4 Сложное сопротивление

ЛЕКЦИЯ 3
4 Сложное сопротивление
Рассмотрим стержень с прямой осью под действием произвольной
нагрузки (рис. 4.1 а):
Pi
Pi
y
P1
M y Qy
Mz
Pn
Qx
z
Nz
M x Pn x
а
Рис. 4.1 Произвольно нагруженный брус
б
Рассечём стержень плоскостью, перпендикулярной его оси и воспользуемся методом сечений для определения равнодействующих напряжений в поперечном сечении стержня (рис. 4.1 б). В общем случае эта равнодействующая
– вектор силы и вектор момента, приложенные в центре тяжести сечения.
Вектор силы раскладывается на три компоненты:
1. Qx – по оси x, перпендикулярно оси стержня – перерезывающая (поперечная) силаю;
2. Qy – по оси у, перпендикулярно оси стержня – перерезывающая (поперечная) сила;
3. Nz - по оси z, вдоль оси стержня – осевая (продольная) сила.
Аналогично вектор момента раскладывается на три составляющих:
1. Мx – изгибающий момент относительно оси х;
2. Му – изгибающий момент относительно оси у;
3. Mz – крутящий момент, момент относительно оси стержня.
Совокупность действий всех шести усилий вызывает сложную деформацию, которая согласно принципа суперепозиции (эффект от суммы воздействий
равен сумме эффектов от каждого из воздействий) равна сумме простых деформаций, рассмотренных нами ранее:
1. Растяжение сжатие - действует только осевая сила Nz вдоль оси стержня
z;
[Type text]
Техническая механика Лекция 5
2
2. Изгиб - действуют изгибающие моменты Мx, Му и поперечные силы Qx и
Qy;
3. Кручение – действует только крутящий момент Mz.
Мы рассмотрим следующие сочетания простых деформаций, которые являются наиболее важными:
1. Косой изгиб - действуют изгибающие моменты Мx, Му и поперечные силы Qx и Qy;
2. Изгиб с растяжением – сжатием;
3. Внецентренное растяжение – сжатие, являющееся частным случаем изгиба с растяжением – сжатием;
4. Изгиб с кручением.
4.1 Косой изгиб
Пусть консольная балка нагружена силой F, направленной под углом α к
оси у в плоскости поперечного сечения на незакреплённом конце балки (рис.
4.2):
n
z
-+ у ++
1
2
х
Fx
n
4
- -
β
α
3
+-
F F
Fy
а
б
Рис. 4.2 Косой изгиб консольной балки
Разложим действующую силу F на две компоненты - Fx вдоль оси х и Fу
вдоль оси у:
Fx  F  sin , Fy  F  cos.
Найдём изгибающий момент в сечении n – n с координатой z. Компонента действующей силы Fx создаёт изгибающий момент Му относительно оси у:
M y  Fx  z  F  sin   z  M sin  ,
(а)
и компонента Fy создаёт изгибающий момент Мх относительно оси х:
M x  Fy  z  F  cos  z  M cos .
© Учебный
центр «Эрудит», www.childrensafety.jimdo.com , © Maria Bezmelnitsina Collé
(б)
Техническая механика Лекция 5
3
Найдём напряжения в произвольной точке В(х,у) поперечного сечения.
Очевидно, что, согласно принципа суперпозиции, напряжение в этой точке
складывается из напряжения от действия изгибающего момента M x и из
напряжения от действия изгибающего момента M y , т.е.:

My
Mx
y
x
Ix
Iy
(4.1)
Найдём уравнение нейтральной линии, где напряжения равны нулю, приравняв напряжения (4.1) нулю:
My
Mx
y
x  0.
Ix
Iy
Это - уравнение прямой. Подставим в него выражения для моментов (а) и
y
(б) и определим тангенс угла наклона этой прямой tg  :
x
I
y
M cos
M sin 
y
x  0  tg    x  tg .
x
Iy
Ix
Iy
Таким образом, в общем случае при косом изгибе    , т.е. плоскость
действия силы не перпендикулярна нейтральной оси. И лишь для профилей,
для которых I x  I y (т.е., например, для круга и квадрата) плоскость действия
силы перпендикулярна нейтральной оси – косой изгиб невозможен, происходит
обычный поперечный изгиб относительно оси, перпендикулярной линии действия силы.
Покажем на рис. 4.2 б зоны растяжения (+) и сжатия (-) от раздельного
действия изгибающих моментов Мх и Му. Как следует из этой схемы, максимальная величина напряжения имеет место в точке 1, равное ему по абсолютной величине отрицательное напряжение действует в точке 4. Наибольшие
напряжения в сечении возникают в точках, максимально удалённых от
нейтральной оси. Построим эпюру распределения нормальных напряжений по
контуру сечения (рис. 4.3).
Запишем теперь условие прочности при косом изгибе:
M max
M max
y
x
 max   2 
y2 
x 2  w .
Ix
Iy
© Учебный
центр «Эрудит», www.childrensafety.jimdo.com , © Maria Bezmelnitsina Collé
Техническая механика Лекция 5
4
Iy
Ix
 Wx ,
 Wy - моменты сопротивления изгибу относительно оси х и у
y2
x2
соответственно.
Но
Рис. 4.3 Распределение нормальных напряжений при косом
изгибе по сторонам прямоугольного поперечного сечения
Таким образом, условие прочности при косом изгибе запишется:
M max
M max
y
x
 max 

 w
Wx
Wy
(4.2)
В большинстве случаев опасное сечение легко определить.
5.2 Изгиб с растяжением – сжатием
Изгиб с растяжением-сжатием имеет место, если в поперечном сечении
стержня действует продольная сила и изгибающий момент. Рассмотрим пример
– консольную балку (рис. 4.4):
© Учебный
центр «Эрудит», www.childrensafety.jimdo.com , © Maria Bezmelnitsina Collé
Техническая механика Лекция 5
n
5
у
z
х
N
ψ
n
Q
F
F
а
б
Рис. 4.4 Изгиб с растяжением-сжатием
Найдём нормальное напряжение в поперечном сечении n – n с координатой z. В этом сечении действуют следующие равнодействующие напряжений:
а) продольная сила N  F  cos ;
б) изгибающий момент M x  Q  z  F  sin   z .
Таким образом, в точке В(х,у) нормальные напряжения определяем сложением напряжений от растяжения осевой силой N и от изгиба моментом Мх:

N Mx

y.
A Ix
(4.3)
Поэтому положение нейтральной линии определится уравнением:
N Mx

y0
A Ix
- прямой, параллельной оси х.
Итак, по ширине поперечного сечения напряжения не меняются, а по высоте – меняются по линейному закону. На рис. 4.5 приведена эпюра распределения нормальных напряжений по высоте поперечного сечения и показано её
разбиение на эпюру нормальных напряжений от растяжение и от изгиба:
© Учебный
центр «Эрудит», www.childrensafety.jimdo.com , © Maria Bezmelnitsina Collé
Техническая механика Лекция 5
от изгиба
от растяжения
+
6
суммарная
=
а
б
в
Рис. 4.5 Распределение напряжений
При значении у = h/2 = ymax нормальное напряжение принимает максимальное значение. И, учитывая, что Ix/ ymax = Wx – сопротивление изгибу, условие прочности при изгибе с растяжением-сжатием запишется:
 max 
N max M max

 w .
A
Wx
(4.4)
В общем случае сила F (рис. 4.5) может иметь произвольное направление
(рис. 4.6), вызывая в в этом случае в поперечном сечении косой изгиб с растяжением-сжатием с изгибающими моментами Mx = Qy·z, Mу = Qх·z, где Qх, Qy –
поперечные силы, и осевой силой N:
y
x
N
z
Qx
Qy
F
Рис. 4.6 Косой изгиб с растяжением-сжатием
В этом случае условие прочности запишется:
© Учебный
центр «Эрудит», www.childrensafety.jimdo.com , © Maria Bezmelnitsina Collé
Техническая механика Лекция 5
 max 
N max M x max M y max


 w .
A
Wx
Wy
7
(4.5)
4.3 Внецентренное растяжение-сжатие
Данный вид напряжённо-деформированного состояния является частным
случаем изгиба с растяжением-сжатием. В этом случае в поперечном сечении
стержня действуют изгибающие моменты и осевая сила, но изгибающий момент в этом случае возникает за счёт эксцентричного приложения продольной
силы (рис. 4.7).
В любом поперечном сечении стержня действуют равнодействующие
напряжений:
M  Fe
- изгибающий момент;
N  F
- осевая сила.
В общем случае точка приложения силы F не лежит ни на одной из главных центральных осей поперечного сечения (рис. 4.8). Определим напряжение
в произвольном поперечном сечении в точке В с координатами х, у. В этом сечении дейсвуют:
F
F
e
F
Рис. 4.7 Внецентренное растяжение-сжатие
а) продольная сила N = - F;
б) изгибающий момент М = F·e, который можно разложить на два изгибающих
момента относительно осей 0х и 0у:
© Учебный
центр «Эрудит», www.childrensafety.jimdo.com , © Maria Bezmelnitsina Collé
Техническая механика Лекция 5
8
M x  F  y F , M y  F  x F .
F
F
е
y
A(xF,yF)
x
F
y
B(x,y)
x
Рис. 4.8 Общий случай нагружения
Согласно принципа суперпозиции нормальное напряжение в точке В(х,у)
определится формулой:

My
F  xF
A  x F 
N Mx
F F  yF
F  A  yF

y
x 
y
x   1 
y
x

A Ix
Iy
A
Ix
Iy
A 
Ix
Iy

Величины
Iy
Ix
 i 2x ,
 i 2y A
A
квадраты радиусов инерции поперечного сечения относительно осей 0х и 0у
соответственно. Таким образом, окончательно получаем для напряжений в случае внецентренного растяжения-сжатия формулу:

y
x 
F
1  2F y  2F x  .
A
ix
iY 
(4.6)
Приравнивая напряжение нулю, получим уравнение нейтральной линии:
1
© Учебный
yF
x
y  2F x  0 2
ix
iY
центр «Эрудит», www.childrensafety.jimdo.com , © Maria Bezmelnitsina Collé
Техническая механика Лекция 5
9
уравнение прямой общего положения (не проходит через центр тяжести сечения).
Нейтральная линия, как и при косом изгибе и изгибе с растяжением сжатием, делит поперечное сечение на две части – одна работает на сжатие,
другая – на растяжение. Точки, наиболее удалённые от нейтральной линии,
имеют, как и ранее, максимальные значения напряжений. В случае, если материал неодинаково работает на растяжение и сжатие, необходимо составить два
условия прочности вида:
y
x 
F
 наиб   1  2F y  2F x    w .
(4.7)
A
ix
iY 
Для некоторых профилей формулу (4.7) можно упростить. Рассмотрим,
например, двутавр (рис. 4.9):
x
D
y
нейтральная
линия
Рис. 4.9 Определение наибольшего напряжения
Проведём касательные к контуру сечения, параллельные нейтральной линии. Очевидно, что самой нагруженной точкой будет точка D; следовательно,
условие прочности запишется:
1 y

x
 наиб   D  F  F y D  F x D    w .
A I

Iy
x


© Учебный
центр «Эрудит», www.childrensafety.jimdo.com , © Maria Bezmelnitsina Collé
Техническая механика Лекция 5
10
Iy
Ix
 Wx ,
 Wy - моменты сопротивления изгибу. Таким образом,
yD
xD
условие прочности запишется:
Но
1 y
x 
 наиб  F  F  F    w .
A W
Wy 
x

(4.8)
Такое условие прочности можно записать для профилей с выступающими
углами, у которых главные центральные оси являются и осями симметрии профиля.
5.4 Изгиб с кручением
Рассмотрим пример конструкции, в поперечном сечении которой действуют изгибающий и крутящий моменты – вал, на котором расположен шкив
плоскоремённой передачи (рис. 4.10):
t
t
n
T
T
n
T
t
z
Рис. 4.10 Плоскоремённая передача
В сечении n - n с координатой z от шкива действуют равнодействующие
напряжений (переносим сиды t и T > t в центр шкива):
а) изгибающий момент M изг  T  t z ;
D
D D
б) крутящий момент M кр  T  t  T  t  ;
2
2 2
в) перерезывающая сила Q  T  t , которой пренебрегаем в виду малости касательных напряжений, обусловленных ею по сравнению с касательными напряжениями кручения.
Построим эпюры распределения нормальных напряжений изгиба и касательных напряжений кручения по диаметру вала, параллельному и перпендикулярному линии действия сил T и t (рис. 4.11):
© Учебный
центр «Эрудит», www.childrensafety.jimdo.com , © Maria Bezmelnitsina Collé
Техническая механика Лекция 5
11
2
3
τ
σ
σ
1
τ
4
Рис. 4.11 Распределение нормальных и касательных напряжений
Таким образом, наиболее нагружённые точки – 1 и 4.
Нормальное напряжение в точке 1, которое является максимальным:
M
(4.9)
   max  изг .
Wx
Касательное напряжение в точке 1 (которое также является максимальным):
M кр
.
(4.10)
   max 
W
Чтобы оценить прочность в точке 1, необходимо воспользоваться одной
из теорий прочности, условие прочности по которым запишется:
 max   расч 
M расч
Wx
 w ,
(4.11)
где расчётный момент определяется в соответствии с используемой теорией
прочности по формулам:
M
1
расч

M 3расч 
2
2
M изг  M изг
 M кр
2
M изг 2  M кр 2 ,
© Учебный
, M 2расч  0,35  M изг  0,65 M изг  4M кр ,
2
2
(4.12)
2
M 4расч  M изг

3 2
M кр ,
4
центр «Эрудит», www.childrensafety.jimdo.com , © Maria Bezmelnitsina Collé