2 38 40 4 Теория напряжённого и деформированного состояния 41 4.1 Основные сведения о напряжјнном состоянии детали в точке 41 4.2 Напряжения на произвольной площадке при линейном на44 4.3 Напряжения на произвольной площадке при плоском на45 4.4 Графический способ определения напряжений при плоском напряжјнном состоянии. Круги Мора................................. 47 4.5 Напряжения на произвольной площадке при объјмном напряжјнном состоянии ......................................................................... 51 4.6 Круги при Мора объјмном напряжјнном состоянии ............... 52 4.7 Закон Гука при объјмном напряжјнном состоянии ................. 53 4.8 Потенциальная энергия упругой деформации при объјмном напряжјнном состоянии ............................................................ 56 4.9 Относительное изменение объјма тела .......................................... 58 4.10 Теории предельных напряжјнных состояний (теории прочности) ................................................................................................. 59 4.10.1 I теория предельных напряжјнных состояний ................ 61 4.10.2 II теория предельных напряжјнных состояний .............. 61 4.10.3 III теория предельных напряжјнных состояний ............ 62 4.10.4 IV теория предельных напряжјнных состояний .......... 63 4.11 Вопросы для самопроверки ........................................................... 65 5 Геометрические характеристики поперечного сечения бруса 66 5.1 Основные понятия о геометрических характеристиках ............. 66 5.2 Моменты инерции элементарых сечений ...................................... 68 5.2.1 Прямоугольник ........................................................................ 68 5.2.2 Круг ........................................................................................ 69 5.2.3 Кольцо ................................................................................... 69 5.2.4 Треугольник ......................................................................... 70 5.2.5 Прокатные профили .............................................................. 70 5.3 Зависимость между моментами инерции относительно параллельных осей, одни из которых центральные ........................ 71 5.4 Главные оси инерции и главные моменты инерции сечения 72 5.5 Зависимость между моментами инерции сечения при повороте от главных осей ....................................................................... 74 5.6 Определение главных моментов и положения главных осей инерции сечения .................................................................................. 763 5.7 Исследование моментов инерции графическим способом ........ 77 5.8 Эллипс инерции............................................................................... 78 5.9 Определение моментов инерции сложных сечений .................... 80 5.10 Вопросы для самопроверки ........................................................... 82 6 Изгиб 84 6.1 6.2 6.3 6.4 6.5 Основные понятия об изгибе. Расчјтная схема балки ............. 84 Поперечная сила и изгибающий момент ....................................... 88 Дифференциальные зависимости между �, � и �................... 90 Равнодействующая распределјнной нагрузки и еј положение 91 Построение эпюр поперечных сил � и изгибающих моментов � ................................................................................................... 92 6.6 Контроль правильности построения эпюр � и � ..................... 94 6.7 Напряжения в балке при изгибе .................................................. 95 6.7.1 Нормальные напряжения в балке при изгибе ................. 96 6.7.2 Касательные напряжения в балке при изгибе. Формула Журавского............................................................... 100 6.8 Расчјт балок на прочность по допускаемым напряжениям . 105 6.9 Рациональная форма поперечного сечения балки .................... 109 6.10 Перемещения балок при изгибе ..................................................... 111 6.10.1 Прогиб и поворот поперечного сечения балки .............. 111 6.10.2 Дифференциальное уравнение изогнутой оси балки 112 6.11 Балки переменного сечения ............................................................ 115 6.12 Балки равного сопротивления ........................................................ 117 6.13 Вопросы для самопроверки ......................................................... 118 7 Кручение 7.1 7.2 7.3 7.4 7.5 7.6 119 Основные понятия о кручении. Крутящий момент ................ 119 7.1.1 Вычисление моментов, передаваемых на вал, по мощности и числу оборотов .................................................... 121 Напряжения круглого вала при кручении и расчјт на прочность ................................................................................................. 122 Перемещения при кручении круглого вала ................................ 127 Расчјт винтовых цилиндрических пружин с небольшим углом подъјма витка ........................................................................ 129 Кручение брусьев некруглого сечения ......................................... 131 Кручение тонкостенных брусьев (свободное кручение) ........... 132 7.6.1 Свободное кручение тонкостенных брусьев с открытым профилем ................................................................... 133 ОГЛАВЛЕНИЕ 4 7.6.2 7.7 8 Общий случай свободного кручения тонкостенного бруса с открытым профилем .......................................... 134 4 7.6.3 Свободное кручение тонкостенных брусьев с замкнутым профилем ................................................................... 135 Вопросы для самопроверки ......................................................... 137 Устойчивость сжатых стержней 139 8.1 Потеря устойчивости сжатым стержнем. Формула Эйлера для критической силы .................................................................. 139 8.2 Влияние способа закрепления стержня на критическую силу143 8.3 Пределы применимости формулы Эйлера. Полный график критических напряжений ................................................................ 146 8.4 Расчјт сжатых стержней с помощью коэффициента снижения основного допускаемого напряжения .............................. 148 8.5 Выбор формы поперечного сечения и материала сжатого стержня на основании экономических соображений ................ 151 8.6 Вопросы для самопроверки ......................................................... 153 Глава 1 Основные понятия 1.1 Предмет сопротивления материалов В сопротивлении материалов изучается прочность элементов конструкции и сооружений. Сопротивление материалов дисциплина экспериментально-теоретическая. Она тесно связана с математикой и теоретической механикой. В отличие от теоретической механики, где тела (детали) считаются абсолютно жјсткими, в сопротивлении материалов детали считаются деформируемыми. В сопротивлении материалов изучается прочность, жјсткость и устойчивость элементов конструкций, имеющих форму бруса. Прочность — это способность детали сопротивляться разрушеЖёсткость — это способность детали сопротивляться изменению формы и размеров. Устойчивость – это способность детали сопротивляться быстро нарастающим изменениям формы и размеров при достижении силами, так называемых, критических значений. 1.2 Изучаемые объекты 1. Брус или стержень – это деталь (тело) (рис. 1.1), один размер которой значительно больше двух других. Бо́льший размер называется длиной бруса. Ме́ньшие размеры поперечного сечения. Элементы бруса: ось бруса линия, соединяющая центры тяжести поперечных сечений; 5 ГЛАВА 1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ 6 Рис. 1.1. Брус поперечное сечение сечение бруса плоскостью, перпендикулярной оси. Эти понятия однозначны: для любого бруса одна ось и для любой точки одно поперечное сечение. Брусья бывают прямыми и кривыми. Если ось прямая линия, то брус прямой, если ось кривая линия брус кривой. Если радиус кривизны оси бруса значительно больше размеров поперечного сечения, то брус малой кривизны, если же радиус меньше размеров поперечного сечения, то брус большой кривизны. Брусья бывают плоскими и пространственными. Если ось бруса плоская кривая, то брус плоский; если же ось пространственная кривая, то брус пространственный. Брусья бывают постоянного и переменного поперечного сечения. Примеры брусьев: валы (различные); крыло самолјта и т.д. 2. Пластина это тело, один размер которого (толщина) значительно меньше двух других. Пластина, имеющая искривления в одном или в двух направлениях, называется оболочкой. Примеры: газовый баллон, бак ракеты, фюзеляж самолјта. 1.3 Основные гипотезы о деформируемом те- 1. Гипотеза сплошности. В сопротивлении материалов все тела, детали считаются сплошной средой без пустот (пренебрегая атомным строением материала). 2. Гипотеза идеальной упругости. В сопротивлении материалов все материалы считаются идеально упругими Упругость это способность тела (детали) восстанавливать свои форму и размеры после снятия нагрузки. Если форма и размеры восстанавливаются полностью, то это случай идеальной упругости. ГЛАВА 1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ 7 Противоположное упругости свойство пластичность. Пластичность это способность тела (детали) получать неисчезающие, остаточные изменения формы и размеров. 3. Гипотеза однородности и изотропности. Материал (тело, деталь) считается однородным, если его упругие свойства одинаковы во всех точках. Если упругие свойства не одинаковы материал неоднороден. Материал считается изотропным, если его упругие свойства одинаковы по всем направлениям. Если упругие свойства не одинаковы материал анизотропен (пример: древесина). 4.Гипотеза Сен-Венана. Если к некоторой части тела приложена самоуравновешенная система сил, то действие это системы быстро убывает по мере удаления от места приложения сил (рис 1.2). Рис. 1.2. Влияние системы самоуравновешенных сил Следствие. Если систему сил, приложенную в некоторой части детали, заменить статически эквивалентной системой, приложенной в этой же части детали, то эта замена скажется только в области приложения 5. Гипотеза неизменности начальных размеров. Даже при максималь- но допустимых действующих силах изменение формы и размеров деталей настолько малы, что при составлении уравнений равновесия ими можно пренебречь. Например: шарнирно-стержневой кронштейн. В соответствии с этой гипотезой �′ = �, �′ = � (рис 1.3). Рис. 1.3. Неизменность начальных размеров 6. Гипотеза плоских сечений. Сечение бруса, плоское и перпендику- лярное оси до нагружения, остајтся плоским и перпендикулярным оси после нагружения . ГЛАВА 1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ 1.4 8 Классификация внешних сил Внешними называются силы, с которыми соседние детали (тела) действуют на изучаемую деталь. Внешние силы бывают поверхностными и объјмными. Поверхностные силы силы, приложенные к поверхности детали (пример: подъјмная сила крыла самолјта). Объјмные силы силы, приложенные к каждому элементу детали (тела) (пример: сила веса, инерционные силы). Внешние силы бывают распределјнными и сосредоточенными. Распределјнные силы силы, приложенные ко всей детали или к еј Сосредоточјнные силы силы, приложенные к небольшой части поверхности детали (пример : сила взаимодействия шарика (подшипника) и беговой дорожки). Силы бывают постоянными и временными. Постоянные силы силы, действующие в течение длительного промежутка времени. Временные силы силы, действующие в течение небольшого промежутка времени Силы бывают статическими и динамическими. Статические силы силы, которые медленно изменяются от нуля до конечного значения и далее не изменяются (здание при строительстве). Динамические силы разделяют на ударные и циклически изменяющиеся Ударные силы силы, при которых возникают большие ускорения Пример: сила взаимодействия шасси самолјта и полосы (в момент посадки). Циклические силы это силы, периодически изменяющиеся от одного крайнего значения до другого и обратно. Пример: сила, испытываемая шатуном двигателя внутреннего сгорания. 1.5 Метод сечений. Понятие о напряжениях Под действием внешних сил в детали возникают внутренние силы (рис 1.4) силы взаимодействия отдельных частей детали. Именно внутренними силами определяется прочность деталей, поэтому определение внутренних сил является важнейшей задачей сопротивления материаВнутренние силы определяются в два этапа: 9 ГЛАВА 1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ Рис. 1.4. Внутренние силы на первом этапе определяется сумма внутренних сил в поперечном сечении детали; на втором этапе решается вопрос о том, как эта сумма распределена по поперечному сечению Первый этап статически определимая задача, второй этап статически неопределимая задача Сумма внутренних сил находится с помощью метода сечений основного метода определения внутренних сил в сопротивлении материалов. Суть метода сечений. Изобразим тело произвольной формы, нагруженное системой сил �1, �2, �3, �4. Мысленно проводим сечение. Левую часть тела отбрасываем, изображаем правую часть. Покажем внешние силы, действующие на оставшуюся часть, и внутренние силы, распределјнные каким-то образом. Приведјм внутренние силы к какой-нибудь точке �. Получим главный вектор и главный момент внутренних сил. и сумма внутренних сил в поперечном сечении тела Определим � и � . Покажем оси координат. Составим уравнения статики (уравнения равновесия) ⎧ �� + �� = 0; ⎪ � + �� = 0; ⎪ ⎨ � + � = 0; � � 0; ∑︁ ⎪ ⎩ � + �� = 0; �� + �� = 0. Имеем 6 уравнений стат звестных (��, ��, ��, ��, ��, ��), то есть задача статически определима. Внуртенние силы � и � не могут служить для оценки прочности 10 ГЛАВА 1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ тела (детали), т.к. зависят от размеров поперечного сечения. Поэтому переходим к напряжениям. Напряжение это сила, приходящаяся на единицу площади сечения. Выделим в сечении площадку конечного размера ∆� (рис. 1.5). На площадке действуют каким-то образом распределјнные внутренние силы. Покажем ∆� равнодействующую внутренних сил на площадке ∆�. Рис. 1.5. Внутренние силы ∆� Рассмотрим отношение на площадке ∆�. Этой характеристикой пользоваться не удобно, т.к. она зависит от площади площадки, поэтому ��� рассматривается в пределе, � = ∆� lim полное напряжение в исследуемой точке сечения детали. Δ� 0∆ � пользуются не полными напряжением, а его составляющими на нормаль к сечению и на плоскость Обозначим проекции (составляющие) на нормаль к сечению через � и на плоскость сечения � ; � нормальное напряжение, � касательное напряжение. Выразим � и � через � √ � = �cos �, � = �sin �, � = �2 + � 2 . Напряжения � и � в системе СИ измеряются в Па (Па = 1.6 Н м . Вопросы для самопроверки Что изучает сопротивление материалов и каково значение науки в общем цикле инженерных дисциплин? Что понимается под прочностью, жјсткостью, устойчивостью конструкций? Основные гипотезы сопротивления материалов. В чјм суть принципа Сен-Венана? Какие силы называют внешними, а какие внутренними, их различие? Внутренние силовые факторы и их определение. Что такое напряжение в точке полное, нормальное, касательное? Глава 2 Центральное растяжение и сжати 2.1 Напряжения при центральном растяже- Прямой брус испытывает центральное растяжение или сжатие, если он нагружен силами, приложенными вдоль его оси. Изобразим брус, испытывающий центральное растяжение (рис 2.1, а). Рис. 2.1. Нормальные силы в брусе при центральном растяжении Применим метод сечений: рассекаем брус плоскостью �−�, перпенди начале отбросим нижнюю часть. Приведјм внутренние силы к центру тяжести � поперечного сечения. 11 ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ 12 Получим только силу N , пары сил нет, так как нет внешних сил, вызывающих эту пару. N нормальная (продольная) сила; N величина алгебраическая (может быть как положительной, так и отрицательной). При растяжении ии N < 0. Составим уравнение статики: � = 0 : N − � = 0 ⇒N = � . К такому же результату придјм, если будем рассматривать равновесие ни (рис 2.1, в). Таким образом, нормальная сила в любом поперечном сечении бруса равна сумме проекций на нормаль к этому сечению внешних сил, действующих по одну сторону от данного сечения. График изменения нормальной силы по длине бруса называется эпюрой нормальных сил. Изобразим эпюру нормальных сил (рис 2.1, г). Теперь необходимо определить напряжения. Задача по определению напряжений является статически неопределимой и для еј решения следует установить закономерность деформаций. При центральном растяжении или сжатии справедлива гипотеза плоских сечений, при этом ось бруса не искривляется. Поэтому любые волокна, находящиеся между двумя поперечными сечениями, удлиняются на одну и ту же величину. Следовательно, деформации по сечению одинаковы и поэтому напряжения распределены по сечению равномерно, то �= N , � где � площадь поперечного сечения (конечная, но она мало отличается от начальной). При растяжении � > 0, при сжатии � < 0. В соответстии с гипотезой Сен-Венана полученная формула справедлива на некотором расстоянии от точки приложения силы. Касательные напряжения (в поперечном сечении) равны нулю, т.к. нет сдвига. А в наклонных сечениях бруса есть и нормальные и касательные напряжения. В продольном сечении нет ни нормальных, ни касательныех напряжений. 2.2 Продольная деформация бруса при центральном растяжении и сжатии. Закон Гука Изобразим брус до и после нагружения (рис. 2.2, а, б), где ∆� абсолютная деформация (абсолютное удлинение) бруса. При растяжении ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ ∆� > 0, при сжатии 13 ∆� < 0. Рис. 2.2. Продольная деформация бруса ∆� Рассмотрим отношение ьная деформация: при растяжении � 0, при сжатии � < 0. Деформация связана с напряжениями экспериментально полученной � = E � закон Гука, где E модуль продольной упругости. Для сплавов E = 0, 7 10·5 МПа. ∆� Запишем закон Гука в другом виде: так как � = = � � N ·� , то ∆� = ез действующую силу и ста размеры б ном растяжении и сжатии. Запишем закон Гука в общем случае нагружения бруса, когда нормальная сила изменяется по его длине. Выделим из бруса элемент длиной �� и покажем его отдельно (рис. 2.2, в). Удлинение элемента определяN (�) · �� ется по формуле �(∆�) = рируя, получим ·� ∫︀� N (�) · �� ружения бруса. ∆� = ·� 0 2.3 Поперечная деформация бруса при центральном растяжении и сжатии. Закон Пуассона Изобразим брус до и после нагружения (рис. 2.3, а, б), ∆� абсолютная поперечная деформация: при сжатии ∆� > 0, при растяжении ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ ∆� < 0. Отношение ∆� � 14 ная деформация. Рис. 2.3. Поперечная деформация бруса Экспериментально получена зависимость �поп = −�· � закон Пуассона, где � продольная деформация, � коэ ент поперечной деформации (� = 0 ... 0,5). 2.4 Испытания на растяжение. Основные механические характеристики Для выявления способности деталей, материалов сопротивляться разрушению проводятся испытания стандартных лабораторных образцов на растяжение вплоть до разрушения. Существуют также испытания на срез, изгиб, кручение, сжатие. Все материалы условно делятся на пластичные и хрупкие. Разрушению первых предшествуют большие пластические деформации, вторых Для испытаний на растяжение существуют специальные разрывные машины. Испытания проводятся на образцах, форма, размеры и качество обработки которых оговорены в соответствующем ГОСТе. Изобразим цилиндрический образец (рис. 2.4) диаметром � и длиной рабочей части �. В процессе испытаний автоматически записывается график зависимости удлинения образца ∆� от действующей силы � машинная диаграмма (диаграмма растяжения). Изобразим диаграмму растяжения для малоуглеродистой стали (рис. 2.5). ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ 15 Рис. 2.4. Образец для испытаний на растяжение До точки � зависимость между ∆� и � линейная. Это область действия закона Гука. В этой области работают все детали машин. До точки � деформации упругие. В точке � наблюдается площадка текучести (когда удлинение образца растјт при постоянной силе). Далее начинается кривая упрочнения. Перед точкой � в рабочей части образца образуется так называемая шейка и дальнейший рост деформаций всего образца обусловлен деформациями в шейке. После точки � нагрузка снижается, так как резко уменьшается площадь поперечного сечения образца и в точке E наступает разрушение. О законе разгрузки и повторного нагружения. Образец нагружаем до точки �, а затем разгружаем. Разгрузка идјт по прямой, параллельной прямой действия закона Гука. Повторное нагружение происходит по той же прямой до точки �, а затем воспроизводится оставшаяся часть диаграммы. Полное удлинение образца ∆� состоит из упругой ∆�упр и остаточной ∆�ост деформаций, ∆� = ∆�упр + ∆�ост . Измерив длину рабочей части после разрушения �к (состыковав части), определим ∆� разр обсолютное остаточное удлинение после ост = �к − � разрушения и введјм первую механическую характеристику �= ∆�разр , где � относительное остаточное удлинение после разрушения. Характеристика � никогда не определяется по диаграмме, а определя- ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ 16 Рис. 2.5. Диаграмма растяжения малоуглеродистой стали ется на образце на расчјтной длине �. Обычно � = 10�; для укороченных образцов � = 5� (�5 > �10). После разрушения образца замеряется диаметр шейки �к, вычисляется площадь шейки �к и определяется следующая характеристика материала � �= %, где � относительное остаточное сужение после разрушения, � начальная площадь Эти две характеристики � и � определяют пластичность материала и называются деформационными. На диаграмме растяжения ординаты и абсциссы зависят от размеров ∆� образца, поэтому еј перестраивают. Вместо ∆� рассматривают � = , а вместо � � = � к, называемый диа- граммой условных напряжений (рис. 2.6). Характерные ординаты этой диаграммы являются механическими характеристиками материала (характеристики прочности). �п предел пропорциональности наибольшее напряжение, до которого справедлив закон Гука. �у предел упругости наибольшее напряжение, до которого практически не возникают (�ост < 0, 005) пластические деформации. �т предел текучести напряжение, при котором наблюдается рост деформаций при постоянной нагрузке. �в предел прочности отношение наибольшей нагрузки, которую выдержит образец до разрушения, к первоначальной площади его поперечного сечения. ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ 17 Рис. 2.6. Диаграмма условных напряжений малоуглеродистой стали Пример прочностных характеристик для малоуглеродистой стали 20: �п = 200 МПа; �у = 220 МПа; �т = 240 МПа; �в = 400 МПа. Диаграммы напряжений большинства конструкционных материалов не имеют площадки текучести (рис. 2.7). Рис. 2.7. Диаграмма напряжений материлов, не имеющих площадки текучести Для таких материалов вводится понятие условного предела текучести �0,2 это напряжение, при котором остаточные деформации равны 0,2 %. О законе разгрузки и повторного нагружения применительно к диаграмме напряжений. Образец нагружается до точки �, а затем разгружается (рис. 2.6). Разгрузка происходит по прямой, параллельной гуковскому участку диаграммы. В результате предварительного нагружения материал образца будет иметь другие механические характеристики, которые обусловлены наклјпом. Наклјп или нагартовка это увеличение прочностных (кроме ��) ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ 18 и уменьшение деформационных характеристик материала в результате предварительного нагружения за предел текучести. Деление материалов на пластичные и хрупкие довольно условное. Хрупкие материалы, как правило, неравнопрочны . Сжатию они сопротивляются лучше, чем растяжению (рис. 2.8), то есть �вс > �вр. Рис. 2.8. Диаграмма напряжений хрупкого материала 2.5 Расчёты на прочность при центральном растяжении и сжатии Вначале об опасных напряжениях. Опасные напряжения обозначают через �� это те напряжения, при которых материал либо разрушается, либо получает недопустимые пластические деформации. Для деталей из пластичных материалов �� = �т, т.к. при достижении предела текучести деталь получает пластические деформации и нарушается еј нормальная работоспособность. Для деталей из хрупких материалов �� = �в, т. к. при достижении предела прочности деталь разрушается. Такие напряжения в деталях допускать нельзя. Наибольшие напряжения в деталях, отвечающие безопасной работе материала, называются допускаемыми напряжениями и обозначаются через [�]. Если материал деталей неодинаково сопротивляется растяжению и сжатию, то соответственно [�]� допускаемое напряжения на растяжение, [�]� допускаемое напряжения на сжатие. Допускаемые напряжения определяются как часть опасных: �� [�] = , �� где �� коэффициент запаса прочности. Конкретизируем, Для пластич- ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ ных материалов �т [�] = 19 , т где �т коэффициент запаса прочности по пределу текучести. Для хрупких материалов: �в [�] = , �в где �в коэффициент запаса прочности по пределу прочности. Необходимо отметить, что �в > �т. Из каких соображений назначается коэффициент запаса? Запишем обстоятельства, которые необходимо учитывать при назначении коэффициента запаса. 1. Силы, действующие на деталь, известны не точно. 2. Механические характеристики, используемые в расчјтах на прочность (�т и �в) имеют рассеяние, а в справочной литературе приведены средние значения 3. Расчјтная схема, используемая в расчјтах на прочность, отражает реальную деталь приближјнно. 4. Методы (формулы) сопротивления материалов не являются абсоС учјтом этих обстоятельств в авиапромышленности коэффициент запаса �т = 1,2 3,0 (в зависимости от ответственности деталей). Расчјт на прочность При расчјтах на прочность рассматриваются 3 задачи: 1. Проверка прочности. Для того, чтобы работа детали была безопасной, необходимо |�| наиб= | N б ≤ [�]. Эта формула устанавливает условие прочности при центральном растяжении и сжатии. Если [�]�̸ = [�]� , то в правой части условия прочности должно быть соответствующее допускаемое напряжение. 2. Назначение размеров поперечного сечения. Разрешим условие прочности относительно площади �≥ | N б . Эта формула используется при определении размеров поперечного сечения детали ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ 3. Определение грузоподъјмности. Разрешим условие прочности относительно | N | |N| наиб≤ 20 наиб [�] · �. Эта формула используется при определении допустимых внешних сил. Для определения N наиб применяется метод сечений, определяются N . нор льных сил ○ 2.6 Статически неопределимые задачи при растяжении и сжатии Статически неопределимыми называются конструкции, определение усилий в элементах которых является статически неопределимой задачей. Статически неопределимые это задачи, в которых число неизвестных усилий превышает число уравнений статики. Статически определимая конструкция, в отличие от статически неопределимой, при выходе из строя одного элемента превращается в механизм. Рассмотрим статически определимую конструкцию (рис. 2.9). В реальных условиях шарнирное закрепление встречается редко, но многие случаи на практике можно привести к такому закреплению. Рис. 2.9. Статически определимая стержневая система Слабым звеном системы является вертикальный стержень. Нормальная сила в стержне определяется методом сечений. Конструкция находится в равновесии, поэтому для плоской системы можно записать три уравнения статики. Неизвестных усилий тоже три, следовательно система (конструкция) статически определима. Теперь изобразим статически неопределимую систему такого же типа (рис. 2.10). Горизонтальный брус поддерживается двумя стержнями. В ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ 21 реальных конструкциях горизонтальный брус имеет большое сечение и считается абсолютно жјстким, то есть недеформируемым. Рис. 2.10. Статически неопределимая стержневая система Слабыми элементами системы являются вертикальные стержени 1 и 2, поэтому необходимо найти нормальные силы в этих стержнях. Применим метод сечений. Верхнюю часть мысленно отбросим и изобразим оставшуюся. Покажем силы взаимодействия оставшейся части с отброшенной частью. Неизвестных сил четыре, уравнений статики три, то есть это один раз статически неопределимая конструкция. Если бы было три вертикальных стержня, то система была бы два раза статически неопределимая и так далее Для решения задачи воспользуемся уравнениями статики. Будем их составлять так, чтобы �� и �� не вошли в уравнения. Таким образом мы лишаемся двух уравнений, но и двух неизвестных и остајтся только одно уравнение N1 · � + N2 · � − � · � = 0. Это уравнение, с точки зрения статики, является неразрешимым. Недостающее уравнение составим на основании закономерности деформации конструкции, выразив которую математически, получим дополнительное уравнение. Закономерность деформаций в рассматриваемом случае заключается в том, что горизонтальный брус не деформируется. После нагружения горизонтальный брус остајтся прямым это закономерность деформации данной конструкции (рис. 2.11). Вертикальные стержени не только удлиняются, но и поворачиваются, но эти повороты черезвычайно малы и ими можно пренебречь. Абсолютные удлинения вертикальных стержней являются катетами подобных треугольников, поэтому можно записать ∆�1 � = ∆�2 � 22 ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ Рис. 2.11. Исследование закономерности деформаций это математическое выражение закономерности деформации конструкции, а по существу недостающее второе уравнение Необходимо перейти от удлинений к усилиям. Воспользуемся законом Гука N1 · � , ∆� 2 = N2 · � . ∆�1 = E1 · �1 E2 · �2 Считается, что стержни изготовлены из различных материалов и имеют различные площади поперечного сечения. Подставим удлинения во второе уравнение N 1 · E2 · � 2 � . N 2 · E1 · � 1 � Это уравнение перемещений или уравнение совместности деформаций. Оно выражает тот факт, что горизонтальный брус не деформируется. Теперь имеем два неизвестных и два уравнения. Решаем их совместно и после математических преобразований получаем N1 = � +� · E2 ·�2 E1 ·�1 · �, N2 = � 2 E1 ·�1 E2 ·�2 · �. Необходимо обратить внимание на то, что внутренние силы пропорциональны внешним силам. Это результат того, что для материала справедлив закон Гука и перемещения малы. Используя последние формулы, рассмотрим особенности сопротивления статически неопределимых конструкций. 1. Пусть жјсткость первого стержня E1· �1 увеличится, тогда N1 также . в статически неопределимых кон- струкциях при увеличении жјсткости какого-либо элемента возрастает нагрузка на этот элемент за счјт разгрузки других элементов. Следова- тельно, изменение жјсткости одного или нескольких элементов приво- дит к перераспределению внутренних усилий в элементах конструкции. В статически определимых конструкциях такого не наблюдается там ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ 23 внутренние усилия не зависят от жјсткости, а определяются только геометрией и положением элемента в системе. 2. В статически неопределимых конструкциях часть элементов всегда недогружена. Это нежелательное явление. Заметим, что элемент конструкции является полностью загруженным, если в этом элементе �� = [�]. Это условие выполняется только для части элементов и никаким перераспределением жјсткостей невозможно добиться полной загрузки всех элементов. Докажем это. Пусть в рассмотренной выше системе стержни выполнены из одного материала , тогда E1 = E2 = E; [�1] = [�2] = [�]. Из рис. 2.11, ыражающего совместность деформаций, следует: ∆�2 > ∆�1 в авенства на �; � ∆�2 ∆�1 в � раз; > � � � �2 > �1 в раз, умножим обе части неравенства на E; � E · �2 > E · �1 в раз, следовательно, в соответствии с законом Гука � напряжение �2 > �1 в раз, т. е. напряжение во втором стержне в раз � � больше, чем в первом стержне. Таким образом, возможности материала конструкции полностью не используется. Это неприятная особенность статически неопределимых систем. Однако статически неопределимые конструкции имеют и большие преимущества они более надјжны (большая живучесть до выхода из строя наименее нагруженного элемента). Поэтому эти системы широко применяются для наиболее ответственных узлов машин и сооружений. 3. В статически неопределимых конструкциях внутренние напряжения могут возникать и при отсутствии внешних сил это температурные и монтажные напряжения. В статически определимых конструкциях такого не бывает. 2.6.1 Решение трёх основных задач применительно к статически неопределимым конструкциям 1. Проверка прочности. Необходимо проверить прочность каждого элемента. Для �-ого эле| |� � ]� . 24 ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ Такую проверку необходимо сделать для всех � элементов конструкции. Если условие прочности будет выполняться для всех элементов системы, то работа конструкции в целом будет безопасной. 2. Назначение размеров поперечных сечений элементов. Для �-ого элемента | | �� ≥ . ]� На первый взгляд кажется всј просто, однако задача намного сложнее, т. к. N� = � (�1 , �2 , . . . , ��) есть функция от площадей всех элементов, поэтому в явном виде это неравенство не разрешимо. В статически неопределимых конструкциях часть элементов будет всегда недогружена. Задача назначения размеров поперечных сечений элементов неопределјнна, то есть имеет бесчисленное множество решений. На практике обычно задаются соотношениями искомых площадей �1 : �2 : . . . : �� и задача становится определјнной. Далее задача решается методом попыток. В первой попытке берут любой элемент � и |N применяют к нему формулу назначения площади:� . Площа� (1) ≥ ди остальных �−1 элементов определяются из заданного соотношения площадей в первом приближении. Но остајтся неизвестным, удовлетворяются ли условия прочности в этих � −1 элементах. Поэтому нужно проверить выполнение условий прочности во всех � − 1 элементах. Для �-ого элемента | | . (1) �� Если для всех элементов удовлетворяются условия прочности, то задача завершена. Но обычно часть неравенств не удовлетворяется и поэтому приходится делать вторую, третью и т. д. попытки. Однако, если во второй попытке исходить из наиболее нагруженного стержня, то эта попытка будет окончательной. Наиболее нагруженный элемент имеет наибольшее отношение ⎛ ⎞ | N� | − [�] ⎜ ⎝ � 1) [�]� � ⎟ ⎠ , тогда второе приближение запишется в наиб виде ��(2)≥ | | (2), ис] � пользуя соотношение площадей, находятся �(2), �(2), . . . , �(2). Эти пло1 2 � ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ 25 щади будут окончательными, так как условия прочности во всех стержнях будут выполнены автоматически. 3. Определение грузоподъјмности. Для определения грузоподъјмности запишем формулу | N� |≤ [�]� · ��. Из этого условия нужно определить допускаемую силу для каждого элемента. Получим совокупность � допускаемых сил. За допустимую силу для всей конструкции принимается наименьшая из них. 2.6.2 Монтажные напряжения в статически неопределимых системах В статически неопределимых системах внутренние силы могут возникать даже при отсутствии внешних сил. Изобразим систему, рассмотренную в предыдущем параграфе. Пусть второй стержень изготовлен несколько короче. Так бывает всегда, т. к. изготовить деталь абсолютно точно невозможно, здесь � монтажная неточность (рис. 2.12). Рис. 2.12. Определение монтажных напряжений Для того, чтобы собрать систему, необходимо второй стержень растянуть, а первый сжать. После сборки в элементах системы возникнут внутренние усилия при отсутствии внешних Изобразим систему после сборки. Усилия в стержнях определяются методом сечений. Необходимо показать кинематически возможные на- ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ 26 правления системы сил. Если заранее известно направление сил (как в нашем случае), такое направление и нужно показать. Для расчјтов на прочность нужно знать силы N1 и N2. У нас четыре неизвестных и три уравнения статики. Следовательно, задача один раз статически неопределима. �� и �� нас не интересуют, поэтому −N1 · � + N2 · � = 0, то есть из трјх уравнений статики мы используем только одно это первое уравнение. Установим закономерность деформаций системы (рис. 2.13): горизонтальный брус остајтся прямым и после сборки. Из подобия двух прямоугольных треугольников можно записать �1 � − ∆�2 = � � уравнение совместности деформаций: оно выражает тот факт, что горизонтальный брус остајтся прямым. Рис. 2.13. Закономерность деформаций при монтаже Перейдјм к нормальным силам: N1 · � � 1 �1 = ·� � �− это второе уравнение Строго говоря, в последней формуле вместо � должно быть � + ∆�, но в соответствии c гипотезой неизменности начальных размеров мы используем �. Решая систему из двух уравнений, находим нормальные силы N� и N2, а затем �1 и �2. В стержне 1 они будут сжимающими (отрицательными), а в стержне 2 растягивающими (положительными). ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ 27 Возникает вопрос: полезны или вредны монтажные напряжения? Они полезны, если в наиболее нагруженном элементе, складываясь с наибольшими напряжениями от внешних сил, уменьшают эти напряжения. Это происходит тогда, когда монтажные напряжения и наибольшие напряжения от внешних сил различны по знаку. Но они могут быть и вредны, если знаки монтажных и наибольших напряжений от внешних сил совпадают. В этом случае грузоподъјмность конструкции снижается. В нашем случае, если внешняя сила направлена вниз, то монтажные напряжения вредны. Если бы стержень 2 был изготовлен длиннее, то тогда монтажные напряжения были бы полезны, т. к. суммарные напряжения в наиболее нагруженном втором стержне будут меньше. На практике разрабатываются специальные пријмы наведения полезных монтажных напряжений, например, предварительно напряжјнный бетон. 2.6.3 Температурные напряжения в статически неопределимых системах Это второй пример, когда в статически неопределимых системах возникают напряжения и при отсутствии внешних сил Напомним, что при температуре �1 длина стержня �, а при температуре �2 � + ∆��, где ∆�� = �· ·� (�− �1 ) (рис. 2.14); � - коэффициент 2 линейного температурного расширения материала стержня. Для стали � = 1, 25 · 10−5м/(м · �), для медных сплавов � = 1, 65 · 10−5м/(м · �). Рис. 2.14. Температурное расширение материала Рассмотрим статически неопределимую конструкцию, в которой возникают температурные напряжения (рис. 2.15, а). При температуре �1 стержень вставлен без зазора и без натяга в массивное основание и жјстко соединјн с ним. Затем температура стержня изменилась и стала �2 (рис. 2.15, б). Но связи не дают стержню удлиняться и в нјм возникнут температурные напряжения Для определения нормальных сил применим метод сечений цилиндрической поверхностью (рис. 2.15, б). Изобразим вырезанную часть от- ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ 28 Рис. 2.15. Определение температурных напряжений дельно (рис. 2.15, в). Уравнение статики: N� − N� = 0; ⇒ N� = N� = N. Имеем одно уравнение статики и два неизвестных, т. е. конструкция один раз статически неопределима. Установим закономерность деформации: при изменении температуры длина стержня не изменяется, то есть ∆� = 0, но ∆� = ∆�� + ∆�� = 0. Пусть стержень свободен и нагрет, тогда он удлиняется, но для того, чтобы ∆� = 0, нужно приложить сжимающую силу N . Распишем слагаемые удлинения ∆�� = � · � · (�2 − �� ), ∆�� = N·� ·� . Подставляя значения удлинений в уравнение деформаций, получаем � · � · (�2 − �� ) + � · 0, откуда N = −E · � · � · (�2 − ��). Теперь определяем температурные напряжения �� = � �� = −E · � · (�2 − �� ) это формула для температурных напряжений. Из формулы видно, что температурные напряжения не зависят от длины стержня. При нагреве в стержне возникают сжимающие , а при охлаждении растягивающие напряжения. ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ 29 Какой может быть величина температурных напряжений? Например, рассмотрим трамвайный рельс, который монтировали летом в 30∘ жару. Какие же напряжения будут в нјм зимой в 30∘ мороз? �1 = 30∘ ; �2 = −30∘. �� = −2 · 105 · 1, 25 · 10−5 · (−60) = 150 МПа. Фактически соединение рельсов нельзя считать абсолютно жјстким, поэтому напряжения будут несколько меньше. Температурные напряжения могут быть только в статически неопределимых системах. В статически определимых системах они не возника- 2.6.4 Расчёт статически неопределимых систем по предельным нагрузкам Для статически неопределимых систем применяются два метода расчјта на прочность: 1) расчјт по допускаемым напряжениям; 2) расчјт по предельным нагрузкам. Рассмотрим расчјт двумя методами на примере (рис. 2.16 ). Рис. 2.16. Расчјт на прочность статически неопределимых систем Пусть � = 2 · � для того, чтобы можно было сопоставить два метода. Бу атериал стержней одинаковый, то 1 2 есть E1 = E2 = E, [�]1 = [�]2 = [�]. 1) Расчјт по допускаемым напряжениям. Мы уже его рассматривали во втором разделе данного параграфа, но здесь будет другой подход. Расчјт по допускаемым напряжениям применяется для конструкций, в которых остаточные деформации недопустимы, например, лопатки газовых турбин. Формулировка метода: при расчёте по допускаемым напряжениям за опасные принимаются такие внешние силы, при которых хотя бы в ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ 30 одном элементе появляются пластические деформации, то есть наибольшие напряжения в системе достигают предела текучести . В соответствии с этой формулировкой опасную силу обозначаем через ��. Самое большое напряжение возникает в стержне 2. При � = � � напряжение �2 = �т. Далее нужно выразить �2 через � . Ранее было получено � N2 = · �, 2 � + · 1 · �1 � E2 · �2 тогда � � � 2 �2 = = · � = 0, 4 · · , 2 � � · E·� � · (2 · � + E·� · �т = 0, 4 · �� = 2, 5 · Но � ≤ �� т и [�] = �т �т � · , � � · �т · �. , тогда � ≤ 2, 5 · � �т · ·� �т и переходя к предельному состоянию, получим [� ] = 2, 5 · � · [�] · �. 2) Расчјт по предельным нагрузкам Его применяют для конструкций, в которых некоторые остаточные деформации не нарушают нормальные условия работы конструкции, например, настенный кронштейн в цехе, который служит силовой конструкцией. В расчјтах по предельным нагрузкам материал считается идеально пластичным (рис. 2.17). Идеально пластичным называется материал с такой диаграммой напряжений (сплошная линия). Фактическая диаграмма проходит по пунктирной линии. Этот метод применяется для пластичных материалов Формулировка метода: При расчёте по предельным нагрузкам за опасные (предельные) принимаются такие внешние силы, при которых конструкция в целом начинает течь, т.е. становится изменяемой. Исходя из этого, найдјм ��. Проследим за работой конструкции с ростом �. Напряжения достигнут предела текучести, в первую очередь, в ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ 31 Рис. 2.17. Диаграмма напряжений идеально пластичного материала стержне 2. После того, как �2 = �т, дальнейший рост силы будет воспринимать только стержень 1. Но, так будет до тех пор, пока напряжения в стержне 1 не достигнут предела текучести. Дальнейший рост силы конструкция не будет воспринимать, т. к. она стала механизмом. Это и будет предельное состояние при расчјте по предельным нагрузкам, то есть � = �� тогда, когда �2 = �1 = �т (рис. 2.18). Рис. 2.18. Расчјты на прочность по предельным нагрузкам Cоставим уравнение статики в момент достижения предельного со�т · � · � + �т · � · 2 · � − �� · � = 0. Эта cистема статически определима. Найдјм ��: � �� = 3 · · �т · � опасная сила при расчјте по предельным нагрузкам. �т �� и [�] = . После подстановки и преобразований Но � ≤ т т получим: � [�] = 3 · · [�] · � 32 ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ допускаемая сила при расчјте по предельным нагрузкам. Эта сила больше, чем при расчјте по допускаемым напряжениям. Различные значения допускаемых сил получаются только для статически неопределимых систем. Для статически определимых систем (рис. 2.19), результаты будут одинаковыми. Покажем это. Рис. 2.19. Сравнение предельных нагрузок по допускаемым напряжениям [�] = [�] · �. по предельным нагрузкам � ≤ [� ] = �т = �т · �; �т т ; [�] = �т т ; [� ] = [�] · �. При расчјте по предельным нагрузкам не обязательно иметь упругое решение с тем, чтобы рассмотреть ход роста деформаций. Иногда более удобным является рассмотрение всех возможных вариантов предельных состояний. Расчјтом каждой схемы (статически определимой) можно установить порядок выхода стержней за предел текучести. Пример (рис. 2.20). Дано �̸ 1 = �̸ 2 = �3, �т1 ≠ �т2 ≠ �т3 . Необходимо определить [� ]. Рис. 2.20. Варианты схем предельных состояний ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ 33 Изображаем возможные варианты схем предельных состояний (рис. 2.20, б-г) Из уравнений статики для каждой схемы определяем [� ]� , [� ]�� , [� ]���. Из всех схем вероятной будет та, в которой [� ] будет наименьшей. По- лученное значение и является искомой грузоподъјмностью. Таким образом, расчјт по предельным нагрузкам позволяет спроектировать более экономичную статически неопределимую систему. 2.7 Учёт собственного веса в расчётах на проч- Нужно ли учитывать собственный вес при расчјте детали (стержня), испытывающей центральное растяжение (сжатие)? Рассмотрим наиболее тяжјлый случай, когда растягивающие силы и сила веса создают напряжения одного знака (рис. 2.21). Начало координат поместим в точке приложения силы � . Найдјм нормальную силу в сечении � методом сечений. Покажем силы, действующие на нижнюю часть: Рис. 2.21. Расчјты на прочность с учјтом собственного веса �(�) сила веса; N (�) нормальная сила в данном сечении �. �(�) = �·� � · , где � объјмный вес (вес единицы объјма). Нижняя часть под действием всех сил находится в равновесс . УравN (�) − � · � · � − � = 0, отсюда N (�) = � · � · � + �. Определяем напряжения N (� ) � = + � · �. � � Видно, что напряжения от сечения к сечению изменяются по линейному закону. �(�) = ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ 34 Изобразим эпюру напряжений, чтобы определить, в каком сечении действуют наибольшие напряжения. После построения эпюры � можно ответить на вопрос чему равно наибольшее напряжение �наиб = � � + � · �. Запишем условие прочности: � �наиб ≤ [�], Перепишем его в виде + � · � ≤ [�]. � ≤ [�] − � · �. � Это окончательное условие прочности с учјтом собственного веса, когда знак внешних сил совпадает со знаком силы веса Когда нужно учитывать собственный вес? Его нужно учитывать тогда, когда наибольшее напряжение от веса сравнимо с допускаемым напряжением, то есть если � ть в двух слу- �] 1) При большой длине детали (бруса). Пример: стержень выполнен из стали длиной � = 10 м, � = 78,5 кН/м3, [�] = 160 МПа. �· [�] · Несмотря на большую длину, собственный вес приводит к изменению правой части менее чем на 0, 5%. В этом случае собственный вес в расчјтах не учитывается. 2) Для материалов, у которых допускаемое напряжение мало. Пример: кирпичная кладка (рис. 2.22). Будем рассматривать кирпичный столб высотой � = 10 м, � = 18,0 кН/м3, [�] = 120 МПа (кирпичная кладка может работать только на сжатие). �· [�] · Это уже существенная величина и расчјт необходимо вести с учјтом веса. Поэтому при расчјте на прочность кирпичной кладки собственный вес обязательно учитывается. При расчјтах на прочность в машиностроении сила веса, как правило, не учитывается. ГЛАВА 2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ 35 Рис. 2.22. Кирпичная кладка 2.8 Вопросы для самопроверки Что такое расчјтная схема? Дайте определение гипотезы плоских сечений. Что такое абсолютное и относительное удлинение (укорочение)? Назовите основные характеристики пластичных и хрупких материалов. Объясните физический и геометрический смысл модуля продольной упругости. Что такое коэффициент Пуассона, зоны упругости, общей текучести, упрочнения? Что такое площадка текучести? Какое явление называется наклјпом? Какие задачи решаются при расчјтах на прочность? Какие системы называются статически определимыми и какие статически неопределимыми? Что такое степень статической неопределимости системы? Каким образом раскрывается статическая неопределимость? В каких случаях проводится расчјт по допускаемым напряжениям и в каких по предельным нагрузкам? Как определяется потенциальная энергия деформации при центральном растяжении и сжатии? Глава 3 Сдвиг 3.1 Основные понятия о сдвиге Будем рассматривать кручение тонкостенной трубки (рис. 3.1). Трубка закручивается парой сил. Рис. 3.1. Кручение тонкостенной трубки Рассекаем трубку плоскостью, перпендикулярной еј оси. Верхнюю часть отбрасываем и рассматриваем нижнюю часть. В сечении действуют только касательные напряжения � . Нормальных напряжений в сечении не будет. Вырежем элемент из стенки трубки. Пусть это будет элементарный кубик (элемент рассматривается в пределе, когда длина рјбер стремится к нулю). Покажем кубик и напряжения, действующие на него. На нижней грани касательное напряжение будет таким же, как и на верхней грани, но противоположного направления. На передней и задней гранях напряжений нет. Если предположить, что на боковых гранях тоже нет напряжений, то элемент не будет находиться в равновессии. Поэтому на боковых гранях должны быть касательные напряжения, создающие момент противоположного направления 36 37 ГЛАВА 3. СДВИГ Таким образом, мы пришли к закону парности касательных напряжений. Из рисунка видно: касательные напряжения на двух взаимно перпендикулярных площадках равны по величине и направлены либо оба к ребру, либо оба от ребра. По существу это закономерность статики. Напряжённое состояние, при котором по граням четырём элемента действуют только касательные напряжения, называется чистым сдвигом. Бывает просто сдвиг, когда наравне с касательными напряжениями есть небольшие нормальные напряжения. Например, заклјпка, где наравне с касательными напряжениями есть небольшие нормальные напряжения. Пример (рис. 3.2): если условие ∆ << ℎ выполняется, то будет сдвиг, а если это условие не выполняется кроме сдвига будет ешј изгиб. Рис. 3.2. Нагружение, вызывающее сдвиг Рассмотрим деформации при сдвиге (рис. 3.3). Рис. 3.3. Деформации при сдвиге При сдвиге высота элемента не меняется, так как нет нормальных напряжений. Здесь � абсолютный сдвиг, но он не может служить мерой интенсивности сдвига (зависит от размеров элемента), поэтому введјм относительный сдвиг. � относительный сдвиг, является мерой интенсивности сдвига, угол сдвига, 38 ГЛАВА 3. СДВИГ � = tg � ≈ � (в рад) так как перемещения � очень малы. � Следовательно, относительный сдвиг равен углу сдвига, поэтому в дальнейшем будем говорить: угол сдвига или угловая деформация. Как связаны между собой � и �? Этот вопрос изучался опытным путјм, но его можно решить и теоретически, исходя из закона Гука. Было установлено � = � · �, где � модуль сдвига или модуль упругости при сдвиге (модуль поперечной упругости, модуль упругости второго рода). Это третья упругая постоянная материала (E, �, �). Каковы значения �? Для стали � = 0, 8 10 · 5 МПа (в среднем). сдвиге: угол сдвига пропорцио касательным напряжениям Далее запишем условие прочности при сдвиге �наиб ≤ [� ]. где [� ] = (0, 5 − 0, 6)[�]. 3.2 Вопросы для самопроверки Что такое чистый сдвиг, как формулируется закон парности касательных напряжений? Напишите закон Гука при сдвиге. В каких деталях чаще всего реализуется сдвиг? Как определяются напряжения при сдвиге? Что такое модуль упругости при сдвиге и как его определяют? Как формулируется закон Гука при сдвиге? Как решаются задачи расчјта на прочность при сдвиге? Глава 4 Теория напряжённого и деформированного состояния 4.1 Основные сведения о напряжённом состоянии детали в точке Рассмотрим деталь произвольной формы, нагруженную произвольной самоуравновешенной системой сил, и точку � детали, напряжения в которой нас интересуют (рис. 4.1, а). Через точку � можно провести бесконечное множество сечений, напряжения на которых, в общем случае, различны. С поворотом секущей плоскости напряжения меняются определјнным образом. Рис. 4.1. Напряжјнное состояние детали в точке Совокупность напряжений, действующих на бесконечном множестве площадок, проходящих через данную точку нагруженной детали, называют напряжённым состоянием детали в точке. Исследовать напряжјнное состояние значит получить зависимости, позволяющие определить напряжения на любой площадке по минимальным исходным данным. В теории упругости доказывается, что это можно 39 ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ 40 сделать, если известны напряжения на трјх взаимно перпендикулярных площадках. Следовательно, напряжјнное состояние детали в точке задајтся напряжениями на трјх взаимно перпендикулярных площадках. Выберем правую винтовую систему координат и в окрестности точки � вырежем бесконечно малый элемент, грани которого перпендикулярны координатным осям и покажем его отдельно (рис. 4.1, б). Покажем напряжения на гранях элемента: ��, � �, �� нормальные напряжения (�� ⊥ ��, ‖ �); ���, � ��, ���, ���, ���, ��� - касательные напряжения (��� касательное напряжение на площадке, перпендикулярной оси � и направленное параллельно оси �). Элемент должен находиться в равновесии, поэтому напряжения на противоположных гранях должны быть такими же по величине и противоположными по направлению. Таким образом, на трјх взаимно перпендикулярных площадках действуют 9 напряжений или 9 компонент напряжјнного состояния детали в точке. Выпишем их в виде тензора напряжений ⎡ �� ��� ��� ��� �� ��� . ⎣ ��� ��� ��⎤ ⎦ По закону парности кас тельных напряжений: ��� = ���, ��� = � ��, ��� = ���, то есть из 9 компонент останется только 6: ��, ��, ��, ���, ���, ���. Зная эти 6 напряжений, можно определить напряжения на любой площадке, проходящей через данную точку . Если площадку поворачивать, то напряжения на ней меняются, и всегда можно найти такое положение площадки, когда касательные напряжения на ней равны нулю. Площадки, на которых касательные напряжения равны нулю, называются главными, а напряжения, действующие на этих площадках, называются главными напряжениями. В теории упругости доказывается, что при любом напряжјнном состоянии имеется как минимум три главных взаимно перпендикулярных площадки Покажем бесконечно малый элемент, грани которого параллельны главным площадкам (рис. 4.2). В этом случае (если известны главные напряжения и положение главных площадок), напряжения на любой площадке можно определить, имея три главных напряжения �1, �2, �3, причјм �1 ≥ �2 ≥ �3, то есть �1 алгебраически наибольшее напряжение (�1 = � наиб), а �3 алгебраически наименьшее напряжение (�3 = � наим). ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ 41 Рис. 4.2. Главные напряжения Какие бы площадки, проходящие через данную точку �. мы не рассматривали, напряжения на них не могут быть больше �1 и меньше �3. В частных случаях некоторые из главных напряжений могут быть равными нулю. В связи с этим различают 3 вида напряжјнных состояний Рис. 4.3. Виды напряжјнных состояний I. Линейное напряжјнное состояние (ЛНС) (рис. 4.3, а): 1) �1 ̸= 0, �2 = �3 = 0 центральное растяжение; 2) �1 = �2 = 0, �3 = 0 центральное сжатие. II. Плоское напряжјнное состояние (ПНС) .3, б): 1) �1 ̸= 0, �2 ̸= 0, �3 = 0; 2) �1 0, �2 = 0, �3 ̸= 0; 3) �1 = 0, �2 ̸ = 0, �3̸ = 0. III. Объјмное напряжј НС) (рис. 4.3, в): �1 ̸= 0, �2 ̸= 0, �3 ̸= 0. ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ 42 4.2 Напряжения на произвольной площадке при линейном напряжённом состоянии Рассмотрим деталь произвольной формы ( рис. 4.4, а). Пусть хотя бы в одной точке � этой детали реализуется линейное напряжјнное состояние. В окрестности этой точки вырежем бесконечно малый элемент и покажем его отдельно. Рис. 4.4. Линейное напряжјнное состояние Пример такого нагружения брус при центральном растяжении или сжатии (рис. 4.4, б). Покажем, что при центральном растяжении действует лишь одно из главных напряжений. Вырежем в окрестности точки элемент, верхняя и нижняя грани которого перпендикулярны оси бруса. На этих гранях действует только нормальное напряжение, касательных напряжений нет. На боковых гранях нет ни нормальных, ни касательных напряжений (слои друг на друга не давят), то есть имеет место линейное напряжјнное состояние. Рассмотрим произвольную площадку, проходящую через данную точку . Положение этой площадки (рис. 4.4, в) определяется нормалью �, то есть углом �(�∧��). Рассмотрим действие верхней части элемента на нижнюю. Ввјдем следующее правило знаков для угла �: при повороте против хода часовой стрелки угол положительный, а при повороте по ходу часовой стрелки отрицательный. Если обозначить через �� площадь нижней грани элемента, то площадь наклонной площадки будет равна ��/����. Покажем нормальное �� и касательное �� напряжения, действующие на площадке �, и выразим их через �. Направим ось � по направлению ��, а ось � �� и составим уравнения равновесия для нижней части ∑︁ � = �� �� − ������� = 0, ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ 43 �� = ����2�; ∑︁ �� � = �� − ������� = 0, � ���2�. �= 2 Таким образом, мы получили формулы для определения напряжений на произвольной площадке при линейном напряжјнном состоянии. Проанализируем полученные формулы. Формула для нормальных напряжений: �� =| � | _наиб = � при ��� ± ± �, где � = 0, ±1, ±2, . . . , то есть при любых � попадаем на те же главные площадки. Следовательно, наибольшие нормальные напряжения действуют на главных площадках. � Формула для касательных напряжений дајт: �� =| � |наиб= при � � ���2� = ±1; 2� = ± �� � = ± �, где � = 0, ±1, ±2, . . . . 2 4 2 Следовательно, какое ы � не брали, всегда будем попадать на одну из площадок, наклонјнных к главным площадкам под углом 45∘(рис. 4.5). Строго говоря, | � | наиб действуют по конической поверхности. Рис. 4.5. Наибольшие касательные напряжения 4.3 Напряжения на произвольной площадке при плоском напряжённом состоянии Рассмотрим произвольно нагруженное тело (рис. 4.6,а). Выберем точку , в которой имеет место плоское напряжјнное состояние, то есть элемент в этой точке нагружен лишь по двум граням. Вырежем в окрестности точки элемент, грани которого параллельны главным площадкам, и покажем его отдельно (рис. 4.6, б). ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ 44 Рис. 4.6. Напряжения на произвольных площадках Изобразим произвольную площадку и напряжения �� и �� на ней, которые нам необходимо определить. Обозначим через � угол между наибольшим из главных напряжений �� и нормалью � к площадке, тогда угол между напряжением ��� и нормалью �будет равен � + 90∘. В сопротивлении материалов рассматриваются линейные системы, поэтому напряжения (деформации, перемещения) от группы сил можно найти как сумму напряжений (деформаций, перемещений) от каждой силы в отдельности (рис. 4.7). Этот принцип называется принципом независимости действия сил или принципом суперпозиции. Рис. 4.7. Суммирование напряжений � �� Следовательно, �� = � +� , � � � �� 2 где � � = ��cos �, �� = ��� cos2 (� + 90∘) = ��� sin2 �, тогда �� = �� cos2 � + ��� sin2 �. Аналогично �� = � � +� �� , где � � = �� sin 2�, � �� = − � 2 � тогда � � �� = � 2 ��− ��� ��� 2 sin [2(� + 90∘ )] = · sin 2�. 2 Таким образом, мы получили формулы преобразования напряжений при повороте от главных площадок при плоском напряжјнном состояПроанализуем полученные формулы | �� |наиб= �� � , ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ 45 � � при sin 2� = ±1, откуда � = ± + �. 4 2 Следовательно, наибольшие касательные напряжения равны полусумме главных напряжений и действуют на площадках, равнонаклонјнных к главным (рис. 4.8). Рис. 4.8. Положение площадок с наибольшими касательными напряже- 4.4 Графический способ определения напряжений при плоском напряжённом состоянии. Круги Мора В предыдущем параграфе были получены формулы для определения напряжений на произвольной площадке при плоском напряжјнном � �= � �cos2 � + � ��sin2 �; �� = ��� sin 2�. Если в этих формулах исключить �, то получим зависимость �� = � (��), которая в осях �, � отображает окружность с центром на оси �. О.Х. Мор использовал это обстоятельство для определения напряжений графическим способом. При этом можно решить два вида задач. I задача (прямая) Дано: �� , ��� , � (рис. 4.9). Требуется определить: ��, ��. Изложим последовательность операций, а затем докажем, что они правомерны (рис. 4.10). Проведјм оси �, � и отложим отрезки, равные главным напряжениям �� = �� , �� = ��� . На отрезке ��, как на диаметре, построим окружность с центром в точке �. Полученная окружность называется кругом Мора или кругом напряжений. Провјдем из центра окружности ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ 46 Рис. 4.9. Определение напряжений на произвольной площадке Рис. 4.10. Графическое определение напряжений на произвольной площадке � радиус под углом 2� от оси � против хода часовой стрелки (так как считаем, что угол � положительный) и докажем, что координаты полученной точки �� соответствуют напряжениям на площадке �. �� = � � + �� � = �� · 1 + cos 2� � = + �� · �� + �� + 2 1 − ���2� �� − �� cos 2� = 2 = � �cos2 � + � �� sin2 �, то есть ��� = ��. ��� �= �� ·� sin 2� = �� − ��� · sin 2�, то есть ��� = � � .� Итак, мы доказали, что с помощью круга Мора можно определить напряжения на произвольной площадке �. Следовательно, задача решеТочку �� можно было найти также с помощью хорды, проведјнной из точки � под углом � к оси �. Графический способ Мора менее точный, чем аналитический. Однако, графическая интерпретация плоского напряжјнного состояния детали в точке является весьма удобной для анализа. Видно, что: ��= �наиб, ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ 47 ��− ��� �� = � наим , | |наиб = , причјм, наибольшие касательные напря� �� жения действуют на площадках, равнонаклонјнных к главным площадТеперь найдјм на круге Мора точку, соответствующую площадке �, перпендикулярной площадке �, т.е. � = � + 90∘. Проведјм радиус под углом 2� = 2� + 180∘ и получим точку �� (�� , �� = −�� ). и, соответствующие двум взаим рпендикулярным площадкам, лежат на концах одного диаметра круга Мора. II задача (обратная). Дано: �� , �� , �� , �� . Требуется определить:�� , ��� , �0 (��∧ �� ). Рис. 4.11. Главные площадки и главные напряжения Эта задача имеет для практики более важное значение, чем прямая задача Проводим координатные оси (рис. 4.12) �, � и строим в этих осях точки �� (�� , �� ) �� (�� , �� ). Так как эти точки соответствуют взаимно перпендикулярным площадкам, то они лежат на концах одного диаметра круга Мора. Соединяем эти точки и определяем положение центра круга �. Имея центр и диаметр, можно провести единственную окружность. Задача решена. �� = �� , �� = ��� . Проведјм хорду ��� и получим угол � от �� до ��, а нам нужен угол �0 от �� до �� . Следовательно, �0 = −�. точки ��. ���′ , где ��′ зерк Угол Используя круг Мора, выведем аналитические зависимости для определения главных напряжений: √︀ �� = �� = �� + ��� = �� + ��2 + ����2 = = �� � 2 + ( �� − �� 2 )2 + � 2 = � ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ 48 Рис. 4.12. Графическое определение главных напряжений Аналогично √︁ 1 (�� − = [(�� + ��) + 2 �� ) 2 ��� = �� = �� − ��� = tg � = − 1 )− [(�� + ��√︁ (�� � � � + 4 · �� 2]. � =− �� − )2 + 4 · � 2]; �� � . �� − ��� −� � При определении главных напряжений возможны три варианта: 1) �� > 0, ��� > 0, тогда �1 = ��, �2 = ���, �3 = 0; 2) �� > 0, ��� < 0, тогда �1 = ��, �2 = 0, �3 = ���; 3) �� < 0, ��� < 0, тогда �1 = 0, �2 = ��, �3 = ���. 0 4.5 � Напряжения на произвольной площадке при объёмном напряжённом состоянии Рассмотрим деталь произвольной формы, нагруженную уравновешенной системой сил, и точку � детали, в которой имеет место объјмное напряжјнное состояние (рис. 4.13), то есть �1 ̸= 0, �2 ̸= 0, �3 ̸= 0. Рис. 4.13. Напряжјнное состояние детали в точке ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ 49 Изобразим элемент отдельно (рис. 4.14). Покажем произвольную площадку, проходящую через точку �. Нормаль � к площадке образует с главными напряжениями углы �1, �2, �3. Покажем напряжения на этой площадке ��, ��. Рис. 4.14. Определение напряжений на произвольных площадках при объјмном напряжјнном состоянии Задача сводится к следующей: известны �1, �2, �3, �1, �2, �3. Требуется определить: ��, ��. Воспользуемся принципом суперпозиции, то есть представим напряжения на произвольной площадке как сумму напряжений от каждого главного напряжения в отдельности �� = ��1 + ��2 + ��3 , где ��� = �� · cos2 ��, тогда �� = �1 ·cos2 �1 + �2 ·cos2 �2 + �3 cos · 2 � 3. Касательные напряжения, вызванные каждым м напряжением, по направлению не совпадают, поэтому необходимо рассматривать векторную сумму � � = � �1 + � �2 + � �3 . Модуль �� можно определить как �� = тогд √︀ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 � � −� � , где �� = �1 · cos �1 + �2 · cos �2 + � 3 · cos �3, √ �� =︁ �12 · cos2 �1 + �22 · cos2 �2 + �32 · cos2 �3 − ��2 . Для опр ждом случае необходимо рассматривать конкретную задачу Пример: определим напряжения на октаэдрической площадке, то есть на площадке, равнонаклонјнной к главным �1 = �2 = �3 = � окт Из линейной алгебры известно, что cos2 �1 + cos2 �2 + cos2 �3 = 1, ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ50 1 откуда cos2 � окт = После подстановки и вычислений получаем � окт = √ � окт = 4.6 2 3 · √︁ 1 · (�1 + �2 + �3); 3 �12 + �22 + �23− � 1 · �2 − � 2 · �3 − � 3 · �1 Круги при Мора объёмном напряжённом Для объјмного напряжјнного состояния можно также изобразить круг Мора. Изобразим элемент, испытывающий объјмное напряжјнное состояние, грани которого являются главными площадками. Вначале рассмотрим наклонные площадки, параллельные �1, то есть cos �1 = 0 (рис. 4.15, а). Для таких площадок �� = �2 cos2 �2 + �3 cos2 �3. Учтјм, что �2 + �3 = 90∘, тогда cos �3 = sin �2 и �� = �2 cos2 �2 + �3 sin2 �2 это известная формула для плоского напряжјнного состояния, геометрической интерпретацией которого будет круг Мора между �2 и �3. Аналогично рассматривая площадки, параллельные �2 и �3, получим ещј два круга Мора (рис. 4.15, б). Рис. 4.15. Графическое определение напряжений при объјмном напряжјнном состоянии Итак, наклонным площадкам, параллельным одному из главных напряжений, соответствуют точки на одной из окружностей. Но есть площадки, не параллельные ни одному из главных напряжений. Этим площадкам соответствуют точки в заштрихованной области. Будем рассмат- ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ51 ривать только верхнюю часть, т.к. не оговорено направление касательных напряжений. Проанализируем пределы изменения напряжений: �наиб = �1 ; �наим = �− � �3 . наиб = 2 Следовательно, в случае объјмного напряжјнного состояния наибольшие касательные напряжения равны полуразности крайних главных напряжений. Установим площадку, на которой действуют �наиб это площадка, параллельная �2 и наклонјнная под углом 45∘ к главным напряжениям �1 и �3. Таким образом, мы научились определять напряжения на любых площадках при линейном, плоском и объјмном напряжјнном состояниях. Однако, для расчјтов на прочность и жјсткость этого ещј не достаточно. Необходимо установить связь между напряжениями и деформациями, а также записать условия прочности для объјмного напряжјнного Закон Гука при объёмном напряжённом 4.7 Закон Гука устанавливает зависимость между напряжениями и деформациями. При линейном напряжјнном состоянии эта зависимость была установлена при изучении центрального растяжения и сжатия (рис. 4.16): Рис. 4.16. Деформации при линейном напряжјнном состоянии �= � закон Гука, E � � поп = −� · � = −� · E закон Пуассона. ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ52 Теперь рассмотрим произвольно нагруженное тело и точку , в которой имеет место объјмное напряжјнное состояние (рис. 4.17, а). Вырежем в окрестности точки элемент, грани которого являются главными площадками и определим деформации в направлениях 1, 2, 3. Принцип суперпозиции позволяет представить объјмное напряжјнное состояние как сумму трјх линейных и записать (рис. 4.17, б-г) Рис. 4.17. Принцип суперпозиции для вычисления деформаций � = ��1 + ��2 + ��3 = 1 1 1 1 �1 −� E �2 · E − �· �3 ; E 1 · [�1 − � · (�2 + �3 )]; E 1 �2 = · [�2 − � · (�3 + �1)]; E 1 �3 = · [�3 − � · (�1 + �2)]. E Эти уравнения представляют собой обобщјнный закон Гука, записанный в главных осях Относительные продольные деформации �1 , �2 , �3 по направлению главных напряжений называют главными деформациями. �1 ≥ �2 ≥ �3 , так как �1 ≥ �2 ≥ �3 . Кроме того �1 = � наиб , �3 = � наим ва еском смысле. Теперь запишем закон Гука в произвольных осях, для чего вырежем в окрестности точки элемент, грани которого не являются главными площадками (рис. 4.18). На площадках действуют 9 компонент напряжјнного состояния. Нормальные напряжения вызывают только линейные деформации и не влияют на угловые. Касательные напряжения вызывают только угловые (сдвиговые) деформации и не влияют на линейные. Тогда �1 = 1 ��= · [��− � · (��+ ��)]; E � ��� = ; ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ53 Рис. 4.18. Напряжения на произвольных площадках �� = �� = 1 E 1 · [�� − � · (�� + ��)]; ��� = · [�� − � · (�� + ��)]; ��� = ; � , E где ��� изменение первоначально прямого угла между прямыми, параллельными осям x и y. Покажем ���, для чего рассечјм тело плоскостью, параллельной плоскости ���, до и после нагружения (рис. 4.19). Рис. 4.19. Графическая интерпретация угла сдвига 4.8 Потенциальная энергия упругой деформации при объёмном напряжённом состо- Потенциальная энергия упругой деформации при центральном растяжении или сжатии, то есть в случае линейного напряжјнного состояния, определяется по формуле 2 учитывая, что ∆� = ·� �= �·� ·E· · 1 = 2 · � · ∆�, ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ54 Удельная потенциальная энергия упругой деформации, то есть энергия, накопленная в единие объјма, при линейном напряжјнном состоя- �2 · � � �0 = = �·E ·� �2 = � 2·E·�·�·� 2·E = 2·E = �· � . 2 Согласно принципа суперпозиции, удельная потенциальная энергия при объјмном напряжјнном состоянии (рис. 4.20) определяется как сумма энергий, накапливаемых в единице объјма под действием каждого из главных напряжений �1, �2, �3: Рис. 4.20. Объјмное напряжјнное состояние �1 1 �2 �1 · �1 �2 · �2 �3 · �3 �3 + + = · [�1 · ( − � · − � · E )+ 2 2 2 2 E �1 �2 �2 �3 �3 �1 +�2 · ( − � · − � · ) + �3 · ( − � · − �· )]. E E E E После алгебраических преобразований получим �0 = 1 [�2 + �2 + �2 − 2 · � · (� · � + � · � + � · � )]. 1 2 3 1 2 2 3 3 1 2·E Полная у льная энергия деформации может быть разделена на две �0 = 1) �� энергию изменения объјма, то есть энергию, накапливаемую за счјт изменения объјма элементарного кубика при сохранении его формы; 2) �ф энергию изменения формы, то есть энергию, накапливаемую за счјт изменения формы элементарного кубика и превращения его в элементарный параллепипед. ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ55 Определим величину обеих составляющих удельной потенциальной энергии. Как уже было сказано, при одинаковой деформации рјбер элементарного кубика , то есть при изменении только объјма, относительное � �� = 3 · �. Здесь �� гидростаудлинение каждого ребра равно: �� = 3 2 + �3 �1 + � тическое давление, равное �� = . Это давление действует E на каждую грань элементарного кубика. � = модуль (1 объјмной деформации. Следовательно, энергия ма равна �� = 3 · �� · �� = = 2·� 1 (�1 + �2 + �3)2 �2 2 = · (�1 + �2 + �3) . ·E Тогда энергия изменения формы можно определить как разность � = �− �= ф � 0 2·� 18 · � 1 [�2 + � 2 + �2 − 2 · � · (� 1 2 3 2·E · � + � · � + � · � )]− 1 2 2 3 3 1 1−2·� · (�1 + �2 + �3)2. ·E Произведя алгебраичес ие преобразования, получим 1−� � = · (�2 + �2 + �2 − � · � + � · � + � · � ). − ф 4.9 ·E 1 2 3 1 2 2 3 3 1 Относительное изменение объёма тела Вычислим изменение объјма прямоугольного параллепипеда со сторонами �, �, � при объјмном напряжјнном состоянии. Грани параллепипеда являются главными площадками (рис. 4.21). До деформации его объјм равен � = � · � · �. Рис. 4.21. Определение изменения объјма тела ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ56 После деформации, вследствие изменения длины рјбер, его объјм �1 = (� + ∆�) · (� + ∆�) · (� + ∆�) = � · � · � + � · � · ∆�+ +� · � · ∆� + � · � · ∆� + � · ∆� · ∆� + � · ∆� · ∆� + � · ∆� · ∆� + ∆� · ∆� · ∆� = ∆� ∆� ∆� + + ) = � · (1 + �1 + �2 + �3 ). = � · � · � · (1 + � � � При вычислении �1 бесконечно малыми слагаемыми второго и третьего порядка малости пренебрегаем. Относительное изменение объјма: �= �1 − � = �1 + �2 + �3. � Подставив вместо �1, �2, �3 их значения из обобщјнного закона Гука, получим 2 � = 1 − 2� · (�1 + �2 + �3). Из полученных формул видно, что относительное изменение объјма зависит лишь от суммы главных напряжений, а не от их соотношения. Поэтому элементарный кубик (или параллепипед) получит одно и то же изменение объјма независимо от того, будут ли по его граням действовать различные по величине главные напряжения или одинаковые напряжения, равные их среднеарифметическому значению �� = �1 + �2 + �3 гидростатическому давлению Следовательно, 2 � = 1 − 2� · 3 · ��. Обозначая 1 E 3 · (1 − 2 · � ) деформации, полу- · �� или �� = � · � закон Гука при объјмном напряжјнном и. В случае, если элементарный кубик находится под действием гидростатического давления, все ребра кубика получат одинаковую деформацию �� = �1 + �2 + �3 средняя линейная деформация 3 � �� � = = . � 3 3 ·� Средняя линейная деформация пр о пропорциональна гидростатическому давлению. чим � = ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ57 4.10 Теории предельных напряжённых состояний (теории прочности) Так называют теории, которые позволяют составить условие прочности при любом напряжјнном состоянии. Условие прочности это зависимость между компонентами напряжјнного состояния и характеристиками материала, позволяющая дать заключение о прочности детали (тела). При линейном напряжјнном состоянии (рис. 4.22) условие прочности записывается в виде | � | наиб= где [�] = N наиб ≤ [�], �� ; �� опасное или предельное напряжение, вызывающее � в детали опасное состояние; �� коэффициент запаса прочности. Для пластичных материалов �� = �т, а для хрупких �� = �в. Рис. 4.22. Прочность при линейном напряжјнном состояним При линейном напряжјнном состоянии опасное напряжение может быть найдено опытным путјм при испытании образцов на растяжение. Рассмотрим далее вопрос о том, как производить проверку прочности в случае объјмного напряженного состояния, то есть когда все три главных напряжения �1, �2, �3 отличны от нуля (рис. 4.23). В этом случае опасное состояние может наступить при различных величинах главных напряжений в зависимости от их соотношения, то есть каждому соотношению �1 : �2 : �3 будут соответствовать свои опасные величины главных напряжений �1L , �2L , �3L . Чтобы найти опытным путјм опасные величины главных напряжений, пришлось бы осуществить бесчисленное множество чрезвычайно сложных лабораторных испытаний при различных соотношениях �1 : �2 : �3, причјм, некоторые из этих соотношений, вообще невозможно ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ58 Рис. 4.23. Прочность при объјмном напряжјнном состояним получить на существующих испытательных машинах. По этим причинам опасное состояние материала при объјмном напряжјнном состоянии устанавливают теоретическим путјм при помощи так называемых теорий прочности. Теорией прочности называют предположение (гипотезу) о преимущественном влиянии того или иного фактора (критерия) напряжјнного состояния на прочность материала. Цель теорий прочности заключается в том, чтобы, исходя из результатов простого опыта на растяжение и сжатие, получить возможность судить о прочности материала при объјмном напряжјнном состоянии. К настоящему времени выдвинуты десятки, даже сотни различных теорий прочности, но в расчјтной практике, в основном, используются только четыре 4.10.1 I теория предельных напряжённых состояний - теория наибольших нормальных напряжений (Г. Галилей, 1638 г.) Напряжённое состояние детали в точке считается безопасным, если наибольшее по абсолютной величине нормальное напряжение не превышает допустимого для данного материала значения, которое не зависит от типа напряжённого состояния и может быть найдено из любого опыта. Следовательно, в этом случае расчјт необходимо вести по наибольшему главному напряжению, т. е. | � | наиб≤ [�]. �1 ≤ [�] р или | �3 |≤ [�] с. I теория неплохо согласуется с опытными данными лишь в случае всестороннего растяжения хрупких материалов. Во всех остальных случаях еј выводы не согласуются с результатами экспериментального исследования. Поэтому эта теория в настоящее время практически не применя- ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ59 4.10.2 II теория предельных напряжённых состояний - теория наибольших относительных деформаций (Мариотт, 1686 г). Напряжённое состояние детали в точке считается безопасным, если наибольшая по абсолютной величине относительная линейная деформация не превышает допустимого для данного материала значения, которое не зависит от типа напряжённого состояния и может быть найдено из любого опыта. Следовательно, в этом случае расчјт необходимо вести по наибольшей относительной деформации, т. е| �| наиб≤ [�]. ой части получаем из обобщј о закона Гука 1 | � | наиб= �1 = E · [�1 − � · (�2 + �3 )]. Для получения выражения в правой рассматриваем испытание образца при центральном растяжении. Тогда �1 = �, �2 = �3 = 0. Подста� вив значения главных напряжений в уравнение, получим | � | наиб≤ , а [�] переходя к предельному состоянию [�] = Тогда условие прочности по II теории предельных напряжјнных состояний запишется в виде �1 − � · (�2 + �3) ≤ [�] или | �3 − � · (�1 + �2) |≤ [�]. При расчјте на прочность деталей из хрупких материалов II-я теория дајт результаты, удовлетворительно согласующиеся с опытными данными. Для пластичных материалов эта теория не применима. Не подтверждается эта теория и при всестороннем сжатии. 4.10.3 III теория предельных напряжённых состояний теория наибольших касательных напряжений (Кулон, 1773 г). Напряжённое состояние детали в точке считается безопасным, если наибольшее касательное напряжение не превышает допустимого для данного материала значения, которое не зависит от типа напряжённого состояния и может быть найдено из любого опыта. Следовательно, в этом случае расчјт необходимо вести по наибольшим касательным напряжениям, то есть � наиб ≤ [� ]. жения в левой и правой част ого неравенства Левая часть (из круга Мора при объјмном напряжјнном состоянии) ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ60 � наиб = �1 − �3 . Для получения выражения в правой части рассматриваем испытание образца при центральном растяжении. Тогда �1 = �, �2 = �3 = 0. Под� ставив значения главных напряжений в уравнение, получим | � | наиб≤ [�] а переходя к предельному состоянию [� ] = 2 . Тогда условие прочности по III теории предельных напряжјнных состояний запишется в виде �1 − �3 ≤ [�]. III теория хорошо согласуется с опытными данными для пластичных материалов, одинаково сопротивляющихся растяжению и сжатию Для материалов, различно сопротивляющихся растяжению и сжатию, Мор (1882 г.) предложил обобщјнную теорию �1 − �· �3 [�], �р где � = тс для пластичных материалов �= 4.10.4 �вр с т для хрупких материалов IV теория предельных напряжённых состояний теория октаэдрических касательных напряжений (энергетическая теория) (Губерт, 1904 г.). Напряжённое состояние детали в точке считается безопасным, если октаэдрическое касательное напряжение не превышает допустимого для данного материала значения, которое не зависит от типа напряжённого состояния и может быть найдено из любого опыта. Следовательно, в этом случае, расчјт необходимо вести по октаэдрическим касательным напряжениям, то есть � окт≤ [� ]. ения в левой и правой частях о неравенства. Левая часть √ √︁ � окт = 2 · �12 + �22 + �23− � 1 · �2 − � 2 · �3 − � 3 · �1 . 3 Для получения выражения в правой части рассматриваем испытание образца при центральном растяжении. Тогда �1 = �, �2 = �3 = 0. ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ61 дставив значения главных напряжений в уравнение,√получим � окт ≤ 2 2 ельному состоянию [� ] окт = 3 [� ]. 3 Тогда условие прочности по IV теории предельных напряжјнных состояний запишется в виде √︁ 2 2 �2 + 1 � + 2 � − 3 �1 · �2 − �2 · �3 − �3 · �1 ≤ [�]. IV теория тными данными для пластичных материалов Сравнивая формулы, устанавливающие условия прочности при различных теориях предельных напряжјнных состояний, можно заметить, что в левых частях неравенств находятся алгебраические выражения из главных напряжений. Следовательно, можно обобщить все теории и за� экв ≤ [�], где � экв� = �1или | �3 |; � экв�� = �1 − � · (�2 + �3) или | �3 − � · (�1 + �2) |; � экв��� = �1 − �3 или �1 − � · �3; � экв� = � √︁ �1 2 + �22 + �32 − �1 · �2 − �2 · �3 − �3 · �1. � экв име апряжение в растягиваемом образце, напряжјнное состояние которого равноопасно заданному (рис. 4.24). Рис. 4.24. Физический смысл эквивалентного напряжения Напряжјнные состояния называют равноопасными, если они имеют одинаковые коэффициенты запаса прочности. ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ62 Коэффициент запаса прочности это число, показывающее во сколько раз нужно увеличить компоненты напряжјнного состояния (�1, �2, �3), чтобы оно стало предельным. Пример: рассмотрим расчјты на прочность при чистом сдвиге (рис. 4.25). Определим главные напряжения графическим способом: �� = �, ��� = −� . Рис. 4.25. Эквивалентное напряжение при чистом сдвиге Переходя к общей записи напряжений �1 ≥ �2 ≥ �3, получим �1 = �, 2 �3 = −� . − − 2 · � ≤ [�] и экв ��� = �1 [�] переходя к предельным величинам, получим [� ]��� = � экв� = � �12 + �22 + �32 �1 �2 − �2 · �3 − �3 · �1 = � 2 + (−� 2 ) − (−� ) · � = √ 3·� [�] и переходя к преде [� ]�� = √ . 3 При изучении тем ѕчистый сдвигї и ѕпоперечный изгибї, мы использовали значения [�≈] (0, 5 −0, 6) [�]. · Теперь понятно, как получены эти значения. Заключение: 1. III и IV теории используются для расчјта деталей из пластичных материалов, а результаты они дают разные; 2. III теория менее точна, так как не учитывает среднее главное напряжение, но она имеет простой вид и поэтому часто используется для проектировочных (прикидочных) расчјтов; 3. IV теория более точная, более жјсткая, так как размеры детали, определјнные по этой теории, будут наименьшими. В авиастроении, в основном, используется IV теория. ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЁННОГО И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ63 4.11 Вопросы для самопроверки Что называется напряжјнным состоянием детали в точке? Какие виды напряжјнного состояния в точке Вы знаете? Назовите компоненты напряжјнного состояния в точке и сколько из них независимых? Что называется главными осями напряжјнного состояния, главными площадками, главными напряжениями? Напишите выражения для максимальных значений касательных напряжений и укажите площадки их действия. Как определяется значение главных напряжений и положение главных площадок? Какие вы знаете теории предельных напряжјнных состояний (теории прочности)? Дайте критический обзор теорий прочности. Как решаются задачи расчјта на прочность по теории наибольших касательных напряжений, энергетической теории? Глава 5 Геометрические характеристики поперечного сечения бруса Этот раздел геометрии изучается в курсе сопротивления материалов, так как геометрические характеристики участвуют в формулах при определении напряжений, перемещений, деформаций. 5.1 Основные понятия о геометрических характеристиках Рассмотрим произвольное поперечное сечение бруса, проведјм оси �, � с произвольным началом координат �. Выделим элементарную часть сечения �� (рис. 5.1).Рассмотрим геометрические характеристики поперечного сечения бруса, необходимые при изучении сопротивления материалов. Рис. 5.1. Поперечное сечение бруса Первая геометрическая характеристика уже встречалась: 64 ГЛАВА 5. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ БРУ �= ∫︀ �� площадь сечения, она используется при растяжении и N N·� таких формулах, как: � = . � ∫︀ �� = ��� статический мом сечения относительно оси �, ∫︀ �� = ��� статический момент площади сечения относительно оси �. Характеристики ��, �� используются в формулах для касательных напряжений при изгибе и при нахождении положения центра тяжести сж �� = �� , �= � �� . � � ∫︀ �� = �2�� осевой момент инерции сечения относительно оси �; �� = �2�� осевой момент инерции сечения относительно оси �. ��, �� > 0, так как координаты в квадрате. Эти характеристики использу тся в формулах при изгибе. ��� = �·��� центробежный момент инерции сечения относительно � осей �, �. В зависимости от положения осей ��� ≶ 0. Это вспомогательная характеристика, она в формулах сопротивления материалов непосредственно не участвует, но с еј помощью определяются главные моменты инерц сечения и положение главных осей инерции сечения. ∫︀ 2 �� = � �� полярный момент инерции сечения относительно начала координат. Очевидно, что �� > 0. Используется в формулах при кручении. вязь между олярным ∫︀ и осевыми моментами инерции: 2 2 2 2 � = � + � , тогда �� = � �� = (�2 + �2)�� = �� + ��, следовательно, � � = � � + � � = � �1 + � � 1 . Следствие из этого равенства: �� + �� = ��1 + ��1 = �����. Таким образом при повороте осей (рис. 5.2) сумма осевых моментов инерции не изменяется. Иначе: сумма осевых моментов инерции является инвариантом ГЛАВА 5. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ БРУ Рис. 5.2. Поперечное сечение образца 5.2 5.2.1 Моменты инерции элементарых сечений Прямоугольник Проведјм центральные оси �, �, � центр тяжести сечения (рис. 5.3). Рис. 5.3. Прямоугольник �� = � · ��, �� = ∫︀ �2�� м �� Ан = ℎ/2 ∫︀ −ℎ/2 �2� · �� = � · �3 3 � ℎ3 ℎ ·�3 . , �� = 2 2 Заметим, что �� не изменится, если переместить все полоски ��·= � �� момент инерции параллелограмма относительно центральной оси , параллельной основанию, равен: �� = · � · ℎ3 �� = . 2 5.2.2 Круг Проведјм центральные оси �, �, � центр тяжести круга (рис. 5.4). ГЛАВА 5. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ БРУ Рис. 5.4. Круг Вычислим �� относительно центра круга. Выделим элементарную полоску в виде кольца толщиной ��. ∫︁� ∫︁ �� = 2·�·���, �� = �2 �� = 2·�· 0 4 �3�� = � · � 2 0 �· �4 . �� = 2 Но �� = �� + ��. В силу симметрии �� = ��, следовательно �� = �� = 5.2.3 �� 2 �· �4 . = 4 Кольцо Проведјм центральные оси �, �, � центр тяжести кольца (рис. 5.5) Рис. 5.5. Кольцо В этом случае момент инерции кольца равен разности моментов инерции большого круга с диаметром � и малого с диаметром �. Обозначим � = �/�, тогда ГЛАВА 5. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ БРУ �� = 5.2.4 � · �4 4 (1 − � ), 2 �� = �� = �� � · �4 4 = (1 − � ). 4 Треугольник Проведјм ось �, проходящую через основание треугольника (рис. 5.6) Рис. 5.6. Треугольник Определим момент инерции относительно оси , проходящий через основание треугольника ) � · (ℎ − �) , отсюда �(�) = , тогда Из подобия треугольников ℎ ℎ−� ℎ ∫︀ℎ � ∫︀ℎ 2 � · (ℎ − �) ��= . �� = � 2 · �(�) �� = ℎ 4 12 0 0 Заметим, что моменты инерции треугольников с одинаковыми основаниями и высотами относительно оси , проходящий через основание, равны между собой. 5.2.5 Прокатные профили Для прокатных профилей (двутавр, швеллер, уголок) значения моментов инерции приведены в таблицах ГОСТа. 5.3 Зависимость между моментами инерции относительно параллельных осей, одни из которых центральные Центральные оси это оси, проходящие через центр тяжести поперечного сечения: �, � центральные оси; �1 , �1 произвольные оси, па- ГЛАВА 5. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ БРУ раллельные центральным осям �, �. Выделим элементарную площадку ��. Покажем еј координаты в двух системах осей: �1 = �+�, �1 = � +�, где �, � координаты центра тяжести сечения в осях �1 , �1 (рис. 5.7). Тогда Рис. 5.7. Поперечное сечение бруса �� = 1 ∫︀ � ∫︁ ∫︁ �12 �� = (�+�)2 ∫︁ �2 �� = � ∫︁ �� = ��+�2 ·�, � ��+�2 ��+2·� � � � �� = �� = 0, статический момент площади сечения относительно центральной оси . Аналогично находится ��1 , следовательно 2 2 ��1 = �� + � · �; ��1 = �� + � · �. Таким образом, осевой момент инерции относительно любой оси равен моменту инерции относительно параллельной ей центральной оси плюс произведение площади сечения на квадрат расстояния между Следствие: если рассматривать множество параллельных осей, то наименьшим будет момент инерции относительно центральной оси. Центробежный момент инерции сечения ∫︁ ∫︁ ��1 �1 = �1 · �1 �� = (� + �) · (� + �) �� = ∫︁ = ∫︁ � · � �� + � ∫︁ � �� + � � �� + � · � · � = ��� + � · � · �. Следовательно, центробежный момент инерции относительно произвольных осей равен центробежному моменту инерции относительно параллельных им и также направленных центральных осей плюс произведение площади сечения на координаты центра тяжести в той системе осей, к которой осуществлён переход. ГЛАВА 5. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ БРУ 5.4 Главные оси инерции и главные моменты инерции сечения Изобразим поперечное сечение бруса и произвольные оси �, � . Выделим элементарную площадку �� (рис. 5.8, а) с координатами �, �. Рис. 5.8. Схема поворота координатных осей Повернјм оси на 90∘, например, против часовой стрелки (рис. 5.8, б). Запишем зависимость между координатами �1 = −�; �1 = �. енты инерции сечения в ося �1 , �1 ,: ∫︁ ��� = ∫︁ � · � ��; ��1 �1 = ∫︁ �1 · �1 �� = � · (−�) �� = −���. Следовательно, при повороте осей на 90∘ центробежный момент инерции сечения меняет знак на обратный. Представим графически изменение центробежного момента инерции в зависимости от угла � (рис. 5.9). Эта функция непрерывная (разрывов нет). Если повернуть оси на угол �0, то попадјм на оси, относительно которых ��� = 0. Рис. 5.9. График изменения ��� при повороте осей Итак, для любого начала координат имеется хотя бы одна пара осей, относительно которых центробежный момент инерции сечения равен ну- ГЛАВА 5. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ БРУ Оси, относительно которых центробежный момент инерции равен нулю, называются главными осями инерции сечения, а моменты инерции относительно этих осей – главными моментами инерции сечения (рис. 5.10). Рис. 5.10. Главные оси Обозначим через �0, �0 главные оси; ��0 , ��0 главные моменты инерции сечения, причјм �� ≥0 ��0 . Для каждого начала координат свои главные оси. Какое значение имеют главные оси? Оказывается, что в главных осях формулы для изгиба являются наиболее простыми. Как отыскать положение главных осей? Рассмотрим сечение, имеющее ось симметрии (рис. 5.11). Если сечение имеет ось симметрии �, то она является одной из главных осей. Другая главная ось перпендикулярна ей. Докажем это, для чего выделим элементарные площадки ��1 = ��2, симметричные относительно оси �, и вычислим центробежный момент инерции сечения: �1 = −�2 ; �1 = � 2 ; �1 = � 2 , Рис. 5.11. Определение положения главной оси для симметричного сече- ГЛАВА 5. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ БРУ ∫︁ ��� = ∫︁ � · � �� = ∫︁ (−�) · � ��1 + � · � ��2 = 0, что и требовалось доказать. 5.5 Зависимость между моментами инерции сечения при повороте от главных осей Изобразим произвольное сечение, любое начало координат и покажем главные оси �0, �0. ��0�0 = 0 (рис. 5.12). Рис. 5.12. Определение моментов инерции при повороте от главных осей Известны ��0 , ��0 . Необходимо определить ��, ��, ���. Положе- ние осей �, � определяет угол � (на рисунке показан положительный угол). Выделим элемент сечения ��. Установим связь между координа- � = �0 · ���� + �0 · ����; � = �0 · ���� − �0 · ����. Найдем моменты инерции относительно осей �, �: ∫ �� = � 2 �� =︁ ∫ (�0 · ���� − �0 · ����)2 �� = ���2�· ︁ �02 ��− � � ∫︁ −2 · ���� · ���� так как ��0�0 = ∫︀ ∫︁ �0 · �0 �� + ���2� · � = ���2� · ��0 + ���2� · �0� , �0 · �0 �� = 0. Аналогично получаем ��, ���. ГЛАВА 5. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ БРУ Таким образом �� = �� 0· ���2� + ��0 · ���2�, 2 2 �� = ��0 · ��� � + ��0 · ��� �, ��0 − ��0 ���2� ��� = · 2 формулы поворота от главных осей; эти формулы аналогичны формулам поворота от главных площадок в теории напряжјнного и деформированного состояния. Последняя формула отвечает на вопрос: сколько же главных осей имеет сечение? Одни главные оси есть и они показаны на рисунке. Если есть другие главные оси, то при повороте к ним ��� обратится в ноль. ��0 − ��0 Если ��� = 0, то · ���2� = 0. Здесь может быть два случая: 1) �� ̸= ��0 , тогда ���2� = 0, отсюда 2� = � · �, где � все поло� жи ль. Тогда � = , т.е. бесконечное множество корней. Если оси будем поворачивать на угол, � кратный , то будем попадать на прежние оси, правда изменятся на2 правления осей, что в данном случае значения не имеет. Таким образом, имеется одна пара главных осей. 2) ��0 = ��0 . В этом случае произведение обращается в ноль при любом � и любые оси главные, т.е. имеется бесконечное множество главных осей. Из формул, приведјнных выше, получим в этом случае: � � + � � = � �0 + ��0 . Примеры таких сечений (рис. 5.13): Рис. 5.13. Сечения, имеющие бесконечное множество главных осей а) круглое, но только тогда, когда начало координат находится в центре тяжести сечения �; б) квадратное сечение начало координат находится в центре тяжести сечения �, ��0 = ��0 , следовательно любые оси главные. ГЛАВА 5. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ БРУ 5.6 Определение главных моментов и положения главных осей инерции сечения Такая задача решается при расчјте бруса на изгиб. Выше было рассмотрено решение прbменительно к симметричному сечению, а теперь приведјм решение для произвольного сечения (рис. 5.14). Рис. 5.14. Определение главных моментов инерции и положения главных осей Известны ��, ��, ���. Эти характеристики можно определить численным методом, разбив сечение на отдельные части, или разбив сложное сечение на простые составляющие. Требуется определить ��0 , ��0 , �0(�0∧�0). Рассмотрим произвольное сечение и произвольные оси �, �. Главные оси, которые следует найти, покажем штриховой линией. Для решения поставленной задачи воспользуемся математической аналогией с формулой для напряжений. Запишем вначале формулы, чтобы показать, что аналогия существуНапряжения: �� = �� ·cos2 �+��� ·sin2 �, �� = ��� · cos2 � + �� · sin2 �, �� = �� ��� · sin 2�, Момент инерции сечения: � = 90∘ +�, �� = ��0 ·cos2 �+ ��0 ·sin2 � , �� = ��0 · cos2� + ��0 · sin2� , ��� = ��0 − ��0 · sin 2� . Сравниваем эти формулы они аналогичны. Из формул для напряжений можно получить формулы для моментов инерции, если заменить: �� на ��, �� на ��, �� на ���, �� на ��0 , ��� на ��0 . По аналогии получим следующие формулы: √︁ 1 �� = �наиб = [(� �+ � )�+ (� � − ��)2 + 4 · ��2 ], 0 � ГЛАВА 5. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ БРУ √︁ �� = �наим = 1 [(� �+ � )�− (� �− ��)2 + 4 · ��2 ], 0 tg �0 = − ��� �� − ��0 или tg 2� 0 =− � �� . �� − ��0 Таким образом поставленная задача решена. Из полученных формул следует замечательное свойство главных моментов инерции: один из них является наибольшим, а другой наименьшим, если рассматривать множество осей, проходящих через заданное начало координат (в арифметическом смысле). 5.7 Исследование моментов инерции графическим способом Так как между напряжениями и моментами инерции существует аналогия, то для определения моментов инерции можно использовать круги Мора. Рассмотрим решение обратной задачи. Доказательство правомочности действий можно провести аналогично определению напряжений. Известно: ��, ��, ���. Нужно определить ��0 , ��0 , �0(�∧�0). Изобразим горизонтальную ��, �� и вертикальную ��� оси. Необходимо обратить внимание на то, что ось ��, �� не имеет отрицательных значений. Покажем произвольное сечение с осями �, � (рис. 5.15). Рис. 5.15. Круг Мора для определения моментов инерции Строим точки ��(��, ���) и � �(��, −���). Четвјртой величины в моме �=� −�. Пусть �� > ��; это условие необязательно, но для выбранного сечения это так. В рассматриваемом случае также ��� > 0. Далее соединяем точки ��, �� и получаем центр окружности �. Зная центр и радиус ��� = ��� проводим круг Мора для моментов инерции и определяем �граф = ��, � граф = ��. �0 �0 ГЛАВА 5. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ БРУ Далее нужно определить угол �0 . Строим точку ��′ , симметричную точке �� относительно оси абсцисс. Из точки � через точку ��′ проводим луч . Это и есть направление оси �0, относительно которой момент инерции будет наибольшим. Прямую задачу проработать самостоятельно. Дано ��0 , ��0 , �(�0∧�). Требуется определить ��, ��, ���. 5.8 Эллипс инерции Введјм новое понятие понятие о радиусе инерции сечения. Изобразим произвольное сечение и любую ось � (рис. 5.16). Рис. 5.16. Определение радиуса инерции относительно произвольной оси √︁ �� = �� � − радиус инерции сечения относително оси �. Отсюда �� = ��2 · �. Эта формула для определения �� не используется, но иалов, где сокращается площадь, можно записать проще Запишем √︁ � ��0 √︁ = � � � ��0 , �0 = �0 главные радиусы инерции сечения или радиусы инерции сечения относително главных осей. Эллипсом инерции называется эллипс, имеющий следующее уравнение в главных осях (рис. 5.17): �2 �02 + 2 = 1. �2 � ГЛАВА 5. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ БРУ Рис. 5.17. Эллипс инерции Полуосями эллипса инерции являются главные радиусы инерции сечения, но они поменялись местами. Изобразим эллипс инерции для заданного сечения Об одном свойстве эллипса инерции. Проведјм произвольную ось � и касательную к эллипсу инерции, параллельную оси �. Оказывается, что расстояние между касательной и осью � есть радиус инерции относительно оси �, тогда �� = �2� · �. и практических способом определения моментов инерции не пользуются, так как он приближјнный. Для этого нужно построить эллипс инерции и замерить �� . Однако эллипс инерции применяют для приближјнного контроля результатов определения главных центральных моментов инерции сечения и положения главных центральных осей. Покажем это на примере поперечного сечения в виде �-образного профиля. 1) Эллипс должен быть вытянут вдоль сечения (рис. 5.18). Рис. 5.18. Направление эллипса инерции сечения Почему это так? Потому, что одна из главных осей должна быть расположена вдоль сечения, только в этом случае ��� = 0. 2) Эллипс инерции не может быть больше сечения. В одну сторону он может выйти за контур сечения, тогда в другую нет. Эллипс инерции так ого меньше сечения (рис. 5.19). ∫︀ Почему это так? С одной стороны �� = �02 ��, а с другой �� = 0 0 ГЛАВА 5. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ БРУ Рис. 5.19. Размеры эллипса инерции сечения величина из ординат | 0 |наиб у в обе стороны эллипс инерции не �0 может выходить за сечение. Радиус инерции ��0 не может также быть значительно меньше среднеквадратичной величины �0. 5.9 Определение моментов инерции сложных сечений Довольно часто детали, испытывающие изгиб, имеют сложное поперечное сечение. Чтобы рассчитать брус на изгиб, нужно знать положение главных центральных осей и главные центральные моменты инерции сеРассмотрим произвольное сечение, которое разбиваем на простые, определяем площади и моменты инерции составных частей относительно собственных центральных осей (��, �� , �� , �� ) (рис. 5.20). �� �� � � � � Рис. 5.20. Определение моментов инерции сложных сечений По формуле Вариньона определяем положение центра тяжести всего сечения относительно произвольных осей �, � �� = ∑︀ �� �� ∑︀� ·� , � ∑︀ � � �� �� = ∑︀� ·� , � � ,� �� - координаты центров тяжести составных частей. где �� Далее проводим центральные оси �, �, их нужно направить параллельно выбранным осям для составных частей. ГЛАВА 5. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ БРУ Определяем моменты инерции всего сечения относительно центральных осей �, � ∫︁ ∑︁ ∫︁ ∑︁ 2 �� = � �� = �2 �� = ���, но �� ральных осей. для других моментов инерции, полу- �� = ∑︁ (��� + �2� · ��), � �� = ��� = (���� + �2� · ��), ���� · · ��). Здесь �� расстояния м а �� между осями � и ��. Далее, зная моменты инерции сечения относительно центральных осей �, �, определяем главные центральные моменты инерции и положение главных центральных осей √︁ 1 ��0 = [(� �+ � )�+ (� � − ��)2 + 4 · ��2 ], 2 √︁ � 1 2 � � + � ) − (� − � ) + 4 · � 2 ], � � � � �� �0 = [( 2 �� tg �0 = − . �� − ��0 Зная эти характеристики сечения, можно определить напряжения и перемещения балки при изгибе. Пример: определить значение и знак угла поворота в зависимости от положения неравнополочного уголка Задано: ��, ��, ��0 (в таблицах ГОСТа �����, �т (рис. 5.21,1). Необходимо определить ���, �0(�∧�0). ��0 − ��0 Используя формулы ��� = sin 2�; �� = ��+��−��0 . 0 определяем значение и знак угла �0(�∧�0). Решения показаны на рисунке 5.21, 2-8. 5.10 Вопросы для самопроверки Что такое осевой, центробежный и полярный моменты инерции? Какая существует связь между осевыми и полярным моментами инерции? Основное свойство статического момента площади сечения. Формулы ГЛАВА 5. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ БРУ Рис. 5.21. Определение величины и знака угла поворота для определения координат центра тяжести сечения. Как определяются знаки статических моментов и центробежного момента инерции? Формула параллельного переноса осей. Относительно какой оси осевой момент инерции сечения достигает наименьшего значения? Какие оси называются главными, а какие центральными? Укажите основное свойство всех моментов инерции сечения. Как определяются главные моменты инерции сечения (аналитически и графически)? Как изменяются значения моментов инерции правильных фигур (например, квадрат, круг и т.д.) относительно взаимно перпендикулярных центральных осей при повороте на произвольный угол? Глава 6 Изгиб 6.1 Основные понятия об изгибе. Расчётная схема балки Будем пока рассматривыть прямые брусья постоянного поперечного сечения, но затем будем рассматривать и криволинейные брусья. Рассмотрим брус, поперечное сечение которого имеет вертикальную ось симметрии, следовательно, оси �, � являются главными центральными осями инерции его поперечного сечения (рис. 6.1). Рис. 6.1. Брус, испытывающий изгиб Введјм новое понятие понятие о главной плоскости жјсткости бруса. Главной плоскостью жёсткости бруса называется плоскость, проходящая через ось бруса и одну из главных центральных осей его поперечного сечения Одна из главных плоскостей жјсткости плоскость наибольшей жјсткости это плоскость, перпендикулярная оси �. Другая главная плоскость плоскость наименьшей жјсткости это плоскость, перпендикулярная оси �. Все остальные осевые плоскости по жјсткости занимают 81 ГЛАВА 6. ИЗГИБ 82 промежуточные положения. Напомним, что чем меньше деформации и перемещения, тем больше жјсткость. Брус испытывает плоский (прямой) изгиб, если он нагружен силами, перпендикулярными его оси, и парами сил, плоскость действия которых совпадает с одной из главных плоскостей жёсткости бруса. Все внешние силы лежат в плоскости ��� и перпендикулярны оси �. Если силы не перпендикулярны оси бруса, то будет изгиб с растяжением или сжатием, хотя силы и будут лежать в главной плоскости жјсткости бруса. Брус, испытывающий изгиб, называется балкой. При исследовании деталей в сопротивлении материалов вместо балки рассматривают расчјтную схему, где показывается только ость балки. Фактические опоры заменяются расчјтными связями (расчјтными опорами). Рассмотрим четыре типа схематизированных опор: 1) Шарнирно-подвижная опора (рис. 6.2). Применяется в конструкции моста. Особенность этого устройства в том, что поперечное сечение под опорой может свободно поворачиваться и перемещаться горизонтально, а вертикально перемещаться не может. Таким образом, из трјх степерей свободы шарнирно-подвижная опора имеет только две степени свободы, а реакция одна �. Рис. 6.2. Шарнирно-подвижная опора 2) Шарнирно-неподвижная опора (рис. 6.3). У поперечного сечения под опорой отобраны две степени свободы. Эта опора дајт две реакции � и �. Рис. 6.3. Шарнирно-неподвижная опора 3) Подвижно-защемлјнный конец (рис. 6.4). Балка вставляется в отверстие без зазора и натяга и может перемещаться горизонтально. Это ГЛАВА 6. ИЗГИБ 83 опорное устройство отбирает две степени свободы. В соответствии с этим, в опоре возникают вертикальная сила � и пара сил (момент) �. Рис. 6.4. Поджвижно-защемлјнный конец 4) Непожвижно-защемлјнный конец (заделка) (рис. 6.5). У сечения под опорой отобраны три степени свободы. В соответствии с этим, в опоре возникают три реакции �, � , � . Рис. 6.5. Неподвижно-защемлјнный конец Есть и другие опоры, которые встречаются реже, например, шарнирнонеподвижная опора с податливостью (рис. 6.6). Рис. 6.6. Шарнирно-неподвижная опора с податливостью Как от реальной детали перейти к расчјтной схеме это подробно рассматривается в курсе "Детали машин"и в других специальных дисциплинах. Приведјм пример: вал вращения с подшипником скольжения. Оказывается, зазора в подшипниках достаточно, чтобы в расчјтных схемах использовать шарнирно-подвижную опору (рис. 6.7). Балки бывают либо статически определимыми, либо статически неопределимыми. Балка на двух опорах (рис. 6.8): реакций опор 3, статика дајт три уравнения, следовательно, это статически определимая балка. Расстояние между опорами называется пролјтом балки. 84 ГЛАВА 6. ИЗГИБ Рис. 6.7. Подшипник скольжения Рис. 6.8. Двухопорная балка На риунке 6.9 изображена балка неподвижно-защемлјнным концом. Это статически определимая балка. Такую расчјтную схему называют консолью (например, крыло самолјта). Рис. 6.9. Консольная балка На риунке 6.10 изображена неразрезная балка. Она перекрывает несколько пролјтов не прерываясь. У этой балки пять неизвестных реакций, а статика дајт три уравнения следовательно, эта балка два раза статически неопределима. В неразрезных балках степень статической неопределимости равна числу промежуточных опор. Получается так, что уравнений статики хватает только на две крайних опоры. 6.2 Поперечная сила и изгибающий момент Поперечная сила и изгибающий момент это совокупнисть внутренних сил в поперечном сечении балки, с которыми одна часть балки действует на другую. Изобразим балку (рис. 6.11), испытывающую плоский изгиб. На рисунке показаны как активные так и реактивные силы. Здесь � интенсивность распределјнной нагрузки. 85 ГЛАВА 6. ИЗГИБ Рис. 6.10. Неразрезная балка Рис. 6.11. Определение внутренних сил в балке Будем рассматривать внуртенние силы, действующие в поперечном сечении балки. Проводим сечение �−�, перпендикулярное оси балки. Вначале отбросим правую часть, изобразим левую и покажем, как она нагружена. Затем изобразим нагружение правой части. Приведјм силы к центру тяжести сечения будут действовать только поперечная сила �и изгибающий момент �. Будет ли нормальная сила N ? Нет, т. к. нет внешних сил, которые дают проекцию на ось бруса. На рисунке изображены положительные направления поперечной силы и изгибающего момента. Как вычислить сумму внутренних сил в поперечном сечении балки? Воспользуемся уравнениями статики для рассматриваемой части балки: ∑︁ ∑︁ �= �� − �= 0, ⇒ � = �� . лев. внеш. сил ∑︁ �� = ∑︁ �� лев. внеш. сил + � = 0, лев. внеш. сил ⇒ �=− ∑︁ �� лев. внеш. сил . Здесь приведены уравнения для левой части балки, такие же результаты получаются при рассмотрении равновесия правой части. Поперечная сила в каком-либо поперечном сечении численно равна сумме проекций на плоскость этого сечения всех внешних сил, действующих по одну сторону от данного сечения ГЛАВА 6. ИЗГИБ 86 Правило знаков (рис. 6.12): если внешняя сила стремится сдвинуть рассматриваемую часть балки по часовой стрелке, то поперечная сила положительна, и наоборот. Рис. 6.12. Правилао знаков для поперечной силы Изгибающий момент в каком-либо поперечном сечении численно равен сумме моментов отностиельно центра тяжести этого сечения всех внешних сил, действующих по одну сторону от данного сечения. Правило знаков (рис. 6.13): если внешняя сила стремится изгибать рассматриваемую часть балки выпуклостью вниз, то изгибающий момент положителен, а если выпуклостью вверх то отрицателен Рис. 6.13. Правила знаков для изгибающего момента Рассмотрим примеры (рис. 6.14): Рис. 6.14. Примеры определения знаков внутренних сил 6.3 Дифференциальные зависимости между �, � и � � интенсивность распределјнной нагрузки сила, приходящаяся на единицу длины балки. 87 ГЛАВА 6. ИЗГИБ Рассмотрим малый участок балки длиной ∆�, � = lim Δ�→ ∆� ∆� сред- няя интенсивность распределјнной нагрузки. Интнсивность считается алгебраической величиной: если сила направлена вверх, то � > 0. Если вниз, то � < 0. Изобразим балку (рис. 6.15). Вырежем элемент длиной ��, на которой считаем � = �����. Изобразим элемент отдельно и покажем силы, действующие на него. Слева действуют поперечная сила � и изгибающий момент � . В правом сечении они получают приращения � + ��, � + �� . На рисунке показаны положительные направления внутренних Рис. 6.15. Нагружение бесконечно малого элемента Составляем уравнения равновесия представленного элемента и, пренебрегая бесконечно малыми второго порядка, получим: ∑ ⇒ =� ︁ � = �+ � · �� − �− ��= 0, �� производная от поперечной силы равна интенсивности распределјнной нагрузки ∑︁ � � = �. � = −� + � · �� − � · �� · ��/2 + � + �� = 0, ⇒ �� Получим третье соотношение, продифференцировав последнее урав2� = 2 � �� ⇒ �2� �. �� �� 2 В таком виде эти соотношения справедливы лишь в случае, когда ось �направлена слева направо (это учтено на рисунках приращения слева направо). Если ось � направить справа налево, то можно повторить выводы, но можно вместо � в соотношениях подставить −� и получить: � �� −�; �� ��2 Необходимо иметь в виду, что � величина алгебраическая. Если ось � направлена вниз, то во всех соотношениях нужно изменить знак перед � на обратный. 88 ГЛАВА 6. ИЗГИБ 6.4 Равнодействующая распределённой нагрузки и её положение Изобразим участок балки, на котором действует распределјнная нагрузка (рис. 6.16). Покажем равнодействующую распределјнной нагрузки на участке от � до �. График изменения интенсивности � = �(�) называется грузовой линией (название пришло от строителей), площадь под грузовой линией грузовой площадью. Рис. 6.16. Равнодействующая распределјнной нагрузки ��� = ∫︀�� � �(�) �� = ��� геометрический смысл равнодействующей площадь под грузовой линией. ∫� ∫� � (� ) �� =︁ � · �(�) ��, ︁ ��� · �� = �� · � � Момент равнодействующей ���· �� равен сумме моментов элементарных сил, откуда ∫︀� � · � (� ) � � � �� = � ∫︀ � ( � ) �� � это формула Вариньона для оп еделения положения центра тяжести грузовой площади, т. е. �� = � ц. т. (грузовой площади). Таким образом, равнодействующая распределјнной нагрузки равна грузовой площади и проходит через еј центр тяжести. 89 ГЛАВА 6. ИЗГИБ 6.5 Построение эпюр поперечных сил � и изгибающих моментов � Эпюра это график изменения внутренних сил вдоль оси балки. Эпюры строятся, чтобы: 1) найти наиболее опасное сечение и произвести расчјт на прочность; 2) вычислить перемещения (графо-аналитический метод). Прежде всего необходимо знать все силы, действующие на балку: в заданной балке (рис. 6.17) это �, ��, ��, ��. Рис. 6.17. Построение эпюр � и � 1. Вычисление реакций опор с помощью уравнений статики. Нужно уравнения составить так, чтобы неизвестные разделились. ∑︀ �� = −�� · � + � · � = 0, ⇒ �� = · �; ∑︀ �� = �� · � � � = 0, � = �� = 0. � = ; Нужно обрат ание, что для балок с прямой осью, всегда, ∑︀ 0. Проверка: � = �� − � +�� = ·� −� + ·� = 0. Это свидетельству� �� � ет о том, что реакции опор найдены верно. Довольно часто вычисления ведутся приближјнно. В этом случае, нужно сложить отдельно положительные и отрицательные слагаемые и разницу сравнить с одной из этих сумм (лучше, с минимельной из них). 2. Определение поперечных сил. Для данной балки невозможно выразить поперечную силу с помощью одной функции, поэтому балку разбиваем на участки 1 и 2. 90 ГЛАВА 6. ИЗГИБ �1 = �� = . внешняя сила � поворачивает балку по ходу часовой стрелки. �2 = −�� = − · � = �����, знак отрицательный, т. к. внешняя сила поворачивает балку против хода часовой стрелки. Обращаем внимание на одну особенность, которая возникает при построении эпюр от сосредоточенных сил (рис. 6.18). Нужно ответить на вопрос, чему равна поперечная сила в сечении под сосредоточенной силой? же сечении � � дейст уют две поперечные силы. На самом деле, сила действует не в точке, а на некоторой малой площадке. Тогда, в каждом сечении действует только одна поперечная сила, никакого противоречия нет. Поскольку длина этой площадки несоизмеримо мала по сравнению с длиной балки, в расчјтных схемах изображается скачок силы. Рис. 6.18. Характер приложения сосредоточенной силы 2. Определение изгибающих моментов. �1 = �� · �1 = � · �1 , знак положительный, т. к. внешняя сила изгибае балку выпуклостью вниз. �1 изгибающий момент в любом сечении первого участка. Выражение для �1 линейная функция. Для построM достаточно определить две точки (на границах участка). ения эюры ○ ·� �1 = �, �1 = . 1 1 = 0; , по правым силам, вычисляем �2 �2 = � · �2 = � · �2 тоже линейная функция. �· � · � При �2 = 0, �2 = 0; �2 = �, �2 = Обращаем внимание, что в сечении на границе участков значения изгибающих моментов равны. Строим эпюру ○M . Из эпюр � и � видно, что наиболее опасным является сечение под силой �, т. к. здесь и наибольшая (по абсолютной величине) поперечная сила и наибольший изгибающий момент. 91 ГЛАВА 6. ИЗГИБ 6.6 Контроль правильности построения эпюр �и � 1. Если по длине участка: ○ а) � = 0, т. е. �� наклонной прямо б) � = �����, т. е. эпюра M кривая вт эпю ̸= �����, т. е. я граничена прямая, а ка; � ̸ ры �, то э M направ ○ порядка, а . ожную нап спределјнной нагрузки, так как � = 2 ,. а) � < 0 выпуклость эпюры M вверх (кривая выпукла); ○ M вниз (кривая вогнута). б) � > 0 выпуклость эпюры ○ � 3. Каждая ордината эпюры поперечных сил (� = нс, образуемого с осью �, угла наклона касательной к эпюре � в соответствующей точке. Если, идя по левым силам, на некотором участке балки: а) � > 0, то есть tg � > 0, то � возрастает; б) � < 0, то есть tg � < 0, то � убывает; в) � проходит через ноль, меняя знак с плюса на минус, то � = ����; � проходит через ноль, меняя знак с минуса на плюс, то � = ����.г) � = 0, то есть tg � = 0, то � = �����. 4. В сечении под сосредоточенной силой на эпюре � скачок величину силы, а на эпюре M излом. шарнирно опоры с соо ении не приложена сосредоточенная пара сил 6. На свободном конце балки (консоли) � = 0, если нет сосредоточенной пары сил, и � = 0, если нет сосредоточенной силы. 7. В защемлении � и � соответственно равны опорной реакции и опорному моменту. 8. В сечении, где приложена сосредоточенная пара сил, на эпюре ○M Q это не отрас жается. � ГЛАВА 6. ИЗГИБ 6.7 92 Напряжения в балке при изгибе Изобразим балку (рис. 6.19). На рисунке показаны активные и реактивные силы. После того, как реакции найдены, опоры можно не изображать. Рассмотрим любое сечение � − �. Выделим площадку �� на ней действуют и нормальные, и касательные напряжения. В элементарной теории изгиба касательные напряжения считаются параллельными плоскости изгиба это не совсем точно, это допущение. Рис. 6.19. Определение напряжений в балке Если просуммировать касательные напряжения по всей площади поперечного сечения, мы получаем поперечную силу в данном сечении. Аналогично, сумма нормальных напряжений по всей площади сечения дајт изгибающий момент. Следовательно, касательные напряжения зависят только от поперечной силы � = � (�), а нормальные напряжения только от изгибающего момента � = �(� ). 6.7.1 Нормальные напряжения в балке при изгибе Различают два вида изгиба: чистый и поперечный. Если на некотором участке балки поперечная сила равна нулю, а изгибающий момент постоянен, то на этом участке балка испытывает чистый изгиб (чистый, т. к. изгиб не осложнјн сдвигом). Если поперечная сила не равна нулю, то это случай поперечного изгиба. Пример: рассмотрим балку (рис. 6.20), очевидно, что для неј �� = �� = �. На среднем участке поперечная сила равна нулю, следовательно, � балка испытывает чистый изгиб. Почему? Так как , то �� � = �����. Будем определять нормальные напряжения при чистом изгибе. Двумя поперечными сечениями а – а и б – б вырежем конечный участок балки и изобразим его отдельно (рис. 6.21). Обозначим через �, � главные центральные оси инерции в правом сечении. Индексы при обозначении осей опущены, так как, в дальнейшем, всегда будем рассматривать ГЛАВА 6. ИЗГИБ 93 Рис. 6.20. Изгиб чистый и поперечный только главные центральные оси. Ось � направлена вниз, чтобы согласовать знаки изгибающих моментов, координат рассматриваемой точки и напряжений. Рис. 6.21. Часть балки при чистом изгибе Выделим в правом сечении элементарную площадку �� (выбрана в первом квадранте), �, � координаты этой площадки. Покажем напряжения на площадке: � = 0, � = �(�, �) предстоит определить. В левом сечении сумма внутренних сил сводится только к паре сил �. Составим уравнения рав стка балки: ≡ � = 0 0 тождество; ∑︀ о; ∑︀ � = ∫0︀ �= е не тождество, а необходимая формула; ∑︀ �� = � � �� − � = 0; ∑︀ �� = � · � �� = 0 знак минус, т. к. � вращает рассматриваемую часть по ходу часовой стрелки, если смотреть со стороны положител∑︀ ления оси �; �� = 0 ≡ 0 тождество. Из этих шести уравнений три обратились в тождество. Запишем лишь 94 ГЛАВА 6. ИЗГИБ те уравнения, которые могут быть использованы для вывода: ∫ ︁ � �� = 0, (1) � ∫ ︁ � · � �� = �, (2) � ∫ ︁ � · � �� = 0. (3) � Имеем три уравнения статики, это интегральные уравнения. Оказывается, что эти три уравнения имеют бесконечное множество решений. Следовательно, только с помощью уравнений статики нельзя определить нормальные напряжения при изгибе, то есть это статически неопределимая задача. Необходимо получить дополнительные уравнения, выражающие закономерность деформации при изгибе. Закономерности деформаций изучались экспериментально и теоретическим путјм. Рассмотрим балку прямоугольного сечения (конечно при чистом изгибе) (рис. 6.22). Рис. 6.22. Закономерности деформации балки Закономерности деформаций: 1. Поперечные сечения, плоские до нагружения, остаются плоскими и после нагружения. Они остаются перпендикулярными к плоскости изгиба и изогнутой оси балки. 2. Верхние волокна будут сжаты, а нижние растянуты. Естественно, где-то между ними находится слой, не претерпевающий деформаций. Это так называемый нейтральный слой цилиндрическая поверхность, перпендикулярная плоскости изгиба. 95 ГЛАВА 6. ИЗГИБ Линия пересечения нейтрального слоя с поперечным сечением называется нейтральной осью или нейтральной линией поперечного сечения. 3. В сжатой зоне поперечное сечение увеличивает свои размеры, а в растянутой уменьшает. Такое явление мы наблюдали при центральном растяжении и сжатии (эффект Пуассона). Поэтому можно предположить, что при чистом изгибе имеет место линейное напряжјнное состояние продольные волокна друг на друга не надавливают Приступим к составлению дополнительного уравнения (рис. 6.23). Изобразим элемент длиной �� до нагружения и после нагружения. Здесь �� любое волокно; � расстояние между нейтральным слоем и осью балки; точка � центр кривизны изогнутой оси балки; � радиус кривизны нейтрального слоя; ∆� угол между сечениями. Рис. 6.23. Составление уравнения совместности деформаций Вычислим относительное удлинение волокна �� ��� = �� = � · ∆�; ��′ �′ = (� + � + �) · ∆�; ∆��� = ��′ �′ − ��� = (� + � + �) · ∆� − � · ∆� = (� + �) · ∆�; �+ � . ��� � Далее по закону Гука определим напряжение � = E · ��� E �= · (� + �) (4) � это недостающее уравнение, оно выражеет закономерность деформаций, то есть сечение остајтся плоским и волокна испытывают линейное напряжјнное состояние. Подставим (4) в уравнение (1) ∫︀ ∫︀ E ∫︀ E (� + �) �� = 0, но ̸= 0, тогда � �� + � �� = � · � +� � = 0. �� Здесь �� = 0 статический момент площади сечения относительно центральной оси, � ̸= 0, следовательно � = 0 и нейтральный слой проходит ��� = ∆��� = 96 ГЛАВА 6. ИЗГИБ через ось балки. Тогда уравнение (4) примет вид E � = · �. (4′) � Подставим (4′) в (3) E ∫︀ E �· � �� = · �� = 0, так как оси �, � главные оси инерции �� � поперечного сечения, то есть условие (3) выполняется. Теперь подставим (4′) в (2) E ∫︀ 2 � �� = �, но ∫︀ �2 �� = ��, тогда �� 1 � = (5) � E · �� это промежуточная, но очень важная формула формула для кривизны изогнутой оси балки. Здесь E·�� жјсткость балки при изгибе. ние (5) в (4′) и получим �= � � ·� (6) � формула для нормальных напряжений при чистом изгибе. Эту формулу можно применять и при поперечном изгибе. Для случая � = ����� формула для � точна, а для � ̸ = ����� формула дајт погрешность порядка ℎ/�, где ℎ высота сечения, � длина балки, следовательно, для длинных балок ошибка мала. Из формулы (6) видно, что нормальные напряжения по ширине сечения не меняются, они изменяются только по высоте сечения по линейному закону. Изобразим эпюру нормальных напряжений по высоте сечения (рис. 6.24). Рис. 6.24. Эпюра нормальных напряжений по высоте сечения Следует обратить внимание на то, что вид эпюры нормальных напряжений не зависит от формы поперечного сечения. ГЛАВА 6. ИЗГИБ 6.7.2 97 Касательные напряжения в балке при изгибе. Формула Журавского Изобразим балку, испытывающую поперечный изгиб (рис. 6.25). Тремя плоскостями вырежем заштрихованный элемент и изобразим его отдельно. Покажем напряжения в точке, лежащей на ребре. Здесь есть и нормальные � и касательные � напряжения. Направление касательных напряжений покажем в соответствии с положительной поперечной силой Рис. 6.25. Напряжения в балке при поперечном изгибе В элементарной теории изгиба считается, что, во-первых, касательные напряжения по ширине сечения не изменяются и, во-вторых, что касательные напряжения в сечении имеют только вертикальную составляющую, параллельную плоскости изгиба � = � (�, �). Эти допущения не В точке �, но в продольном сечении, действуют такие же касательные напряжения в соответствии с законом парности касательных напряжений. Нормальных напряжений в продольном сечении нет, так как давлением между слоями можно пренебречь. Если рассматривать второй торец элемента, то там тоже будут и нормальные и касательные напряПокажем элемент ещј раз, но по граням покажем равнодействующие сил (рис. 6.26). Силы приводятся к равнодействующим так, чтобы главный момент был равен нулю. Верхняя грань бесконечно мала, поэтому равнодействующая равна �� . Балка находится в равновессии, поэтому и эле∑︀ олжен находиться в равновесии, тогда � = −N − �� +N +�N = 0, отсюда �� = �N. Далее �� и �N нужно выразить через напряжения �� = � · �(�) · �� обращаем внимание, что касательные напряжения бер тальной грани. Найдјм нормальную силу N , действующую на площади отсечјнной 98 ГЛАВА 6. ИЗГИБ Рис. 6.26. Равнодействующие внутренних сил N = ∫︀ � ��, где � · �� элементарная сила, площадь � � ∫︀ й части сечения. Но � = · �, тогда N = � �� = � отс с отс � � � ·� � � и найдјм �N N �N = �� · �� ∫︀ �� � отс � �� . Продифференцируем выра ение для тс отс � Теперь подставим значения �� и �N в уравнение равновессия ��· �� , учтјм, что � �, и получим � · �(�) · �� = �� � от с � = �· �� � · �(�) отс формула Журавского для касательных напряжений в поперечном сечении балки. Такие же напряжения будут действовать и в продольном сечении. В формуле Журавского: � поперечная сила в том сечении, в котором определяются касательные напряжения �� статический момент части сечения, расположенного выше или ниже точки, в которой определяется � , относительно нейтральной оси сечения; �� момент инерции всего сечения относительно нейтральной оси; �(�) ширина сечения на уровне точки, в которой определяется � . Принято вычислять касательные напряжения по абсолютной величине, то есть в формуле используется абсолютная величина � и�� , а направление � совпадает с направлением поперечной силы. Докажем, что при вычислении �� отс можно брать и верхнюю, и нижнюю части сечения (рис. 6.27). в н в н �� = � ⇒ �� в = −��н ⇒ |� � +� � =0 � |=| � � |. отс отс 99 ГЛАВА 6. ИЗГИБ Рис. 6.27. Статические моменты верхней и нижней частей сечения Примеры: 1. Касательные напряжения в балке прямоугольного поперечного сечения (рис. 6.28). Рис. 6.28. Прямоугольное сечение Определим величины, входящие в формулу Журавского. ℎ � ℎ2 1 ℎ 2 � · ℎ2 2 , �� = � · ( − �) · · ( + �) = · ( − �2) = · [1 − ( 8 2 4 2 2 3 �· ℎ �(�) = �. Подставим эти значения в формулу Журав�� = 2 , ского, произведјм сокращения и учитывая, что � · ℎ = �, получим отс �= � · � · ℎ2 · �·ℎ2 ·� 12 2 ·� 2 3·� 2 ·�2 · [1 − ( ) ] = · [1 − ( ) ] ℎ 2·� ℎ формула для касательных напряжений при изгибе в балке прямоугольного поперечного сечения. Изобразим эпюру касательных напряжений по высоте сечения (рис. ℎ 6.29). Из полученной формулы видно, что при � = ± � = 0. Это 100 ГЛАВА 6. ИЗГИБ Рис. 6.29. Распределение касательных напряжений по высоте прямоугольного сечения можно установить и без формулы, по закону парности касательных напряжений, так как внешние поверхности не нагружены. Необходимо обратить внимание на то, что касательные напряжения по высоте распределены неравномерно. Наибольшие касательные напряжения действуют в точках на нейтральной оси и равны � наиб = 3 · � 2� 2. Касательные напряжения в балке круглого поперечного ния (без вывода) (рис. 6.30). Рис. 6.30. Распределение касательных напряжений по высоте круглого В этом случае � наиб = 4 � , чем в прямоугольном се- ·� 3. Касательные напряжения в балке двутаврового сечения (рис. 6.31). Построим эпюру касательных напряжений по высоте сечения без чисел, рассуждая по формуле Журавского. Пусть точка, в которой определяется � , перемещается от верхних волокон к нижним. В пределах полки быстро возрастает статический момент � и практически не меняется � ширина сечения �(�). По высоте стенки медленно возрастает (до нейтральной оси) �� и не меняется �(�), а на границе полки со стенкой отс отс 101 ГЛАВА 6. ИЗГИБ Рис. 6.31. Распределение касательных напряжений по высоте двутавра резко уменьшается �(�) (на эпюре � скачок). Ниже нейтральной оси эпюра симметрична с верхней частью. Наибольшие касательные напряжения и в этом случае действуют в точках на нейтральной оси. Выводы: 1. Наибольшие касательные напряжения для симметричных сечений действуют в точках на нейтральной оси. 2. Вид эпюры касательных напряжений существенно зависит от формы поперечного сечения, в то время как вид эпюры нормальных напряжений не зависят от формы сечения. 6.8 Расчёт балок на прочность по допускаемым напряжениям При расчјте балок по допускаемым напряжениям за опасное принимается такое состояние при котором эквивалентные напряжения достигают предела текучести �т. Этот способ расчјта применяется для балок, в которых остаточные деформации недопустимы. Выбираем в произвольном сечении балки (рис. 6.32) произвольную точку �, в которой будем оценивать прочность (в дальнейшем будем оценивать прочность в опасном сечении). В поперечном сечении действуют поперечная сила � и изгибающий момент � пусть для определјнности они будут положильными. � �·� м напряжения и По формулам � = · �, � = � · �( � ) � строим их эпюры Теперь, в окрестности точки � вырежем элемент и покажем напряжения по граням (рис. 6.33). На верхней и нижней площадках нормальных напряжений нет, действуют только касательные напряжения. На боковых гранях действуют и нормальные, и касательные напряжения. Элемент испытывает плоское напряжјнное состояние: �� = �, �� = �, �� = 0, �� = −� . отс 102 ГЛАВА 6. ИЗГИБ Рис. 6.32. Расчјт на прочность в произвольной точке Рис. 6.33. Напряжјнное состояние детали в точке Для составления условия прочности необходимо найти главные напряжения �� , � = � )± · [(�� + ��√︁ 2 (�� 1 − )2 + 4 · �� �� 2] = 1 · (� ± √ �2 + 4 · � 2). 2 √ √ 1 2 2 � Тогда �� = · (� + � + 4 · � ), � = · (� − �2 + 4 · � 2). 2 2 � Так как �� ≥ 0 и ��� ≤ 0, присвоим главныем напряжениям араб√ 1 1 ские индексы � = (� + �2 + 4 � 2), � = 0, � = · (� − 1 √ 2 �2 +ее 4 ·сле � 2). ться подходящей теорией прочности. Балки обычно изготавливаются из сталей, из алюминиевых или магниевых сплавов, то есть из пластичных материалов, поэтому воспользуемся IV-й теорией прочности. �экв� ≤ [�], �экв � � � √︁ = �2 + �2 + �2 − �1 · �2 − �2 · �3 − �3 · �1. 1 2 3 Подставив значения главных напряжений, получим �экв�� = Эт √ 2 �+3·�. я положительных � и � , но и для 2 103 ГЛАВА 6. ИЗГИБ √ отрицательных. Тогда �2 + 3·� 2 ≤ [�] условие прочности для произвольной точки балки по способу допускаемых напряжений. Чтобы проверить прочность всей балки, нужно взять опасную точку наиболее опасного сечения, т. е. для всей балкиэкв �наиб ≤ [�]. ти � в� н мум. Сначала исследовать по контуру сечения, затем внутри, найти все экстремумы, а затем выбрать наибольшее по абсолютной величине значе�� Опыт расчјтов, накопленных к настоящему времени, показывает, что наибольшие эквивалентные напряжения могут быть в одной из следующих точек: 1. точка с наибольшим по абсолютной величине нормальным напряжением; 2. точка с наибольшим касательным напряжением в поперечном сечении; 3. точка в месте резкого изменения ширины поперечного сечения в сечении с большими значениями поперечных сил и изгибающих моменРассмотрим подробнее эти точки. Первая опасная точка (почти всегда она и бывает самой опасной)(рис. 6.34). Рис. 6.34. Первая опасная точка Наибольшие по абсолютной величине нормальные напряжения возникают в наиболее удалјнной от нейтральной оси точке сечения, где действует | � | наиб , и равны | � |наиб = | � |наиб · | �| наиб . � Будем применять условие прочности: � |=| � |наиб, � = 0, тогда на Но условие прочности в �экв | �|н � 104 ГЛАВА 6. ИЗГИБ первой опасной точке запишется в виде | � |наиб � ≤ [�]. Таким образом, первая опасная точка находится в сечении с наибольшим по абсолютной величине изгибающим моментом в наиболее удалјнной от нейтральной оси точке. Вторая опасная точка (рис. 6.35). Рис. 6.35. Вторая опасная точка Это точка с наибольшими касательными напряжениями. Выясним, где она находится. По формуле Журавского � = �· � · �(�) � отс б = | �|наиб � ·( отс � )наиб. ) Наибольшее значение касательных напряжений будет тогда, когда выражение в круглой скобке будет наибольшим, то есть на нейтральной оси (н.о.). �наиб = | � |наиб · ( )н.о.. отс � Таким образом, вторая опасная точка находится на нейтральной оси в сечении с наибольшей по абсолютной величине поперечной силой. Запишем условие прочности для этой точки. Для неј: � = 0, � = �наиб, [�] √ √ тогда �экв��= �2 + 3 · � 2 = 3 · �наиб. Но [� ]�� = √ . Следовательно, 3 | � |наиб �� ·( ��отс )н.о. ≤ [� ]�� �(�) условие прочности во второй опасной точке. 105 ГЛАВА 6. ИЗГИБ Рис. 6.36. Третья опасная точка Эта точка бывает наиболее опасной только для коротких балок. Третья опасная точка (рис. 6.36). Эта точка находится в месте резкого изменения ширины сечения. Такое наблюдается, например, у двутавровых балок √︀ 2 ≤ [�] �экв = �2оп + 3 · �оп �� условие прочности в опасной точке. Эту точку нужно рассматривать в том сечении, где подкоренное выражение будет наибольшим. В ряде случаев это просто, когда | � | наиб и |� наиб находятся в одном сечении, тогда именно в этом сечении сле| дует проверять третью опасную точку. Но, обычно | | � наиб| и � | наиб находятся в разных сечениях, поэтому,учитывая, что в длинных балках главную роль играют нормальные напряжения, эту проверку (то есть проверку третьей опасной точки) делают в сечении с наибольшим изгибающим моментом. Эта точка оказывается наиболее опасной весьма редко. 6.9 Рациональная форма поперечного сечения балки Рассмотрим два случая: Первый случай, когда материал балки одинаково сопротивляется расВ отыскании наиболее рациональной формы сечения будем отправляться от прямоугольного сечения. Касательные напряжения малы и здесь их учитывать не будем (рис. 6.37). ГЛАВА 6. ИЗГИБ 106 Рис. 6.37. Рациональная форма поперечного сечения балки Из эпюры нормальных напряжений видно, что полностью возможности материала балки используются только в наиболее удалјнных от нейтральной оси точках сечения, то есть в верхней и нижней точках. В других точках сечения возможности материала недоиспользуются, особенно сильно в области нейтральной оси. Необходимо перераспределить материал в область наибольших напряжений, тогда грузоподъјмность балки увеличится (за счјт увеличения �� и, соответственно, ��). Однако очень высокие балки применять нельзя, т. к. может быть потеря устойчивости. Итак, наиболее экономичной формой поперечного сечения для балок, изготовленных из материала, одинаково сопротивляющегося и растяжению, и сжатию, является двутавр. Изгибающий момент большей частью воспринимается полками, так как значительные нормальные усилия приходятся на полки, а поперечная сила воспринимается стенкой. Второй случай, когда материал балки неодинаково сопротивляется растяжению и сжатию, то есть [�]сж > [�]р. Какая форма поперечного сечения наиболее экономична в этом случае? Очевидно, наиболее экономичная форма такая, при которой напряжения в крайних волокнах будут равны допускаемым напряжениям. Построим вначале эпюру нормальных напряжений (рис. 6.38). Далее, по эпюре построим сечение, для которого эта эпюра будет справедлива. Сечение должно иметь такую форму, чтобы его центр тяжести был смещјн по оси �. Этого можно достичь, применяя тавровое сечение, но, при этом необходимо, чтобы полка тавра испытывала растяжение. Применимы и двутавры, но разнополые, однако они сложнее в 107 ГЛАВА 6. ИЗГИБ Рис. 6.38. Рационалная форма поперечного сечения балки для случая, когда [�]с > [�]р 6.10 6.10.1 Перемещения балок при изгибе Прогиб и поворот поперечного сечения балки Рассмотрим консольную балку, нагруженную сосредоточенной силой. Ось � направим вверх, т. к. необходимо получить основные формулы со знаком "плюс"(рис. 6.39). Рис. 6.39. Перемещения в балке Строго говоря, силу � нужно приложить к изогнутой балке. Горизонтальные перемещения намного меньше вертикальных, поэтому их не рассматриваем. Перемещения балки: � прогиб балки в рассматриваемом сечении это вертикальное перемещение центра тяжести поперечного сечения; после изгиба поперечное сечение остајтся плоским и перпендикулярным оси балки; � угол поворота поперечного сечения балки или поворот поперечЗная � и �, можно определить положение любой точки балки. Пусть �(�) уравнение изогнутой оси балки или уравнение упругой линии бал- 108 ГЛАВА 6. ИЗГИБ ки. Покажем угол �(�), на который повернјтся данное сечение балки. Далее угол, образованный касательной к изогнутой оси и горизонталью, тоже равен углу �(�) (рис. 6.40). Следовательно, � ≈ �, � так как угол � весьма мал. Деформации балк весьма малы даже при напряжениях, равных допускаемым, поэтому Рис. 6.40. Связь между углом поворота и производной �= �� �� . Правило знаков для �: если � > 0, тогда � нный на рисунке 6.40), то сечение поворачивается против часовой стрелки. А если � < 0, то по ходу часовой стрелки. Это правило справедливо для случая, когда ось � направлена слева направо. Если изменить направление оси �, то изменится и правило знаков на противоположное. Правило знаков для прогибов: если � > 0, то прогиб происходит вверх, а если �< 0, то прогиб происходит вниз. Знак прогиба не зависит от направления оси �. 6.10.2 Дифференциальное уравнение изогнутой оси балки Запишем формулу для кривизны балки, которая была получена при выводе формулы для нормальных напряжений 1 � = . (1) � E · �� Эта формула получена для чистого изгиба, когда отсутствует поперечная сила. Что может изменить �? Она несколько изменяет прогибы и, 109 ГЛАВА 6. ИЗГИБ следовательно, кривизну, но поправка, которую вносит поперечная сила, невелика и ею пренебрегают. Поэтому формулу (1) можно применять и при поперечном изгибе. Она является практически точной (теоретически нет). Рассмотрим любое сечение балки � и элемент длиной ��. Из алгебры известно, что элемент �� можно считать элементом окружности. � центр кривизны изогнутой оси балки в сечении �. С помощью формулы (1) кривизна выражается через внешние силы, упругие свойства материала, размеры и форму поперечного сечения балки (рис. 6.41). Рис. 6.41. Перемещения в консольной балке Кривизну можно выразить и через уравнение изогнутой оси балки. Из алгебры известно ′′ 1 = 3 . ′ 2 � [1 + (� ) ] 2 (2) Чтобы приравнять правые части формул (1) и (2),необходимо выяснить, будут ли они с одинаковым знаком. 1 Формула (1): балка изгибается выпуклостью вниз, поэтому > 0, так � 1 как � > 0; формула (2): > 0, так как �′′ > 0, то есть эти формулы дают кривизну с одинаковым знаком. Теперь можно приравнять правые части формул ′′ � 3= E·� [1 + (�′)2] 2 полное дифференциальное уравнение изогнутой оси балки. Здесь исключјн индекс у �, т. к. в дальнейшем будем считать, что � это момент инерции сечения относительно нейтральной оси, а индекс писать не будем 110 ГЛАВА 6. ИЗГИБ Это нелинейное дифференциальное уравнение, которое можно решить на компьютере. Однако, в этом нет необходимости, так как уравнение можно упростить. Поскольку �′ = � << 1, а (�′)2 <<< 1, то можно записать 1−(�′)2 ≈ 1. Ум тва на E · � и получим E · � · �′′ = �(�) облегчјнное дифференциальное уравнение изогнутой оси балки (не приближјнное). Это уже простое уравнение, которое легко решается. Проинтегрируем это уравнение ∫︁ E · � · �′ = E · � · � = � (�) �� + � уравнение для углов поворота сечений. Проинтегрируем уравнение ещј раз ∫︁ ∫︁ E · � · � = �� � (�) �� + � · � + � уравнение для прогибов. В этих уравнениях � и � постоянные интегрирования, определяемые из граничных условий. Размерности: � произведение силы на длину в квадрате, � произведение силы на длину в кубе. Замечание: Полученные формулы для � и � справедливы при (�′)2 << 1. По ним нельзя определять перемещения гибких балок здесь нужно использовать полное дифференциальное уравнение изогнутой оси балки. Пример (рис. 6.42). Для заданной балки определить прогиб и угол поворота сечения в концевом сечении консоли �. Рис. 6.42. Определение перемещений � = � · (� − �), тогда E · � · �′′ = � · (� − �), 111 ГЛАВА 6. ИЗГИБ ′ E · � · � = � · (� · � − � · �2 ) + �, �3 ) + � · � + �. 6 Из граничных условий определяем постоянные интегрирования: 1) при � = 0 �=0 ⇒ � = 0; 2)при � = 0 �= 0 � = 0. ⇒ Тогда E · � · � = � ·( �= � − �2 � · �2 �2 · (� · � − 2 ), при � = � �� = 2 · E · � . ·� Знак плюс следовательно поворот сечения происходит против часовой стрелки. � � · �2 � · �3 �3 . − ), при � = � �� = ·( 6 ·E· E·� Знак плюс следовательно прогиб происходит вверх. Конкретизируем этот пример: для заданной стальной балки подобрать двутавровое сечение и определить прогиб и угол поворота сечения �, если � = 20 кН, � = 2 м, [�] = 160 МПа, E = 2 · 105 МПа. ение � (заделка) | � |на · �= 3 20 · м. 0 10 иб = 2, 5 ·10−4м3 = 250см3. �� ≥ = 06 Выбираем двут м3, �� = 2790см4. Теперь определяем перемещения �= � · �2 �� = 103 · 22 ·E ·� = � · �3 �� = 2·2· · 0 · 10−8 −3 = 7, 168 · 10 103 · 23 = −3 = 7, 168 · 10 3·E ·� 3·2· · 0 · 10−8 Из данного примера видно, что (�′)2 = (7, 168 · 10−3)2 = 5, 135 · 10−5 <<< 1. ∘ рад = 0, 411 . м = 7, 168 мм. 112 ГЛАВА 6. ИЗГИБ 6.11 Балки переменного сечения До сих пор мы рассматривали балки постоянного сечения, однако по конструктивным соображениям или с целью уменьшения веса детали машин часто изготавливают переменного сечения. Условно балки переменного сечения можно разделитm на три группы. 1. Балки, имеющие местные изменения формы и размеров, например, отверстия , галтели (рис. 6.43). Рис. 6.43. Балки с местными изменениями формы и размеров Отверстия , галтели, выточки вызывают концентрацию напряжений, поэтому при расчјте на прочность балок с концентраторами формулы для балок постоянного сечения не применимы (нужно учитывать концентрацию напряжений). Концентрация напряжений имеет местный характер, поэтому при определении перемещений она не учитывается. 2. Ступенчатые балки (рис. 6.44). Рис. 6.44. Ступенчатая балка В частях сопряжјнных участков с различными размерами также возникает концентрация напряжений, которую нужно учитывать при расчјте на прочность. При определении перемещений расчјты ведутся по участкам. 3) Балки с плавно изменяющимися размерами (формой) (рис. 6.45). Рис. 6.45. Балка с плавно изменяющимися размерами 113 ГЛАВА 6. ИЗГИБ При расчјте на прочность балок с плавно изменяющимися размерами сечениея можно пользоваться формулами для балок постоянного сечения, предварительно определив наиболее опасное сечение сечение, в которй возникают| � |наиб. Для этого составляется функция| � | наиб= � (�) и ищется еј экстремум. При определении перемещений для всех балок можно пользоваться формулами для балок постоянного сечения, только здесь будет � = �(�) E � (�) · �′′ = � (�), � �) �′ = � = �� + �, � (� ) E ∫︁ ∫︁ 1 � �= �� �� + � · � + �. E �(�) Постоянные интегрирования � и � находятся из граничных условий. 6.12 Балки равного сопротивления Рассмотрим балку на двух опорах, нагруженную силой (рис. 6.46, а) и построим эпюру внутренних сил (рис. 6.46, б-в). Как назначается |� поперечное сечение для балок постоянного сечения? �� ≥ .В такой балке полностью нагружено только одно сечение �, в котором | � | наиб= [�]. Во всех других сечениях балка недогружена. Напрашивается вывод: уменьшить размеры сечения так, чтобы во всех сечениях было | � наиб= [�], тогда получим балку равного сопротивления. ния называется такая бал аждом сечении которой наибольшее напряжение равно допускаемому. Для балки, показанной на рисунке, выясним, как будет изменяться еј поперечное сечение, если она будет балкой равного сопротивления. � (�) �(�) . В балке равного сопротивления � (�) �] Для определјнности будем рассматривать балку круглого поперечного сечения с диаметром �) √ 3 ︁ 32 · � (�) �(�) = 3 . � (�) =� · � (�) 2 � · [�] �· � � � Конкретизируем для участков �1 (�) = , то√︁ √︁ 32 · � · � · �2 гда � (�) = 3 32 · � · � · �1 ; так изменяются �2 (�) = 3 1 � · � · [�] � · � · [�] ГЛАВА 6. ИЗГИБ 114 Рис. 6.46. Балка равного сопротивления диаметры сечений в балке, то есть изеняются по закону �1/3 . Изобразим балку (рис. 6.46, г). С приближением к опорам �→0, но возле опор имеются касательные нап ы и они становятся опасными. Диаметр балки у опор нужно подбирать из условия прочности по касательным 4 � 4 � 16 � напряжениям: �наиб ≤ [� ], но �наиб = · = · = · 2 . Откуда � 3 � · �2 3 � · � √ 16 · � �=︁ это для участков балки, прилегающих к опорам. 3 � [� ] ступенчатой (рис. 6.46, д). 6.13 Вопросы для самопроверки Какой изгиб называется прямым чистым, прямым поперечным? Что такое нейтральный слой, силовая плоскость, нейтральная линия (ось), силовая линия (ось)? Как взаимно расположены силовая и нейтральная линии при прямом изгибе? Как изменяются нормальные и касательные напряжения по сечению в направлении силовой и нейтральной осей при прямом поперечном изгибе балки? В каких точках поперечного сечения балки возникают наибольшие нормальные напряжения? Какие пријмы используют при интегрировании? Как решаются основные задачи расчјта на прочность при плоском изгибе? Глава 7 Кручение Это четвјртая и последняя простая деформация, которая изучается в сопротивлении материалов В первой части темы рассмотрим кручение брусьев круглого поперечного сечения. 7.1 Основные понятия о кручении. Крутящий Будем рассматривать брусья постоянного круглого поперечного сечения с прямой осью (рис. 7.2). Рис. 7.1. Брус, работающий на кручение Брусья испытывают деформацию кручения, если они нагружены парами сил в плоскостях, перпендикулярных оси бруса. Изобразим брус, испытывающий кручение. Если брус находится в покое или вращается с постоянной угловой скоростью, то моментов ∑︀ пар сил относительно оси бруса равна нулю: �� = 0. ываются валами. ь, сумму внутренних сил ечном сечении вала. Эти внутренние силы приводятся только к паре сил. 115 ГЛАВА 7. КРУЧЕНИЕ 116 Пара сил, с которой одна часть вала действует на другую, называется крутящим моментом и обозначается через �к. Таким образом, крутящий момент есть внутренняя сила. Как определить крутящий момент в любом поперечном сечении вала? На рисунке 7.2 показано нагружение вала из условия, что смотрим на вал слева направо. Применим метод сечений плоскостью перпендикулярной оси вала, и покажем силы, действующие отдельно на левую часть и отдельно на правую часть. �() крутящий момент. На рисунке показаны положительные направления крутящего момента. Рассмотрим равновесие отдельных частей. Рис. 7.2. Определение крутящих моментов Равновесие левой части: ∑︀ ∑︀ ∑︀ �лев − �к = 0, �к = �лев; в данном случае �лев = �1 − �2.) Равновесие правой части ∑︀ ∑︀ ∑︀ �к + �прав = 0, �к = − �прав; в данном случае �прав = −�3 + �4.) Следовательно, крутящий момент можно вычислять как по левым, так и по правым силам (рис. 7.2). Крутящий момент в каком-либо поперечном сечении вала численно равен сумме моментов относительно оси вала внешних пар сил, действующих по одну сторону от данного сечения О знаке крутящего момента (рис. 7.3): смотрим на оставшуюся часть вала со стороны внешней нормали � к сечению. Если при этом крутящий момент действует против часовой стрелки, то он считается положительным, а если по часовой стрелке то отрицательным. 117 ГЛАВА 7. КРУЧЕНИЕ Рис. 7.3. Правило знаков для крутящего момента Построим эпюру крутящего момента это график изменения крутящего момента по длине вала (рис. 7.4). Рис. 7.4. Эпюра крутящего момента Эпюра �к строится для того, чтобы определить |� к опасное сечение вала. 7.1.1 наиб | , то есть наи Вычисление моментов, передаваемых на вал, по мощности и числу оборотов Изобразим участок вала, к которому приложена внешняя пара сил � . Чтобы произвести расчјты на прочность, необходимо знать �, однако на практике чаще известны только мощность � и число оборотов �(в об/сек) (рис. 7.5). Можно записать � = �· �, где � угловая скорость, � = 2 · � · �, � = � · 2 · � · �. Разрешим зависимость относительно � �= � формула для момента внешней пары сил. ·�·� В инженерной практике эта формула конкретизируется. 1. Пусть мощность �задана в кВт. (вал приводится в движение электродвигателем), а скорость вращения вала � в об/мин; �необходимо 118 ГЛАВА 7. КРУЧЕНИЕ Рис. 7.5. Вал с приложенной внешней парой сил � получить в Нм. � = � � � = 954, 9 · � . 2·�· 60 В данной формуле � в кВт, � в об/мин, � в Нм. 1) Пусть мощность N задана в л. с., а скорость вращения вала � в об/мин, момент нужно получить в Н · м. Вначале переведјм заданные параметры в одну систему (1 л. с. = 73,55 Н м). � = 73, 55 · N Н · � м/сек, � = тавим эти значения в общую формулу: �= 73, 55 · N 2·� · 60 = 702, 4 · N � . Это инженерная формула, в ней N л. с., � об/мин, а � Нм. 7.2 Напряжения круглого вала при кручении и расчёт на прочность Изобразим вал до нагружения (рис. 7.6, а). Пусть нижним концом он защемлјн. Выберем систему координат, ось �направим по оси вала. Вырежем элемент вала двумя поперечными сечениями, одно на расстоянии �от начала координат, второе на ��от первого и двумя осевыми плоскостями, между которыми малый угол ��. Покажем вал и элемент после нагружения (рис. 7.6, б). В любом сечении вала крутящий момент �к = � (рис. 7.6). Задача определения напряжений статически неопределима. Нужно записать уравнения статики и дополнить их уравнениями совместности деформаций. Изменим порядок. Сначала составим уравнения совместности деформаций. Закономерности деформаций изучались сначала опытным путјм, а затем и теоретическим. Установлено. ГЛАВА 7. КРУЧЕНИЕ 119 Рис. 7.6. Закономерность деформации вала 1. Поперечные сечения после нагружения остаются плоскими и перпендикулярными оси вала, т.е. выполняется гипотеза плоских сечений. 2. Расстояния между любыми поперечными сечениями вала после нагружения не изменяются, т.е. �� = 0. 3. Диаметр вала и величина угла �� не изменяются, радиусы не искривляются, то есть поперечные сечения в своей плоскости не деформируются они лишь поворачиваются как жјсткие диски, отсюда �� = �� = ��� = 0. Из равенства нулю вышеуказанных линейных и угловых деформаций, согдасно закону Гука, следует, что �� = �� = �� = ��� = 0. Эти зависимости выражают закономерности деформации при кручении. Изобразим элемент в состоянии до нагружения (пунктирные линии) и после нагружения (сплошные линии). На произвольном расстоянии � от оси � рассмотрим деформации элемента: � абсолютный сдвиг; �� элементарный угол поворота сечения: �� = ��+�� − �� ; � угол, на который повернјтся прямая, параллельная оси, то есть это угол сдвига (рис. 7.7). Рис. 7.7. Деформации элемента вала 120 ГЛАВА 7. КРУЧЕНИЕ Из верхнего треугольника: � = � · ��, из вертикального треугольника: �= · = � · ��, тогда � �= �· . �� Эта формула выражает закономерности деформации при кручении. Теперь выразим эту закономерность в напряжениях, для этого нужно знать напряжјнное состояние элемента. Покажем ещј раз элемент и напряжения, действующие по его граням, (они были рассмотрены при изучении темы "Сдвиг"). По четырјм граням элемента действуют только касательные напряжения это чистый сдвиг (рис. 7.8). Следовательно, при кручении вала круглого поперечного сечения в любой его точке реализуется чистый сдвиг. Рис. 7.8. Напряжјнное состояние вала При чистом сдвиге � = � · �, поэтому �� �= �· �· это уравнение совместности деформаций в напряжениях. Теперь составим уравнения равновесия (статики). Покажем поперечное сечение вала, крутящий момент �к > 0. Покажем элементарную часть сечения �� и напряжение � , действующее в ней (рис. 7.9). Составим уравнение равновесия ∫︁ ∑︁ �� = � · � �� = �к. Решая совместно уравнение совместности деформаций и уравнение равновесия, получим �� �2 �� = �к. �· �� � 121 ГЛАВА 7. КРУЧЕНИЕ Рис. 7.9. Поперечное сечение вала �� Величины �и нтеграла, так как они не зависят от � радиуса. В этой формуле интеграл представляет собой полярный момент � · �4 . Тогда инерции поперечного сечения вала: �� = 2 �= �к , � · �� � � где � относительный угол закручивания, то есть угол закручивания вала длиной, равной единице. Чем больше полярный момент инерции, тем меньше относительный угол закручивания �, то есть тем жјстче вал, поэтому произведение �· �� называется жјсткостью вала при кручении. �к �� Подставим · · . Сократив �, � · �� �� получим оконч асательных напряжений при кру�= �к �� · �. Изобразим эпюру касательных напряжений на любом радиусе (рис. 7.10). Видно, что наибольшие касательные напряжения действуют на поверхности вала и равны � наиб = �� �к = �� наиб , но � · � � наиб момент � сопротивления вала кручению, тогда �к � наиб = � , � � · �3 где для круглого сечения ��= 6 Переходим к расчјту на прочность. Условие прочности при кручении по любой теории � наиб ≤ [� ]. По IV теории, которая наболее точна для 122 ГЛАВА 7. КРУЧЕНИЕ Рис. 7.10. Распределение касательных напряжений деталей из пластичных материалов, связь между допускаемыми напря[�] жениями: [� ] = √ . 3 Подставим в условие прочности значение � наиб в наиболее опасном | �к | наиб � ≤ [� ]. Это условие прочности при кручении для всего вала. Здесь | �|к наиб берјтся с эпюры крутящего момента. По этому условию проверяется прочность вала (первая задача). Вторая задача назначение размеров поперечного сечения решает- � ≥ � | �к | наиб [� ] Третья задача определение грузоподъјмности | �к | наиб≤ [� ] · ��. По этой формуле определяется наибольший крутящий момент, а зная | �к наиб | , можно найти допускаемые внешние пары сил. слов о наиболее экономичном сечении вала окажем эпюру напряжений в вале сплошного сечения. Здесь возможности материала полностью используется только на поверхности вала. Остальной материал недогружен, особенно у оси. Поэтому необходимо убрать материал от оси. Получим (рис. 7.11) пустотелый вал. У пустотелого вала весь материал работает при напряжениях, близких к допускаемому. Применение пустотелого вала приводит к увеличению его грузоподъјмности при той же площади поперечного сечения. 123 ГЛАВА 7. КРУЧЕНИЕ Рис. 7.11. Выбор наиболее экономичного сечения вала Но, если стенка вала очень тонкая, то может быть местная потеря устойПокажем, что при кручении имеются сжимающие напряжения, которые могут привести к потере устойчивости тонкостеннго вала. В любой точке вала (круглого) чистый сдвиг. Главные напряжения действуют на площадках, повјрнутых на угол 45∘, и сжимающее главное напряжение �3 = −� (рис. 7.12). Рис. 7.12. Сжимающие напряжения Напомним формулу момента сопротивления кручению для пустоте� · �3 �4 лого вала �� = · (1 − 4 ). 16 � 7.3 Перемещения при кручении круглого ва- Перемещения вала вполне определены, если известен угол поворота поперечного сечения вала, т.к. поперечные сечения вала поворачиваются как жјсткие диски. Изобразим вал, нагруженный внешними парами сил (рис. 7.13). Будем рассматривать угол ��� так обозначается угол закручивания вала на участке ��. ��� это угол, на который сечение � повернјтся относительно сечения �, где � и � произвольные сечения. Как определить ���? В предыдущем параграфе было получено: �к �к � , ⇒ �� = · ��. � · �� � · �� 124 ГЛАВА 7. КРУЧЕНИЕ Рис. 7.13. Перемещения вала Здесь �� угол закручивания вала на элементарном участке ��. Чтобы получить угол закручивания вала на участке ��, просуммируем углы закручивания элементарных участков ∫︁ � �к ��� = · ��. � �· �� Это общая формула для определения угла закручивания вала на участке ��. Теперь определим угол закручивания всего вала ∫︁ � �к �� = · �� 0 �· �� угол, на который одно торцевое сечение повернјтся относительно друЕсли крутящий момент на каждом участке постоянен и вал постоянного поперечного сечения, то ∑︁ �к(�) · �(�) . �� = �· � Если, в частном случае по всей длине вала �к = �����, то �= �к · � �· � угол закручивания вала при постоянном крутящем моменте. О знаке. Угол закручивания � вала может быть как положительным, так и отрицательным. Из формулы видно, что знак � совпадает со знаком крутящего момента. ГЛАВА 7. КРУЧЕНИЕ 125 1) Если при расчјте по формулам получилось � > 0, то это означает, что одно сечение повернулось относительно второго сечения против хода часовой стрелки, если смотреть со стороны первого сечения. 2) Если � < 0, то поворот происходит по часовой стрелке. 7.4 Расчёт винтовых цилиндрических пружин с небольшим углом подъёма витка Точный расчјт на прочность винтовых пружин достаточно сложен, т.к. проволока винтовой пружины одновременно может испытывать растяжение (сжатие), кручение, сдвиг и изгиб. Винтовая пружина может рассматриваться как пространственно изогнутый брус, ось которого представляет собой винтовую линию. Еј форма определяется средним диаметром витка �, числом витков �и углом подъема �. Подъјм витка можно характеризовать также шагом пружины �. � = � � ·tg �. · Для всех встречающихся на практике пружин шаг � намного меньше длины окружности � �, следовательно, угол · подъјма � может рассматриваться как величина малая. Обычно � < 5∘. Пусть цилиндрическая винтовая пружина со средним диаметром витков �, имеющая � витков, угол подъема � и диаметр � поперечного сечения проволоки, растягивается силами � , приложенными вдоль оси пружины (рис. 7.14). Рис. 7.14. Винтовая пружина Используя метод сечений, рассмотрим равновесие верхней части пружины (рис. 7.15, а). Действие отброшенной части заменим поперечной 126 ГЛАВА 7. КРУЧЕНИЕ силой � = � и крутящим моментом �к = � ·�/2. В силу малости уг- ла наклона витков � нормальной силой и изгибающим моментом можно пренебречь, тогда в поперечном сечении витка будут действовать толmко � (рис. две группы касательных напряжений: от среза � � = � · 2 �к 8 7.15, б) и от кручения � �� = = , в) . � · �3 Рис. 7.15. Напряжения в поперечном сечении пружины Как видно из распределения напряжений, в точке В поперечного сечения витка на внутренней стороне пружины касательные напряжения �� и � о направлению, поэтому � ��� = � � + � �� = 4 · � + 8 · � · � = 4 · � · � · (1 + 2 · � ) ��� � · �2 � · �3 � · �2 � На внутренней и наружной поверхностz[ витка радиусы кривизны различны, поэтому используют более точную формулу для наибольших касательных напряжений ���� = 8 · �· � � · �3 5 · − = �/�. Для пружин большого диаметра из тонкой проволоки �/� >> 1, поэтому касательные напряжения от кручения � �� �� значительно больше � напряжений от среза � � , которые можно не учитывать, тогда ���� = 8 · �3 При таком упрощении легко вычислить перемещение оси пружины (осадку), которая обозначается через �. Вырежем из пружины элемент длиной �� (рис. 7.16). После нагружения второе сечение поворачивается 127 ГЛАВА 7. КРУЧЕНИЕ Рис. 7.16. Перемещения в цилиндрической пружине отностительно первого на угол ��, где �� = �· �к· �� �� �к· �� · �� , тогда �� = � �� = · суммируем осадку по всей длине стержня пружины ∫︁ �= где �= ∫︀� 0 � � ∫︁ �к · �� �� = � · �� �к· � , � �� = �· 0 0 �� полная длина стержня пружины. Пренебрегая наклоном витков горизонтали получим � = 2 · � · �· �, где � количество витков. � · �4 Учтјм, что �к = � · �, �� = Подставив полученные соотношения в выражение для �, получим � = �· �·� ·2 = 4 � 3� ��4 = 8 3� � �4 . Теперь об условии жјс пружины: �≤ [�], где [�] допускаемое значение осадки, следовательно 8 � 3� ��4 ≤ [�] условии жјсткости пружины. 7.5 Кручение брусьев некруглого сечения При кручении брусьев некруглого поперечного сечения гипотеза плоских сечений не применима, так как при закручивании происходит депланация (искривление) сечения. В связи с этим методами сопротивления материалов напряжения определить невозможно. Методами теории 128 ГЛАВА 7. КРУЧЕНИЕ упругости для брусьев прямоугольного сечения получены следующие зависимости (рис. 7.18). Рис. 7.17. Кручение прямоугольного бруса � max = �к � , � � = �к· к , �′ max = �·� max , к где �max напряжение, действующее на поверхности бруса посередине бо́льшей стороны прямоугольника; �max напряжение, действующее на поверхности бруса посередине ме́ньшей стороны прямоугольника; �к = � �· �· 2 геометрический фактор прочности (условный момент соп ния кручению); 3 �к = � ·� � · геометрический фактор жјсткости (условный момент инерц и кручении). Значения коэффициентов �, �, � в зависимости от соотношения размеров прямоугольника �/� приведены в таблице a/b 1 1,5 2 3 4 6 8 10 ∞ � 0,208 0,213 0,246 0,285 0,282 0,299 0,307 0,313 0,333 � 0,141 0,196 0,229 0,263 0,281 0,299 0,307 0,313 0,333 � 1,000 0,859 0,795 0,753 0,745 0,743 0,742 0,742 0,742 7.6 Кручение тонкостенных брусьев (свободное кручение) Кручение брусьев некруглого сечения может быть свободным или стеснјнным. При свободном кручении нет препятствий к искривлению поперечных сечений. Брус будет испытывать свободное кручение, если 129 ГЛАВА 7. КРУЧЕНИЕ по его длине крутящий момент и размеры поперечного сечения не меняются, а также нет защемления. Характерной особенностью тонкостенных брусьев является то, что толщина (�) значительно меньше длины (�) контура сечения (� > 10 ·�). зделяются на брусья с замкнутым и открытым профилем. У брусьев с открытым профилем средняя линия поперечного сечения является незамкнутой кривой(рис. 7.18). Рис. 7.18. Тонкостенные брусья открытого профиля У брусьев с замкнутым профилем средняя линия поперечного сечения замкнутая кривая (рис. 7.19). Рис. 7.19. Тонкостенные брусья с замкнутым профилем 7.6.1 Свободное кручение тонкостенных брусьев с открытым профилем Напряжения в брусьях с открытым профилем сильно не изменятся, если его распрямить. Тогда можно использовать расчјтные формулы для прямоугольного сечения с большим соотношением сторон (� > 10· �), для которых � = � = 1/3 (рис. 7.20) 1 �к = · � · �2, 1 �к = · � · �3 130 ГЛАВА 7. КРУЧЕНИЕ Рис. 7.20. Кручение тонкостенного бруса прямоугольного сечения �= �к � , � �· к 7.6.2 = �� � �к � � · = к · �. 1 � 2 3 · �· � �к Общий случай свободного кручения тонкостенного бруса с открытым профилем Если сечение бруса нельзя развернуть в прямоугольник (рис. 7.21), то момент �к рассматривается как сумма моментов, действую от∑︀ дельных элементах сечения постоянной толщины: �к = �к�. овы �� = � . Но � = � к ∑︀ 1 ∑︀ �к = � · · · ·��·��3 . · �· � или �к = � � 3 �· к �� � 3 � � Рис. 7.21. Общий случай тонкостенного бруса с открытым профилем Тогда �= �к � , 1 ∑︀ � · · �� · ��3 131 ГЛАВА 7. КРУЧЕНИЕ где �к = 1 Так ка ·� · � 3. , то �к �к = �к� �к Из предыдущего параграфа � �� � = �к� к� · �� = �к к · ��. Из полученной формулы видно, что наибольшие напряжения действуют в элементе с наибольшей толщиной �наиб, тогда �наиб = 7.6.3 �к �к · �наиб. Свободное кручение тонкостенных брусьев с замкнутым профилем В связи с малой толщиной профиля можно сделать следующие допущения (рис. 7.22): Рис. 7.22. Кручение тонкостенного бруса с замкнутым профилем 1) касательные напряжения по толщине сечения не изменяются; 2) направление касательных напряжений параллельно касательной к сре нии сечения. � · � поток касательных напряжений, тогда � = � 1 �1 ∆ � = �2 · �2 · ∆�, отсюда �1 · �1 = �2 · �2 = � · � = �����. Следовательно, поток касательных напряжений Рассмотрим в поперечном сечении замкнутого контура элементарный участок длиной �� (рис. 7.23) ∮︁ ∮︁ �к = � · � · �� · ℎ(�) = � · � · ℎ(�) · ��, но ℎ(�) · �� = 2 · ��*, где ��* площадь заштрихованного треугольника, 132 ГЛАВА 7. КРУЧЕНИЕ Рис. 7.23. Определение касательных напряжений ∮︀ основанием которого является дуга срединной линии ��. Следовательно ℎ(�) · �� = 2 · �*. Тогда �к = � · � · 2 · �* , откуда � = �к * � Наибольшие касательные напряжения действуют в т наименьшей толщиной стенки �наиб = к 2 · �* · � наим сечения с , где �к = 2 �· * �наим условный момент сопротивления сечения круче· нию. Угловое перемещение определим из энергетических условий: � = �� (рис. 7.24): Рис. 7.24. Определение перемещений бруса 1 �� = · �к · � работа внешних сил. Энергия деформации � может быть определена через удельную энер2 гию деформации � = � 0 · 133 ГЛАВА 7. КРУЧЕНИЕ Выделим в тонкостенном брусе элемент �� = � · �� · �, тогда ∮︁ ∮︁ ∮︁ � (� · �)2 · � �� �2 · · � · �� · � · = = 2·� � 2 �∮︁ � � ∮︁ � �� �� · = . 2 · � � 2 · (2 · )2 · � � �0 · �� = � �= = (︁ �к )*︁2 2·� Тогда 1 2 · �к · � = 2 · (2 · ∮ ︁ �� , � )2 · � откуда �к · � �= �· где �к = (2 · �*)2 ∮︀ � � (2 · ∮︀ � * 2 ) = �к � , �· к �� условный момент инерции сечения при кручении � � стержня с замкнутым профилем. тонкостенного 7.7 Вопросы для самопроверки Что называется крутящим моментом? Как он определяется, его размерность? Что такое чистый сдвиг, как формулируется закон парности касательных напряжений? Напишите закон Гука при сдвиге. Как найти касательное напряжение в произвольной точке бруса круглого поперечного сечения? Покажите закономерность распределения касательного напряжения в брусе круглого поперечного сечения. Что такое полярный момент инерции сечения, момент сопротивления кручению? Чему они равны для круглого и кольцевого сечений и их размерность? Как определяется угол закручивания бруса? Как решаются основные задачи расчјта на прочность при кручении? Глава 8 Устойчивость сжатых стержней 8.1 Потеря устойчивости сжатым стержнем. Формула Эйлера для критической силы Рассмотрим сжатый стержень с шарнирным закреплением. Будем считать, что шарниры шаровые, т. е. во всех плоскостях закрепление одинаково (рис. 8.1). Рис. 8.1. Потеря устойчивости сжатым стержнем На стержень действует сжимающая сила �. В нижней опоре возникает сила реакции �� = �. Условие прочности для стержня должно быть тем, при достаточно большой длине � разрушение стер ня происходит и при � � < [�]. 134 135 ГЛАВА 8. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ Происходит это следующим образом: с ростом силы � стержень сначала остајтся прямолинейным, однако, при некотором значении силы � = �кр, стержень вдруг выпучивается (пунктирные линии), т. е. возникают прогибы, соизмеримые с длиной стержня. При этом, к напряже� � добавляются напряжения от изгиба и вот, хотя � � � < [�], но суммарное напряжение достигает предела прочности ма� териала и стержень разрушается. Стержень может и не разрушиться, но выпучится и останется в выпученном состоянии. Явление выпучивания в конструкциях не допустимо, т. к. нарушается нормальные условия работы всей конструкции. Описанное явление выпучивания называется потерей устойчивости сжатым стержнем. Сила, при которой происходит потеря устойчивости, называется критической силой и обозначается через �кр. Описанное явление с позиций теории устойчивости объясняется следующим образом: при � < �кр устойчивой является прямолинейная форма стержня. Это означает, что если вывести стержень из положения равновесия, а затем освободить, он вернјтся в устойчивую (прямолинейную) форму. При � > �кр прямолинейная форма становится неустойчивой, а устойчивой становится криволинейная форма. Но, на практике, толчка (возмущения) делать не нужно, т. к. стержень не идеально прямой и силы приложены не точно по оси стержня, поэтому при � = �кр он сам выпучивается. При расчјте сжатых стержней необходимо рассматривать два услоя: 1) очности; �р �кр , но �кр 2) � ≤ преобразуем = �кр � � · �кр � кр критическое напряжение, при которой стержень ряет устойчивость, �кр = [�]кр допускаемое напряжение на устойчивость или допускаемое �кр � напряжение на продольный изгиб. Тогда � тойчиво- Таким образом, чтобы работа сжатого стержня была безопасной, должны быть выполнены два условия. Для коротких стержней определяющим является первое условие, а для длинных второе. Чтобы не рассматривать границу между ними, необходимо пользоваться обоими условиями. Чтобы воспользоваться условием устойчивости, нужно знать критическую силу. Как еј найти? Первые результаты в этой области были ГЛАВА 8. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ 136 получены в середине XVIII века Л. Эйлером в период его работы в Петербургской академии наук (рис. 8.2). Рис. 8.2. Решение задачи Эйлера Эйлер рассматривал стержень длиной � с шарнирно-закреплјнными концами. Сила � настолько большая, что она удерживает стержень в искривлјнном состоянии, то есть она достигла �кр. Отметим прогиб стержня � в произвольном сечении �. Стержень изогнут и находится в упругом состоянии, поэтому воспользуемся дифференциальным уравнением изогнутой оси балки. Обращаем внимание, что мы воспользуемся облегчјнным дифференциальным уравнением, поэтому рассматриваем только начало потери устойчивости. E � �′′ = � , где � = −�кр · �. Знак "минус так как изгибающиймо · ′′ · −�кр · � , преобразуем �′′ + �2 · � = 0, где �2 = �кр ·� Мы получили линейное однородное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами. Для решения этого уравнения нужно написать характеристическое уравнение и найти его корни. Решение этого уравнения ищем в тригонометрических функциях: � = � ·sin �� + �·cos ��. Определим постоянные з граничных условий 1) при � = 0 � = 0, отсюда � = 0 и � = � sin �� · ; · sin �� = 0. Но �̸ = 0. Если предположить, что � = 0, то все прогибы будут равны нулю, т. е. выпучивания не будет. Таким образом, sin �� = 0 ⇒ �� = �·�, (� = 0; ±1; ±2; . . . ); �2 �2 р �2 = �2 · = �2 · 2 , тогда ; подставим вместо �2 ⇒ � E ·� 2 � · , �кр = �2 · то есть имеет место целый ряд критических сил: ГЛАВА 8. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ � = 0, �кр(0) = 0 � = 1, �2 E � � (1) = · · � = 2, �кр(2) = кр 2 �2 E 4· 137 нулевого порядка; �· первого порядка; ого порядка и т.д. Здесь E модуль продольной упругости материала стержня, � момент инерции поперечного сечения стержня. Из формул видно, что выпучивание произойдјт, прежде всего, в плосости наименьшей жјсткости. Из этого ряда критических сил будет иметь место только наименьшая (0) значения не имеет, поэтому критическая сила. � кр 2 �кр = � · E2· �наим формула Эйлера для критической силы. А какие будут перемещения после выпучивания? � = � · sin � уравнение изогнутой оси стержня половина волны синусоиды. Чему равно наибольшее отклонение �? На этот вопрос ответить не представляется возможным, так как использованы все граничные условия. Это расплата за линеаризацию дифференциального уравнения изогнутой оси стержня. Чтобы найти прогибы, нужно использовать полное дифференциальное уравнение. Приведјм график зависимомти максимальных перемещений в зависимости от силы, полученный в точном решении (В.И. Феодосьев)(рис. 8.3). Рис. 8.3. Перемещения сжатого стержня �кр Критическое напряжение �кр = ние, при котором на� блюдается выпучивание. Подставим в эту формулу значение критической силы и учтјм, что � �наим = � гибкость стержня и получим = �2наим . Обозначим �наим � ГЛАВА 8. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ �кр = �2 · м 138 �2 2 � Чем больше гибкость, тем ме е критическое напряжение, тем меньшим усилием можно вывести стержень из положения равновесия. 2 �кр = � ·2 E формула Эйлера для критического напряжения. 8.2 Влияние способа закрепления стержня на критическую силу Рассмотрим несколько случаев закрепления стержня. 1) Шарнирный случай закрепления называется основным или случаем Эйлера (см. рис. 8.1). �кр = �2· E м . 2) Стержень жјстко защемлјн одним концом (рис. 8.4). Рис. 8.4. Стержень с защемлјнным концом Какой будет формула для критической силы в этом случае? Нужно взять дифференциальное уравнение и удовлетворить новым граничным условиям. Однако, есть другой путь: продолжив стержень вниз на �, видим, что формулу Эйлера можно применить для стержня длиной 2�, тогда �кр = �2 м · �)2 . ГЛАВА 8. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ 139 Здесь �кр в четыре раза меньше, чем в основном случае, следовательно и грузоподъјмность стержня в четыре раза меньше, то есть это очень невыгодный случай закрепления. 3) Стержень с подвижно и неподвижно защемлјнными концами (рис. 8.5). Рис. 8.5. Стержень с подвижно и неподвижно защемлјнными концами Как найти �кр в этом случае? Можно взять дифференциальное уравнение и удовлетворить новым граничным условиям. Но можно воспользоваться одним результатом, следующим из решения Эйлера. Отметим на изогнутой оси стержня две точки перегиба. В этих точках кривизна равна нулю, следовательно, и изгибающий момент равен нулю, 1 � = � E·� В точках егиба связь, с помощью которой передајтся изгибающий момент, не используется, следовательно, в этих точках можно поставить идеальные шарниры ничего не изменится. Видно, что часть рассматриваемого стержня длиной �/2 находится в таких же условиях, как и в случае Эйлера, тогда �кр = �2 E � , 5 · �)2 м . Здесь �кр в четыре раза больше, чем в основном случае, то есть это очень выгодное условие закрепления, существенно более экономичное, но формула будет справедлива, если по концам абсолютно жјсткое закрепление, а так бывает далеко не всегда. Как правило, закрепление бывает податливым, поэтому формулой Эйлера следует пользоваться осторожно. 4) Стержень с защемлјнным и шарнирным концами (рис. 8.6). Если решать эту задачу подробно, то окажется, что точка перегиба находится на расстоянии 0, 7 · � от шарнирной опоры. ГЛАВА 8. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ 140 Рис. 8.6. Стержень с защемлјнным и шарнирным концами Рассматривая этот случай аналогично предыдущему, получим �кр = �2 м ,7 · �)2 , то есть �кр в этом случае в два раза больше, чем при шарнирном закрепАнализируя полученные зависимости, русский инженер Ф.С. Ясинский предложил общую формулу для любого случая закрепления 2 �кр =� · E · �наим · �)2 формула Ясинского. Здесь � коэффициент приведения длины, указывающий, на какой длине данного стержня реализуется схема Эйлера, � ·� приведјнная длина. гда: 1) два шарнирно закреплјнных конца � = 1; 2) один защемлјнный конец � = 2; 3) два защемлјнных конца � = 0,5; 4) защемлјнный и шарнирный концы � = 0,7. Формула Ясинского широко применяется для расчјта критических сил. В справочниках приводятся значения � для различных способов закрепления, промежуточных опор, стержней переменного сечения и т.д. ГЛАВА 8. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ 8.3 141 Пределы применимости формулы Эйлера. Полный график критических напряжений �2· E Запишем формулу Эйлера для критических напряжений: �кр = �·� где � = min Эту формулу широко применяли мостостроители, но бывали случаи, когда всј - таки стержни выходили из строя и мосты разрушались. Тогда формулу Эйлера отбросили, заменив массой эмпирических формул. Затем формула Эйлера была реабилитирована. Оказалось, что у ней есть пределы применимости. При выводе формулы Эйлера использовалось облегчјнное дифференциальное уравнение изогнутой оси балки ·E � · �′′ = �(�), которое справедливо только для линейно упругих систем, то есть когда справедлив закон Гука (� ≤ �п). ельно, ормулы Эйлера: �кр ≤ �п 2 сительно � √︁ �2 · E = �пред, �≥ �п формулу Эйлера можно применять только для достаточно длинных стержней, у которых � ≥ �пред. Какие же это стержни? = √ √ 2 � E 2 5 ︁ · = ︁ � · 2 · 10 = 100. Итак для сжатого стержня из стали 20 200 �п формулу Эйлера можно применять, если � ≥ 100. √︁ √︁ углое ���� � · �4 · 4 � = = ; поперечное сечение. В этом случае ���� = � 64 · � · �2 4 4 �·� �= = этом случае для ��� стержней из стали 20 можно применять формулу Эйлера (рис. 8.7). Для деталей машин это условие выполняется редко, чаще оказывает�2 E ся � < �пред, тогда �кр < разрушения. 2 Полный график критических напряжений С точки зрения потери устойчивости все сжатые стержни делятся на три группы: ГЛАВА 8. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ 142 Рис. 8.7. Стержень круглого сечения с шарнирными опорами 1 группа. Стержни большой гибкости К ним относятся стержни, для которых � ≥ �пред. При сжатии они вы вость и критическое напряжение вычис�2 E ляется по формуле Эйлера: �кр = тали 20 это 2 стержни у которых � ≥ 100. тержни средне бкости. К ним относятся стержни, для которых �гр≤ � < �пред, где �гр ни дней гибкости, зависящая от материала стержня. Для стержней из стали 20 �гр = 40. Стержни средней гибкости выпучиваются достаточно большими си�2 E лами, но �кр < вости происходит при 2 упруго-пластическом изгибе (в крайних волокнах происходят пластические деформации). Чаще всего �гр и �кр определяются опытным путјм, но в последнее время появились и аналитические методы. 3 группа. Стержни малой гибкости К ним относятся стержни, для которых � < �гр. Для стержней из стали 20 это стержни, для которых � < 40. При сжатии стержня выпучивания не наблюдается, но при напряжениях, равных пределу текучести (пластичные материалы) или пределу прочности (хрупкие материалы) наблюдаются явления, формально похожие на потерю устойчивости внезапное нарастание деформаций. В этом случае �кр = �т или �кр = �в, хотя никакого выпучивания и не происходит. Полный график критических напряжений рассмотрим на примере стержней из стали 20, у которой �п = 200 МПа, �т = 240 МПа, граница стержней малой гибкости � = 40, граница стержней средней гибкости � = 100 (рис. 8.8). Для стержней с гибкостью 100 �кр = 200 МПа. С ростом гибкости критическое напряжение уменьшается. Для стержней малой гибкости �кр = �т = 240 МПа. Для стержней средней гибкости зависимость критического напряжения от гибкости определяются экспериментально или теоретически (В.И. Феодосьев). График зависимости почти прямая. ГЛАВА 8. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ 143 Рис. 8.8. Полный график критических напряжений для стержней из стали 20 Этот график для всего диапазона стержней называется полным графиком критических напряжений. Если значение критического напряжения (�кр) взято с полного графика, то здесь учитывается не только потеря устойчивости как таковая, но и опасные состояния �кр для стержня любой длины. Поэтому, если при вычислении [�]кр = , �кр взято с полного графика, то расчјт нужкр � но провести только по устойчивости: ≤ [�]кр, а простое сжатие уже � учтено. Необходимо сделать оговорку: сказанное справедливо для стержней без местных ослаблений 8.4 Расчёт сжатых стержней с помощью коэффициента снижения основного допускаемого напряжения Это практический метод расчјта. �� Вспомним. Допускаемое напряжение на сжатие (основное): = [�]� � где �� = �т для пластичных материалов, �� = �в для хрупких м ериалов. Допускаемое напряжение на устойчивость: [�]кр = �кр кр Обращаем внимание, что �кр > �т, т. к. потеря устойчивости является более сложной деформацией, чем сжатие, и формулы сопротивления материалов здесь менее точны. Для стержней из пластичных материалов �кр = 2 3 (�т = 1,5). Для стержней из хрупких материалов �кр = ГЛАВА 8. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ 144 5, т. к. у хрупких материалов пластических деформаций практически не бывает и, если достигнуто предельное состояние, то стержень сразу разрушается, а у пластичных материалов разрушение происходит при значительных пластических деформациях. Рассмотрим отношение допускаемых напряжений [ ]р [�]� [�]кр = � · [�]�. В соответствии с этой формулой коэффициент � называется коэффициентом снижения основного допускаемого напряжения. Он показывает, как нужно снизить основное допускаемое напряжение, чтобы получить допускаемое напряжение на устойчивость.≤0 �≤1. Для очень длинных стержней �→ 0, а для весьма коротких � → 1. Действительно, если стержень короткий, то за предельное напряжение принимается предел текучести и поэтому � = 1. От чего зависит �? Подставим в формулу для � значения допускаемых напряжений �кр �� �= · ; � = �(материал, �). �� �кр Напряжение �кр зависит от гибкости стержня (по графику) и материала, предельное напряжение �� и коэффициенты запаса �кр и �т от материала, то есть � зависит от гибкости и материала стержня. В справочниках приводятся таблицы и графики зависимости � от гибкости и материала. Как решаются задачи расчјта на прочность с учјтом полученной формулы? 1. Проверка прочности. Прежде чем решать задачу, покажем стержень с местным ослаблением (рис. 8.9). Теперь будем решать задачу лабления. �бр Если есть ослабление, то нужно проверить ещј на сжатие в ослабленном � �нетто ≤ [�]�. Необходимо подчеркнуть, что при проверке на устойчивость местное ослабление не учитывается, так как оно практически не влияет на устойчивость стержня. Это видно из дифференциального уравнения изогнутой оси балки: E ·�� · ′′ = � , так как местное ослабление находится нанебольшой длине, поэтому при интегрировании изменений практически не будет. Но ослабленное сечение нужно проверить на сжатие. 145 ГЛАВА 8. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ Рис. 8.9. Стержень с местным ослаблением 2.Назначение поперечного сечения сжатого стержня. Разрешим условие устойчивости относительно �бр �бр ≥ � ·[ . На первый взгляд всј просто, однако это не так. Коэффициент � зависит от �, а � от ����, в свою очередь ���� зависит от площади сечения. Так чтов явном виде относительно площади это неравенство не разрешено, так как � в зависимости от площади в аналитическом виде не представляется (только в графическом или табличном виде), поэтому при решении пользуются методом попыток Для первой попытки используем среднее значение � = 0,5 и из усло� вия устойчивости определим площадь �(1)бр = , затем выясним, 0, 5 · [�]� выполняется ли условие устойчивости при так ощади? (1) (1) ⇒ �(1) . Здесь �(1) Находим �(1) действительное знабр ⇒ � �� ⇒ � �в первой попытке. чен Затем проверяем, выполняется ли условие устойчивости � (1) · [�]�. ( ) ≤� � Как правило оно не выполняется, поэтому делается вторая попытка. (Нужно стремиться к тому, чтобы действительные напряжения сравнялись с допускаемыми). (2) (2) ⇒ �(2) и вновь обращаемся к условию Находим �(2) бр ⇒ ��� ⇒ � устойчивости: � � (2) · [�]� и так далее до тех пор, пока условие (2) ≤ � � устойчивости не выполнится, то есть пока разница между правой и левой частями условия устойчивости не будет менее 1 3%. Допустим, что в (�), удовлетволяющее условию последней попытке получено значение �бр устойчивости. Обычно, попыток бывает не более трјх. ГЛАВА 8. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ 146 Если стержень имеет местное ослабление, то нужно проверить на обычное сжатие в ослабленном сечении: � и условие (� �нетто выполняется, то расчјт окончен. Если же не выполняется, то нужно назначить площадь из этого условия. Здесь площадь �нетто представлена в явном виде. 3. Определение грузоподъјмности. Разрешим условие устойчивости отностиельно � � ≤ � · [�]� · �бр, ≤ [�]� · �нетто. Всј, что в правой части , известно, поэтому необходимо вычислить значения силы и взять ме́ньшее значение, тогда будут выполнены условия устойчивости и прочности. 8.5 Выбор формы поперечного сечения и материала сжатого стержня на основании экономических соображений Вначале о выборе формы. Задачу поставим таким образом: площадь поперечного сечения постоянна. Требуется выяснить, при какой форме поперечного сечения критическая сила будет наибольшей? Или иначе при какой форме поперечного сечения грузоподъјмность будет наибольшей? Чтобы решить эту задачу, вспомним полный график критических напряжений (рис. 8.10). Видим, что критическое напряжение возрастает при уменьшении гибкости, т. е. нужно придать поперечному сечению такую форму, чтобы гиб�� · кость была как можно меньше, но � = , отсюда видно, что нужно √ ���� , откуда следуувеличивать минимальный радиус инерции � �� = ︁ � � ет, что нужно увеличивать наименьший из моментов инерции сечения. Самый лучший случай тогда, когда ���� = ����, то есть главные центральные моменты инерции должны быть одинаковыми. Чтобы моменты инерции были больше, необходимо расположить площадь сечения как можно дальше , что видно из формулы для момента ∫︀ о 2 инерции ��0 = 0 � ��.(первое условие увеличение ����. второе ���� = овиям ����) удовлетворяет кольцевое сечение наиболее экономичное сечение. ГЛАВА 8. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ 147 Рис. 8.10. Полный график критических напряжений Однако увлекаться разносом площади нельзя, т. к. у тонкостенной трубы может произойти местная потеря устойчивости задолго до выпучивания всего стержня. Чтобы избежать такой потери устойчивости, применяют кольцевые диафрагмы (рјбра жјсткости) (рис. 8.11). Рис. 8.11. Рациональная форма поперечного сечения О выборе материала. Здесь необходимо рассмотреть раздельно стержни большой гибкости, стержни средней и малой гибкости. 1 Стержни большой гибкости. �2 E Критическое напряжение определяется по формуле �кр = у2 дем рассматривать не все материалы, а только сплавы на одной основе, например, стали. В соответствии с формулой материал влияет на устойчивость только через модуль продольной упругости E, а в пределах одного сплава E практически не изменяется. Каким материалам, в этом случае, отдать предпочтение? Наиболее дешјвым, низкопрочным. Переход к высокопрочным материалам не обеспечивает увеличение критического напряжения, так как модуль упругости не изменяется 2 Стержни средней и малой гибкости Здесь критическое напряжение зависит от предела текучести материала. Чем выше предел текучести, тем больше критическое напряжение, поэтому для стержней средней и малой гибкости оправдано применение высокопрочных материалов, так как они имеют более высокие значения ГЛАВА 8. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ 148 предела текучести. В заключении. Устойчивость теряют не только сжатые стержни, но и балки при изгибе. В балках с узким поперечным сечением потеря устойчивости происходит в изгибно-крутильной форме (рис. 8.12). Рис. 8.12. Потеря устойчивости балки с узким поперечным сечением Устойчивость теряют также сжатые тонкостенные оболочки. Например, обшивка крыла, фюзеляж самолјта потеряли бы устойчивость, если бы они не подкреплялись стрингерами, нервюрами, шпангоутами. 8.6 Вопросы для самопроверки В чјм суть явления потери устойчивости сжатого стержня? Что такое критическая сила и по какой формуле она определяется? Укажите пределы применимости формулы Эйлера. Что такое гибкость стержня? Как определяется критическое напряжение для стержней большой, средней и малой гибкости? Какой вид имеет полный график критических напряжений? Как влияют условия закрепления стержня на значение критической силы? Как производится проверка стержня на устойчивость с помощью коэффициента снижения основного допускаемого напряжения?