений к ним надо добавить напряжения от собственного веса балки, равные
(//2/8 27,9-2002 Л , F ~ 100-8-237 ~ 6 КгС,СМ ’
оп = 2035 -J- 6 = 2041 кгс/см2.
В данном случае в связи с незначительным весом балки по сравнению с весом падающего груза влияние собственного веса на результаты расчета несущественно.
Б. Расчет балки, изображенной на рис. 30.14, б.
В случае опирания левого конца балки на пружину при действии на балку статической силы Р пружина под влиянием опорной реакции, равной Р/2, укоротится на величину а = Р/(2С), где С — жесткость пружины, равная 500 кгс/см. Левый конец балки при этом опустится на величину а (рис. 30.14, в), а середина а Р 400 _ о
балки —на величину -=0,2 см.
J 2 4С 4-500
Полное вертикальное перемещение от статического действия силы Р в сечении под силой (по середине балки) равно сумме величин прогиба, найденного при расчете балки без пружины, и перемещения, вызванного сжатием пружины, т. е.
Дст = 0,0141 4-0,2 = 0,2141 см.
По формуле (13.14) (без учета собственного веса балки) находим динамический коэффициент:
/ 9.4
1+д7т=1+/ l+W = 7'19'
Наибольшее нормальное напряжение от статической силы в данном случае такое же, как и напряжение, подсчитанное для балки, не опертой на пружину, т. е. ост = 84,5 кгс/см2.
По формуле (14.14) находим
а = /гдаст = 7,19-84,5 = 608 кгс/см2.
Таким образом, установка пружины под один конец балки уменьшила динамические напряжения примерно в 3,5 раза.
Пример 4.14 (к § 4.14). На конце стального каната подъемника расположена пружина, на которой подвешен груз Р = 2 тс, опускаемый с помощью лебедки со скоростью у=1,2 м/сек (рис. 31.14).
Площадь поперечного сечения каната Е=10 см2, а модуль упругости каната Е=1,6-106 кгс/см2. Жесткость пружины С = 800 кгс/см. Определить наибольшие напряжения в канате при внезапной остановке барабана лебедки, если длина каната (от лебедки до груза) в этот момент составляет Z = 20 м. Во сколько раз изменились бы эти напряжения, если бы груз был прикреплен непосредственно к канату (без пружины)?
Решение. Определяем удлинение каната и пружины от статически дей« ствующей силы Р:
. Р1 , Р 2000-2000 . 2000 о
Аст— EF^C~ 1,6-106-10 ^800 — 2>75с*’
По формуле (34.14), k = V — - ,—о 31
а /я Дет /981-2,75
559
По формуле (36.14) определяем полные наибольшие нормальные напряжения в канате:
р 2000
с к - у- (1 Ч- * а) - (1 л - 2,31) = 662 кгс;см\
При подвеске груза к канату без пружины
д Р1 2000-2000 пос и v 120
Дст —____—____________— П 9.” r ip Ь —-------—— i / Д•
1,6-10*.10 ’ л 1Л98ГД25
Р 2000
а = £. (1 + ^)=£— (1 + 7,74) - 1748 кгс^слР. Г 1 и
образом, при подвеске груза к канату без пружины напряжения 2.6 раза больше, чем при подвеске с пружиной.
Таким в канате в
Пример 5.14 (к § 5.14). К правому концу стальной балки, изображенной на рис. 32.14, а, прикреплен двигатель весом Р = 2тс, вал которого делает 500 оборотов в минуту. Вследствие неуравновешенности вращающихся частей двигателя на балку кроме его веса действует центробежная сила 5 = 0,2щс.
Эпюра М
Рис. 31.14
Рис. 32.14
Определить: 1) наибольший полный прогиб балки в сечении под центром двигателя и наибольшие полные нормальные напряжения, возникающие в балке; 2) число оборотов в минуту вала двигателя, при котором наступит резонанс. Собственный вес балки и силы сопротивления при расчете не учитывать. Дано: Е = 2 • 10* кгс/см2, J = 8950 см*; W = 597 см3.
Решение. По способу Верещагина определяем прогиб 6 сечения балки в месте расположения двигателя от вертикальной силы, равной единице (рис. 32.14,6):
й i_(liLL, , hk£zy b~~ EJ \ 2 3 2 3 li)
3EJ
('+0 =
1003
3-2-10“-8950
600= 1,12-10-‘сл/кгс.
По формуле (41.14) находим частоту свободных колебаний:
а>= ]/~ Я- = 1/"__________—_________=66,2 1/сек.
Y PH Г 2000-1,12-10-*
560
oupimxcKjbHdM cutirwjwuwH ценiрииежнои силы э предсивляет сооои периодическую силу S(0-= S cos вызывающую поперечные колебания балки в вертикальной плоскости. Частота силы S (t)
п о л-п 3,14-500
<Р -- ь0 2л— -эд- — эд —о_,3 \,сек,
где п — число оборотов вала двигателя в минуту.
По формуле (52.14) находим динамический коэффициент:
l — ^-.ы2 1— (52,3,66,2)- — 2,6°’
Наибольший динамический прогиб правого конца балки [см. формулу (51.14J Атах = л 0 = Дст*д = = 200 • 1,12 • ю-4 • 2,65 = 0,0592 см.
Наибольший полный прогиб правого конца балки
Атах = Атах 4- Дст = 0,0592 -L Р6 = 0,0592 + 2000• 1,12• 10- 4 = 0,2832 см.
Наибольшие нормальные напряжения возникают в сечении балки над правой опорой. Динамические напряжения в этом сечении
Л1Д Sk^ 200-2,65-100
Од=IF = =------597----=88,8 кгс!см'-
Полные напряжения равны сумме динамических и статических (от силы Р) напряжений:
. Р1Г оо _ . 2000-100 z о ап = отд=88,8-|--------—=424 кгс./см-.
Резонанс наступит, если частота ф периодической силы будет равна частоте со свободных колебаний балки, т. е. при ф = со = 66,2 \/сек, что соответствует числу оборотов двигателя в минуту:
ЗОф 30-66,2
п = —±- = - = 632 об/мин.
о,14
л
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1.14 (к § 2.14). Стальной тонкостенный цилиндр диаметром 20с.ч вращается вокруг своей оси со скоростью л = 5000 об/мин. Определить нормаль-
ные напряжения в меридиональных сечениях цилиндра. Объемный вес стали у =7,8 гс/смл.
Ответ: о = 218 кгс/см-.
Задача 2.14 (к § 2.14). Двутавр № 30а длиной 10 м поднимается на канате (рис. 33.14). В начале подъема он движется с ускорением 5 м/сек-. Стенка двутавра при подъеме расположена горизонтально. Определить наибольшие нормальные напряжения от изгиба, возникающие при этом в двутавре.
Дано: 1Гтщ = 60,1 см\ вес 1 м двутавра равен 39,2кгс.
Ответ: о = 740 кгс/см-.
Задача 3.14 (к § 3.14). Вертикальный стержень от статического действия груза Р укорачивается на 5 мм. Определить Наи-
большее укорочение стержня при падении на него этого же груза с высоты 2 см. Собственный вес стержня при расчете не учитывать.
Ответ: 2$ мм.
561
Задача 4.14 (к § 3.14). Груз весом 2тс падает вдоль вертикального стального стержня, подвешенного за верхний конец и имеющего на нижнем конце площадку, останавливающею падающий груз. Для смягчения удара на площадке установлена винтовая пружина, жесткость которой (т. е. величина силы, вызывающей осадку пружины, равную единице длины) равна 0,8 тс/см. Длина стержня / = 5л<, диаметр d =
Определить высоту (отсчитываемую от верха пружины), с которой должен упасть груз, чтобы в поперечных сечениях стержня возникли нормальные напряжения, равные 1000 кгс/см2. Решить эту же задачу при отсутствии пружины. Модуль упругости стали Е = 2-106 кгс/см2. Собственный вес стержня при расчете не учитывать.
Ответ'. 34,2 см\ 0,7Асм.
Задача 5.14 (к § 5.14) По середине стального бруса / = 4л«, шарнирно опертого по концам, укреплен двигатель весом 250кгс, делающий 1000 об/мин. Наибольшая величина возмущающей силы, создаваемая двигателем, равна 80 кгс.
Подобрать квадратное сечение стального бруса так, чтобы частота собственных колебаний была на 35% больше частоты изменения возмущающей силы. Определить наибольшие нормальные напряжения в поперечных сечениях бруса подобранного размера. Собственным весом бруса и силами сопротивления пренебречь. Модуль упругости стали £ = 2-106кгс/см2.
Ответ'. 14,2X 14,2 см2', отах = 89 кгс/см2.
Задача 6.14 (к § 5.14) Электродвигатель весом Р = 200ягг, укрепленный на правых концах двух стальных двутавровых балок (рис. 34.14), защемленных левыми концами, делает 500 об/мин. При работе двигателя возникает возмущающая сила, наибольшее значение которой равно 60 кгс.
Силы сопротивления прямо пропорциональны скорости перемещений системы при колебаниях и характеризуются коэффициентом а = 0,0 кгс-сек/см.
Рис. 34.14
а) Определить наибольшие нормальные напряжения в поперечных сечениях балок при длине балок 1 = 3 м.
б) Определить длину балок, при которой происходит явление резонанса, и возникающие при резонансе наибольшие нормальные напряжения в поперечных сечениях балок.
При расчетах собственным весом балок пренебречь. Модуль упругости Е = 2- 10екгс/см2', геометрические характеристики одной балки. Jz = 2370 см*, Wz = 237cm3.
Ответ', а) отах = 207 кгс/см2', б) I « 370 см’, отах = 710 кгс/см2.
Вопросы для самопроверки
К § 1.14. 1. Какие нагрузки называются статическими и какие—динамическими? 2. В чем заключается принцип Даламбера?
3. Как определяется интенсивность погонный инерционной нагрузки?
К § 2.14. 4. Укажите примеры динамических задач, при решении которых можно не учитывать влияния деформаций системы на распределение инерционных сил.
5. Как определяется интенсивность инерционных центробежных сил, возникающих при равномерном вращении стержневой системы?
К § 3.14. 6. Какое явление называется ударом и результатом чего оно является?
7. Какая гипотеза лежит в основе теории удара, рассматриваемой в курсе сопротивления материалов?
562
8. Что называется динамическим коэффициентом при ударе?
9. Что кладется в основу вывода формул для определения перемещений при ударе?
10. Выведите формулу для определения динамического коэффициента в случае, когда массой системы, подвергающейся удару, можно пренебречь.
11. Как учитывается в выражении динамического коэффициента масса упругой системы, подвергающейся удару?
Выведите соответствующую формулу.
12. Что представляет собой «внезапное действие нагрузки» и чему равен динамический коэффициент при таком ее действии?
13. Как определяются перемещения и напряжения при ударе?
14. Применение каких конструктивных мероприятий позволяет уменьшить напряжение при ударном действии нагрузки^
15. Зависят ли напряжения при ударе от модуля упругости материала системы, подвергающейся удару?
К § 4.14. 16. Как определяется динамический коэффициент при ударе горизонтально движущимся телом по упругой системе в случаях, когда массой системы можно и когда ею нельзя пренебречь?
17. Как определяется динамический коэффициент при ударе, вызванном внезапной остановкой барабана лебедки, опускающей груз на канате?
18.
К § 5.14. 19.
20.
21.
22.
23.
24.
25.
26.
27.
28.
29.
30.
31.
С какой целью канаты шахтных подъемников и лифтов прикрепляются к кабине не непосредственно, а с помощью пружин? Какие колебания называются свободными (или собственными)?
Какие колебания называются вынужденными?
Какие силы действуют на системы при свободных и при вынужденных колебаниях?
Что называется системой с одной степенью свободы?
Выведите дифференциальное уравнение свободных колебаний системы с одной степенью свободы.
Напишите уравнение свободных колебаний системы.
Что называется частотой и периодом свободных колебаний и по каким формулам они определяются?
Что называется амплитудой колебаний?
Выведите дифференциальное уравнение вынужденных колебаний системы с одной степенью свободы.
Напишите уравнение вынужденных колебаний системы.
По какой формуле определяется амплитуда вынужденных колебаний системы?
Какое явление (при колебаниях) называется биением и следствием чего оно является?
Какой вид имеет формула динамического коэффициента (при вынужденных колебаниях без учета сопротивлений) и как он зависит
от отношения частот ~?
со
32. Что представляет собой резонанс и в чем заключается его опасность?
33. Как определяются динамические напряжения при вынужденных колебаниях?
34. Какие сопротивления имеют место при колебаниях?
35. Как отражается наличие сопротивлений на свободных колебаниях системы?
36. Какой вид имеет формула динамического коэффициента при нали-Ф
чии сопротивлении и как он зависит от отношения частот ~ и от величины сопротивлений (от коэффициента а)?
37. Как можно учесть массу упругой системы при расчете на колебания?
Глава 15 НАПРЯЖЕНИЯ, ПЕРЕМЕННЫЕ ВО ВРЕМЕНИ
$ 1.15. ПЕРЕМЕННЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ. УСТАЛОСТЬ
Напряжения, переменные во времени, возникают в элементах конструкций под действием нагрузок, переменных по величине или направлению, а также нагрузок, перемещающихся относительно рассматриваемого элемента. Так, например, вагонная ось изгибается под нагрузкой от веса вагона (рис. 1.15, а). В верхней
Рис. 1.15
части каждого поперечного сечения оси возникают нормальные напряжения растяжения (см. эпюру изгибающих моментов на рис. 1.15, б) При движении вагона колёса, а также жестко соединенные с ними оси вращаются и каждая точка оси оказывается то в верхней (растянутой), то в нижней (сжатой) половине сечения. Переменные напряжения возникают также в валах различных машин, в элементах фермы моста при движении по нему поезда и т. п.
Изменение напряжений во времени можно изобразить с помощью графика, по оси абсцисс которого откладывают время /, а по оси ординат—значения нормальных (или касательных) напряжений. Обычно предполагают, что закон изменения напряжений во времени, характеризуется кривой, имеющей вид синусоиды (рис. 2.15).
Практически, как показывают многочисленные эксперименты, вид этой кривой не имеет значения; прочность материала при переменных напряжениях зависит в основном от величин наибольшего и наименьшего напряжений.
564
Совокупность всех последовательных значений переменные напряжений за один период процесса их изменения называется циклом напряжений (рис. 2.15).
Наибольшее (в алгебраическом смысле) напряжение цикла называется максимальным и обозначается отах (или ттах, если рассматривается изменение касательных напряжений)*, а наименьшее — минимальным amill (или Tmin).
Алгебраическая полусумма максимального и минимального напряжений цикла называется его средним напряжением (или статической составляющей цикла)
~ (^тпах
Алгебраическая полуразность максимального и минимального напряжений называется амплитудой цикла (или его переменной составляющей)
<7в = (<Гтах—<*min)/2. (2.15)
Среднее напряжение цикла может быть как положительным, так и отрицательным. Амплитуда цикла всегда положительна.
Максимальное и минимальное напряжения можно выразить через среднее напряжение и амплитуду цикла:
Отах = Ои-гОа; 0тЬ1 = О,я — Оа. (3.15)
Если напряжения отах и omin равны друг другу по абсолютной величине и обратны по знаку, то цикл называют симметричным. График такого цикла показан на рис. 3.15. При симметричном цикле ал = 0 и ао = атах = — стт1П.
Если напряжения отах и omin не равны друг другу по абсолютной величине, то цикл называют асимметричным (см. рис. 3.15).
* В настоящей главе рассматриваются главным образом нормальные напряжения. Для касательных напряжений применяются аналогичные выводы, формулы и приемы расчета.
565
Асимметричный цикл может быть знакопеременным или знакопостоянным (см. рис. 3.15).
В частных случаях, когда amin или атах равно нулю (см. рис. 3.15), цикл называют отнулевым или пульсирующим.
Отношение напряжения amin к называют коэффициентом асимметрии цикла. Его обозначают R; таким образом,
R ~ (4»1о)
Коэффициент асимметрии цикла нормальных напряжений обозначают /?а, а касательных Rx.
В некоторых случаях удобно пользоваться понятием характеристики цикла. обозначаемой р:
Р = (5.15)
Используя зависимости (1.15) и (2.15), легко получить соотношение между коэффициентом асимметрии и характеристикой цикла:
_ __ __fomax — ^min)^1 ^min^/max R /л i
&гп (^тах 4~ 1 4~ ^min/^max 1+Л
Циклы напряжений, для которых коэффициенты асимметрии (или характеристики) имеют одинаковые значения, называют подобными.
Для симметричного цикла R=—1 (р = ±оо); для отнулевого цикла при положительных значениях напряжений /?=0 (р = 1), а при отрицательных /? = ±оо (р = — 1).
Асимметричные циклы
• •
Симметрия^ । Знакопостоянные • ОтнилеВые |
ныа цикл Знакопеременные I циклы 1 циклы I
i циклы J I I
1*1 I
Рис. 3.15
Величины omax, omin, оа и от и R (или р) будем называть параметрами цикла переменных напряжений. Каждый цикл полностью определяется двумя любыми его параметрами; остальные параметры легко определить с помощью формул (1.15)—(6.15).
Многочисленные опыты позволили установить, что при действии переменных напряжений разрушение материалов происходит при напряжениях ошах и ermin, значительно меньших, чем опасные (предельные) напряжения при однократном статическом нагруже-566
нии. Причиной этого является некоторая неизбежная неоднородность структуры металла (наличие в нем зерен, микроскопических трещин и т. п.), в связи с чем в окрестности отдельных точек материал обладает пониженной прочностью. При однократном нагружении это приводит к некоторому перераспределению напряжений в материале, но не вызывает его разрушения.
При действии же переменных многократно повторяющихся напряжений в окрестностях точек с пониженной прочностью возникают микроскопические трещины. У концов этих трещин (а также у трещин, имевшихся в материале еще до его нагружения) возникает высокая концентрация напряжений (см. § 10.2), приводящая
Рис. 4.15
к развитию трещин по мере увеличения числа циклов. Если рабочая площадь сечения элемента в результате развития трещин уменьшается настолько, что сечение не выдерживает возникающего в нем усилия, происходит разрушение элемента.
Процесс постепенного накопления повреждений материала при действии повторно-переменных напряжений, приводящий к образованию трещин и разрушению, называется усталостью материала.
При переменных напряжениях поверхности развивающихся трещин многократно трутся друг о друга, в результате чего они шлифуются. Поэтому поверхность излома при усталостном разрушении состоит из двух зон: одна из них имеет нормальную для металла зернистую структуру, а другая имеет шлифованную поверхность (рис. 4.15).
Усталостное разрушение детали происходит всегда внезапно (т. е. так, как разрушается хрупкий материал при статическом действии нагрузки) независимо от того, является металл хрупким или пластичным.
567
§ 2.15. ПРЕДЕЛ ВЫНОСЛИВОСТИ
Способность материала воспринимать многократное действие переменных напряжений называют выносливостью, а проверку прочности элементов конструкции при действии таких напряжений—расчетом на выносливость (или расчетом на усталостную прочность).
Для получения механических характеристик материала, необходимых для расчетов на прочность при переменных напряжениях, проводят специальные испытания на выносливость (на усталость). Для этих испытаний изготовляют серию совершенно одина-
ковых образцов (не менее 10 штук). Наиболее распространены испытания на чистый изгиб при симметричном цикле изменения напряжений; их проводят в следующем порядке.
В первом образце с помощью специальной машины создают циклы напряжений, характеризуемые значениями amax = uz и ит1п = = —а/, напряжение uz принимают достаточно большим (немного меньшим предела прочности материала ов), для того, чтобы разрушение образца происходило после сравнительно небольшого числа циклов Nр Результат испытания образца наносят на график в виде точки /, абсцисса которой равна (в принятом масштабе) числу циклов Wz, вызвавших разрушение образца, а ордината — значению напряжения az (рис. 5.15).
Затем другой образец испытывают до разрушения при напряжениях tfmax == a/Z < °7 И amin=—а/Р результат ИСПЫТЗНИЯ ЭТОГО образца изображается на графике точкой II. Испытывая остальные образцы из той же серии, аналогично получают точки ///, IV, V и т. д. Соединяя полученные по данным опытов точки плавной кривой, получают так называемую кривую усталости, 568
или кривую Вёлера * (рис. 5.15), соответствующую симметричным циклам (/? = — 1). Аналогично могут быть получены кривые усталости, соответствующие циклам с другими значениями коэффициента асимметрии /?.
Разрушение материала при однократном нагружении происходит в тот момент, когда возникающие в нем напряжения равны пределу прочности огв. Следовательно, кривые усталости при N = 1 имеют ординаты отах, равные ав.
Кривая выносливости (рис. 5.15) показывает, что с увеличением числа циклов уменьшается максимальное напряжение, при котором происходит разрушение материала. Кривая усталости для мало-или среднеуглеродистой, а также для некоторых марок легированной стали имеет горизонтальную асимптоту. Следовательно, при данном значении коэффициента асимметрии R и максимальном напряжении, меньшем некоторой величины, материал не разрушается, как бы велико ни было число циклов.
Наибольшее (предельное) максимальное напряжение цикла**, при котором не происходит усталостного разрушения образца из данного материала после произвольно большого числа циклов, называют пределом выносливости. Таким образом, предел выносливости равен ординате асимптоты кривой усталости. Его обозначают ад; при симметричном цикле коэффициент асимметрии R = —1 и предел выносливости при этом цикле обозначают*** (см. рис. 5.15).
Совершенно очевидно, что при испытании образца невозможно бесконечно большое число раз повторить один и тот же цикл напряжений, но в этом и нет необходимости. Ординаты атах кривой усталости для некоторых материалов (мало- и среднеуглеродистой стали и др.) после некоторого числа циклов (равного нескольким миллионам) почти не изменяются; поэтому числу циклов, даже в несколько раз большему, на кривой усталости соответствуют такие же максимальные напряжения. В связи с этим число циклов (при испытании материала на выносливость) ограничивают некоторым пределом, который называют базовым числом циклов. Если образец выдерживает базовое число циклов, то считается, что напряжение в нем не выше предела выносливости. Для стали и чугуна базовое число циклов принимают равным 107.
Предел выносливости для стали при симметричном цикле в несколько раз меньше предела прочности (в частности, для углеродистой стали О-^ОДЗОд).
Кривые усталости для цветных металлов и сплавов и некоторых легированных сталей не имеют горизонтальной асимптоты, и, сле
* По фамилии немецкого ученого A. Wohler, впервые изучавшего явление усталости в 1852—1869 гг.
** Для циклов со средними сжимающими напряжениями (ат < 0) в качестве предела выносливости принимается наибольшее по абсолютной величине значение минимального напряжения omin, которое образец выдерживает, не разрушаясь при сколь угодно большом числе циклов.
*** Эго обозначение принято при симметричном цикле изгиба: аналогично при растяжении-сжатии принято о_]р и при кручении
569
довательно, такие материалы могут разрушиться при достаточно большом числе циклов, даже при сравнительно малых напряжениях. Поэтому понятие предела выносливости для указанных материалов условно. Точнее, для этих материалов можно пользоваться лишь понятием предел ограниченной выносливости, называя так наибольшее значение максимального (по абсолютной величине) напряжения цикла, при котором образец еще не разрушается при определенном (базовом) числе циклов. Базовое число циклов в рассматриваемых случаях принимают очень большим—до 5-Ю8.
В случаях, когда срок службы элемента конструкции, в котором возникают переменные напряжения, ограничен, максимальные напряжения могут превышать предел выносливости; они, однако, не должны быть больше предела ограниченной выносливости, соответствующего числу циклов за время работы рассчитываемого элемента.
Следует заметить, что предел выносливости о_1р при центральном растяжении-сжатии образца составляет примерно 0,7—0,9 предела выносливости а_х при симметричном цикле изгиба. Это объясняется тем, что при изгибе внутренние точки поперечного сечения напряжены слабее, чем наружные, а при центральном растяжении-сжатии напряженное состояние однородно. Поэтому при изгибе развитие усталостных трещин происходит менее интенсивно *.
Предел выносливости t_j при симметричном цикле кручения для стали составляет в среднем 0,58 (58% предела выносли-
вости при симметричном цикле изгиба).
$ 3.15. ДИАГРАММЫ ПРЕДЕЛЬНЫХ АМПЛИТУД
И ПРЕДЕЛЬНЫХ НАПРЯЖЕНИЙ
При эксплуатации машин и инженерных сооружений в их элементах возникают напряжения, изменяющиеся во времени по самым разнообразным циклам. Для расчета элементов на прочность необходимо иметь данные о величинах пределов выносливости при циклах с различными коэффициентами асимметрии. Поэтому наряду с испытаниями при симметричных циклах испытания проводят и при асимметричных циклах.
Следует иметь в виду, что испытания на выносливость при асимметричных циклах выполняют на специальных машинах, конструкции которых значительно сложнее, чем конструкции машин для испытания образцов при симметричном цикле изгиба.
Результаты испытаний на выносливость при циклах с различными коэффициентами асимметрии обычно представляют в виде диаграмм (графиков), изображающих зависимость между какими-
* Следует также учесть, что строго центральное нагружение образца при растяжении (сжатии) осуществить весьма трудно. Внецентренность нагружения приводит к снижению предела выносливости.
570
либо двумя параметрами предельных циклов. Эти диаграммы можно построить, например, в координатах от, оа, их называют диаграммами предельных амплитуд, они показывают зависимость между средними напряжениями и амплитудами предельных циклов—циклов, для которых максимальные напряжения равны пределам выносливости: Здесь и ниже максимальное, минимальное, сред-
нее и амплитудное напряжения предельного цикла будем обозначать Отах» ^min> ^т» ®а*
Диаграмму зависимости между параметрами предельного цикла можно построить также в координатах —Отах- Такую диаграмму называют диаграммой предельных напряжений.
При расчете стальных конструкций в промышленном и гражданском строительстве применяют диаграммы, дающие зависимость между коэффициентом асимметрии цикла R и пределом выносливости Отах^^Л-
Подробно рассмотрим диаграмму предельных амплитуд (ее иногда называют диаграммой Хея), которая в дальнейшем использована для получения зависимостей, применяемых в расчетах на прочность при переменных напряжениях.
Для получения одной точки рассматриваемой диаграммы необходимо испытать серию одинаковых образцов (не менее 10 штук) и построить кривую Вёлера, по которой определится величина предела выносливости для цикла с данным коэффициентом асимметрии (это относится и ко всем другим типам диаграмм для предельных циклов).
Допустим, проведены испытания при симметричном цикле изгиба; в результате получена величина предела выносливости о_х. Координаты точки, изображающей этот предельный цикл, равны: аа = а1пах = а-1» ^ = 0 [см. формулы (1.15) — (3.15)], т. е. точка находится на оси ординат (точка А на рис. 6.15). Для произвольного асимметричного цикла по пределу выносливости о^ах^#/?» определенному из опытов, нетрудно найти о'а и о'т. По формуле (3.15),
^шах ~
но a'=pOm [см. формулу (5.15)], следовательно,
^max = &т 4~ ~ &т (1 Р) >
ИЛИ
~ c»max/( 1 4~р) (7.15)
и
в'а = (Р<?тах)/(1 +р). (8.15)
В частности, для отнулевого цикла (/? = 0, р = 1) при пределе выносливости, равном о0,
Этому циклу соответствует точка С на диаграмме, представленной на рис. 6.15. Определив экспериментальное значение Отах
571
для пяти-шести различных циклов, по формулам (7.15) и (8.15) получают координаты о'т и отдельных точек, принадлежащих предельной кривой. Кроме того, в результате испытания при постоянной нагрузке определяют предел прочности материала, который для общности рассуждений можно рассматривать как предел выносливости для цикла с R = +1 (р = 0), т. е. Этому
циклу на диаграмме соответствует точка В. Соединяя плавной кривой точки, координаты которых найдены по экспериментальным данным, получают диаграмму предельных амплитуд (рис. 6.15).
Рассуждения о построении диаграммы, проведенные для циклов нормальных напряжений, применимы для циклов касательных напряжений (при кручении), но изменяются обозначения (т?'п вместо о'т и т. п.).
Диаграмма, представленная на рис. 6.15, построена для циклов с положительными (растягивающими) средними напряжениями оот>0. Конечно, принципиально возможно построение подобной диаграммы и в области отрицательных (сжимающих) средних напряжений о^<0, ио практически в настоящее время имеется весьма немного опытных данных об усталостной прочности при о'п1 < 0. Для мало- и среднеуглеродистых сталей приближенно можно принимать, что в области отрицательных средних напряжений предельная кривая параллельна оси абсцисс*.
Рассмотрим теперь вопрос об использовании построенной диаграммы. Пусть рабочему циклу напряжений соответствует точка W с координатами оа (т. е. при работе в рассматриваемой точке детали возникают напряжения, цикл изменения которых задан какими-либо двумя параметрами, что позволяет найти все параметры цикла и, в частности, <зт и оа).
* Подробно об этом см., например, С. Д. Пономарев и др. Расчеты на прочность в машиностроении, т. III, Машгиз, 1959; М. И. Любошиц. Расчеты на прочность при переменных напряжениях. Изд. Белорусского политехнического института, Минск, 1959; П. Е. Кравченко. Усталостная прочность. «Высшая школа», 1960.
572
Проведем из начала координат луч через точку /V. Тангенс угла наклона этого луча к оси абсцисс равен характеристике цикла:
tg0 = aa/(yM = p. (9.15)
Очевидно, что любая другая точка, лежащая в том же луче, соответствует циклу, подобному заданному (циклу, имеющему те же значения р и /?). Итак, любой луч, проведенный через начало координат, является геометрическим местом точек, соответствующих подобным циклам. Все циклы, изображаемые точками луча, лежащими не выше предельной кривой (т. е. точками отрезка О/<), безопасны в отношении усталостного разрушения. При этом цикл, изображаемый точкой /<, является для заданного коэффициента асимметрии предельным—его максимальное напряжение, определяемое как сумма абсциссы и ординаты точки /< (Отах = <г^ + аа), равно пределу выносливости:
&R ~ Фmax ~
Аналогично для заданного цикла максимальное напряжение равно сумме абсциссы и ординаты точки N:
^тах ~ 4" •
Считая, что рабочий цикл напряжений в рассчитываемой детали и предельный цикл подобны, определяем коэффициент запаса прочности как отношение предела выносливости к максимальному напряжению заданного цикла:
“ ^max/^max*
Как следует из изложенного, коэффициент запаса при наличии диаграммы предельных амплитуд, построенной по экспериментальным данным, можно определить графо-аналитическим способом. Однако такой способ пригоден лишь при условии, что рассчитываемая деталь и образцы, в результате испытаний которых получена диаграмма, идентичны по форме, размерам и качеству обработки (подробно это изложено в § 4.15, 5.15).
Для деталей из пластичных материалов опасно не только усталостное разрушение, но и возникновение заметных остаточных деформаций, т. е. наступление текучести. Поэтому из области, ограниченной линией АВ (рис. 7.15), все точки которой соответствуют циклам, безопасным в отношении усталостного разрушения, надо выделить зону, соответствующую циклам с максимальными напряжениями, меньшими предела текучести. Для этого из точки L, абсцисса которой равна пределу текучести ат, проводят прямую, наклоненную к оси абсцисс под углом 45°. Эта прямая отсчет на оси ординат отрезок ОМ, равный (в масштабе диаграммы) пределу текучести. Следовательно, уравнение прямой LM (уравнение в отрезках) будет иметь вид
+ ов/огт=1,
573
или
^max == ® т 4~ $ а ~ ^т’
т. е. для любого цикла, изображаемого точками линии LM, максимальное напряжение равно пределу текучести* Точки, лежащие выше линии LM, соответствуют циклам с максимальными напряжениями, большими предела текучести (<rmax>oT). Таким образом, циклы, безопасные как в отношении усталостного разрушения, так и в отношении возникновения текучести, изображаются точками области OADL.
Довольно широко применяется также диаграмма предельных напряжений, изображающая зависимость предельных значений максимальных и минимальных напряжений циклов от предельных средних напряжений (так называемая диаграмма Смита). Примерный вид такой диаграммы для среднеуглеродистой стали (для циклов с положительными средними напряжениями) показан на рис 8.15. На этой диаграмме каждый цикл изображен двумя точками. Так, предельный симметричный цикл изображен точками А и Лг; точка В соответствует предельным постоянным напряжениям (о^ах = в'т = ав)‘» предельный отнулевой (пульсирующий) ЦИКЛ (атах = ^о> ат = ао/2) изображен точками С и F.
Чтобы определить предел выносливости для цикла с коэффициентом асимметрии, равным /?, по диаграмме, построенной по экспериментальным данным, из начала координат надо провести луч под углом 0 к оси абсцисс. Тангенс этого луча определяется по формуле
tg ft = а /а =-----=
lg Р max/ " (amax 4- omin)/2 1 + R •
Ордината точки К пересечения этого луча с линией предельных напряжений дает величину а/? = 0тах-
Для получения области циклов, безопасных в отношении как усталостного разрушения, так и возникновения текучести, на луче ОВ (точки этого луча соответствуют постоянным во времени напря-
574
жениям: omax = am, oa — Q) следует взять точку, изображающую цикл, для которого <ттах = = стт (точка Т на рис. 8.15), и провести
из нее две прямые, как показано на рисунке. Область безопасных циклов ограничена отрезком АА, оси ординат, кривыми Л5, Л,5, и ломаной STS,.
§ 4.15. ОСНОВНЫЕ ФАКТОРЫ, ВЛИЯЮЩИЕ НА ВЕЛИЧИНУ
ПРЕДЕЛА ВЫНОСЛИВОСТИ
Многочисленные эксперименты, проведенные с образцами различных форм и размеров, а также практика эксплуатации деталей машин показывают, что прочность при переменных напряжениях (величина предела выносливости) в значительной степени зависит от формы и размеров детали, а также от состояния ее поверхности и воздействия окружающей среды.
В большинстве случаев испытания на выносливость проводят на лабораторных образцах диаметром 5—10 мм, имеющих в пределах рабочей части строго цилиндрическую форму; поверхность образцов имеет высокую чистоту. Величину предела выносливости, полученную в результате испытания таких (нормальных) образцов, будем считать одной из механических характеристик материала. Если подвергнуть испытанию на выносливость серию специальных образцов, подобных какой-либо конкретной детали, т. е. отличающихся от нормальных образцов наличием концентратов напряжений, абсолютными размерами, качеством обработки поверхности (или только некоторыми из перечисленных факторов), то, как пра-
575
вило» при одном и том же материале нормальных и специальных образцов предел выносливости» определенный при испытании последних, ниже.
Таким образом, установлено, что пределы выносливости конкретной детали и материала, из которого она изготовлена, различны. Влияние факторов, от которых зависит соотношение между пределами выносливости материала (нормального образца) и детали, более или менее полно изучено лишь для симметричного цикла изменения напряжений. Поэтому примем, что величины различных факторов, влияющих на пределы выносливости, определены при испытаниях в условиях симметричных циклов изменения напряжений.
Кратко рассмотрим влияние на величину предела выносливости концентрации напряжений, абсолютных размеров и состояния поверхности деталей. При этом числовые значения коэффициентов, отражающих влияние перечисленных факторов, не приводим, они имеются в специальной литературе*.
Концентрация напряжений. Снижение предела выносливости за счет наличия тех или иных концентраторов напряжений (выточек, отверстий, шпоночных канавок, прессовых посадок и т. д.) учитывается эффективным, или действительным, коэффициентом концентрации напряжений, обозначаемым ko — для нормальных и kx—для касательных напряжений.
Эффективный коэффициент концентрации напряжений представляет собой отношение предела выносливости образца без концентрации напряжений к пределу выносливости образца (или детали) тех же размеров, но с концентратором напряжений:
ka = 0.x/G_lv;, (kx=x.v/T.iK).
В отличие от теоретического коэффициента концентрации, зависящего только от формы (геометрии) детали, эффективный коэффициент концентрации зависит также и от свойств материала детали: чем менее пластичен материал, тем он чувствительнее к концентрации напряжений. Эффективные коэффициенты концентрации устанавливают опытным путем, но в некоторых случаях при отсутствии экспериментальных данных их вычисляют по известным значениям теоретических коэффициентов концентрации (аК0 и окт) по формулам
ko — 1 +q (оска— 1); kx= 1 +(?(акт — 1). (10.15)
Здесь q—так называемый коэффициент чувствительности материала к концентрации напряжений. Величина q возрастает с повышением предела прочности материала, но не может быть больше единицы (в этом предельном случае теоретический и действительный коэффициенты концентрации равны между собой). Для деталей
* Кроме книг, указанных в предыдущей сноске, справочные данные имеются также в учебном пособии: С. А.Ч ернавский и др. Проектирование механических передач. «Машиностроение» 1967, и в справочнике: М. И. Любошиц и Г. М. Ицкович. Справочник по сопротивлению материалов. Минск, «Вышейшая школа», 1969.
576
из серого чугуна д~0, т. е. можно считать, что чугун практически нечувствителен к концентрации напряжений.
При неответственных расчетах и отсутствии данных о величинах действительных и теоретических коэффициентов концентрации величину ka можно определить приближенно по следующим эмпирическим соотношениям:
а) при отсутствии острых концентраторов напряжений для деталей с чисто обработанной поверхностью
*о- 1,2 + 0,2
о я —4000 11 000
б) при наличии острых концентраторов напряжений
*о-1,5 +
г ов ~ 4000 ,0 11000 ‘
В приведенных соотношениях величины ав выражены в кгс!см*\ при их использовании не следует отдельно учитывать влияние качества поверхности детали.
Снижение концентрации напряжений, повышающее экономичность конструкций, достигается различными конструктивными мероприятиями (например, путем увеличения радиусов переходных галтелей в местах ступенчатого изменения размеров поперечного сечения),и термохимической обработкой (например, азотированием) зон концентрации.
Влияние абсолютных размеров детали. Снижение предела выносливости с ростом абсолютных размеров детали носит название масштабного эффекта*. Влияние размеров детали учитывается масштабным фактором (или масштабным коэффициентом) представляющим собой отношение предела выносливости, определенного при испытаниях образцов диаметром 7 мм. к пределу выносливости. определенному при испытании геометрически подобных образцов (или деталей) больших размеров, т. е.
рмо — фмт — т- 1/Т-]1М).
Величина масштабного фактора зависит от материала детали (более прочные стали чувствительнее к масштабному эффекту), се размеров, вида деформации (как правило, при одинаковой форме и размерах детали наличия концентраторов напряжений **.
Влияние состояния поверхности детали. Усталостные трещины, как правило, начинаются от поверхности детали. Поэтому состояние поверхностного слоя оказывает существенное влияние на прочность при переменных напряжениях. Риски от
* Некоторые теоретические обоснования масштабного эффекта даны, например, в книге: С. Д. Пономарев и др. Расчеты на прочность в машиностроении, т. Ш. Машгиз, 1959.
** Следует иметь в виду, что часто масштабным фактором называют величину, обратную указанной здесь, т. е. eMa~n-iM/0-i — 1/рма; конечно ема (еМт) меньше единицы.
19 № 2331 577
механической обработки, повреждения поверхности и т. п. играют роль концентраторов напряжений и могут вызвать весьма значительное снижение предела выносливости. Особенно неблагоприятное влияние оказывает коррозия поверхности.
Влияние состояния и качества поверхности детали на величину предела выносливости учитывают коэффициентом качества поверх-ности (коэффициентом поверхностной чувствительности), обозначаемым рп. Этот коэффициент представляет собой отношение предела выносливости, определенного при испытаниях образцов с полированной поверхностью, к пределу выносливости, определенному при испытаниях таких же (по форме, размерам и материалу) образцов с заданным состоянием поверхности, т. е.
Рпо = (Рпт — Т_1/т_1п) *.
Более прочные стали чувствительнее к влиянию состояния поверхности, чем менее прочные.
Для снижения величины рп применяют обкатку поверхностей деталей роликами или обдувку стальной или чугунной дробью. Повышение предела выносливости при указанных способах поверхностного упрочнения ощутимее для деталей с грубо обработанной поверхностью.
Предел выносливости детали можно повысить также путем поверхностной термической обработки (поверхностной закалкой токами высокой частоты или кислородно-ацетиленовым пламенем) или термохимической обработки (цементацией или азотированием).
Совместное влияние концентрации напряжений, масштабного эффекта и состояния поверхности оценивают коэффициентом /СаД(Ктд)> который принимают равным произведению трех указанных выше коэффициентов:
^Сод = ^оРмоРпа*» -/Сед ~ ^тРмтРпт
Коэффициент Кол(КтЛ) можно назвать общим коэффициентом снижения предела выносливости при симметричном цикле.
Таким образом, предел выносливости детали при симметричном цикле (а_1д) зависит от предела выносливости (a_J материала, из которого изготовлена деталь, и определяется формулой
а_1д = а-1/Кад. (12.15)
Аналогично в случае касательных напряжений
т_1д = т.^/Стд. (13.15)
(11.15)
* Влияние состояния поверхности детали учитывают также коэффициентом, обозначаемым еп; при этом епо = о_1п/о_1 = 1/Впсг (аналогично, еПт = т_1п/т_х = = 1/Рпт).
578
$ 5.15. РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ ПЕРЕМЕННЫХ НАПРЯЖЕНИЯХ
В подавляющем большинстве случаев расчеты на прочность деталей, работающих при переменных напряжениях, выполняют как проверочные. Это связано в первую очередь с тем, что общий коэффициент снижения предела выносливости или Кхл) в процессе конструирования детали можно выбрать лишь ориентировочно, так как у расчетчика (конструктора) на этой стадии работы имеются лишь весьма приближенные представления о размерах и форме детали. Проектный расчет детали, служащий для определения ее основных размеров, обычно выполняется приближенно без учета переменности напряжений, но по пониженным допускаемым напряжениям.
После выполнения рабочего чертежа детали производится ее уточненный проверочный расчет с учетом переменности напряжений, а также конструктивных и технологических факторов, влияющих на усталостную прочность детали. При этом определяют расчетные коэффициенты запаса прочности п для одного или нескольких предположительно опасных сечений детали. Эти коэффициенты запаса сопоставляют с теми, которые назначают или рекомендуют для деталей, аналогичных проектируемой при заданных условиях ее эксплуатации. При таком проверочном расчете условие прочности имеет вид
п>[п]. (14.15)
Величина требуемого коэффициента запаса прочности [л] зависит от целого ряда обстоятельств, основными из которых являются: назначение детали (степень ее ответственности), условия работы; точность определения действующих на нее нагрузок, надежность сведений о механических свойствах ее материала, значениях коэффициентов концентрации напряжений и т. п. *. Обычно [п] = = 1,4 4-3,0.
В случае, если расчетный коэффициент запаса прочности ниже требуемого (т. е. прочность детали недостаточна) или значительно выше требуемого (т. е. деталь неэкономична), приходится вносить те или иные изменения в размеры и конструкцию детали, а в отдельных случаях даже изменять ее материал.
Рассмотрим определение коэффициентов запаса прочности при одноосном напряженном состоянии и при чистом сдвиге. Первый из этих видов напряженного состояния, как известно, возникает при растяжении (сжатии), прямом или косом изгибе и совместном изгибе и растяжении (или сжатии) бруса. Напомним, что касательные напряжения при изгибе (прямом и косом) и сочетании изгиба с осевым нагружением в опасной точке бруса, как правило, неве
* Вопрос о величине требуемого коэффициента запаса прочности рассматривается в курсе деталей машин и специальных расчетно-конструкторских дисциплинах.
19*
лики и при расчете на прочность ими пренебрегают, т. е. считают, что в опасной точке возникает одноосное напряженное состояние.
Чистый сдвиг возникает в точках работающего на кручение бруса круглого поперечного сечения.
В большинстве случаев коэффициент запаса прочности определяют в предположении, что рабочий цикл напряжений, возникающих в рассчитываемой детали при ее эксплуатации, подобен предельному циклу, т. е. коэффициенты асимметрии R и характеристики р рабочего и предельного циклов одинаковы.
Наиболее просто коэффициент запаса прочности можно определить в случае симметричного цикла изменения напряжений, так как пределы выносливости материала при таких циклах обычно известны*, а пределы выносливости рассчитываемых деталей можно вычислить по взятым из справочников значениям коэффициентов снижения пределов выносливости (Кол, /Стд). Коэффициент запаса прочности представляет собой отношение предела выносливости, определенного для детали, к номинальному значению максимального напряжения, возникающего в опасной точке детали. Номинальным является значение напряжения, определенное по основным формулам сопротивления материалов, т. е. без учета факторов, влияющих на величину предела выносливости (концентрации напряжений и т. п.).
Таким образом, для определения коэффициента запаса прочности при симметричных циклах получаем следующие зависимости: при изгибе
п = а_1д/атах = а.Дл,,); (15.15)
при растяжении-сжатии
= ^-1рд^тах ip/^V/Lnax)» (16.15)
при кручении
~ - 1д/^тах -1/(^Тд^тах)• (17.15)
При определении коэффициента запаса прочности в случае асимметричного цикла возникают затруднения, связанные с отсутствием экспериментальных данных, необходимых для построения участка AD линии предельных напряжений (см. рис. 7.15). Заметим, что практически нет надобности в построении всей диаграммы предельных амплитуд, так как для циклов с пределами выносливости, большими предела текучести, коэффициент запаса должен определяться по текучести (для пластичных материалов), т. е. расчет должен выполняться, как в случае статического действия нагрузки.
* В случаях отсутствия экспериментальных данных о пределах выносливости материалов можно воспользоваться эмпирическими соотношениями между пределами выносливости при симметричных циклах и пределом прочности (ов) при растяжении (некоторые из этих соотношений приведены в § 2.15). При изгибе для углеродистой стали O-j « 0,43ав, для легированной стали q_x ~ 0,35ов+ 12 кгс/мм-. При растяжении-сжатии для углеродистой стали о_1р «’0,35ов, для легированной стали о_1р « 0,28ов-)-9 кгс! мм-. При кручении т-i 0,25оп.
580
При наличии экспериментально полученного участка AD предельной кривой коэффициент запаса можно бы определить графоаналитическим способом. Как правило, эти экспериментальные данные отсутствуют и кривую AD приближенно заменяют прямой, построенной по каким-либо двум точкам, координаты которых определены экспериментально. В результате получают так называемую схематизированную диаграмму предельных амплитуд, которой и пользуются при практических расчетах на прочность.
Рассмотрим основные способы схематизации безопасной зоны диаграммы предельных амплитуд.
Рис. 9.15
В современной расчетной практике наиболее часто применяется диаграмма Серенсена—Кинасошвили, при построении которой участок AD заменяют прямой линией, проведенной через точки А и С, соответствующие предельным симметричному и отнулевому циклам (рис. 9.15,а). Достоинством этого способа является его относительно высокая точность (аппроксимирующая прямая АС, близка к кривой AD\, недостаток его заключается в том, что необходимо кроме величины предела выносливости при симметричном цикле иметь опытные данные о величине предела выносливости о0(т0) также и при отнулевом цикле.
При пользовании этой диаграммой коэффициент запаса определяется по выносливости (усталостному разрушению), если луч циклов, подобных заданному, пересекает прямую АСг (tg 0t > tg0„), и по текучести,—если указанный луч пересекает линию DL (tg02< tg0o).
Несколько меньшую, но во многих случаях достаточную для практических расчетов точность дает метод, основанный на ап-, проксимации участка AD предельной кривой отрезком прямой линии (рис. 9.15,6), проведенной через точки А (соответствующую
581
симметричному циклу) и В (соответствующую предельным постоянным напряжениям). Достоинством рассматриваемого способа является меньшее по сравнению с предыдущим количество.требуемых экспериментальных данных (не нужны данные о величине предела выносливости при отнулевом цикле). Какой из коэффициентов запаса, по усталостному разрушению или по текучести, меньше, определяют так же, как и в предыдущем случае.
В третьем типе схематизированных диаграмм (рис. 9.15,в) аппроксимирующую прямую проводят через точку А и некоторую точку Р, абсцисса которой определяется в результате обработки имеющихся экспериментально полученных диаграмм предельных напряжений. Для стали с достаточной точностью можно принимать, что отрезок OP = s равен 120—150 кгс/мм2. Точность таких диаграмм почти не отличается от точности диаграмм, построенных по методу Серенсена — Кинасошвили.
Особенно проста схематизированная диаграмма, в которой безопасная зона ограничена прямой AL (рис. 9.15,а). Легко видеть, что расчет по такой диаграмме весьма неэкономичен, так как на схематизированной диаграмме линия предельных напряжений расположена значительно ниже действительной линии предельных напряжений.
Кроме того, такой расчет не имеет определенного физического смысла, так как неизвестно, какой коэффициент запаса, по усталости или по текучести, будет определен. Несмотря на указанные серьезные недостатки, диаграмма по рис. 9.15,г иногда используется в зарубежной практике; в отечественной практике в последние годы такая диаграмма не применяется.
Выведем аналитическое выражение для определения коэффициента запаса прочности по усталостному разрушению на основании рассмотренных схематизированных диаграмм предельных амплитуд. На первом этапе вывода не будем учитывать влияние факторов, снижающих предел выносливости, т. е. сначала получим формулу, пригодную для нормальных лабораторных образцов*.
Допустим, что точка N, изображающая рабочий цикл напряжений, находится в области OACt (рис. 10.15) и, следовательно, при возрастании напряжений до величины, определяемой точкой /С, наступит усталостное разрушение (как уже указывалось, предполагается, что рабочий и предельный циклы подобны). Коэффициент запаса по усталостному разрушению для цикла, изображенного точкой Af, определяется как отношение
_ ОК^ + ККх _ ОКГ _ ККХ _ ОК П ON^ + NNi ONX NNX ON'
Проведем через точку N прямую А}С2, параллельную прямой AClt и горизонтальную прямую NE. Из подобия треугольников
* Излагаемый вывод формулы для определения коэффициента запаса прочности заимствован из книги: М. И. Любошиц. Расчеты на прочность при переменных напряжениях. Изд. Белорусского политехнического института, Минск, 1959.
582
OAK и следует, что
ОК _ QA п~ ON ~ ОАг "
Как следует из рис. 10.15,
ОЛ==о_1; 0Л1 = 0£ + ЕЛ1 = (Тв-]-(Тт1ду = аа4-1}>ооЛ„
(а)
где
= tg у.
Подставим полученные значения величин ОА и OAt в равенство (а):
л = —гт—•
<’а + '|’аа« Аналогично в случае переменных касательных напряжений
(б)
(в)
л = —г--5—. Та +
. Значения ipa и i|?T зависят от принятого для расчета типа схематизированной диаграммы предельных напряжений и от материала детали.
Так, если принять диаграмму Серенсена — КинасОшвили (см. рис. 9.15,а), то , . АЕ, п-х—ОцЦ
или
4а=2а^-о,. (18.15)
аналогично, * _2т-л.=Х (19.15)
583
По схематизированной диаграмме, изображенной на рис. 9.15,6, ^a = tgT = ОА/ОВ, или
ifCT = o_I/oB; (20.15)
аналогично,
^т = т_1/тв. (21.15)
Значения ipa 11 Я’т при расчете по методу Серенсена — Кинасо-швили можно принимать по приведенным данным (табл. 1.15).
Таблица 1.15
Значения коэффициентов , i|T для стали
Сталь Предел прочности при растяжении ав, кгс/мм* при изгибе при растяжении при кручении
Углеродистая 37 0,05 0,07 0,03
45 0,07 0,08 0,03
55 0,08 0,09 0,04
65 0,10 о.п 0,04
75 0,12 0,14 0,05
Легированная 83 0,15 0,16 0,06
98 0,17 0,19 0,07
115 0,22 0,24 0,10
120 0,22 0,25 0,12
При определении коэффициента запаса прочности для конкретной детали надо учесть влияние коэффициента снижения предела выносливости Опыты показывают, что концентрация на-
пряжений, масштабный эффект и состояние поверхности отражаются только на величинах предельных амплитуд и практически не влияют на величины предельных средних напряжений. Поэтому в расчетной практике принято коэффициент снижения предела выносливости относить только к амплитудному напряжению цикла. Тогда окончательные формулы для определения коэффициентов запаса прочности по усталостному разрушению будут при изгибе
иметь вид:
п = р-----гН----;
(22.15)
при кручении
п=1?---ТТЛ---•
(23.15)
При растяжении-сжатии следует пользоваться формулой (22.15), но вместо «Г-i подставлять в нее предел выносливости а_1р при симметричном цикле растяжения-сжатия.
584
Формулы (22.15), (23.15) действительны при всех указанных способах схематизации диаграмм предельных напряжений; изменяются лишь величины коэффициентов ф0 (фт).
Формула (22.15) получена для циклов с положительными средними напряжениями (и„>0); для циклов с отрицательными (сжимающими) средними напряжениями (оя < 0) следует полагать % = 0, т. е. исходить из предположения о том, что в зоне сжатия линия предельных напряжений параллельна оси абсцисс.
Наряду с коэффициентом запаса по усталостному разрушению должен быть определен коэффициент запаса по текучести.
При изгибе (или при растяжении-сжатии)
итак
<*т .
°а + <>т '
(24.15)
при кручении
В качестве расчетного следует принимать меньший из коэффициентов запаса, определенных по формулам (22.15) и (24.15), или (23.15) и (25.15).
Выше указывалось, что в большинстве случаев расчеты на усталостную прочность выполняют как проверочные. Однако в некоторых простейших случаях возможен проектный расчет на усталостную прочность по допускаемому напряжению [од], соответствующему заданной характеристике цикла (ра или рт). Выведем формулу для допускаемого нормального напряжения при цикле с характеристикой ра. Полагая в формуле (22.15) п — [п], оа = [ов|;
имеем
Ы ==_______=____________________________________IrJ_______
(аи| (Кол '
\ / \ /
Отсюда
Го 1 =------------
1 al (л) (Код Ра-НМ ’
Н(КадРа+%) ’
НО = fo] + [<* J
и, следовательно, Ы = • (26-15) Аналогично допускаемое касательное напряжение [тЛ] = , (27.15) 1 ™ 1"1 (^тдРт + ^’г)
ДО
Приведем теперь без обоснований зависимость для определения коэффициента запаса прочности при работе бруса на совместное действие изгиба с кручением, или кручения с растяжением (сжатием), или изгиба с кручением и растяжением (сжатием), т. е. для тех случаев, когда в опасной точке детали возникает плоское напряженное состояние. В указанных случаях общий коэффициент запаса прочности определяется из выражения
1/п2=1/п* + 1/п*. (28.15)
Здесь п—общий коэффициент запаса прочности; пв—коэффициент запаса прочности по нормальным напряжениям; —коэффициент запаса прочности по касательным напряжениям.
Аналогично определяется общий коэффициент запаса по пределу текучести—следует лишь заменить па и пх соответственно на мат и п^.
Формула (28.15) применима в случае, если нормальные и касательные напряжения в проверяемой точке детали изменяются синхронно, т. е. одновременно достигают своих максимальных и минимальных значений. Указания о выполнении расчетов в случаях, когда это условие не соблюдается, приводятся в специальной литературе *.
Формула (28.15) обычно применяется при уточненном проверочном расчете валов. При этом часто определение коэффициента запаса приходится выполнять для нескольких сечений вала, так как без расчета нельзя установить, какое из них является опасным. Сечение, для которого коэффициент запаса прочности имеет минимальное значение, и является опасным.
Примеры расчета
Пример 1.15 (к § 5.15). Цилиндрический стержень с поперечным отверстием (рис. 11.15) изготовлен из стали 45 (ов=65 кгс!мм2, сгт = 34 кгс/мм2, сг_1р=21 кгс/мм2). Стержень работает на растяжение при нагрузке, изменяющейся по отнулевому (пульсирующему) циклу. Определить коэффициент запаса прочности для опасного сечения стержня, если
Р Лпах = 20-103 кгс, £а = 1,57, рма = 1,29, Рпо =1,0.
Как изменится коэффициент запаса, если стержень изготовлен из хромистой стали 40Х (ов = 95 кгс/мм2, от = 80 кгс!мм2, О-1р = 33 кгс/мм2)? В этом случае ka =2,15, рма=1,45, Рпа=1,0.
Решение. Коэффициент запаса по усталостному разрушению определим по формуле (22.15) с заменой о»! на сг_1р:
n==£zjp
По табл. 1.15, = 0,11.
Общий коэффициент снижения предела выносливости при симметричном цикле Код = *о рмоРпо = 1,57< 1,29-1,0 = 2,02.
* См., например, С. В. Серенсен и др. Несущая способность и расчеты деталей машин на прочность. Машгиз, 1963.
586
При отнулевом (пульсирующем) цикле
° а ~ ~ Gmax/2.
Номинальное значение максимального напряжения для опасного сечения (про. ходящего через центр отверстия)
а — _^max — 20* 103 — 810 , 2
™х~£иетто-3,14.62/4-0,6-6~Ь ' •
Таким образом,
оа == ат — 810/2 = 405 кгс/см?, 2100
п = т-----—---------=2 44
2,02-405+0,11 *405 ’
Для стали 40Х = 0,19
/Сод =2,15-1,45 1,0 = 3,14.
По формуле (22.15), а-1р
3300
ti ~_____________—__________________— 9 4^
Кодоа + Vo 3,14 - 405 + 0,19 - 405 ’
Таким образом, в данном случае применение более качественной легированной стали не дает почти никакого эффекта—коэффициент запаса во втором случае всего на 0,5% больше, чем в первом. Это объясняется тем, что более прочная сталь чувствительнее к влиянию
легированная концентрации напряжений и масштабного эффекта.
Нетрудно установить, что при применении как стали 45, так и стали 40Х коэффициенты запаса по текучести выше, чем по усталостному разрушению (ят = 3400/810 = 4,2 для стержня из стали 45 и пТ~ 8000/810 = 9,88 для стержня из стали 40Х), и, следовательно, расчетными являются коэффициенты запаса по усталостному разрушению.
Пример 2.15 (к § 5.15). Тележка с грузом Р периодически перемещается по балке от левого стержня к правому и обратно (рис. 12.15). Определить допускаемое значение груза Р, исходя из условия прочности стержней, на определении усилий в стержнях считать балку недеформируемой. Стержни изготовлены из стали 20 и имеют диаметр 40 мм. Механические характеристики стали 20:ов = 37 кгс/мм2', от = 22 кгс/мм2, о_1р = \Ъкгс/мм2. Общий коэффициент снижения предела выносливости /Сод =2,5. Требуемый коэффициент запаса прочности [«1=1.5.
Решение. Очевидно, что усилия в стержнях зависят от положения тележки. Определим эти усилия в функции от координаты х, характеризующей положение тележки. Рассекая стержни, составим для балки два уравнения равновесия (рис. 13.15):
которых подвешена балка. При
£Г=0;
£мл = 0;
^ + ^+W,-P=0;
— Л/2а—N3-2a-\-Px — Q.
Недостающее третье уравнение составим, рассмотрев характер деформации системы; при этом учтем, что по условиям задачи балку можно считать недеформируемой (рис. 14.15):
д/2 = ^1+^з. или 2Mi = td1 + &l3.
Выражаем удлинения стержней через возникающие в них усилия и жесткости:
Г» ^2^ Л\/ I /V3/ *7 1 *7
2 EF EF EF или 2/V3 = #! +#3.
587
Решая систему уравнений, выражаем усилия в стержнях через силу Р и расстояние х:
tf2 = (l/3)P; N^Pfi/S-x/Za); N3 = (P/Za) (х-л/3).
Усилия в стержнях 1 и 3 изменяются по линейному закону. В стержне /
^imax = (o;6)P При Х = 0 И Vlmin = ~ (!/6) Р При х =2а-
Аналогично в стержне 3
^зтах “ (5/6) Р при х = 2а И A^3Tnjn = — (1/6) Р при х = 0.
Рис. 13.15
Таким образом, стержни 1 и 3 находятся в одинаковых условиях, поэтому расчет можно вести по любому из них *:
flfnax ~Р___(_____L р А
р _ ° а ________2_________ ^max ^min __ 6__________\ ^ / । 5
° °тах~Т'^пнп ^max~i ^min JL Р_____________— р
2 6 6
По формуле (26.15) определяем допускаемое напряжение:
г„ . _ ст-.Ж+‘) 1500(1,5+1) _6Р? ,
1 Я,“|«1(Я<,дР<,+ %)- 1,5(2,5.1,5+0,07) С/СМ'
где по данным, приведенным в табл. 1.15, принято фо = 0,07. Допускаемое напряжение, определяемое по пределу текучести,
[о] = от/[л] = 2200/1,5 = 1470 кгс/см2, т. е. больше, чем [ор], поэтому расчет ведем по [о#).
Условие прочности стержня 1 (или 3) п _________________________^1шах
°тач— р
(5/6) Р. ,
откуда допускаемое значение нагрузки
|П1 6 , 6 3,14-42 по„
|PJ = у • -4- [<’«1 = 75------4------6ао = 98/0 кгс.
Пример 3.15** (к § 5.15). Определить коэффициент запаса прочности клапанной пружины, изготовленной из хромованадиевой проволоки (тв= 120 кгс/мм2; тг = 95 кгс/мм2; т_, = 45 кгс/мм2; т0 = 65 кгс/мм2; G = 8• 10ь кгс/см2). Размеры пружины: средний диаметр £> = 50 мм; диаметр проволоки d = 4,5 мм; число рабочих витков 1 = 6. Предварительная осадка пружины X = 25 мм; наибольший ход клапана h— 14 мм.
* Расчета по стержню 2 не производим, так как усилие в нем постоянно и меньше, чем (5/6) Р.
** Условия примера заимствованы из статьи С. П. Демидова «Прочность при переменных напряжениях» в сборнике «Прочность в машиностроении» (под ред. С. Д. Пономарева). Машгиз, 1951.
588
Решение. Максимальные (расчетные) напряжения в поперечном сечении витка определяются по формулам (28.6) и (29.6):
_ D/d + 0,25 8PD _ 50/4,5+ 0,25 8PD 8PD т~ D/d— I ‘ nd2 ~ 50/4,5—1 * nd3 ~ ' 2 nd3 *
Осадка пружины определяется по формуле (30.6) ♦:
. __8PD4 Gd* *
Из формул для т и Z получаем
Определяем минимальное напряжение цикла, т. е. величину т при закрытом клапане:
l,12Gd. 1,12-8-10*0,45 П|лп , о
Tmin— nD4 к— 334.52.6 -2,5-2140 кгс1см-.
Определяем максимальное напряжение цикла, т. е. величину т при наибольшем открытии клапана, когда 1тах = Л+Л = 25+14 = 39 мм:
Ттак = Tmiti -Ц^-=2140-?+з340 «с/СЛ2, Л ZO
Среднее напряжение цикла
т,„=Т»"?»+.Тп?1п=3342±2!22=274О кгс/см2;
амплитуда цикла
ха=Т™У. Г.!.1"!»=3340 2 ИР=600 кгс/см2.
Полагая, что предел выносливости t_j определен на образцах того же диаметра и с тем же состоянием поверхности, что и проволока, из которой изготовлена пружина, принимаем Лтд= СО.
Коэффициент запаса усталостной прочности определяем по формуле (23.15):
„ . T-t 4500 2
КхЛ то Н-Пт т,я 600 + 0,385-2740 ’ ’
где
= 2t-V-t? =2d|r^=0,385.
Tq UD
Коэффициент запаса по текучести
Пример 4.15 (к § 5.15). В опасном поперечном сечении вала, ослабленном шпоночной канавкой, возникают крутящий момент, изменяющийся по отнулевому циклу, и изгибающий момент Л4 = 3800 кгс* см, которому соответствуют нормальные напряжения, изменяющиеся по симметричному циклу, что обусловлено вращением вала. Максимальное значение крутящего момента Л4к = 3700 кгс*см.
Диаметр вала d = 45 мм. Материал вала—сталь 45; ее механические характеристики: ов = 65 кгс/мм2, от = 32 кгс/мм2: cf-^25 кгс (мм2.
Определить коэффициент запаса прочности для опасного сечения вала.
* Здесь заменено обозначение числа рабочих витков пружины — принято с вместо п.
589
Решение. Для определения коэффициента запаса прочности по нормальным и касательным напряжениям вычисляем максимальные значения номинальных напряжений изгиба и кручения.
Максимальные напряжения изгиба
_М_ М _ 3800-32 _.__ f 2
Отах-Ц7—^3/32 — 3,14-4.53~425 '
Максимальные напряжения кручения
Мк Мк 3700-16 ОАО , 2
Ттах— — ^з/iq —3,14-4,53 — 208 КгС>СМ '
Коэффициент запаса прочности по нормальным напряжениям [формула (15.15)]
_ CF—1д О — 1 __ 2500 ___
Па~ 0^7“ko₽морпоотах - 1,95 • 1,33 • 1,07 • 425 “ ’* '
Здесь принято ♦: kG = 1,95; рма =1,33 и 0по = 1,07.
По приведенным выше данным, предел выносливости при симметричном цикле кручения для лабораторного образца
т_х « 0,58(7-! = 0,58-25 ~ 14,5 кгс{мм?.
a i
Аналогично,
тт » 0,58от = 0,58-32 « 18,5 кгс! мм?.
Среднее напряжение и амплитуда цикла касательных напряжений (при отну-левсм цикле)
:я = тв=^2=^?=104 кгс/см2.
Общин коэффициент снижения предела выносливости при kx = 1,80, Вмх = 1,33, ₽пт = 1,04* **
Ктд = *т ₽мт₽пт= 1,80-1,33 -1,04 = 2,49.
Коэффициент запаса прочности по формуле (23.15) при фт = 0,04 (см. табл. 1.15) п т-1 - 1450
АГтдТа + ФтТт 2,49-104+0,04-104 0,0 *
Коэффициенты запаса по текучести: л <?т________________3200___ тт 1850 д _
Лот — -——-тпё" — 7,53, птт=-— — —— = 8,9. ^тах 425 ттах 208
Из формулы (28.15) получаем следующее значение общего коэффициента запаса прочности (по усталостному разрушению):
п = п^п. _ 2.11-5.5I 7
]/п^ + п2х Г2,112+5,5Р
Общий коэффициент запаса по текучести
__ ИотИтт ______ 7,53-8,9 _- -
Пт — —/— — — —г — —~ — 5,75.
/п5т + п?т К7,53*+8,9*
♦ См., например, Г. М. Ицкович и др. Курсовое проектирование деталей машин. «Машиностроение», 1970.
** См. там же.
590
Задачи для самостоятельного решения
Рис. 15.15
Задача 1.15 (к § 5.15). В поперечном сечении вращающегося с постоянной скоростью ступенчатого вала круглого сечения (рис. 15.15) возникает изгибающий момент М. Вал изготовлен из углеродистой стали, предел выносливости которой о_1=22 кгс/мм2, предел прочности ов = 50 кгс/мм2.
Определить наибольшее допускаемое значение момента Л4. Принять [п] =2; ka = 1,25; (Зм<у = 1,32; Рпа~ 1,05.
Ответ' [Л4] = 530 кгс-м.
Задача 2.15 (к § 5.15). Балка (рис. 16.15) изгибается силой Р, величина которой изменяется от Projn — 0,8 тс до Ртах = 3,2 тс. Материал балки— сталь 35 (сгв = 60 кгс/мм2’, от = 32 кгс/мм2). Определить коэффициент запаса прочности для сечения /-/, Ответ: л = 3,64.
приняв Кпд =2,3.
Рис. 16.15
Вопросы для самопроверки
К § 1.15. 1. Как графически изображается изменение напряжений во времени?
2. Что называется циклом напряжений?
3. Что называется средним, максимальным и минимальным напряжением, амплитудой, коэффициентом асимметрии и характеристикой цикла напряжений?
4. Что представляют собой симметричный и асимметричный циклы? Приведите примеры асимметричных циклов.
5. Какие циклы называют подобными?
6. Что называется усталостью? Опишите характер усталостного разрушения.
К § 2.15. 7. Что представляет собой кривая усталости (кривая Вёлера) и как ее получают?
8. Что называется пределом выносливости?
9. Какую величину называют базовым числом цикла? Что называется пределом ограниченной выносливости?
К § 3.15. 10. Как строят диаграмму предельных амплитуд и какой вид она имеет?
11. Что называется параметрами цикла переменных напряжений и какое их число полностью характеризует цикл?
12. Как с помощью диаграммы предельных амплитуд определяют предел выносливости?
13. Как на диаграмме предельных амплитуд располагаются точки, соответствующие подобным циклам?
14. Чем ограничена на диаграмме предельных амплитуд область безопасных циклов?
К § 4.15. 15. Как влияют размеры детали на величину предела выносливости? Что представляет собой масштабный коэффициент (масштабный фактор) и ог чего зависит его величина?
591
16. Что называется эффективным коэффициентом концентрации напряжений и коэффициентом чувствительности? Как они связаны друг с другом и от каких факторов они зависят?
17. Как влияет на величину предела выносливости чистота поверхности?
18. Как влияют на предел выносливости обкатка поверхности детали роликами и обдувка ее дробью?
19. Какое соотношение существует между пределами выносливости при симметричном цикле для материала (нормального лабораторного образца) и изготовленной из него детали?
К § 5.15. 20. Почему уточненные расчеты на усталостную прочность в большинстве случаев выполняют как проверочные? Какой вид при этом имеет условие прочности?
21. От каких основных факторов зависит величина требуемого коэффициента запаса прочности?
22. Какая предпосылка положена в основу расчетов на прочность при > переменных напряжениях?
23. Что называется номинальным напряжением?
24. Как определяются коэффициенты запаса прочности при симметричном цикле в случае изгиба, растяжения-сжатия и кручения?
25. Изложите основные способы схематизации диаграмм предельных амплитуд и укажите достоинства и недостатки каждого из них.
26. Выведите, пользуясь схематизированной диаграммой предельных амплитуд, формулу для определения коэффициента запаса прочности при асимметричном цикле напряжений.
27. Как учитывают при определении коэффициента запаса прочности (в случае асимметричного цикла) факторы, влияющие на величину предела выносливости?
28. Как определяют коэффициент запаса по отношению к пределу текучести?
29. Укажите особенности определения коэффициента запаса прочности при циклах с отрицательными (сжимающими) средними напряжениями.
30. Как определяют коэффициент запаса прочности для детали (вала), работающей на совместное действие изгиба и кручения?
Глава 16
ТОНКОСТЕННЫЕ ОСЕСИММЕТРИЧНЫЕ ОБОЛОЧКИ И ТОЛСТОСТЕННЫЕ ЦИЛИНДРЫ
$ 1.16. РАСЧЕТ ТОНКОСТЕННЫХ ОСЕСИММЕТРИЧНЫХ ОБОЛОЧЕК
Тонкостенной осесимметричной называется оболочка, имеющая форму тела вращения (т. е. оболочка, полярно симметричная относительно некоторой оси), толщина стенки которой весьма мам по сравнению с радиусами кривизны ее поверхности.
На рис. 1.16,а изображена срединная* поверхность осесимметричной оболочки. Выделим из нее бесконечно малый элемент двумя меридиональными плоскостями тт1тг и тт3т2 (т. е. плоскостями, проходящими через ось симметрии оболочки) с углом dtp между ними и двумя плоскостями, перпендикулярными оси симметрии оболочки, одна из которых пересекает срединную поверхность оболочки по линии ВС, а другая—по линии AD.
Радиусы 02А и 02В кривизны срединной поверхности элемента ABCD в меридиональной плоскости обозначим рп, а радиусы OJ} и ОХС ее кривизны в плоскости, перпендикулярной меридиану,—ре (рис. 1.16,6).
Расчеты тонкостенных осесимметричных оболочек выполняют при проектировании различных резервуаров, газгольдеров, котлов и т. д. Нагрузки, действующие на такую оболочку со стороны заполняющей жидкости или газа, перпендикулярны ее поверхности и обычно полярно симметричны относительно оси симметрии обо
* Как уже известно, срединной называется поверхность, делящая пополам толщину оболочки.
593
лочки. Форму и размеры оболочки выбирают так, чтобы деформации ее от нагрузки были малы. В этом случае, если оболочка достаточно тонкая, при расчете можно пренебречь изгибом поверхности оболочки и считать, что напряжения по толщине стенки оболочки распределены равномерно.
Такой расчет называется расчетом по безмоментной теории. Если оболочка недостаточно тонкая, имеет резкие переломы в очертании, жесткие закрепления и нагружена сосредоточенными^силами или моментами, то в зонах, прилегающих к местам переломов, закреплений, приложения нагрузки, а также у краев оболочки
Рис. 2.16
возникает изгиб. Однако по мере удаления от этих мест изгибающие моменты быстро затухают; поэтому расчет удаленных зон таких оболочек может производиться по безмоментной теории. Определение изгибающих моментов в оболочках, т. е. расчет оболочек по моментной теории, в настоящем курсе не рассматривается.
Элемент ABCD оболочки в ортогональных проекциях показан на рис. 2.16, а. По боковым граням элемента АВ и CD, совпадающим с меридиональными плоскостями, в силу симметрии оболочки и нагрузки касательные напряжения равны нулю; по этим граням действуют лишь нормальные напряжения ое {окружные напряжения).
Из закона парности касательных напряжений следует, что касательные напряжения по боковым граням ВС и AD также равны нулю; по этим граням действуют лишь нормальные напряжения <зт {меридиональные напряжения). Кроме напряжений <те и от на элемент оболочки действует нагрузка в виде давления р, перпендикулярного поверхности ABCD.
594
Составим условие равновесия бесконечно малого элемента оболочки в виде суммы проекций приложенных к нему сил на ось v, совпадающую с нормалью к поверхности ABCD-.
2 V = pdSidsz—2 (oe6ds2) sin (dax/2)—2 sin (da2/2) = 0, (a)
где 6—толщина элемента ABCD оболочки.
В этом уравнении величина <Je6ds2 представляет собой силу, действующую на каждую из боковых граней АВ и CD элемента оболочки, a —на каждую из боковых граней ВС и AD
(рис. 2.16,6). Величина 2 (oe6ds2) sin (da^/2) равна проекции обеих сил oe6ds2, а 2 (am8dSj) sin (da2/2)—проекции обеих сил на ось V. Углы da2 и da2 показаны на рис. 1.16,6 и 2.16, а. Произведение pdsids2 представляет собой проекцию нагрузки, приложенной к элементу ABCD на ось и.
Вследствие малости углов (daj/2) и (da2/2) их синусы равны величинам углов, а потому
sin (dax/2) = daj2 = ds1/(2pe) и sin (da2/2) = da2/2 = ds2/(2pm).
Подставив эти значения синусов в выражение (а), после сокращения на ds1ds2 получим
Ог0/Р0 + ^и/Ри = р/6. (1.16)
Формула (1.16) носит название уравнения Лапласа. Она используется для определения напряжений в стенке тонкостенной оболочки. Конечно, определить из одного уравнения две неизвестные величины от и ое невозможно, поэтому определить напряжения в стенке оболочки можно лишь на основе совместного решения уравнения Лапласа и уравнения равновесия части оболочки, отсеченной конической поверхностью, перпендикулярной меридианам. Исключением является сферическая (шаровая) оболочка, находящаяся под действием газового давления; для нее
Рт = Ре = D/2t
где D—диаметр сферы и am = oQ вследствие центральной симметрии оболочки и действующей на нее нагрузки, а потому из уравнения (1.16)
ae = wm = p£)/(46). (2.16)
Для оболочки, имеющей форму цилиндра или конуса, из уравнения Лапласа можно определить ое, даже если от еще неизвестно. Это следует из того, что в указанных случаях рга = оо (меридиан оболочки представляет собой прямую линию) и, значит, от/рп = 0, поэтому
ае = рре/6.
В случае газового давления величина р постоянна во всех точках поверхности оболочки; для резервуаров, наполненных жидкостью, значение р по их высоте переменно.
595
§ 2.16. РАСЧЕТ ТОЛСТОСТЕННЫХ ЦИЛИНДРОВ
Толстостенным называется такой цилиндр, для которого отношение толщины стенки к внутреннему диаметру не менее 1/20*.
Рассмотрим задачу о расчете толстостенного цилиндра, подвергающегося действию равномерно распределенных наружного давления ри и внутреннего давления рв (рис. 3.16, а). Такая нагрузка не может вызывать деформации изгиба цилиндра.
При расчете толстостенных цилиндров нормальные напряжения <Тэ в сечениях плоскостями, проходящими через ось О симметрии (см. рис. 3.16, а), нельзя считать равномерно распределенными по толщине стенки, как это делается при расчете тонкостенных цилиндров. Нормальные напряжения ог, действующие по цилиндрической
поверхности с радиусом г (см. рис. 3.16, а), могут быть того же порядка и даже превышать величины напряжений ое, что при тонкостенных цилиндрах невозможно. Поэтому расчет толстостенных цилиндров нельзя производить по формуле (1.16), применяемой при расчете тонкостенных осесимметричных оболочек.
В связи с полярной симметрией цилиндра и нагрузки нормальные напряжения аг и сто являются главными напряжениями; в площадках, по которым они действуют, касательные напряжения равны нулю.
Третьим главным напряжением в каждой точке толстостенного цилиндра является напряжение а0, действующее по площадке, совпадающей с поперечным сечением цилиндра, т. е. с сечением плоскостью, перпендикулярной его оси симметрии.
* Давление цилиндров на толстостенные и тонкостенные в известной мере условно, так как связано с требуемой точностью их расчета на прочность. При указанном отношении толщины стенки б к внутреннему диаметру цилиндра результаты расчета по теории толстостенных цилиндров отличаются от приближенного расчета, выполненного в предположении равномерного распределения напряжений по толщине стенки, на 5%. Если ограничиться точностью 8%, то цилиндр надо считать толстостенным при 6/(2гц)^ 1/16.
596
При выводе расчетных формул рассмотрим открытые цилиндры, т. е. цилиндры, не имеющие днищ. Напряжения о0 в таких цилиндрах равны нулю.
Точное решение, выполненное методами теории упругости, показывает, что поперечные сечения цилиндра, плоские до его нагружения, остаются плоскими и после нагружения и что, следовательно, относительная деформация г0 в направлении оси симметрии одинакова во всех точках поперечного сечения. На основании обобщенного закона Гука при 80 = const = H
г0 - <т0/Е — (р/Е) (о> + ое) = А \
при о0 = 0 г о = ~ (Р/f) (07 + ае) = А,
откуда
аг4-ае== — АЕ/и. (3.16)
Из формулы (3.16) следует, что сумма напряжений ог и ое одинакова для всех точек цилиндра.
На рис. 3.16,6 изображен элемент, выделенный из толстостенного цилиндра двумя цилиндрическими поверхностями радиусами г и r + dr, двумя плоскостями, проходящими через ось О симметрии цилиндра и образующими друг с другом угол d<p, и двумя поперечными сечениями, отстоящими друг от друга на расстоянии, равном единице. Все грани элемента совпадают с главными площадками.
Составим условие равновесия элемента в виде суммы проекций действующих на него сил на нормаль к цилиндрическим поверхностям, проведенную через их центры:
(or + dor) (г -[-dr) dtp- 1— arr dtp-1 —2oedr •1 d(p/2 = 0.
Сокращая это выражение на dtp и пренебрегая бесконечно малыми величинами второго порядка, находим
г dvr -|- or dr — Ge dr = 0.
Заменим в этом уравнении на [—(ЛЕ/р)—ог] [см. выражение (3.16)]:
г dGr 4- 2о_ dr — — — dr, г ‘ г р
или, учитывая, что
г dGr -j-2or dr = d-- -r r , получаем
d (Gr г") = — (ЛЕ/р) г dr.
Проинтегрировав последнее уравнение, найдем
Gr г* = — [ЛЕ/(2р)] г2 + С, (4.16)
где С—постоянная интегрирования.
Постоянные А и С определим из граничных условий на поверхностях цилиндра:
597
а) на внутренней поверхности цилиндра, т. с. при г = гв, аг = = —рв и, следовательно,
- рвг* = - [Л£/(2р)] rl + C-, (5.16)
б) на наружной поверхности цилиндра, т. е. при г = г„, аг — = —р„ и, следовательно,
-№н = -И£/(2ц)]^+с. (6.16)
Решив совместно уравнения (5.16) и (6.16), найдем:
ЛЕ _ р«гн — рвгв .
2ц гг„-г1 ’
Подставим найденные выражения АЕ/(2ц) и С в уравнение (4.16). После преобразований
1 Г / л \ / Л
^ = --гЧ- РЛ(1—^)+РвгЦ-^-1) . (7.16)
После подстановки в уравнение (3.16) выражения АЕ/ц и аг
= Ь(1 + 4)~Рв^(4 + 1)1. (8.16)
Равенства (7.16) и (8.16) носят название формул Ламе. В этих формулах расстояние г от точки до оси цилиндра учитывается чле-
а) д)
Рис. 4.16
нами гЦгг и г^/г2, стоящими в круглых скобках. Величины выражений в круглых скобках положительны при любых значениях г.
Следовательно, при действии на цилиндр только наружного или внутреннего давления знаки напряжений ог (а также и сте) во всех точках цилиндра одинаковы. В частности, при действии только наружного давления (рис. 4.16, а) напряжения <тг и <те во всех точках цилиндра отрицательны (сжатие); при действии же только
598
внутреннего давления (рис. 4.16,6) напряжения ог во всех точках цилиндра отрицательны (сжатие), а <Те—положительны (растяжение).
Выведем формулу для определения радиального перемещения и произвольной точки цилиндра (расположенной на расстоянии г от оси его симметрии). Для этого выразим через и относительную деформацию 80 в направлении, перпендикулярном радиусу (в окружном направлении):
__2л(г-|-и)— 2пг_ и
С° 2лг г
На основании обобщенного закона Гука (при ао = 0)
___и ое —цаг ео — г ~ Е
Подставив в это уравнение значения аг и <те Гиз выражений (7.16) и (8.16)], найдем
U = E (74-r2) I/1 ~(Р^—РЛ) г + (1 + И) (Рв~Рп) • (9-16)
Положительное значение и указывает, что точка смещается по радиусу от оси симметрии цилиндра.
Для того чтобы определить увеличения (в результате деформации) внутреннего радиуса цилиндра ив и наружного радиуса ия, в формулу (9.16) вместо г надо подставить соответственно значения гл и г„. В результате такой подстановки получим:
г Г / г* _1_г2 \ г2 1
и.=-^ PbI^F^+hI-zph-tS ; (10.16)
Ь [ \Гн —Г в / г н —г в 1
Г 2 2 [ 2 \ “I
«n = V Ь (11-16)
Е [ Гн— Гв гй—г£ у]
В случае закрытого цилиндра (цилиндра с днищем) формулы (7.16) и (8.16) для напряжений аг и ое остаются без изменения, а напряжения <т0 в поперечных сечениях цилиндра определяются по формуле 2 2
ао = .Р^-Р-г«, (12.16)
ri — Гв
Формула для радиального перемещения и в этом случае имеет вид
1 Г 2 2"
U = 77V-^ (1-2н)(Рв^-РЛ)г + (1 + н) (Рв-Рн)-^ • (13.16)
Е (гн —гв) L r J
Наиболее часто толстостенные цилиндры находятся под действием внутреннего давления.
Из ф°РмУл (7.16) и (8.16) следует, что при действии только внутреннего давления напряжения oq в любых точках цилиндра положительны и по абсолютной величине больше напряжений о,
599
(которые отрицательны). Наибольшей величины напряжения ов достигают у точек внутренней поверхности цилиндра, где они равны г’ +г2
=Рв• В остальных точках напряжения па меньше этого Г Н----Г в
значения (см. эпюру ое на рис. 4.16,6). Наибольшее значение оа можно уменьшить путем применения составных толстостенных цилиндров, состоящих из нескольких более тонких труб, надетых друг на друга (рис. 5.16).
Вторая труба (рис. 5.16) изготовляется с внутренним диаметром, несколько меньшим наружного диаметра первой (внутренней) трубы,
а третья—с внутренним диаметром, меньшим наружного диаметра . . второй трубы, и т. д. Разница (до сборки)
междУ наружным диаметром внутренней трубы и внутренним диаметром надеваемой на нее трубы, принятая при их изготовле-нии, называется натягом.
Перед надеванием второй трубы на пер-вую ее нагревают настолько, чтобы внутрен-ний диаметр, увеличившись от нагрева, стал несколько больше наружного диаметра пер-Рис. 5.16 вой трубы. В процессе остывания вторая
труба (внутренний диаметр которой при остывании уменьшается) оказывает на первую внешнее давление и сжимает ее. Аналогично на вторую трубу насаживают третью и т. д. Такой способ насадки одной трубы на другую называют посадкой с натягом. В результате натяга в трубах возникают начальные напряжения. Чем больше величина натяга, тем больше начальные
напряжения.
Способ уменьшения напряжений Оа и, следовательно, повышения прочности толстостенного цилиндра путем замены сплошного цилиндра составным предложен в середине прошлого века академиком А. В. Гадолиным.
В качестве примера рассмотрим составной цилиндр из трех труб со стенками одинаковой толщины, собранных с натягом (рис. 6.16, а). Цилиндр находится под действием внутреннего давления рв =1000кгс/см2. Радиусы труб равны: rt = 10 см, г2= 15 см, г3 = 20 см и rt = 25 см.
Если бы рассматриваемый цилиндр был не составным, а сплошным, то распределение напряжений оа и аг вдоль радиуса определялось следующими выражениями, полученными из формул (7.16) и (8.16): Рвгв f гн 1000 10» /252 . \_
г~ г2_,2 \г2 Ч~ 252—102 \ г2 J
' н 'в \ / 4 7
= — 190,4^-^—1^ кгс/см2-,
Р*г* (г« . Л 1000-10« / 252 . \ ,Qn , ( 252 . , \ . ,
г г к г2 / 252—103 ( г2 "Ь 1 ) — 190,4 { 2 4- 1J кгс/см ,
н'вх / 4 7 4 7
где г—расстояние от оси цилиндра» см.
600
эпюра 6д(отрг)
Рис. 6.16
4,57р3
Эпюры <зг и <Je, построенные с помощью этих выражений, изображены на рис. 6.16,6. Такие же напряжения возникают и в составном цилиндре от внутреннего давления (если не учитывать
начальные напряжения от натяга).
Обозначим р2 нормальное давление между наружной поверхностью первой трубы и внутренней поверхностью второй трубы,
а р3—давление между наружной поверхностью второй и внутренней поверхностью третьей трубы.
Давления р2 и р3 возникают в результате посадки с натягом второй трубы на первую и третьей на вторую.
На рис. 6.16, в, а изображены эпюры напряжений ог и о© от давлений р2 и р3. Ординаты этих эпюр подсчитаны по формулам (7.16) и (8.16); при этом раздельно рассмотрено действие давле
ния р2 на первую и вторую трубы, а давления р3—на вторую и третью трубы.
Величины полных напряжений, действующих в составном цилиндре (от внутреннего давления и натяга), можно получить алгебраическим суммированием соответствующих ординат эпюр, изображенных на рис. 6.16, б, в, г. Так, например, полные напряжения
се в точках, расположенных в непосредственной близости от точек
1, 2 и 3—справа от них (рис. 6.16, а), равны:
при r — r1 + dr 00= 1381 — 3,60р2;
при r = r~ + dr 00 = 719 + 3,57/?,—4,57р3;
при r = r3-\-dr о0 = 488 + 4,56/+
Величины давлений рг и р3, вызванных натягом, выберем с таким расчетом, чтобы распределение напряжений о© вдоль радиуса цилиндра было по возможности более равномерным. Для этого необходимо, чтобы напряжения 00 в точках, отстоящих от оси цилиндра на расстояниях r1 + dr, r2+dr и r3 + dr, были одинаковы, т. е.
1381 — 3,60р2 = 719 + 3,57р2—4,57р3 = 488 + 4,5бр3.
Из равенства
1381 —3,60р2 = 488 + 4,56р3 находим
р3= 196—0,79р2.
Подставив выражение р3 в равенство 1381 — 3,60р2 = 719 + + 3,57р2—4,5р3 и решив его, получим
р2 = 144,5 кгс/см2 и, следовательно,
р3 = 196—0,79р2 = 82 кгс/см2.
Величины полных напряжений а” и в составном цилиндре можно определить путем суммирования напряжений от внутреннего давления (рис. 6.16,6) с напряжениями от натяга (рис. 6.16, в, г): яри г = 10 см
о" = — 1000 кгс/см2, оо= 1381—3,60р2= 1381—3,60.144,5 = 861 кгс/см2;
602
при г = 15 см
о" = — 388—р2 = — 388—144,5 = — 483 кгс/см*-, слева от точки 2
<j0 = 719—3,6Op2 = 719 —2,60-144,5 = 344 кгс/сл2;
справа от точки 2
os = 719 + 3,57р8—4,57р3 = 719 + 3,57-144,5 -4,57-82 = 861 кгс/см*-, при г = 20 см
о? = — 107—р3 = — 107 — 82 = — 189 кгс/см*-, слева от точки 3
ng = 488 + 2,57р2—З,57р3 = 488 + 2,57-144,5-3,57-82 = 567 кгс/сж2; справа от точки 3
ое = 488 + 4,56р3 = 488 -|-4,56-82 = 861 кгс/см*-, при г = 25 см
о? = 0;
og = 381 4-3,56р3 = 381 -f- 3,56-82 = 672 кгс/см*.
По полученным значениям о? и о§ на рис. 6.16, д построены эпюры полных напряжений в составном цилиндре.
Площадь эпюры og (рис. 6.16, д) равна площади эпюры ое от внутреннего давления р (рис. 6.16, б), однако напряжения og распределены более равномерно. В результате этого наибольшее растягивающее напряжение в материале цилиндра уменьшается от 1381 до 861 кгс/см*.
Для того чтобы после сборки рассмотренного составного цилиндра (рис. 6.16) между первой и второй трубами на поверхности их соприкосновения (контакта) возникло давление рг, а между второй и третьей трубами—давление р3, необходимо при изготовлении внутренний радиус второй трубы сделать на некоторую величину 62
а внутренний радиус третьей трубы—на некоторую величину 63 меньше наружного радиуса второй (рис. 7.16, а).
fl)
1-я труба
3-я труба
'/7/7/7/,
51
Рг
Pz
меньше
Рз
Рг
р,
Рис. 7.16
603
Если к трубам до их сборки приложить давления рг и р3, то в результате деформации наружный радиус первой трубы станет равен внутреннему радиусу второй, а наружный радиус второй — внутреннему радиусу третьей (рис. 7.16,6). Следовательно, величины 62 и бэ равны:
— ^2,t 4- = 63(2 + 63t3;
здесь 62U — уменьшение наружного радиуса первой трубы от давления р2; б212—увеличение внутреннего радиуса второй трубы от давлений рй и р3, 6312—уменьшение наружного радиуса второй трубы от давлений р3 и р3; б3,3—увеличение внутреннего радиуса третьей трубы от давления р3 (рис. 7.16, а, 6).
По формулам (10.16) и (11.16) находим*:
к гг /гг~т~г1 \ . Рг( ~г 2 I1 ) ’ £ \'г~ П }
«2,г = -5-[р2(,£гЦ + н)—2р3-/^];
V3 —Гг / Гз~'aj
«з.з=^|-2р2-А+Рз('-:-±4-н)1;
L L <3 —'2 V3 —Г? /J
/ 2 I 2 ч
6 — D (‘ -L ii A
U3,3 — £ ГЗ ( 2 2 » Г ] *
\f4 f3 /
Подставив выражения S2il, 62t2, S3>2 и S3t3 в формулы для 62 и б3, после преобразования получим:
9г / г2 —г2 \ \
^2 = 62,1 + / 2 2--2\ ( Р2Г1 4-РзГ1 ) J
Г2/\ Г2—/
бв = 63,2 + 63.3 = ?-2< ( ~ Pjl + Р3Г1 -F^ ) •
Е\гз— Гг)\ г*—г$/
Подставим в формулы (14.16) числовые значения величин (принимаем Е — 2 10“ кгс/смг):
h “ ( 1«.5 15= -gE]g-82 20-) = 0,0039 см-,
®= = 2-10в (2о=—15~;)~ ( - Н4.5 • 15= + 82 20= ) = 0,0030 см.
Таким образом, вторая труба должна быть изготовлена с внутренним радиусом, меньшим на 62 = 0,0039 см наружного радиуса первой трубы, а третья труба—с внутренним радиусом, меньшим на 63 = 0,0030 см наружного радиуса второй трубы. При выполнении этих условий в составном цилиндре после его сборки возникнут необходимые начальные напряжения, а при действии внутреннего
* Начальные радиусы труб отличаются от радиусов г19 г2, г3 и г4 на весьма малые величины, которыми при вычислении значений д21, д22, 63 2 и д3>3 можно пренебречь.
604
давления полные напряжения будут равны напряжениям, показанным на рис. 6.16, д. Если, например, первая труба изготовляется с наружным радиусом, равным 15 см, то внутренний радиус второй трубы следует брать равным 14,9961 см', если же вторая труба изготовлена с внутренним радиусом 15 см, то наружный радиус первой трубы следует брать равным 15,0039 см и т. д.
Примеры расчета
Пример 1.16 (к § 1.16). Определить, пользуясь третьей теорией прочности требуемую толщину стенки шарового тонкостенного сосуда, находящегося под действием внутреннего газового давления р = 6 кгс/см2. Диаметр сосуда D~3m\ допускаемое напряжение [о] = 600 кгс/см2.
Решение. Окружные и меридиональные напряжения, возникающие в стенке сосуда, определяются по формуле (2.16).
ао =аот =/>£>/( 46).
Оба эти напряжения являются главными. Третье из главных напряжений, соответствующее площадке, касательной к поверхности сосуда, равно нулю * (см. рис. 2.16). Учитывая правило индексов для главных напряжений и го, что напряжения и от являются растягивающими, имеем
= О2 = О0 от\ о3~0.
Условие прочности по третьей теории прочности имеет вид
Подставляем в это выражение значения ст1 и о3:
PD/(4d)<[oL
откуда
, 6-300
4 [ст] 4-600 Округляя, принимаем 6 = 8 мм. Пример 2.16 (к § 1.16). Определить напряжения ов и о,Л на глубине Л в стенке наполненного водой тонкостенного сосуда, имеющего форму полушара, радиус которого Р и толщина стенки 6. Меридиональное сечение сосуда изображено на рис. 8.16, а. Сосуд подвешен к некоторой опорной конструкции. Собственным весом сосуда при расчете пренебречь.
Решение. Рассечем сосуд на уровне АВ (на глубине h) конической поверхностью, перпендикулярной меридиану, и рассмотрим равновесие нижней отсеченной части (рис. 8.16, б).
На эту часть действуют следующие силы:
1) сила давлен ня Рх по плоскости АВ слоя воды высотой li, направленная вниз:
Р2 = yhxr2 — улр3 sin ф cos2 ср, где учтено, что h = R sin ф и г = R cos ф;
* Для площадки, касательной к внутренней поверхности стенки, третье главное напряжение равно заданному давлению р; но так как оно весьма мало по сравнению с двумя другими главными напряжениями, им пренебрегают.
665
2) вес Р2 воды в сосуде ниже сечения АВ, направленный вниз и равный y=R
Р2 = yV = у J лх2 dy, y=h где у—объемный вес воды; nx2dy—объем элементарного слоя воды толщиной dy заштрихованного на рис. 8.16,6.
Подставив в выражение Р2 значения x = Pcosa, y = Rsina (и, следова тельно, dy = R cosa da) и заменив пределы интегрирования, получим
а=л/2 Я/2
Р2 = ул Р2 cos2a-P cos а-4а = улР3 J cos3ot-da =
a=<p <p
/ . sin3a\n/2 ул/?3 * .
= улР3( sin a-----x— =-Цг—(2 — 3 sm (p +sin3 q);
\ <5 j ф о
3) сила P3 действия верхней части сосуда на отсеченную нижнюю, направленная вверх:
Р3 = am6 • 2лг cos ф = 2лРбот cos2 ф, так как г = R cos <р.
Представим уравнение равновесия нижней отсеченной части сосуда в виде суммы проекций всех сил на ось у.
= Pi + = ул/?3 sin ф соэ2ф +
(2—3 sin ф +sin3 ф) —2л/?6оот соз2ф = 0,
откуда
am = -.г - (1 — sin3 ф).
т 36 cos2 ф
Им формулы (1.16) при р0 = р/л=/?
Подставим в это выражение значение от и давление р = уй = /? sin ф:
yP2sin<p уР2 .. . о ч
оА = ~ —5— — sin Ф) =
и 6 36 cos2 ф
(3 sin Ф cos2 Ф-1 + Sin3 ф).
ОМ vvO Ц/
Для определения напряжений а0 и ол на глубине h по заданным значениям h и /? из равенства sin ф = Л/Р следует определить значение угла ф и затем под-
ставить его в полученные выражения о0 и ит.
Пример 3.16 (к § 1.16). Определить толщину 6 стенки цилиндрической части котла диаметром D (изображенного на рис. 9.16), в котором находится пар под давлением р кгс/см2. Допускаемое напряжение равно [о].
Решение. На рис. 9.16 показаны сечение котла плоскостью /-/, перпендикулярной оси х симметрии котла, и элемент стенки с действую-
Рис. 9.16
щими на него напряжениями а0 и ат. Радиусы кривизны этого элемента равны р0 = О/2 и рот = оо.
606
Подставим значения р0 и р„ в формулу (1.16):
откуда
a0 = pD/(26).
Для определения напряжений от составим условие равновесия части котла, расположенной по одну сторону (например, справа) от сечения /•/, в виде суммы проекций сил на ось х:
2 рлЕ>2/$ — = 0;
здесь pnD2/4— равнодействующая давления пара на правое днище котла; (jmdnD — результат действия левой части котла на правую (внутренняя сила, возникающая в сечении /-/).
Решим это уравнение относительно аЛ:
om=pD/(46).
Таким образом, главные напряжения, возникающие в стенке котла, имеют следующие значения:
o1 = o0 = pD/(26); o2 = am=p£>/(46); a3 = 0.
Формула для определения толщины стенки зависит не только от величин главных напряжений, но и от принятой для расчета теории прочности. Так как паровые котлы изготовляются обычно из малоуглеродистой стали (пластичного материала), то здесь применимы третья и четвертая теория прочности.
По третьей теории прочности (наибольших касательных напряжений),
<h — а3<[о], или
р£>/(26)<[о],
откуда
6^pD/(2[o]).
По четвертой теории прочности (удельной потенциальной энергии изменения формулы),
j/"у [(О1 — с2)г+ (О2 -<Т3)2 + (01 —Оз)2] < 1а].
или
откуда
6^
УЪрР
4 [о] •
Заметим, что по четвертой теории прочности требуемая толщина стенки получается меньшей, чем по третьей.
Пример 4.16 (к § 2.16). Стальной цилиндр, внутренний радиус которого гв=10ои и наружный гн = 20 см, подвергается внутренному давлению рв = = 400 кгс/см2 (рис. 10.16,а). Построить эпюры напряжений ar и ов и проверить прочность цилиндра по третьей теории прочности при допускаемом напряжении [о] = 1500 кгс/см2. Определить увеличения внутреннего и наружного радиуса цилиндра; при этом принять Е
Е = 2 • 106 кгс/см2', р = 0,3.
607
Решение. По формулам (7.16) и (8.16) при рн —400 кгс/см2> рн = 0, гв=10 см и ги = 20 см
1 ллп»Л2< 203 Л 400 /400 \
°-2м'400-|0!-(--1г-тЬ-|Ь
„ _ 1 !П2 ( 20 I f 400 f 400 Г 1
°0 202—102'400 0 Д г2 + 3 \ г- J
С помощью полученных выражений находим: при r = rB= 10 см
ог = — 400 кгс/сл2; о0 = 667 кгс/см2}
при г — 15 см
аг~ —104 кгс/см2\ 0в = 37О кгс/см2}
при г = 20 см
ог ~ 0; о0 = 267 кгс/см2.
этим значениям эпюры ог и ое изображены на рис. 10.16,6.
Построенные по
Рис. 10.16
Опасными являются точки у внутренней поверхности цилиндра, в которых действуют главные напряжения — кгс/см2 и и3 — ог — —400 кгс/см2. Проверяем прочность цилиндра в этих точках.
По третьей теории прочности, о^ —о3<;[о], т. е.
667 + 400=1067 < 1500.
Следовательно, прочность цилиндра достаточна.
По формулам (10.16) и (11.16) определяем увеличение внутреннего и наружного радиусов цилиндра:
“^ЧЕ^+Ч=»'ю-
“.’ОТ 2'“'2-о!!?№““.“27 “
Пример 5.16 (к § 2.16). Составной открытый цилиндр состоит из двух труб, собранных с натягом. Размеры поперечного сечения цилиндра показаны на рис. 11.16,а. Наружная (первая) труба изготовлена с внутренним диаметром на 0,02 см меньше наружного диаметра внутренней (второй) трубы. Построить эпюры полных напряжений в цилиндре при внутреннем давлении рв = 800 кгс/см2. Принять Е = 2-10б кгс/см2 и р = 0,3.
608
Решение. На рис. 11.16,6, в показаны сечения второй и первой труб и действующие на эти трубы давления. Полное (вызванное натягом и давлением рь) давление, действующее по поверхности соприкосновения (контакта) первой и второй труб, обозначим р2.
Увеличение н)1>2 наружного радиуса второй трубы равно [по формуле (11.16)] и - 15 1~2 £00 102 г /152+Ю2 ?ЭХ1 .
н-2 2-10“ I2 800 152—102 ^2\ 152—102 0,3 JJ —
= (9600—17,25р.,)-10~« см.
Увеличение wB>1 внутреннего радиуса первой трубы равно [по формуле (10.16)] (|ё++0-з)=29-04-10’^
Внутренний радиус первой трубы изготовлен на 6 = 0,01 см меньше наружного радиуса второй трубы. После сборки составного цилиндра (и, в частности,
Рис. 11.16
после создания давления р2) оба эти радиуса одинаковы. Следовательно, «в i = = ан2 + 6 или 29,04X 10-6р2 = (9600— 17,25р2)-10"«+ 0,01, откуда
р2 = 423 кгс/см2.
Определяем по формуле (8.16) напряжения о0 во второй трубе (рис. 11.16,6): при г = гъ— 10 см
°е = -152^,102 р23-152 + 800-102 (-{^4-1)] =557 кгс/см*
при т = тп — 15 см
- 800-102 ( +1 1 = 1S0 кгс/см2.
\ id J\
Определяем по формуле (8.16) напряжения oQ в первой трубе (рис. 11.16,в):
20 № 2331
609
при л =rB = 15 см
1 / 202 \
°е=20^Й55'423-,5Чт^+,; = 15и кгс/смЬ
при r = ra = 2Q см 1 / 202 \
се=20^И^-423’152 (^+1) = ,()88 'сгс/сж4-
На рис. 11.16,г,д изображены эпюры ог и а0, Напряжения аг в точках 1. 2 и 3 равны соответственно рв, рг и нулю. Из эпюры о0 (рис. 11.16,3) видно, что величина натяга при изготовлении труб для составного цилиндра выбрана излишне большой. В результате этого распределение напряжений а0 по толщине цилиндра получилось резко неравномерным. Если бы, например, величина натяга была принята равной не 0,02 см. а 0,008 см. то эпюра напряжений о0 имела бы вид, изображенный на рис. 11.16,е; наибольшее напряжение о0 равнялось бы при этом 1045 кгс/см2.
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1.16 (к § 1.16). Под каким наибольшим давлением (по первой теории прочности) можно держать газ в шаровом тонкостенном сосуде диаметром D = 2 м напряжение [о] = 1000 кгс/см*?
7л труба
и толщиной стенки 0,5 см. если допускаемое
Ответ: 10 кгс/см2.
Задача 2.16 (к § 1.16). Тонкостенный конический сосуд толщиной стенки б, заполненный доверху жидкостью объемным весом у, закреплен по верхней кромке (рис. 12.16). Найти напряжения о0 и ит в стенке сосуда на расстоянии у от вершины конуса.
Ответ: ° о cos а
т 26 cos а \ 3 У) '
Задача 3.16 (к § 2.16). Составной
4
2л труба
бя труба
Эпюра
открытый цилиндр, состоящий из трех
Эпюра 6Г
Рис. 13.16
труб одинаковой толщины (гг — 10 см\ г2= 15 см\ л3 = 20 см и г4 = 25 см), находится под действием внутреннего давления рв = 2000 кгс/см* (рис. 13.16,а). Наружный диаметр каждой трубы изготовлен на 0,01 см больше внутреннего диаметра надеваемой на нее трубы. Построить эпюры напряжений о0 и ог в цилиндре. Принять £ = 2*10$ кгс/см2.
Ответ: эпюры показаны на рис. 13.16,6.
Задача 4.16 (к § 2.16). Стальной сплошной цилиндр, внутренний радиус которого гв=10 см. а наружный га= 14 см. находится под действием внутреннего давления рв = 400 кгс/см2.
610
Определить наибольшее и наименьшее значения напряжений ов, найти наибольшее значение касательного напряжения ттах в точке, отстоящей на расстоянии г = 11,6 см от оси цилиндра, и радиальное перемещение и этой точки. Принять:
Е = 2-106 кгс/см2; ц = 0,3.
Ответ: max ов== 1230 кгс/см2; minoe = 832 кгс/см2;
ттах = 604 кгс/см2; и = 0,00625 см.
Вопросы для самопроверки
К § 1Л6. 1. Что представляет собой тонкостенная осесимметричная оболочка?
2. Как расположены главные площадки в любой точке тонкостенной осесимметричной оболочки?
3. Выведите уравнения Лапласа.
4. Выведите формулы для окружных и меридиональных напряжений в стенке сферического тонкостенного резервуара, находящегося под действием внутреннего газового давления.
5. Выполните выводы, указанные в предыдущем вопросе, для тонкостей-ного цилиндра, находящегося под действием внутреннего газового давления.
6. Какое уравнение в большинстве случаев составляется дополнительно к уравнению Лапласа для определения окружных и меридиональных напряжений в стенке осесимметричной тонкостенной оболочки?
К § 2.16. 7. Какой цилиндр называется толстостенным?
8. По каким формулам определяются напряжения ог и о0 в толстостенном цилиндре?
9. Как влияет на сумму напряжений ог + ов в точке толстостенного цилиндра величина расстояния от этой точки до оси цилиндра?
10. Какие знаки имеют напряжения ог и о0 при действии на цилиндр внутреннего давления и какие—при действии наружного давления?
11. Что представляет собой составной толстостенный цилиндр? Как он изготовляется и каковы его преимущества по сравнению со сплошным толстостенным цилиндром?
12. Из каких соображений и как определяются давления, которые возникают между отдельными трубами составного цилиндра по поверхности их контакта?
Глава 17
РАСЧЕТ КОНСТРУКЦИЯ ПО НЕСУЩЕЙ СПОСОБНОСТИ
§1.17. ОБЩИЕ СВЕДЕНИЯ
Как уже известно, при расчете прочности элементов сооружения допускаемой нагрузкой считается такая, при которой наибольшее напряжение (в опасной точке элемента) равно допускаемому напряжению. При этом допускаемое напряжение принимается равным пределу текучести *, деленному на нормативный (требуемый) коэффициент запаса прочности [и]:
[о]=от/[п]-
Величина нагрузки [Р], при которой напряжение в опасной точке элемента равно допускаемому, называется допускаемой нагрузкой, а величина Рт, при которой напряжение в этой точке равно пределу текучести,— опасной нагрузкой.
При напряжениях в материале, не превышающих предела пропорциональности, усилия и напряжения в конструкции прямо пропорциональны действующим на нее нагрузкам**. Поэтому коэффициент [п] является коэффициентом запаса не только по напряжениям, но и по нагрузкам:
(«]=от/М = /\/И.
При нагрузке Рт, как правило, еще не происходит полное исчерпание несущей способности конструкции, так как при этой нагрузке напряжения лишь в ограниченной зоне равны пределу те
кучести; в остальной части конструкции имеются меньшие напряжения. Например, в стальной балке, изображенной на рис. 1.17, при опасной нагрузке Рт только в верхних и нижних точках опорного сечения /-/ нормальные напряжения равны пределу текучести от. Во всех остальных точках сечения I-I при опасной
Рис. 1.17
нагрузке напряжения меньше предела текучести. Следовательно, несущая способность (прочность) конструкции будет полностью исчерпана при некоторой нагрузке Рпр, превышающей значение Рх\ величина Рпр называется предельной нагрузкой.
* В настоящей главе рассматриваются конструкции, выполненные из пластичного материала.
** Из задач, рассмотренных в предыдущих главах, только при продольно-поперечном изгибе напряжение не прямо пропорционально нагрузке.
612
Расчет по предельным нагрузкам позволяет более полно использовать несущую способность конструкций, чем расчет по напряжениям, и потому он является более экономичным. Такой способ расчета называют также расчетом по несущей способности, расчетом по предельному состоянию, расчетом по разрушающим нагрузкам. Предельную нагрузку, деленную на нормативный коэффициент запаса прочности [/?], назовем предельно допускаемой нагрузкой и обозначим [Р]пр:
[P]np = Pn₽/[n]. (1.17)
В большинстве случаев предельно допускаемая нагрузка больше допускаемой нагрузки, подсчитанной с тем же значением коэффициента запаса, а в некоторых случаях равна ей, т. е. [Р]„р[Р].
Значения нормативного коэффициента запаса для расчета по предельным нагрузкам устанавливаются, как правило, такими, чтобы напряжения во всех точках конструкции при предельно допускаемых нагрузках были меньше предела текучести.
Ниже рассмотрены способы определения величин предельных нагрузок для простых систем. Во многих случаях задачи определения предельных нагрузок являются весьма сложными. Такие задачи в настоящем курсе не рассматриваются.
Расчет по предельным нагрузкам может производиться лишь при конструкциях, изготовленных из пластичных материалов и при действии статической нагрузки. Он неприменим для конструкций из хрупких материалов и при действии переменных напряжений, которые вызывают хрупкое разрушение материала. При расчете по предельным нагрузкам действительная диаграмма деформации материала (см. § 4.2) заменяется условной диаграммой, называемой диаграммой Прандтля (по имени немецкого ученого, предложившего ее). Материал, деформация которого характеризуется диаграммой Прандтля, называется идеальным упруго-пластическим.
Диаграмма Прандтля основана на предположении, что предел пропорциональности совпадает с пределом текучести, а площадка текучести имеет неограничен
2.17). Если после достижения предела текучести напряжения (о или т) уменьшают, например, начиная от точки 3 диаграммы (сначала путем разгрузки, а потом путем приложения нагрузки противрпо-ложного направления), то материал ведет себя как упругий; линии разгрузки (3—4) и нагружения нагрузкой противоположного направления (4—5) параллельны линии 1—2 (рис. 2.17)*. После того
протяженность (рис.
* Принимаем, что модули упругости материала при растяжении и сжатии одинаковы. В связи с этим отрезки 3—4 и 4—5 (см. рис. 2.17) расположены на одной прямой.
613
как напряжения достигают предела текучести (точка 5 на рис. 2.17), дальнейшая деформация происходит при постоянном напряжении (участок 5—6 рис. 2.17).
§ 2.17. РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ
Рассмотрим стержень постоянного сечения, закрепленный верхним концом и растягиваемый силой Р, приложенной к нижнему концу (рис. 3.17). Предельной нагрузкой для этого стержня является такая, которая вызывает во всех точках поперечных сечений напряжения, равные от, т. е.
где F— площадь поперечного сечения стержня.
Предельно допускаемую нагрузку определим, разделив Ряр на коэффициент запаса [п]:
Ипр = Рп₽/[п] =OTF/[n],
но
aT/[/i] = [о] и, следовательно,
J [P]np = MF = [PJ.
। Таким образом, в рассматриваемом случае п редел ь-
|р но допускаемая нагрузка равна допускаемой. Это характерно и для расчета любых статически Рис. 3.17 определимых систем, состоящих из центрально растянутых и центрально сжатых стержней.
При расчете на центральное растяжение и сжатие статически неопределимых стержневых систем, а также при других видах деформации (изгиб, кручение, внецентренное растяжение и т. д.) предельно допускаемая нагрузка отличается от допускаемой нагрузки (Ипр> [Р])-
Рассмотрим статически неопределимый стержень длиной I, жестко закрепленный обоими концами и нагруженный силой Р, как показано на рис. 4.17,а.
При силе Р, вызывающей во всех поперечных сечениях стержня напряжения, меньшие предела текучести ит, реакции опорных закреплений Rx и /?2 определяются расчетом стержня по упругой стадии (т. е. методами, рассмотренными в гл. 2). Эти реакции равны:
tf1==,Pty/ = P/3; /?а = Ра// = (2/3)Р.
Напряжения оа в поперечных сечениях участка длиной а и напряжения <jb в сечениях участка .длиной b при этом равны:
ae = Rt/F = P/(3F); <ть = —R2/F = -2P/(3F).
Напряжения аь по абсолютной, величине в два раза больше напряжений оа. Поэтому при увеличении силы Р напряжения аь
614
раньше достигают предела текучести, чем напряжения <тв. Из условия оь — —2P/(3F) = —ax устанавливаем, что это происходит в случае, когда Р = РТ = 30^/2. При этом несущая способность стержня еще полностью не исчерпана, так как в верхней части стержня (на участке длиной а) напряжения в это время равны
__Рг___3<jxF/2_ат
°а ~ 3F ~ 3F ~ Т ’
т. е. вдвое меньше предела текучести.
При дальнейшем увеличении силы Р напряжения остаются постоянными, равными ах, а напряжения оа возрастают, пока также
Ргп/Г
Рис. 4.17
Кщр'бтР
не становятся равными ат. При этом несущая способность стержня полностью исчерпана. Этому предельному состоянию стержня соответствует сила Рпр, равная
Рпр = Рхпр + Рапр = = 2<ТтР.
Таким образом, допускаемая нагрузка
[P] = P,/[n] = 3aTf/(2[n]), а предельно допускаемая нагрузка
[Р]вр = 2сг/7[п],
т. е. на 33% больше.
Предельную нагрузку Р„р стержня, изображенного на рис. 4.17,а, можно определить, не рассматривая характера его работы в упругой стадии и постеленного перехода от этой стадии к предельному состоянию. Для этого надо отбросить верхнее и нижнее закрепления стержня, заменить их предельными значениями реакций Rlnf> = cxF
615
и /?2пр = от/? и составить уравнение равновесия в виде суммы проекций всех сил на вертикальную ось (рис. 4.17,6):
2 * = Ящр + Я2ПР—Л>Р = + ° г? — PnV = О»
откуда
Р„р = 2отЛ
В случае разгрузки стержня (т. е. после снятия силы Рпр) напряжения в верхней его части (над сечением /-/) и в нижней одинаковы (обозначим их <т0), так как только в таком случае возможно равновесие участка стержня, включающего сечение 1-1 (рис. 4.17,в). В процессе разгрузки сечение 1-1, в котором приложена сила Р, перемещается вверх на некоторую величину Д, но не доходит до своего первоначального положения. При разгрузке напряжения в верхней части рассматриваемого стержня, расположенной над сечением I-I, изменяются на величину <гт—вдвое меньшую, чем в нижней части (где они изменяются на величину <JT + °o); это объясняется тем, что при одной и той же абсолютной деформации Д обеих частей относительна^, деформация нижней части вдвое больше, чем верхней, а при разгрузке материал ведет себя как упругий (см. об этом в § 1.17).
Следовательно,
o0 = (ot-f-o0)/2, откуда
о0 = от/3.
Таким образом, после разгрузки стержня в нем остаются растягивающие напряжения, равные от/3.
Наличие напряжений после снятия нагрузки является особенностью конструкций, предварительно нагруженных до предельного состояния или до появления текучести в отдельных их элементах; исключением из этого правила являются статически определимые системы, элементы которых испытывают только центральное растяжение или сжатие.
Если рассмотренный стержень сделать по длине больше расстояния между верхней и нижней заделками на величину Д, то после сборки конструкции весь стержень окажется сжатым и в нем возникнут начальные (монтажные) сжимающие напряжения; эти напряжения в зависимости от отношения Д// будут меньше или равны пределу текучести. После нагрузки стержня силой Р (рис. 4.17,а), непрерывно возрастающей по величине, сечение, в котором эта сила приложена, станет опускаться. При этом будет происходить удлинение верхней части стержня (над силой Р) и укорочение нижней части. В конечном счете при предельном состоянии в поперечных сечениях верхней части стержня возникнут растягивающие напряжения, равные ат, а в нижней части—сжимающие, также равные от. Предельная нагрузка в этом случае (так же как и в рассмотренном выше)
Ряр = 2отЕ.
616
Таким образом, наличие в конструкции начальных напряжений (монтажных, температурных, вызванных осадкой опор, и др.) не влияет на величину предельной нагрузки; аналогично величина предельной нагрузки не зависит от наличия в конструкции начальных зазоров (исчезающих при воздействии внешней нагрузки), от податливости опорных закреплений*.
Так, например, если рассмотренный стержень (рис. 4.17,о) прикрепить только к верхней плите, а между его нижним концом и нижней плитой будет зазор, равный А (рис. 4.17,г), то и в этом случае предельная нагрузка Pa^ — 2o^F.
Определим предельное значение силы Р для симметричной системы, состоящей из трех стержней, нижние концы которых соединены общим шарниром (рис. 5.17,а). В предельном состоянии при исчерпании несущей способности нижний шарнир, к которому приложена сила Рпр, смещается по вертикали и в поперечных сечениях всех трех стержней системы возникают напряжения, равные пределу текучести. При этом усилия в крайних стержнях с площадью Ft — kFl равны kF^t’, в среднем стержне усилие равно Fx<Jr (рис. 5.17,6). Предельное значение силы Р найдем из уравнения равновесия:
2 У = Fi<rT -f- 2kF1o1 cos а — Рвр — О, откуда
Рп₽ = Л<тт(1 +2&cosa). (2.17)
При напряжениях во всех стержнях системы (рис. 5.17,а), меньших предела текучести (т. е. когда Р < Рт), наибольшие напряжения возникают в поперечных сечениях среднего стержня, где
Р
° (1+2fe cos3a)'
* Эго положение наблюдается не только в системах с элементами, работающими на растяжение и сжатие, но также и в системах с элементами, подвергающимися изгибу, кручению и другим видам деформаций.
617
При Р = РТ эти напряжения рт_____________________________________
° Fi (1 -j-2k cos3 а) °т*
откуда
Рт = F1aT (1 4- 2k cos8 а).
(3-17)
Определим по формулам (2.17) и (3.17) отношение РПр/7’1 = ц=[731пр/[7’] при Л = 2 и а = 45°:
Т’лр I Р]лр F1cT (1 -J- 2k cos а) 1 + 2k cos а
Рт [Р] AjOt (1 4-2Л cos3 а) l-|-2fecos3a
= 1+2-2-У1/2 _ 1 + 2^1 j 5
1 + 2-2-(/2/2)3 1 + 2/ 2 ~ '
Таким образом, расчет по несущей способности позволяет существенно увеличить нагрузку на сооружение.
Рис. 6.17
Рассмотрим теперь систему, также состоящую из трех стержней, соединенных внизу общим шарниром, и нагруженную силой Р, но несимметричную (рис. 6.17,а). Предположим, что в предельном состоянии напряжения в поперечных сечениях всех трех стержней равны пределу текучести ат, т. е. усилия в каждом из стержней AD, BD и CD равны Рот (рис. 6.17,6). Составим уравнение равновесия в виде суммы проекций всех сил (действующих на шарнир D) на горизонтальную ось х:
= — FoT sin 0Cj -|- FoT sin a2 = For (sin 60°—sin 30°) =
= FoT (0,866—0,5) = 0,366far 0.
618
Таким образом, при сделанном предположении шарнир не находится в равновесии; следовательно, во всех трех стержнях одновременно напряжения не могут быть равны пределу текучести. Аналогично равновесие шарнира D невозможно и тогда, когда напряжения в стержнях AD и CD равны пределу текучести, а в стержне BD меньше предела текучести. Следовательно, и такая схема предельного состояния невозможна.
На рис. 6.17, в показаны усилия, действующие на узел D в случае, когда в предельном состоянии системы напряжения в стержнях BD и CD равны пределу текучести. Для этого случая из уравнения равновесия
= — Af?1Dsino'.14-f(TTsina2 = 0 получаем
»г г? sin ос2 г» s 1 п С 0 0,8GG 1 *7 о п г*
М А п = Fol -—= Лк —a-n- = F(K = 1,732 Лк.
AU Tsina1 т sin 30 т 0,5 ’ т
Между тем усилие N AD не может быть больше своего предельного значения, равного FaT. Следовательно, предположение о том, что напряжения в стержнях BD и CD одновременно равны пределу текучести, также неправильно.
Рассмотрим еще один вариант схемы предельного состояния системы. Предположим, что в предельном состоянии в стержнях AD и BD напряжения равны пределу текучести (рис. 6.17, г). В этом случае из уравнения равновесия
2^ = — FaT sin aL + Ncd sin a2 = 0 получаем
Nrn — ~“ = FoT = FaT тгргГ = 0,577 Лк.
1 sin a2 T sin 60° T 0,8Gb ’ T
Это усилие в стержне CD меньше предельной величины, равной Лгт, и, следовательно, оно может возникать в стержне. Таким образом, при предельном состоянии системы в ее стержнях возникают усилия, показанные на рис. 6.17, г.
Предельное значение силы Р найдем из уравнения равновесия (рис. 6.17, г):
= — РПр + Fo-t cos 4- F-b Ncd cos a2 = 0.
После подстановки в это уравнение значения ссх = 30°; а2 = 60’ и Ncd = 0,557 FaT
Р„р = F<TT(cosa1+ 1 4-0,577 cosa2) = = FaT (0,866 4-1 + 0,577 • 0,5) = 2,154 Fat.
Решим теперь эту задачу другим способом. Рассчитаем задан» ную статически неопределимую систему (рис. 6.17, а) по упругой стадии, т. е. в предположении, что напряжения в стержнях меньше предела текучести (подобные задачи рассмотрены в §9.2). В результате этого расчета (который здесь не приводим) получаем следующие значения нормальных напряжений в стержнях:
€19
в стержне AD
aAD=>Q,3beP/F;
в стержне BD
°bd = 0,577 P/F;
в стержне CD
aCD = 0,2\1 P/F.
Наибольшие напряжения возникают в стержне BD. Следовательно, в нем раньше, чем в остальных стержнях, возникнут напряжения, равные пределу текучести от. Это произойдет при нагрузке Р1, удовлетворяющей уравнению
0,BD = Q,577P'/F = o„ откуда
Р'= 1,732/4.
При нагрузке Рг напряжения в стержнях AD и CD равны: / 0,366Р' 0,3661,732/4 Лсо,
о ad = = -----j-----г = о, 634от;
/ 0.211Р' 0,211 l,732far п осс
GCD = ---р-= ------Р----~ 0,ООО(Ут.
Дополнительная нагрузка (сверх РГ)&Р будет вызывать дополнительные напряжения только в стержнях AD и CD, так как z<. . ......zzzzz/у/, стержень BD находится в предельном
состоянии уже от нагрузки Р1 и даль-\ нейшего возрастания напряжений в
\ s' нем не может быть. Поэтому для опре-
\>s деления дополнительных напряжений
&aAD и Acfco следует рассчитать систе-
ЧДР му, состоящую только из стержней AD
Рис. 7.17 и CD, т. е. статически определимую
систему (рис. 7.17). В результате ее расчета устанавливаем, что в стержнях этой системы от нагрузки ДР возникают дополнительные напряжения:
в стержне AD
&oAD=Q,8GbbP/F-,
в стержне CD &oCD = 0,5ДР/Р.
Полные напряжения (от нагрузки Р1 и ЛР) в стержнях AD и CD при условии, что оба они работают в упругой стадии, равны:
OAD = ° AD + b<JAD = 0,634ог+ ;
°cd = °co 4- A<Jcd = 0,366oT 4—'—p— .
620
Установим, при каком значении ДР напряжения в стержнях AD и CD достигнут предела текучести: •
в стержне AD
°ad — 0>634от 4- 0,866ДР/Г = ог, откуда
ДР = 0,366oTF/0,866 = 0,422For;
в стержне CD
°cd — 0.366стт + 0.5ДР/Р = <тг, откуда
ДР = 0,634aTFz0,5 = 1,268for.
Следовательно, в стержне AD напряжения от возникнут раньше, чем в стержне CD, при меньшем значении ДР, равном 0,422FoT. При этом значении ДР наступит предельное состояние не только стержня AD, но также и всей системы. Действительно, дальнейшее увеличение нагрузки Р будет невозможно, так как усилия в стержнях AD и BD (достигшие уже своих предельных значений) возрастать более не могут, а при увеличении усилия только в стержне CD не будет обеспечено равновесие узла D.
Предельное значение Рпр нагрузки равно сумме величин Рг и ДР: Рпр = Рг + ДР = 1,732FoT + 0,422FoT = 2,154FoT.
Этот результат совпадает с результатом, полученным выше другим способом.
Теперь решим эту задачу (см. рис. 6.17, а) третьим способом. Используем при этом общее положение о том, что действительным значением предельной нагрузки всегда является меньшее из подсчитанных для различных возможных вариантов схем предельного состояния системы *. Использование этого положения часто (не только при растяжении и сжатии стержней, но также при их изгибе и других видах деформаций) позволяет наиболее просто определять значения предельных нагрузок.
Варианты схем предельного состояния, при которых не удовлетворяются условия равновесия узла D, невозможны, а потому здесь не рассматриваются. Для двух возможных вариантов, показанных на рис. 6.17, в, г, определяем значения Рпр:
а) для варианта, изображенного на рис. 6.17, в, проектируя на направление CD все силы, действующие на узел D, получаем
—Рпр cos а2 Foj cos as + Fot = О, откуда
= 3fa’;
б) для варианта, изображенного на рис. 6.17, г, проектируя на направление AD все силы, действующие на узел D, получаем
— Лф cos ai + cos ах 4- FoT = О,
• Доказательство этого положения здесь не приводим.
621
откуда
^“М'+^ЬМ'+даМ'54^'-
Наименьшее из полученных значений Р„р = 2,154/?от определяет действительную величину предельной нагрузки. Этот результат совпадает с результатом, полученным выше.
$ 3.17. КРУЧЕНИЕ ПРЯМОГО БРУСА КРУГЛОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ
При кручении прямого круглого бруса в его поперечных сечениях возникают только касательные напряжения т. Эти напряжения распределены вдоль радиуса поперечного сечения по линейному закону: в центре сечения они равны нулю (рис. 8.17,а), а в точках
Рис. 8.17
наружного контура достигают наибольшего значения ттах = MK/Wp [см. § 2.6, формула (8.6)]. Такое распределение напряжений происходит лишь в случае, когда величина ттах не превышает предела текучести материала при сдвиге тт, т. е. когда крутящий момент не превышает величины
A4T = xTlF;, = Ttnd»/16* (4.17)
* Здесь, по аналогии с выше применявшимся обозначением Рт опасной нагрузки, Мт—опасный крутящий момент.
622
при сплошном сечении или
Мт = x.\Vp = тт (nd’/16) (I — с4) (5.17)
при кольцевом сечении; здесь c = d0/d—отношение внутреннего
диаметра кольца к наружному.
При некотором возрастании крутящего момента сверх величины Мт напряжения, равные пределу текучести тт, возникают не только у наружной поверхности бруса, но и в некоторой зоне поперечного сечения, имеющей форму кольца. В средней части сечения (внутри кольцевой зоны) напряжения ниже предела текучести, т. е. мате-
риал в этой части находится еще в упругом состоянии (рис. 8.17,6). С увеличением крутящего момента ширина а кольцевой (пластической) зоны возрастает; при некотором предельном значении момента Л4лр, соответствующем полному исчерпанию несущей способности стержня, зона упругого состояния материала исчезает, а зона пластического состояния материала занимает всю площадь поперечного сечения. При этом во всех точках сечения напряжения равны пределу текучести тт (рис. 8.17, в).
Для определения величины 7Ипр выделим в поперечном сечении бруса элементарную
площадку dF, отстоящую на расстоянии р от центра сечения (рис.
8.17,в). Элементарная касательная сила, действующая на эту пло-
щадку в предельном состоянии, равна xTdF, а ее момент относительно
центра сечения
dA'l„p = TJdF-p, откуда
Мп₽ = $ ттр dF = тг J р dF = F F
(6.17)
где Wr/,T=jpdF— пластический полярный момент сопротивления F
поперечного сечения.
Для определения величины пластического полярного момента сопротивления выделим в круглом поперечном сечении кольцо, внутренний радиус которого р, а наружный радиус p+dp (рис. 9.17).
Пластический полярный момент сопротивления этого кольца
dlt7^ = J Р dFx = р J dFt = pF1 = 2лр2 dp, Ft Fi
где Fi—площадь рассматриваемого кольца, равная 2npdp.
Пластический полярный момент сопротивления всего поперечного сечения
г
WpT = J 2лр2 dp = 2лг3/3 = nd3/12. (7.17)
О
623
Подставим значение WpT по формуле (7.17) в выражение (6.17): /Ипр = (жР/12)тт. (8.17)
Определим величину отношения MnJMT [см. выражения (8.17) и (4.17)]:
Мпр _(nJ3/J2)TT_ 4 _ . _ Л1Т ~(жР/16)тг 3 -
Если скручиваемый брус является статически определимым, то после снятия нагрузки, вызвавшей в нем моменты Л1пр, крутящие
моменты в поперечных сечениях стержня равняются нулю. Несмотря на это, стержень находится в напряженном состоянии.
При разгрузке на касательные напряжения, распределенные вдоль радиуса по прямоугольной эпюре (см. рис. 8.17, в), накладываются напряжения противоположного знака, распределенные по треугольной эпюре (см. рис. 8.17, я), так как при разгрузке (которую [можно рассматривать как нагрузку моментом обратного знака) материал ведет себя как упругий.
Момент, соответствующий прямоугольной эпюре [см. формулу (8.17)],
л л л<^3
‘•'''пр ]2 ^т'
Момент, соответствующий треугольной эпюре, равен AfBp, но имеет противоположное направление.
По формуле (8.6) для кручения в упругой стадии находим значение касательного напряжения у наружной поверхности стержня:
_ Мк _ ^пр _ (л^3/12)тт _ 4
Т ~ 1^ ~ ~~ л<Р/16 — ndw — Т Тт'
Вычитая из прямоугольной эпюры 1-2-3-4 с ординатами (см. рис. 8.17, г) треугольную эпюру 2-3-5 с наибольшей ординатой 4 у тт, получаем эпюру касательных напряжении, состоящую из двух заштрихованных треугольников 1-2-6 и 4-5-6 разных знаков. Эта эпюра характеризует распределение напряжений в стержне после снятия нагрузки. При такой эпюре крутящий момент в сечении равен нулю.
При кручении круглого бруса с кольцевым сечением (трубы) предельный крутящий момент (соответствующий полному исчерпанию несущей способности стержня) определяется, так же как и для сплошного бруса, по формуле (6.17). Пластический полярный момент сопротивления Wподставляемый в эту формулу, для кольцевого сечения равен
= (л/12) (d3-d3) = (nd3/12) (1 -с3). (9.17)
624
При кручении бруса с поперечным сечением в виде относительно тонкого кольца и величине крутящего момента, равной опасному значению Л1Т, напряжения в поперечном сечении у наружной
поверхности стержня равны тт, а у внутренней—близки к тт. Эпюра, показывающая распределение касательных напряжений (вдоль радиуса поперечного сечения) при опасном значении крутящего момента (рис. 10.17), мало отличается от эпюры при предельном значении момента. Поэтому отношение Л4пр/Л1т для рас-смат р и ваемого кол ьцевого сечен и я близко к единице.
$ 4.17. ИЗГИБ БАЛОК
При прямом чистом изгибе бруса в его поперечных сечениях возникают только нормальные напряжения. Когда величина изгибающего момента М в сечении стержня меньше некоторого значения, эпюра, характеризующая распределение нормальных напряжений вдоль оси у поперечного сечения, перпендикулярной нейтральной оси (рис. 11.17,а), имеет вид, показанный на рис. 11.17,6. Наибольшие напряжения при этом равны M/W. По мере увеличения изгибающего момента М нормальные напряжения возрастают, пока наибольшие их значения (в волокнах, наиболее удаленных от нейтральной оси) становятся равными пределу текучести ат (рис. 11.17, в); при этом изгибающий момент равен опасному значению:
При увеличении изгибающего момента сверх опасного значения напряжения, равные пределу текучести ат, возникают не только в волокнах, наиболее удаленных от
нейтральной оси, но и в некоторой зоне поперечного сечения (рис. 11.17, а); в этой зоне материал находится в пластическом состоянии. В средней части сечения напряжения меньше предела текучести,
т. е. материал в этой части находится еще в упругом состоянии.
625
При дальнейшем увеличении изгибающего момента пластическая зона распространяется в сторону нейтральной оси, а размеры упругой зоны уменьшаются.
При некотором предельном значении изгибающего момента Л4пр, соответствующем полному исчерпанию несущей способности сечения стержня на изгиб, упругая зона исчезает, а зона пластического состояния занимает всю площадь поперечного сечения (рис. 11.17,(3). При этом в сечении образуется так называемый пластический шарнир (или шарнир текучести).
В отличие от идеального шарнира, который не воспринимает момента, в пластическом шарнире действует постоянный момент Л4пр. Пластический шарнир является односторонним: он исчезает при действии на стержень моментов обратного (по отношению к 7Ипр) знака или при разгрузке балки.
Для определения величины предельного изгибающего момента Л4пр выделим в части поперечного сечения балки, расположенной над нейтральной осью, элементарную площадку dFt, отстоящую на расстоянии yt от нейтральной оси, а в части, расположенной под нейтральной осью,— площадку dF2, отстоящую на расстоянии у2 от нейтральной оси (рис. 11.17, а).
Элементарная нормальная сила, действующая на площадку dFt в предельном состоянии, равна v^dF^ а ее момент относительно нейтральной оси равен G^dF^y^ аналогично момент нормальной силы aTdF2, действующей на площадку dF2, равен aTdF2y2. Оба эти момента имеют одинаковые знаки. Величина предельного момента равна моменту всех элементарных сил uTdFt и oTdF2 относительно нейтральной оси:
Л1пр = $ <м/хdF14- $ (JTy2dF2 = аТ (J ytdFt + $ у^гЛ = ат (Sx + S2), fi f> ^fi fi '
где ytdFt и S2=J y2dF2—статические моменты соответст-F, f2
венно верхней и нижней частей поперечного сечения относительно нейтральной оси г.
Сумму Sj+S., называют осевым пластическим моментом сопротивления и обозначают 1ГТ:
Ft = Sx+S2. (10.17)
Следовательно,
Л1пр = ат1Гт. (11.17)
Продольная сила в поперечном сечении при изгибе равна нулю, а потому площадь сжатой зоны сечения равняется площади растянутой зоны. Таким образом, нейтральная ось в сечении, совпадающем с пластическим шарниром, делит это поперечное сечение на две равновеликие части. Следовательно, при несимметричном поперечном сечении нейтральная ось не проходит в предельном состоянии через центр тяжести сечения.
626
Определим по формуле (11.17) величину предельного момента Л1пр для стержня прямоугольного сечения высотой h и шириной Ь:
Л1пр = <г1(51 + 52)=огт(&4.4 + &44) = ат^-.
Опасное значение момента Л1Т, при котором эпюра нормальных напряжений имеет вид, изображенный на рис. 11.17, в, для прямоугольного сечения определяется по формуле
М? = от117 = отМг/6.
Отношение
МЯр__cT6ft2/4_. е
Л1Т “ а>Л2/6 ~ 1,0,
Для круглого сечения отношение Л1пр/Л1т= 1,7, а для двутаврового Л4пр/Л1т« 1,15.
Если изгибаемый брус является статически определимым, то после снятия нагрузки, вызвавшей в нем момент Afnp, изгибающий момент в его поперечном сечении равняется нулю. Несмотря на это, нормальные напряжения в поперечном сечении не исчезают. На эпюру нормальных напряжений в пластической стадии (рис. 11.17, д) накладывается эпюра напряжений в упругой стадии (рис. 11.17,е), аналогичная эпюре, изображенной на рис. 11.17,6, так как при разгрузке (которую можно рассматривать как нагрузку моментом обратного знака) материал ведет себя как упругий.
Изгибающий момент М, соответствующий эпюре напряжений, показанный на рис. 11.17,е, по абсолютной величине равен Л1пр, так как только при этом условии в поперечном сечении бруса от действия момента Л4пр и т суммарный момент равен нулю. Наибольшее напряжение на эпюре (рис. 11.17, е) определяется из выражения
о = M/W = Л1пр/Г = oTIFT/U7.
Суммируя эпюры напряжений, показанные на рис. 11.17,6, е, получаем эпюру, изображенную на рис. 11.17, яс. Эта эпюра характеризует распределение напряжений после снятия нагрузки, вызывавшей момент Л1пр. При такой эпюре изгибающий момент в сечении (а также и продольная сила) равняется нулю.
Изложенная теория изгиба за пределом упругости используется не только в случае чистого изгиба, но и в случае поперечного изгиба, когда в поперечном сечении балки кроме изгибающего момента действует также поперечная сила.
Определим теперь предельное значение силы Р для статически определимой балки, изображенной на рис. 12.17, а. Эпюра изгибающих моментов для этой балки показана на рис. 12.17,6. Наибольший изгибающий момент Л4тах возникает под грузом 2Р, где он равен (5/9) Р1. Предельное состояние, соответствующее полному исчерпанию несущей способности балки, достигается тогда, когда в сечении под грузом 2Р возникает пластический шарнир, в резуль
627
тате чего балка превращается в механизм (рис. 12.17, в). При этом изгибающий момент в сечении под грузом 2Р равняется /Ипр.
Из условия Afmail = /Wnp находим [см. формулу (11.17)]
(5/9) Pl = Mav = ^Wt, откуда
Рпр = 9оЛ\/(5/).
Теперь вычислим предельную нагрузку для статически неопределимой балки. Рассмотрим в качестве примера два раза статически неопределимую балку постоянного сечения, изображенную на рис. 13.17, а. Левый конец А балки жестко защемлен, а правый конец В закреплен против поворота и вертикального смещения.
Если напряжения в балке не превышают предела пропорциональности, то эпюра изгибающих моментов имеет вид, показанный на рис. 13.17,6. Она построена по результатам расчета балки обычными методами, например с помощью уравнений трех моментов. Наибольший изгибающий момент [равный (12/81) PZ] возникает в левом опорном сечении рассматриваемой балки. . При значении нагрузки Р = 81/Ит/(12/) изгибающий момент в этом сечении достигает опасного значения /Ит = отН7, вызывающего появление напряжений, равных пределу текучести, в волокнах балки, наиболее удаленных от нейтральной оси*.
Увеличение нагрузки сверх указанной величины приводит к тому, что в
левом опорном сечении А изгибающий момент становится равным предельному значению /Ипр = сгт1Гт и в этом сечении появляется пластический шарнир. Однако несущая способность балки полностью еще не исчерпывается.
При дальнейшем возрастании нагрузки до некоторого значения Рпр пластические шарниры появляются также в сечениях В и С. В результате появления трех шарниров балка, вначале дважды статически неопределимая, становится геометрически изменяемой (превращается в механизм). Такое состояние рассматриваемой балки (когда в ней возникают три пластических шарнира) является предельным и соответствует полному исчерпанию ее несущей способности; дальнейшее увеличение нагрузки Р становится невозможным.
Величину предельной нагрузки Рпр можно установить без исследования работы балки в упругой стадии и выяснения последовательности образования пластических шарниров.
* Предполагаем, что диаграммы Прандтля для растяжения и сжатия материала балки одинаковы и что поперечное сечение балки симметрично относительно нейтральной оси.
628
Значения изгибающих моментов в сечениях. А, В и С (в кото-
рых возникают пластические шарниры) в предельном состоянии равны соответственно (— Л4пр), (—/И„р) и (+ Л11)р), и, следовательно, эпюра изгибающих моментов
при предельном состоянии бал- °) ?
ки имеет вид, изображенный на рис. 13.17, в. Эту эпюру можно представить состоящей из двух эпюр: первая из них (рис. 13.17,г) представляет собой прямоугольник с ординатами (— /Ипр) и вызвана моментами Л!пр, приложенными по концам простой балки, лежащей на двух опорах (рис. 13.17, д); вторая эпюра (рис. 13.17, е) представляет собой треугольник с наибольшей ординатой 2Л4|1р и вызвана грузом Рпр, действующим на простую балку (рис. 13.17, яс).
Известно, что сила Р, действующая на простую балку, вызывает в сечении под грузом изгибающий момент
где а и (/—а) — расстояния от груза до концов балки. В рассматриваемом случае (рис. 13.17, ж) а = 1/3, 1—а = (2/3)/, P — P„v и, следовательно, момент под грузом М = (2/9) Рпр/. Но этот момент, как показано (рис. 13.17, е), равняется 2Afnp, т. е.
(2/9) Рпр/ = 2тИпр,
откуда
P„p = 9Mnp/l = 9atW,/l.
Аналогичным образом устанавливаются предельные на-
Рж. 13.17
грузки для каждого пролета
многопролетной статически неопределимой балки. В качестве примера рассмотрим четырежды статически неопределимую балку постоянного сечения, изображенную на рис. 14.17,а. В предельном состоянии, соответствующем полному исчерпанию несущей способ-
629
ности балки в каждом ее пролете, эпюра изгибающих моментов имеет вид, показанный на рис. 14.17,6. Эту эпюру можно рассматривать состоящей из двух эпюр, построенных в предположении, что каждый пролет представляет собой простую балку, лежащую на двух опорах: одной эпюры (рис. 14.17, в), вызванной моментами 7Ипр, действующими в опорных пластических шарнирах, и второй (рис. 14.17, г), вызванной предельными нагрузками, приложенными в пролетах.
$
6)
Рис. 14.17
Из рис. 14.17,г устанавливаем:
ЛпРЛ/4 = 2Л1пр, откуда Р1ар = 8Л4пр/1^
Лпр^/4 = 2Л4пр, откуда Р2пр = 8Л1пр//2;
<7зпР/!/8 = 2Л4пр, откуда q3„v = 16Л4пр/^;
(2/9) Р4пр/4 = (4/3) Л4пр, откуда Р4пр = 6/Ипр//4.
В этих выражениях Л4пр = ат1Гт.
Полученное значение предельной нагрузки для каждого пролета балки не зависит от характера и величин нагрузок в остальных пролетах.
630
Из разобранного примера видно, что расчет статически неопределимой балки по несущей способности оказывается проще, чем расчет по упругой стадии.
Несколько иначе проводится расчет неразрезной балки по несущей способности в тех случаях, когда кроме характера нагрузки в каждом пролете задаются также соотношения между величинами нагрузок в разных пролетах. В этих случаях предельной нагрузкой считается такая, при которой происходит исчерпание несущей способности балки не во всех пролетах, а в одном из ее пролетов.
В качестве примера определим предельную нагрузку для уже рассмотренной четырехпролетной балки (рис. 14.17,а) при следующем заданном соотношении между нагрузками: Р3: Р2: qal3: = = 1:0,5:2:4. Из этого соотношения следует, что в предельном состоянии
Р1Пр = ^\пр» Рзпр = ®>ЗР1пр> *?ЗПр^З = 2Рщр И Р4лр ~ 4Р1пр.
Используя полученные выражения предельных нагрузок каждого пролета, находим:
Р1Пр = ®^Пр/Л’
Лпр = 0.5Р1лр = 8Л4Пр//2, откуда Р1пр = 8Л4пр/(0,5/2) = 16Л*лр//2;
Язпр^з = 2Р2пр = ЮА1Пр//3, откуда Рщр — 8А1пр//3, Рзпр = 4Р1пр = 6Л1лр//4, откуда Р1пр = ЗЛ4лр/(2/4).
Полученные четыре значения Р1пр определяют величины нагрузок, при которых происходит исчерпание несущей способности отдельных пролетов балки. Наименьшее из этих четырех значений определяет искомую предельную нагрузку. Если, например, все пролеты рассматриваемой балки одинаковы (/1 = Z2 = Z3 = /4 = Z), то наименьшим из полученных значений Р1пр является Рц,р= 3Afnp/(2Z), а искомая предельная нагрузка на балку состоит из следующих нагрузок:
Р1П₽ = ЗМЛр/(2/); Р2лр = 0,5Р1лр = ЗМ np/(4Z);
?зп₽ = 2Pinp/^= ЗЛ4пр//2, Р4пр = 4Р1пр = 6Л4пр//.
Предельно допускаемая нагрузка определяется путем деления величин Р1пр, Р2пр," <78Пр и Р4пр на нормативный коэффициент запаса прочности.
Значительно сложнее определение предельных нагрузок при действии на балку сил, направленных не только сверху вниз, но также и снизу вверх, а также при действии сосредоточенных моментов.
631
§5.17. МЕТОД РАСЧЕТА КОНСТРУКЦИЙ ПО РАСЧЕТНЫМ
ПРЕДЕЛЬНЫМ СОСТОЯНИЯМ
В последние годы в Советском Союзе расчет строительных конструкций производят методом расчетных предельных состояний, разработанным советскими учеными проф. Н. С. Стрелецким, проф. А. А. Гвоздевым и др.*. Специфика этого метода заключается в особом подходе к определению расчетных нагрузок и расчетных сопротивлений элементов конструкций. Усилия же, возникающие в конструкции, и ее перемещения определяются обычными способами по упругой стадии, т. е. в предположении, что напряжения в конструкции не превышают предела пропорциональности.
В рассматриваемом методе различают три вида расчетных предельных состояний:
а) первое предельное состояние—по несущей способности (прочности, устойчивости и выносливости — при переменных напряжениях);
б) второе предельное состояние — по развитию чрезмерных деформаций (прогибов, перекосов и др.);
в) третье предельное состояние—по образованию или раскрытию трещин.
Под первым предельным состоянием конструкции (по несущей способности) понимается некоторое условное состояние, например для металлических неразрезных балок—появление напряжений, равных пределу текучести в волокнах, наиболее удаленных от нейтральной оси. При таких состояниях обычно не происходит еще полного исчерпания несущей способности конструкции и, следовательно, они отличаются от предельных состояний, рассмотренных в предыдущих параграфах настоящей главы.
Вторым предельным состоянием (по деформациям) и третьим (по раскрытию и образованию трещин) считается такое, когда деформации конструкций (например, прогиб балок) или величины раскрытия трещин превышают допускаемые значения.
Наступление первого предельного состояния недопустимо для всех конструкций.
Расчет по методу расчетных предельных состояний должен гарантировать, что за время эксплуатации сооружения ни одно из недопустимых предельных состояний не наступит.
Вместо одного (общего) нормативного коэффициента запаса в методе расчетных предельных состояний используется несколько коэффициентов:
а) коэффициенты перегрузки п, учитывающие возможность превышения фактическими нагрузками (или уменьшения—когда это ухудшает условия работы конструкции) их нормативных зна-
* См.: Строительные нормы и правила. Часть II «Нормы строительного проектирования»; И. И. Гольденблат. Основные положения метода расчета строительных конструкций по расчетным предельным состояниям и нагрузкам. М„ 1955.
632
чений, установленных нормами. Коэффициенты перегрузки различны для различных видов нагрузки. Для собственного веса конструкций коэффициент перегрузки невелик (он равен 1,1 или 0,9), так как
этот вес можно определить по проектным размерам конструкции и объемным весам материалов достаточно точно. Для временных нагрузок коэффициент перегрузки имеет большее значение, напри-
мер для временных нагрузок, действующих на перекрытия жилых домов, он равен 1,4. Расчетная нагрузка равна произведению нормативной нагрузки на коэффициент перегрузки;
б) коэффициенты однородности k0, учитывающие возможные отклонения фактических показателей прочности материалов от их нормативных значений. Эти коэффициенты для материалов, отклонения в прочности которых невелики, близки к единице (например, для стали коэффициент однородности равен 0,9), wzzzzzzz/zzz
а для других материалов имеют значительно меньшие значения (например, 0,6 для бетона). Расчетная прочность (расчетное сопротивление) материала равна произведению нормативного сопротивления (определяемого по нормативным показателям прочности) на коэффициент однородности;
в) коэффициенты условий работы т, учитывающие особые условия работы конструкций (например, агрессивность окружающей среды, концентрацию напряжений) и условность схем, применяемых при их расчете. Эти коэффициенты могут быть как меньше, так и
Рис. 15.17
больше единицы. Коэффициент условий работы вводится при
подсчете прочности конструкции; поэтому чем меньше величина этого коэффициента, тем больше общий запас прочности.
Условие прочности (при расчете по первому предельному состоянию—по несущей способности) устанавливает, что максимально возможное усилие в элементе конструкции (подсчитанное от расчетных нагрузок, т. е. учитывающее возможную перегрузку) должно быть меньше (или равно) минимальной несущей способности этого элемента, подсчитанной с учетом возможного изменения прочности материала и условий работы сооружения. Так, например, при расчете стального стержня, показанного на рис. 15.17, условие прочности имеет вид
Ряп
(12.17)
Здесь Ря—нормативная нагрузка; п — коэффициент перегрузки, учитывающий возможное превышение величины Ри; 7?я—нормативное сопротивление (нормативный предел текучести) стали; k0—коэффициент однородности, учитывающий возможное уменьшение величины /?„; F, — площадь поперечного сечения более тонкой части стержня; tn — коэффициент условий работы, учитывающий концентрацию напряжений в месте резкого изменения поперечных размеров стержня.
Из условия прочности (12.17) видно, что общий коэффициент запаса для рассмотренного стержня равен n/katn. Например, при
633
п = 1,2, &о=О,9 и т — 0,8 коэффициент запаса равен 1,2/(0,9-0,8) = 1,67.
При расчете по второму и третьему предельным состояниям определение деформаций и величин раскрытия трещин производится от нормативных нагрузок (без использования коэффициентов перегрузки).
Кроме указанных выше коэффициентов применяются и другие, например коэффициенты сочетаний, учитывающие то обстоятельство, что одновременное достижение всеми нагрузками (включая дополнительные и особые нагрузки) их наибольших значений практически исключено.
В методе расчетных предельных состояний коэффициенты запаса устанавливаются дифференцированно—в зависимости от вида нагрузки, применяемого материала и условий работы конструкции. Это позволяет, с одной стороны, снижать общий коэффициент запаса (и, следовательно, уменьшать стоимость конструкции) в тех случаях, когда нормативные нагрузки и нормативные сопротивления материалов можно установить достаточно точно и когда условия работы конструкции хорошо изучены.
С другой стороны, дифференцированные коэффициенты запаса позволяют обеспечить прочность сооружения в тех случаях, когда возможны значительные превышения фактическими нагрузками их нормативных значений, когда возможны большие отклонения фактических сопротивлений материалов от нормативных и когда условия работы конструкции недостаточно изучены.
Метод расчетных предельных состояний расширяет представление о коэффициентах запаса; он требует более глубокого изучения фактических условий работы строительных конструкций, действующих на них нагрузок и свойств строительных материалов. Это должно способствовать внедрению должного контроля за качеством материалов и повышать культуру строительства.
Примеры расчета
Пример 1J7 (к § 2.17). Определить предельную и предельно допускаемую сжимающие нагрузки для составного стержня, состоящего из трех стержней: 1) алюминиевой трубки, 2) стальной трубки, вставленной в алюминиевую, и 3) медного сплошного стержня, расположенного внутри стальной трубки (рис.16.17). Длины всех стержней одинаковы. Площади поперечных сечений алюминиевого, стального и медного стержней соответственно равны Га, Fc и FM, а пределы текучести алюминия, стали и меди—а?, о? и с?. Коэффициент запаса прочности равен [п].
Решение. В предельном состоянии во всех трех стержнях возникнут напряжения, равные пределу текучести. Следовательно, предельная нагрузка
Р вр=<’т^?а + °т/? с + м-
Предельно допускаемая нагрузка
1 di _ ^ПР __ аЧ-От^сЧ-Ос^м
1 Jn₽- [л] - [п]
634
Аналогичный составной стержень рассчитан в § 9.2 в предположении, что напряжения в материалах не превышают пределов пропорциональности (расчет по упругой стадии). Расчет его по предельной нагрузке производится значительно проще, чем расчет по упругой стадии.
Пример 2.17 (к § 3.17). Стальной стержень сплошного круглого сечения, жестко закрепленный с обоих концов, нагружен скручивающим моментом 2Л = 5 тс-м (рис. 17.17, а).
Определить путем расчета по предельной нагрузке необходимый диаметр стержня, если предел текучести тт=1500 кгс[см\ Коэффициент запаса прочности [nJ = 2.
Решение. В предельном состоянии в поперечных сечениях участков длиной а и b возникают предельные крутящие моменты, равные [(см. формулы (6.17) и (7.17)]:
Л1Пр = Тт^рт = 12.
Выделим часть стержня сечениями /-/ и 11-П (рис. 17.17, а, б). На эту часть в предельном состоянии кроме момента ПЛпр действуют моменты Afnp, приложен
Рис. 16.17
Рис. 17.17
ные по ее концам и направленные в сторону, противоположную моменту 9ЛПр-Составим условия равновесия выделенной части стержня в виде суммы моментов относительно продольной оси стержня:
2Х=Мпр-аП„р+Л*пр=0,
откуда
2Ллр = 2Мпр = 2ттшР/12 = ттлгР/6.
Предельно допускаемый момент
1ЯП1 -ДКпр _ТтЛ^/6 nd»
IJJUnp— fnj — 2 — Тт 12 ’
635
Он должен быть равен моменту 201 = 5 тс-м, действующему на стержень, т. е.
[Ш1]пр = ттжР/12 = ЯП = 5 тс-м = 5-105 кгс-см,
откуда
з Г 12-5.105
Г 3,14-1500
= 10,8 см.
Пример 3.17 (к § 4.17). Определить предельно допускаемое значение силы Р для балки, изображенной на рис. 18.17, а. Поперечное сечение балки тавровое (рис. 18.17,6). При расчете принять: предел текучести от = 2400 яес/сж2, коэффициент запаса прочности [л] = 2.
Решение. Площадь поперечного сечения балки F = 4-16 + 4* 12= 112 см2. Нейтральная ось О — О при действии предельного момента делит эту площадь на две равновеликие части Fr и F2.
P1 = P2 = F/2=\\2/2 = 56 см2.
Следовательно, расстояние от нейтральной а = 56/4= 14 см (рис. 18.17, в).
оси до верхнего края сечения
Рис. 18.17
По формуле (10.17) находим пластический момент сопротивления:
U7T = S14~S2 = 4.14-7-|-4.2.1 12-4-4 = 592 си3.
По формуле (11.17) определяем величину предельного изгибающего момента: М = отЦ7т = 2400-592= 14,2-105 кгс-см = 14,2 тс-м.
Из условия Рпр1 = Мпр (см- рис. 18.17, а) находим
Рпр = Afnp/Z = 14,2/2 = 7,1 тс.
Предельно допускаемое значение силы Р
[Р]пр = ^пр/1^1 = 7,1/2 = 3,55 тс.
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1.17 (к § 2.17). Жесткий брус, шарнирно закрепленный левым концом, поддерживается двумя стальными тягами с одинаковыми поперечными сечениями F (рис. 19.17).
636
Определить путем расчета по предельной нагрузке необходимую величину площади F при Р = 30 тс и коэффициенте запаса прочности [п]=2. Предел текучести стали от = 2500 кгс/см2.
Ответ: F = 22,0 см2
Задача 2.17 (к § 2.17). Определить предельную нагрузку для системы, изображенной на рис. 20.17, состоящей из четырех стальных стержней, нижние концы которых соединены общим шарниром. Площади F поперечных сечений всех стержней одинаковы и равны 4 см2. Предел текучести стали принять равным 2500 кгс/см2.
Ответ: 7* =31,5 тс.
Задача 3.1 Л (к § 3.17). Стальной брус круглого кольцевого сечения закреплен одним концом и нагружен на другом конце скручивающим моментом DJL Внутренний диаметр стержня равен 5 см, а наружный 8 см. Определить величину предельного момента при пределе текучести стали тт= 1500 кгс/см2.
Рис. 19.17 f
Рис. 20.17
Ответ: 0)1 = 1,52 тс-м.
Задача 4.17 (к § 4.17). Определить предельно допускаемые значения сил Р для статически определимых балок, изображенных на рис. 21.17, а, в. Поперечные
Рис. 21.17
сечения этих балок в форме двутавра имеют размеры (в мм), указанные на рис. 21.17,6. Предел текучести материала от = 2400 кгс/см2, коэффициент запаса прочности [п]— 2.
Ответ: а) (Р]п[>=2^=1,74 тс; б) [PJnp=='^pI=4>64 тс.
637
Задача 5.17 (к § 4.17). Определить предельно допускаемую нагрузку для балки из двутавра № 24а, изображенной на рис. 22.17:
а) для каждого пролета балки;
Рис. 22.17
б) для всей балки в целом при соотношении между нагрузками Р1:Р2 = 2:1 (или Р1=2Р2)« Предел текучести стали от = 2400 кгс}см\ коэффициент запаса прочности [л] = 1,8.
Указание: пластический момент сопротивления можно определить с помощью следующей формулы:
W\ = 2S,
где S —статический момент половины сечения относительно нейтральной оси, определяемый по таблице сортамента (равный для заданной балки 178 см3).
Ответ: а) 14,2 тс-, (Р2]пр=-^-=9,5 та
1'4 *1 L**J *2
0 [Pl)np = q^₽-=14,2 тс, IP,]np=^M=7,l тс.
Вопросы для самопроверки
К § 1.17. 1. Что представляют собой опасная и допускаемая нагрузки?
2. Что представляют собой предельная и предельно допускаемая нагрузки?
3. Почему при опасной нагрузке во многих случаях не происходит полное исчерпание несущей способности конструкции?
4. Почему расчет конструкций по предельным нагрузкам является более экономичным, чем расчет по напряжениям?
5. Что представляет собой диаграмма Прандтля?
К § 2.17. 6. Почему расчеты статически определимых стержней на центральное растяжение и сжатие по предельным нагрузкам и по допускаемым напряжениям дают одинаковые результаты?
7. Как определяются предельные нагрузки в простейших статически неопределимых системах, состоящих из центрально растянутых и центрально сжатых стержней?
8. В каких случаях после снятия нагрузки система остается в напряженном состоянии?
9. Влияют ли монтажные и температурные напряжения, осадки и податливость опор на величину предельной нагрузки?
К § 3.17. 10. Какой вид имеет эпюра касательных напряжений в поперечном сечении скручиваемого бруса круглого профиля при предельном значении крутящего момента?
11. Выведите формулу для определения величины предельного крутящего момента для случаев круглого сплошного и кольцевого поперечных сечений.
12. На сколько процентов предельная нагрузка при кручении круглого бруса сплошного сечения больше опасной нагрузки?
638
К § 4.17. 13. Какой вид имеет эпюра нормальных напряжений в поперечном сечении изгибаемого бруса при предельном значении изгибающего момента?
14. Что представляет собой пластический шарнир?
15. Как определяется величина предельного изгибающего момента? Чему равен пластический момент сопротивления? Выведите выражение для пластического момента сопротивления.
16. Как проходит нейтральная ось в поперечном сечении, в котором расположен пластический шарнир?
17. На сколько процентов предельный изгибающий момент для бруса прямоугольного сечения больше опасного момента?
18. Как определяется предельная нагрузка для статически определимых и статически неопределимых балок?
К § 5.17. 19. Какие три предельных состояния различаются в методе расчетных предельных состояний?
20. Какие коэффициенты применяются в методе расчетных предельных состояний и что они учитывают?
ПРИЛОЖЕНИЯ
Приложение I
Модули упругости и коэффициенты Пуассона
Материал Модуль упругости Е, кгс/см2 Модуль упругости G, кгс/см2 Коэффициент Пуассона ц,
Серый чугун (1,15—1,60)-10» 4,5-Ю5 0,23—0,27
Ковкий чугун 1,55-10е — —
Углеродистые стали .... (2,0—2 ,!)• 10е (8,0—8,1). Ю5 0,24—0,28
Легированные стали .... (2,1-2,2)-10е (8,0—8,1)-10б 0,25—0,30
Медь (прокат) 1,1.10е 4,0-10* 0,31—0,34
Холоднотянутая медь . . . 1,3-10» 4,9-10* —
Медь (литье) 0,84-10» — —
Фосфористая бронза (прокат) 1,15-10» 4,2-105 0,32—0,35
Холоднотянутая латунь . . (0,91-0,99)-10» (3,5—3,7)-105 0,32—0,42
Марганцовистая бронза (про-
кат) 1,1-10» 4,0-105 0,35
Алюминий (прокат) .... 0,69-10» (2,6—2,7)-105 0,32-0,36
Алюминиевая бронза . . . 1,05-10» 4,2.105 —
Дюралюминий (прокат) . . 0,71-10» 3,7-105 —
Цинк (прокат) 0,84-10» 2,2-105 0,27
Свинец 0,17-10» 0,70-105 0,42
Стекло 0,56-10» 2,2-105 0,25
Гранит 0,49-10» — —
Известняк 0,42-10» — —
Мрамор 0,56-10» — —
Песчаник . 0,18-10» — —
Каменная кладка:
из гранита (0,09—0,1)-10» — —
из известняка 0,06-10» — —
из кирпича (0,027—0,030)-10» — —
Бетон при пределе прочно-
сти, кгс/см2'.
J00 (0,146—0,196)-10« — 0,16—0,18
150 (0,164—0,214)-)0« — 0,16—0,18
200 (0,182—0,232)-10» — 0,16—0,18
640
Материал Модуль упругости Е, кгс! см* Модуль упругости (7, кгс/см* Коэффициент Пуансона ц
Дерево (сосна, ель):
вдоль волокон .... (0,1—0,12)-Ю6 0,055-10* —
поперек волокон . . . (0,005-0,01). 10е — —
Каучук 0,00008-10* — 0,47
Текстолит (0,06—0,1). 10е — —
Гетинакс (0,1—0,П).10« — —
Бакелит 43*103 — 0,36
Висхомлит («ИМ-44») . . . (40—42). 103 — 0,37
Целлулоид (14,3-27,5). 10е — 0,33—0,38
Приложение II
Ориентировочные величины основных допускаемых напряжений
Допускаемое напряжение, кгс/см*
Материал
на растяжение
на сжатие
Серый чугун ...................................
Сталь СтО и Ст2 ...............................
Сталь СтЗ .....................................
Сталь СтЗ (в мостах)...........................
Углеродистая конструкционная сталь (в машиностроении) .........................................
Легированная конструкционная сталь (в машиностроении) .........................................
Медь...........................................
Латунь.........................................
Бронза.........................................
Алюминий.......................................
Алюминиевая бронза.............................
Дюралюминий ...................................
Текстолит .....................................
Гетинакс ......................................
Бакелизованная фанера .........................
Сосна: вдоль волокон .................................
поперек волокон ...........................
Дуб: вдоль волокон .................................
поперек волокон ...........................
Каменная кладка ...............................
Кирпичная кладка ..............................
Бетон .........................................
280—800 1200—1500
1400 1600 1400
600—2500
1000—4000 и выше 300—1200 700—1400 600—1200 300—800 800—1200 800—1500 300—400 500—700 400—500
70—100 100—120 15—20
90—130 130—150
— 20—35
до 3 4—40
до 2 6-25
3-15 10—20
21 № 2331
641
Приложение III
Коэффициенты линейного расширения а (на 1°С)
Материал
Алюминий..........................................
Магний............................................
Медь..............................................
Бронза и латунь...................................
Бетон ............................................
Лед ..............................................
Сталь ............................................
Каменная кладка ..................................
Дерево............................................
Целлулоид ........................................
255-10“7
255-10“7
167-10“7
(170—220)-10“7 (100—140)-10“7
507-10“7 (100—130). ю-7 (40—70). 10“7 (20—50). 10“7 (16—20)-10“6
ПРЕДМЕТНЫЙ УКАЗАТЕЛЬ
А
Абсолютная деформация продольная 28 --- поперечная 30 Абсолютное удлинение 28 Абсолютный сдвиг 116 Амплитуда колебаний 544 — цикла 565
Аналогия гидродинамическая 186
Анизотропия 18, 36
Б
Балка 6, 210
— клепаная 284
— сварная 285
— составная 285
— многопролетная шарнирная 209
— неразрезная 312, 487
---, порядок расчета 320
— равного сопротивления 273
— разнородной упругости 53, 286
— статически неопределимая 312, 487
— фиктивная 309
Базовое число циклов 569
Бернулли гипотеза 19, 25, 243
Бетти теорема 439
Биение 550
Брус 6
— большой кривизны 416
— гибкий 378
— жесткий 378
— пространственный 395
— разнородной упругости 53, 286
В
Вал 168, 389
Верещагина правило 449
Взаимность перемещений 442
— работ 439
Винтовая пружина 180
Внезапное действие нагрузки 532
Внецентренное растяжение и сжатие 378
Временное сопротивление 32
Врубки 122
Выносливость 568
Вынужденные колебания 541
Г
Гибкость 505
— предельная 505
Гипотеза Бернулли 19, 25, 243
— касательных напряжений 358
— наибольших удлинений 358
— растягивающих напряжений 357
— энергии изменения формы 359
— плоских сечений 19, 25, 172, 243
Гипотезы сопротивления материалов 17
Главная плоскость 2^2* 369
Главные напряжения 88
---, обозначения 97
--- при изгибе 258
-------- кручении 176
— моменты инерции 152
— оси инерции 152
— площадки 88
21*
643
Грузоподъемность при изгибе 264
----растяжении и сжатии 47
Гука закон 18
----обобщенный 100
----при сдвиге 116
Д
Даламбера принцип 523
Деформация изгиба 289, 299, 308
— кручения 171
— растяжения 28
— сдвига 116
— сжатия 28
Деформация относительная 16
— линейная 16
— угловая 16
— продольная абсолютная 28
----относительная 28
— поперечная абсолютная 30
----относительная 30
— остаточная 33
— пластическая 33
— упругая 33
— объемная 102, 117
Деформированное состояние 16
Диаграмма Прандтля 613 ' '
— предельных напряжений 571
— растяжения 30
— сжатия 30
Динамический коэффициент 530, 533, 534, 547, 552
Допускаемая нагрузка 48, 264, 612
Допускаемые напряжения 45
Ж
Жесткость при изгибе 248
---- кручении 176
----растяжении и сжатии 29
— пружины 183
Журавского теорема 220
— формула 253
3
Заклепочные соединения 124
Закон Гука 18
----обобщенный 100
---- при сдвиге 116
Закон парности касательных напряжений 86
Замкнутый контур 466
Запас прочности 46
Затухание колебаний 551
Зона упрочнения 32
И
Изгиб 11, 202
— прямой 202
— косой 202, 368
— чистый прямой 202, 242
— поперечный прямой 202, 249
— продольный 501
— продольно-поперечный 510
— с кручением 388
Изгибающий момент 11
----, правило знаков 203
----, вычисление 204
Изменение объема 102, 118
Изогнутая ось балки 289
Изотропность 17
Интеграл Мора 443
Интенсивность нагрузки 9
Испытание на растяжение и сжатие 30
----выносливость 568
К
Касательные напряжения 15 ----, правило знаков 27, 85 ---- при изгибе 253
Касательные напряжения при кручении 174, 186 ----экстремальные 90 Канат подъемный, расчет 540 Канонические уравнения 470
Колебания 541
— вынужденные 541
— свободные 541
— собственные 541
—, амплитуда 544
—, период 543, 551
—, частота 543, 551
Консоль 210
Концентрация напряжений 61, 576
Коэффициент асимметрии цикла 566 — динамический 530, 533, 534, 547,552
644
— запаса прочности 45
— качества поверхности 578
— концентрации напряжений 61
— масштабный 577
— однородности 633
— перегрузки 632
— поперечной деформации 30
— приведения длины 504
— Пуассона 30
— условий работы 633
— чувствительности 576
Кривая Вёлера 569
Кривая (усталости) 568
Кривые брусья 416
Критическая сила 501, 502
— нагрузка 501
Критическое напряжение 501, 504
Круг Мора (напряжений) 92, 98
---(инерции) 156
Кручение 11, 168
—, статически неопределимые задачи 188
Крутящий момент 168
---, вычисление 169
Л
Ламе формула 598
Лапласа управление 595
Линии Чернова 31
М
Максвелла теорема 442
Масса приведенная 537
Масштабный фактор 577
Материал анизотропный 18
— изотропный 17
— однородный 17
— сплошной 17
— пластичный 33
— хрупкий 35
Местные напряжения 60
Метод графо-аналитический 308
---, порядок расчета 311
— начальных параметров 299
--------, порядок расчета 308
— непосредственного интегрирования 289
—, порядок расчета 298
— сечений 10, 12
— сил 470, 474
----, порядок расчета 477
Модуль упругости 29
— сдвига 117
Момент изгибающий 11, 203
----, вычисление 204
----, правило знаков 203
----предельный 626
— крутящий 11, 168
----, вычисление 169
----, правило знаков 169
----предельный 623
— приведенный 393
— скручивающий 168
— сосредоточенный 9
— фиктивный 308
— инерции осевой (экваториальный) 140
---- полярный 140
----центробежный 141
Моменты инерции главные 152
----сечений простой формы 143
----сложных сечений 157
Момент сопротивления осевой 249
---- полярный 175
----осевой пластический 626
----полярный пластический 623
Монтажные напряжения 56
Мора интеграл 443
— формула 444
— круг (напряжений) 92, 98
— теория прочности 360
Н
Нагрузка 7
— динамическая 10, 523
— статическая 10, 40, 434, 523
— ударная 10, 523
— временная 10
— постоянная 10
— переменная 10
— циклическая 10
— допускаемая 48, 264, 612
— опасная 612
— предельная 612
— предельно допускаемая 613
645
— критическая 501
— погонная 8
— распределенная 8
----, интенсивность 9
— силовая 9
— моментная 9
— нормативная 632
— фиктивная 308
— , внезапное действие 532
— , эпюра 9
Наклеп 33
Напряжение 14
— касательное 15
----, правило знаков 27, 85
— нормальное, 15
----, правило знаков 27, 85
— допускаемое 45
— истинное 32
— критическое 501, 504
— расчетное 45
— цикла наибольшее 565
----наименьшее 565
----среднее 565
Напряжения главные 88
----, обозначения 97
— касательные экстремальные 90
— в наклонных площадках 86
— местные 60
— монтажные 56
— меридиональные 594
— окружные 594
— переменные во времени 564
— температурные 58
— в брусе большой кривизны 421
Напряжения при внецентренном растяжении и сжатии 379
---- изгибе 247
---- косом изгибе 369
----кручении 174, 186
----растяжении и сжатии 26
Напряженное состояние 15, 83
----одноосное (линейное) 83
----двухосное (плоское) 83, 84
----трехосное (объемное, пространственное) 83, 96
Натяг 600
Нейтральный слой 244
Нейтральная ось (нулевая линия) 245, 371, 425
Независимость действия сил 19 Неопределимость статическая 49, 465
Нормативное сопротивление 633
О
Оболочка 7, 593
— осесимметричная 593
Обобщенный закон Гука 100
Объемная деформация 102
----- при сдвиге 117
Объемные силы 9
Опасная нагрузка 612
— точка 374, 391
Опасное сечение 47, 179, 264, 391
Опорные реакции 206, 319
Опоры 206
Оси инерции главные 152
--------центральные 154
Остаточная деформация 33
Остаточное относительное удлинение 33
-----сужение 34
Относительная деформация продольная 28
----- поперечная 30
Относительное изменение объема 102
-------- при сдвиге 118
Относительный сдвиг 116
Отстройка от резонанса 553
П
Парность касательных напряжений 88
Перемещения при изгибе 289, 299, 308 -----растяжении и сжатии 37
—, определение по формуле Мора 445
— главные 472
— побочные 472
— в статически неопределимых системах 485
Период колебаний 543, 551
Пластинка 7
Пластическая деформация 33
Пластический момент сопротивления осевой 626
--------полярный 623
— шарнир 626
Пластмассы 37
Площадка текучести 31
646
Площадки главные 88
— сдвига 90
Площадки чистого сдвига 114
Площадь сечения брутто 26, 507
----нетто 26, 507
Полюс круга Мора 94, 156
— (центр давления) 379
Поперечная сила 11, 203
----, вычисление 204
----, правило знаков 203
----, эпюры 211
---- фиктивная 308
Потенциальная энергия (см. Энергий
Правило Верещагина 449
Прандтля диаграмма 613
Предел пропорциональности 31
— прочности 32
— текучести 31
----условный 34
— упругости 33
— выносливости 569
Предельная нагрузка
Предельно допускаемая нагрузка
Предельное состояние 632
Предельные циклы 571
Предпосылки (гипотезы) сопротивления материалов 17
Приведенная длина 504
Приведенный момент 393
Принцип Даламбера 523
— Максвелла 442
— наложения 19
----напряжений 88
— независимости действия сил 19
— Сен-Венана 8
Продольная сила 11, 22, 203
----, вычисление 22, 204
----, правило знаков 203
----, эпюры 23, 211, 417, 480
Продольно-поперечный изгиб 510
Продольный изгиб 501
Простая балка 210
Пружина винтовая цилиндрическая 180
Пуассона коэффициент 30
Р
Работа 40, 434
Равновесие устойчивое и неустойчивое 500
Радиус кривизны 244, 416
— инерции 380
Растяжение 11, 21
— внецентренное 378
Расчет на жесткость 5
---прочность 5
---устойчивость 5, 507
---выносливость 579
Расчет проверочный при изгибе 264
-------- кручении 179
--------растяжении и сжатии 47
— проектный при изгибе 264
-------- кручении 179
--------растяжении и сжатии 47
— по допускаемым напряжениям 46
---предельному состоянию 613
---разрушающим нагрузкам 613
Расчетная схема 7
Резонанс 550
С
Свободные (собственные) колебания 541
Сварные соединения 127
Сдвиг 114
— абсолютный 116
— относительный 116
Сдвиг чистый 114
— , практические расчеты 122
— , условие прочности 122
Сен-Венана принцип 8
Серенсена — Кинасошвили диаграмма
Сечение опасное 47, 179, 264, 391
Сжатие 11, 21
— внецентренное 378
Сила критическая 501
— поперечная 11, 203
— продольная 11, 22, 203
— сосредоточенная 7
— статическая 40, 434
Силы внутренние 10
— инерции 525, 541
— объемные 9
Системы симметричные 478
— статически неопределимые 465
-------- при кручении 188
-----------растяжении и сжатии 48
Скручивающий момент 168
Сложное сопротивление 12
647
Собственный вес, продольные деформации 43
Сопротивление временное 32
Составные балки 282
Способ Верещагина 449
Срединная поверхность 7, 593
Статический момент 136
Статически неопределимые балки 312 Степень статической неопределимости 49, 465
Т
Текучесть 31
Температурные напряжения 58
Теорема Журавского 220
— о взаимности перемещений (Максвелла) 442
--------работ (Бетти) 439
Теории прочности 355
Теория прочности Мора 360
----- единая 364
Толстостенные цилиндры 596
-----составные 600
У
Угол закручивания относительный 171
-----полный 171
— поворота при кручении 176
Удар 529
—, учет массы системы 534
Удлинение (укорочение) абсолютное 28
-----относительное 28
Упрочнения зона 32
Упругая деформация 33
— линия балки 289
Упругости предел 33
Упругость идеальная 18
Уравнения Ламе
Уравнение Лапласа 595
— трех моментов 314, 317
Усилия внутренние 10
Условие прочности при изгибе 263
-----------с кручением 393
-------- кручении 178
— ------ продольном изгибе 507
-------продольно-поперечном изгибе 516
-------растяжении и сжатии 45 ------- сдвиге 122
— устойчивости 507 Устойчивость 500
Ф
Формула Журавского 253
— Ламе 598
— Лапласа 595
— Мора (перемещений) 444
— Эйлера 502
----, предел применимости 505
— Ясинского 506
X
Характеристика цикла 566 Хрупкость 35
Ц
Центр давления (полюс) — изгиба 280 — тяжести сечения 138 ----, порядок определения 138 Центральное растяжение и сжатие 21 Центральные оси 138
Центробежный момент инерции 141
Циклы напряжений асимметричные 565
----знакопеременные 566
----знакопостоянные 566
----подобные 566
----пульсирующие 566
— симметричные 565
Цилиндры толстостенные 596 — составные 600
Ч
Частота колебаний 543, 551
Чернова линии 31
Чистый изгиб 202
Чистый сдвиг 114
648
ш
Шарнир идеальный 38
— пластический 626
Шейка 32
Э
Эйлера формула 502
Эйлерова сила 513
Эксцентриситет 379
Энергия потенциальная 103, 434
----- полная 104
----- изменения объема 105
--------формы 105
-----удельная J 04
----- при изгибе 261
-------- кручении 176
-------- сдвиге 117
--------растяжении и сжатии 40
Эпюра изгибающих моментов 211, 417
--------, порядок построения 211,224, 477
Эпюра крутящих моментов 170
— поперечных сил 211, 417, 480
— продольных сил 23, 211, 417, 480
— нагрузки 9
— напряжений 25
— продольных перемещений 38
— углов поворота 189
Эпюры внутренних усилий, проверка 484
--------для кривого бруса 417
---------- ломаного бруса 239
----------пространственного бруса 395
Ю
Юнга модуль 29
Я
Ядро сечения 385
---, порядок построения 387
Ясинского формула 506
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие......................................................... 3
Глава 1 ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ
§ 1.1. Введение..................................................... 5
| 2.1. Расчетная схема. Нагрузки.................................... 7
§3.1. Внутренние силы. Метод сечений............................... 10
§4.1. Напряжения................................................... 14
§5.1. Деформации и перемещения..................................... 16
§6.1. Основные предпосылки науки о сопротивлении материалов...... 17
Вопросы для самопроверки................................ 19
Глава 2 РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ
§ 1.2. Продольная сила............................................. 21
§ 2.2. Напряжения в поперечных и наклонных сечениях бруса.......... 24
§ 3.2. Продольные и поперечные деформации.......................... 28
§ 4.2. Диаграммы растяжения и сжатия............................... 30
§ 5.2. Перемещения поперечных сечений брусьев...................... 37
§ 6.2. Работа силы при ее статическом действии. Потенциальная энергия деформации......................................................... 40
§ 7.2. Собственный вес бруса..................................... 43
§ 8.2. Допускаемые напряжения. Расчеты на прочность.............. 45
§ 9.2. Статически неопределимые системы.......................... 48
§ 10.2. Местные напряжения........................................ 60
Примеры расчета......................................... 63
Задачи для самостоятельного решения..................... 79
Вопросы для самопроверки................................ 80
Глава 3 ТЕОРИЯ НАПРЯЖЕННОГО СОСТОЯНИЯ
§ 1.3. Виды напряженного состояния................................. 83
§ 2.3. Плоское напряженное состояние............................... 84
§ 3.3. Главные напряжения. Главные площадки........................ 88
§ 4.3. Экстремальные касательные напряжения........................ 90
§ 5.3. Исследование плоского напряженного состояния с помощью круга Мора 92
§ 6.3. Понятие о пространственном напряженном состоянии............ 96
§ 7.3. Обобщенный закон Гука...................................... 100
§ 8.3. Объемная деформация........................................ 101
§ 9.3. Потенциальная энергия деформации........................... 103
Примеры расчета........................................ 107
Задачи для самостоятельного решения.................... 111
Вопросы для самопроверки............................... 112
Глава 4
СДВИГ
§ 1.4. Чистый сдвиг............................................... 114
§ 2.4. Деформация при сдвиге. Закон Гука при сдвиге............... 116
650
§ 3.4 Объемная деформация и потенциальная энергия при чистом сдвиге.
Зависимость между Е, G и р................................... 117
§ 4.4 Практические расчеты некоторых простейших конструкций, работающих на сдвиг......................................................... 122
Расчет заклепочных соединений.............................. 124
Расчет сварных соединений.................................. 127
Примеры расчета......................................... 129
Задачи для самостоятельного решения..................... 133
Вопросы для самопроверки................................ 133
Глава 5
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ
§ 1.5. Общие сведения................................................ 135
§ 2.5. Статические моменты сечений................................... 136
§ 3.5. Моменты инерции сечений....................................... 140
§ 4.5. Вычисление моментов инерции сечений простой формы............. 143
Прямоугольное сечение....................................... 143
Треугольное сечение......................................... 144
Сечение в форме круга........................................ 147
§ 5.5. Изменение моментов инерции при параллельном переносе осей ... 148
§ 6.5. Изменение моментов инерции при повороте осей................... 150
§ 7.5. Главные моменты инерции. Главные оси инерции................... 152
§ 8.5. Исследование моментов инерции плоских сечений с помощью круга Мора............................................................ 156
§ 9.5. Вычисление моментов инерции сложных сечений.................... 157
Примеры расчета........................................... 159
Задачи для самостоятельного решения....................... 165
Вопросы для самопроверки.................................. 166
Глава 6 КРУЧЕНИЕ
§ 1.6. Основные понятия. Крутящий момент............................ 168
§ 2.6. Кручение прямого бруса круглого поперечного сечения.......... 171
§ 3.6. Главные напряжения и потенциальная энергия деформации при кручении бруса круглого поперечного сечения....................... 176
§ 4.6. Расчет бруса круглого поперечного сечения на прочность и жесткость при кручении................................................... 178
§ 5.6. Расчет цилиндрических винтовых пружин........................ 180
§ 6.6. Кручение прямого бруса некруглого поперечного сечения........ 184
Брус прямоугольного сечения................................ 186
Тонкостенные стержни открытого профиля..................... 187
§ 7.6. Статически неопределимые задачи при кручении................. 188
Примеры расчета.......................................... 191
Задачи для самостоятельного решения...................... 199
Вопросы для самопроверки................................. 200
Глава 7
ПРЯМОЙ ИЗГИБ
§ 1.7. Общие понятия............................................ 202
§ 2.7. Внутренние усилия........................................ 203
§ 3.7. Опоры и опорные реакции.................................. 206
§ 4.7. Эпюры внутренних усилий.................................. 211
§ 5.7. Дифференциальные зависимости между изгибающим моментом, поперечной силой и интенсивностью распределенной нагрузки............. 218
§ 6.7. Примеры построения эпюр внутренних усилий................... 224
§ 7.7. Прямой чистый изгиб......................................... 242
§ 8.7. Прямой поперечный изгиб..................................... 249
§ 9.7. Главные напряжения при прямом поперечном изгибе............. 258
651
§ 10.7. Потенциальная энергия деформации при изгибе................... 261
§ 11.7. Расчеты на прочность при изгибе............................... 263
Балки постоянного поперечного сечения из пластичных материалов 264
Балки постоянного поперечного сечения из хрупких материалов 271
Балки переменного поперечного сечения........................ 272
§ 12.7. Понятие о центре изгиба....................................... 275
§ 13.7. Понятие о расчете составных балок............................. 282
Клепаная балка............................................... 284
Сварная балка ............................................. 285
Составная деревянная балка................................... 285
§ 14.7. Понятие о балках разнородной упругости....................... 286
§ 15.7. Определение перемещений в балках постоянного сечения методом непосредственного интегрирования..................................... 289
§ 16.7. Определение перемещений в балках постоянного сечения методом начальных параметров................................................. 299
§ 17.7. Определение перемещений в балках графо-аналитическим методом 308
§ 18.7. Расчет статически неопределимых балок........................ 312
Примеры расчета........................................... 320
Задачи для самостоятельного решения....................... 346
Вопросы для самопроверки.................................. 351
Глава 8
ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ
§ 1.8. Классические и энергетическая теории прочности............. 355
§ 2.8. Теория прочности Мора...................................... 360
§ 3.8. Единая теория прочности.................................... 364
Примеры расчета........................................ 365
Задачи для самостоятельного решения.................... 366
Вопросы для самопроверки............................... 367
Глава 9
СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ
§ 1.9. Косой изгиб.................................................... 368
§ 2.9. Внецентренное растяжение и сжатие брусьев большой жесткости . . 378
§ 3.9. Ядро сечения................................................... 385
§ 4.9. Изгиб с кручением брусьев круглого сечения..................... 388
§ 5.9. Общий случай действия сил на брус круглого сечения............. 394
§ 6.9. Построение эпюр внутренних усилий для пространственных брусьев с ломаной осью............................................. 395
Примеры расчета............................................ 398
Задачи для самостоятельного решения........................ 410
Вопросы для самопроверки................................... 414
Глава 10 РАСЧЕТ КРИВЫХ БРУСЬЕВ
§ 1.10. Общие сведения............................................ 416
§ 2.10. Эпюры внутренних усилий................................... 417
§ 3.10. Нормальные напряжения в поперечных сечениях бруса большой кривизны........................................................... 421
§ 4.10. Определение положения нейтральной оси при чистом изгибе . . . 425
Примеры расчета........................................ 427
Задачи для самостоятельного решения.................... 432
Вопросы для самопроверки............................... 433
652
Глава 11
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ В УПРУГИХ СИСТЕМАХ
§ 1.11. Работа внешних сил. Потенциальная энергия............... 434
§ 2.11. Теорема о взаимности работ.............................. 439
§ 3.11. Теорема о взаимности перемещений........................ 442
§ 4.11. Определение перемещений. Интеграл Мора.................. 443
§ 5.11. Правило Верещагина...................................... 449
Примеры расчета...................................... 456
Задачи для самостоятельного решения.................. 462
Вопросы для самопроверки............................. 464
Глава 12
РАСЧЕТ ПРОСТЕЙШИХ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ СТЕРЖНЕВЫХ СИСТЕМ
§ 1.12. Статическая неопределимость............................. 465
§ 2.12. Канонические уравнения метода сил....................... 470
§ 3.12. Расчет статически неопределимых систем.................. 474
§ 4.12. Использование симметрии................................. 478
§ 5.12. Построение эпюр поперечных и продольных сил............. 480
§ 6.12. Проверка правильности эпюр Л4, Q и А.................... 484
§ 7.12. Неразрезные балки....................................... 487
Примеры расчета...................................... 490
Задачи для самостоятельного решения.................. 496
Вопросы для самопроверки............................. 496
Глава 13
ПРОДОЛЬНЫЙ ИЗГИБ ПРЯМОГО стержня
§ 1.13. Понятие об устойчивости равновесия упругих тел.......... 500
§ 2.13. Продольный изгиб........................................ 501
§ 3.13. Потеря устойчивости при напряжениях, превышающих предел пропорциональности ................................................. 505
§ 4.13. Практические расчеты стержней на устойчивость........... 507
§5.13. Продольно-поперечный изгиб.............................. 510
Примеры расчета...................................... 517
Задачи для самостоятельного решения.................. 520
Вопросы для самопроверки............................. 521
Глава 14
ДИНАМИЧЕСКАЯ НАГРУЗКА
§ 1.14. Общие сведения.......................................... 523
§2.14. Динамические задачи, приводимые к задачам статического расчета систем........................................................... 524
§ 3.14. Удар.................................................... 529
§ 4.14. Частные случаи ударного действия нагрузки............... 539
§ 5.14. Колебания систем с одной степенью свободы............... 541
Примеры расчета...................................... 554
Задачи для самостоятельного решения.................. 561
Вопросы для самопроверки............................. 562
Глава 15
НАПРЯЖЕНИЯ, ПЕРЕМЕННЫЕ ВО ВРЕМЕНИ
§ 1.15. Переменные напряжения. Усталость........................ 564
§ 2.15. Предел выносливости..................................... 568
§ 3.15. Диаграммы предельных амплитуд и предельных напряжений . . . 570
§ 4.15. Основные факторы, влияющие на величину предела выносливости 575
653
§ 5.15. Расчет на прочность при переменных напряжениях........... 579
Примеры расчета....................................... 586
Задачи для самостоятельного решения................... 591
Вопросы для самопроверки.............................. 591
Глава 16 ТОНКОСТЕННЫЕ ОСЕСИММЕТРИЧНЫЕ ОБОЛОЧКИ И ТОЛСТОСТЕННЫЕ ЦИЛИНДРЫ
§ 1.16. Расчет тонкостенных осесимметричных оболочек............ 593
§2.16. Расчет толстостенных цилиндров........................... 596
Примеры расчета....................................... 605
Задачи для самостоятельного решения................... 610
Вопросы для самопроверки.............................. 611
Глава 17 РАСЧЕТ КОНСТРУКЦИЙ ПО НЕСУЩЕЙ СПОСОБНОСТИ § 1.17. Общие сведения........................................... 612
§ 2.17. Растяжение и сжатие...................................... 614
§ 3.17. Кручение прямого бруса круглого поперечного сечения...... 622
§ 4.17. Изгиб балок.............................................. 625
§ 5.17. Метод расчета конструкций по расчетным предельным состояниям 632 Примеры расчета.................................................. 634
Задачи для самостоятельного решения............ 636
Вопросы для самопроверки.............................. 638
Приложения....................................................... 640
Предметный указатель............................................. 643
Дарков Анатолий Владимирович
Шпиро Гейман Симонович
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
Редактор 3. Г. Овсянникова. Художественный редактор Т. А. Дурасова. Технический редактор Р. С. Родичева. Корректоры Р. К. Косинова, Г. И. Кострикова.
Сдано в набор 24/ХП 1974 г. Подп. к печати 26/V 1975 г. Формат 60х90*/1«« Бум. тип. № 1. Объем 41 печ. л. (Усл. п. л. 41>. Уч.-изд.л. 40,84. Изд. № От-212/73. Тираж 90 000 экз. Зак. 2331. Цена 1 р. 25 коп.
План выпуска литературы издательства «Высшая школа» (вузы и техникумы) на 1975 г. Позиция № 134. Москва, К-51, Неглинная ул., д. 29/14, Издательство «Высшая школа»
Ордена Трудового Красного Знамени Первая Образцовая типография имени А. А. Жданова Союзполиграфпрома при Государственном комитете Совета Министров СССР по делам издательств, полиграфии и книжной торговли. Москва, М-54, Валовая, 28.
Дарков А. В., Шпиро Г. С.
Д20 Сопротивление материалов. Учебник для втузов. Изд. 4-е. «Высш, школа», 1975.
654 с. с ил.
Настоящий учебник написан в соответствии с программами по сопротивлению материалов, утвержденными Министерством высшего и среднего специального образования СССР для студенюв высших учебных заведений различных с пециа льностей.
Он состоит из семнадцати глав, содержащих подробно решенные примеры, задачи (с ответами к ним) для самостоятельного решения и вопросы для самопроверки пройденного материала.
Предназначен для студентов высших технических учебных заведений.
30106-321 дд.
Д 001 (01)—75 ,34“75 605