ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО РЫБОЛОВСТВУ ФЕДЕРАЛЬНОЕ ГОСУДАРСТВЕННОЕ БЮДЖЕТНОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ «МУРМАНСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ» А. А. Котов СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ ПРАКТИКУМ ПО РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ, ч.II Допущено Ученым советом МГТУ в качестве учебного пособия по дисциплине "Сопротивление материалов" для студентов, обучающихся по направлению 08.03.01 Строительство Мурманск Издательство МГТУ 2016 2 УДК 539.3/6:624.04(075.8) ББК 30.12я7 К73 Рецензенты: Государственное автономное учреждение "Управление государственной экспертизы Мурманской области"; начальник учреждения Т. В. Матвеева; В. М. Червяков, д-р техн. наук, профессор кафедры технической механики и деталей машин Тамбовского государственного технического университета Котов, А. А. Сопротивление материалов : практикум по решению задач, ч. II : учеб. пособие для студентов МГТУ, обучающихся по направлению 08.03.01 Строительство / А. А. Котов. – Мурманск : Изд-во МГТУ, 2016. – 116 с. ISBN 978-586185-XXX-X Содержит полную программу второй части курса сопротивления материалов для обучения по строительному направлению, многовариантные задания для самостоятельных расчетно-графических работ и примеры решения основных типов задач из этих заданий, классифицированных по разделам курса. Для каждого раздела приведены основные теоретические сведения, необходимые для решения задач и подготовки к экзамену. Предназначено для студентов направления Строительство всех специализаций и всех форм обучения, а также для преподавателей дисциплины «Сопротивление материалов». Contains the full program of the second part of the course strength of materials for teaching under the construction direction, multi-tasks for individual races-even graphic works and examples of solving basic types of problems from these jobs, Klas-citizenjane on sections of the course. For each section the basic theoretical information needed to solve problems and prepare for the exam. "Resistance of materials" is intended for students of the Construction direction of all specialty end of all forms of education, and also for teachers of discipline. Ил.- 93, табл. - 14, список лит. - 6 названий. УДК 539.3/6:624.04(075.8) ББК 30.12я7 Мурманский государственный технический университет, 2016 А.А.Котов, 2016 ISBN 978-586185-XXX-X 3 Оглавление ВВЕДЕНИЕ ……………………………………………………………... 4 1 ПРОГРАММА 2-Й ЧАСТИ КУРСА И ССЫЛКИ НА ЛИТЕРАТУРУ ………………………………………………………... 6 2 ЗАДАНИЯ К РАБОТАМ …………………………………………….. 7 3 ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ 3.1 Аналитический метод ...............................................……………. 3.2 Энергетический метод ................................................................... 3.3 Решение задач ……………………………………………………. 21 21 22 26 4 СЛОЖНОЕ ЗАГРУЖЕНИЕ СТЕРЖНЯ ........................................... 4.1 Общий случай загружения …………………………………….... 4.2 Косой изгиб ……………………………………………................ 4.3 Внецентренное сжатие (растяжение) ........................................... 4.4 Решение задач ……………………………………………………. 49 49 50 52 59 5 УСТОЙЧИВОСТЬ ЦЕНТРАЛЬНО СЖАТОГО СТЕРЖНЯ ............ 5.1 Сведения из теории …………………………………………….... 5.2 Решение задач ……………………………………………………. 90 90 97 6 НЕКОТОРЫЕ ЧАСТНЫЕ ВОПРОСЫ СОПРОТИВЛЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ .................................................................................... 6.1 Ударное действие нагрузки …………………………………… 6.2 Балка на упругом основании …………………………………… 6.3 Расчет тонкостенной трубы с учетом внутреннего давления … 6.4 Чистый изгиб криволинейного стержня ………………………. 102 102 104 108 112 7 СПРАВОЧНЫЕ ДАННЫЕ ………………………………………..... 115 8 РЕКОМЕНДУЕМАЯ ЛИТЕРАТУРА ...…………………………… 115 4 Введение Курс сопротивления материалов, изучаемый студентами направления «Строительство» всех специализаций, включает в себя разделы, необходимые для успешного освоения последующих специальных дисциплин по расчету строительных конструкций и для будущей работы по выбранной специальности. Выполнение и защита плановых расчетно-графических, контрольных и курсовых работ играют в освоении курса важнейшую роль, так как обеспечивают формирование навыков практического использования теоретического содержания дисциплины, без чего невозможна эффективная работа инженерастроителя. В настоящем пособии содержится программа II-й части курса сопротивления материалов для студентов указанного направления со ссылками на учебную литературу. Далее в нем имеются задания для расчетно-графических, контрольных и курсовых работ, представляющие собой некоторый набор задач по II-й части курса сопротивления материалов, каждая из которых представлена в достаточно большом количестве вариантов. Затем в рамках каждого раздела следуют необходимая для решения задач теоретическая информация и примеры решения всех типов задач, содержащихся в заданиях на II-ю часть курса. В конце пособия приведены необходимая для решения задач справочная информация о свойствах конструкционных материалов и список рекомендуемой литературы. Для студентов всех форм обучения состав задач для домашних самостоятельных работ определяет ведущий преподаватель. Шифр студентам очного обучения для выбора варианта задания назначает также преподаватель, а студенты-заочники в качестве шифра могут использовать последние три цифры номера зачетной книжки в последовательности СВА (А – последняя цифра номера). Работы должны быть выполнены на листах формата А4 с односторонним заполнением листов. Первый лист должен быть титульным с наименованием учебного заведения, факультета, группы, фамилией и инициалами студента. На титульном листе должно быть указано также наименование работы, например: «Расчетно-графическая работа № 1 по сопротивлению материалов». Выполненные расчетно-графические (контрольные) работы после предъявления их преподавателю защищаются их исполнителями, как правило, путем аудиторного решения контрольной задачи из состава защищаемой работы. 5 Выполнив после соответствующей подготовки расчетно-графические работы по каждой из частей курса «Сопротивление материалов», студент должен успешно освоить весь теоретический материал курса, методы анализа напряженно-деформированного состояния элементов простейших строительных конструкций, способы оценки их прочности, устойчивости и жесткости; приобрести навыки практических расчетов несложных систем. 6 1 Программа II-й части курса и ссылки на литературу Таблица 1.1 № Тема 1 Аналитический метод определения перемещений. Дифференциальное уравнение оси изогнутой балки. Его интегрирование в простейших случаях. Составление и интегрирование дифференциального уравнения оси изогнутой балки при сложных нагрузках. Метод начальных параметров (метод Клебша). Энергетический метод определения перемещений. Обобщенные силы и обобщенные перемещения. Энергетический баланс при загружении твердых тел. Работа и дополнительная работа. Теоремы Лангранжа и Кастильяно. Линейно деформируемые системы. Понятие о физической и геометрической нелинейности. Выражение потенциальной энергии линейно деформируемой системы через внешние силы: теорема Клапейрона. Выражение потенциальной энергии линейно деформируемой системы через внутренние усилия в стержнях. Теорема Кастильяно для линейно деформируемой стержневой системы. Ее применение для определения перемещений. Интеграл Мора. Вычисление интеграла Мора способом Верещагина. Перемножение эпюр. Теоретические основы расчета статически неопределимых систем методом сил. Расчет методом сил статически неопределимых балок. Сложное загружение стержня. Напряжения в поперечном сечении стержня в общем случае его загружения. Косой изгиб: напряжения, уравнение нейтральной оси, эпюра нормальных напряжений. Расчет на прочность при косом изгибе стержней круглого и прямоугольного сечений. Внецентренное сжатие: усилия и напряжения, уравнение нейтральной оси, ее свойства. Ядро сечения: определение, свойства, способы построения. Подбор сечений стержней при произвольном сложном загружении. Устойчивость центрально сжатого стержня. Понятие об устойчивости. Возможность различных форм равновесных деформированных состояний. Задача Эйлера. 2 3 4 Литература [1], гл. 8, §§ 8.1 - 8.3 [1], гл. 8, § 8.4, 8.5; [3], гл. 5, § 5.7 [2], гл. 2, § 2.6; гл. 11, § 11.1 [4], гл. 5, §§ 5.1, 5.2 [5], гл. IX, § 9.1 [2], гл. 11, § 11.1 [4], гл. 5, § 5.1 [4], гл. 5, § 5.2 [4], гл. 5, § 5.3 [4], гл. 5, § 5.4 [1], гл. 9, § 9.1 - 9.3; [4], гл. 6, §§ 6.1 - 6.3 [2], гл. 9, § 9.5; [6], гл. XIII, § 13.7 [1], гл. 6, § 6.5; [3], гл. 5, § 5.9 [1], гл. 6, § 6.5 [2], гл. 9, § 9.2; [3], гл.5, § 5.11 [2], гл. 9, § 9.3 [2], гл. 9, § 9.6 [1], гл. 15, § 15.1; [3], гл. 7, § 7.1 [1], гл. 15, § 15.2; [3], гл. 7, § 7.1 [1], гл. 15, § 15.3 Зависимость критической силы от условий закрепления стержня. Критическое напряжение. Граница применимости форму- [1], гл. 15, § 15.4; 7 5 лы Эйлера. Полный график зависимости критического напряжения от гибкости стержня. Его аппроксимация для стали С235. Практический метод расчета на устойчивость центрально сжатого стержня. Коэффициент понижения допускаемых напряжений. Некоторые частные вопросы сопротивления материалов. Ударное действие нагрузки. Коэффициент динамичности. Расчет тонкостенной трубы с учетом внутреннего давления. Балка на упругом основании: общее решение. Бесконечно длинная балка, загруженная сосредоточенной силой. Чистый изгиб криволинейного стержня. Распределение напряжений. Смещение нейтральной оси в криволинейном стержне. Приближенный способ определения величины смещения нейтральной оси. [3], гл. 7, § 7.2 [1], гл. 15, § 15.4 [1], гл. 15, § 15.5; [3], гл. 7, § 7.3 [1], гл. 17, § 17.1, 17.3 [1], гл. 10 [1], гл. 6, § 6.10 Примечание: ссылки на литературу в таблице даны в соответствии с номерами изданий в списке рекомендуемой литературы 2 Задания к работам Задача № 11. Определение перемещений в двутавровой балке при плоском поперечном изгибе 1. Изобразить в масштабе расчетную схему балки в соответствии с исходными данными, выбранными по шифру из таблицы. На схеме должны быть показаны реальные направления заданных нагрузок и их абсолютные числовые значения. Отличные от нуля сосредоточенные силы, попадающие на опоры, учитывать не нужно. 2. Найти опорные реакции и построить в масштабе эпюры поперечной силы и изгибающего момента. 3. Из условий прочности в опасных точках подобрать номер двутавра. 4. В заданных сечениях определить прогиб и угол поворота аналитическим методом, т.е. при помощи приближенного дифференциального уравнения оси изогнутой балки (метод начальных параметров, метод Клебша). 5. В этих же сечениях определить прогиб и угол поворота энергетическим методом (методом Максвелла – Мора). Сравнить результаты, полученные двумя разными методами. 6. Изобразить изогнутую ось балки и показать на ней найденные перемещения. 8 7. Проверить жесткость балки, считая допустимым значение прогиба, равное 1/200 длины пролета. 1 q1 M2 M1 1 A q3 2 2 D C B 2 3 4 l1 l2 l1 / 2 l2 / 2 l3 5 6 А 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 № схемы 5 6 5 4 3 2 1 2 3 4 Прогиб Угол в в сече- сечении нии D B A C B D B C A B C A D B B D D C A D l1 , м 1,5 1,6 1,8 2,0 1,8 1,6 1,5 1,0 1,2 1,4 В 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 l3 / 2 q1, кН/м 0 -15 0 6 0 8 0 -15 0 20 q2, кН/м -12 0 18 0 5 0 -12 0 12 0 l2 , м 4,0 4,8 5,0 5,4 5,6 6,0 4,8 3,0 3,2 3,6 F1, кН 10 0 -30 40 0 60 -50 0 30 20 M1, кНм -50 40 0 40 0 -60 -70 0 70 60 9 С 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 l3 , м 1,5 1,8 2,0 1,6 1,5 1,2 1,0 1,2 1,0 1,2 F2, кН 20 30 0 -50 60 0 40 -30 0 10 M2, кНм 0 -30 40 0 60 -70 0 70 60 0 q3, кН/м 18 0 -12 10 0 6 -5 0 8 10 Задача № 12. Определение перемещений в раме 1. Изобразить в масштабе расчетную схему рамы в соответствии с исходными данными, выбранными по шифру из таблицы. На схеме должны быть показаны реальные направления заданных нагрузок и их абсолютные числовые значения. 2. Найти опорные реакции и построить в масштабе эпюры внутренних усилий N, Q и M. Проверить равновесие узлов. 3. Определить линейные (горизонтальное и вертикальное) перемещения в сечении А и угол поворота в сечении В энергетическим методом (методом Максвелла – Мора). 4. Изобразить изогнутую ось рамы и показать на ней найденные перемещения. А 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 № схемы 4 5 6 7 8 7 6 1 2 3 l, м 3,6 3,8 4,0 4,2 4,4 4,6 4,8 3,0 3,2 3,4 q1, кН/м 0 15 0 25 0 -20 0 5 0 -5 q2, кН/м 20 0 20 0 -15 0 10 0 -20 0 В 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 h1, м 2,4 2,6 2,8 3,0 3,2 3,4 3,6 3,8 2,0 2,2 M1, кНм 30 0 30 0 50 0 -60 0 50 0 M2, кНм 0 20 0 40 0 -30 0 60 0 -40 С 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 h2, м 2,2 2,4 2,6 2,8 3,0 3,2 3,4 3,6 3,8 2,0 F2, кН 40 0 -40 0 30 0 -20 0 40 0 F1, кН 0 30 0 50 0 -30 0 10 0 -30 10 2 M1 2 M1 F2 B A h2 q1 F1 h1 1 h2 F1 M2 q1 A M2 B F2 l l 2 q2 M1 q2 M1 h1 2 h2 q1 A q1 M2 F2 h1 B B F1 h2 F2 A h1 4 3 F1 l l M1 2 M1 B A M2 q1 F1 h2 F2 B F1 q1 M2 h1 6 5 l F2 q2 l h2 A h1 11 1 F1 M1 A q2 h2 M2 q1 B 7 l F1 q1 F2 h1 q2 h2 B h1 M2 F2 8 A l Задача № 13. Расчет статически неопределимой балки 1. Изобразить в масштабе расчетную схему балки в соответствии с исходными данными, выбранными по шифру из таблицы. На схеме должны быть показаны реальные направления заданных нагрузок и их абсолютные числовые значения. 2. Определить степень статической неопределимости балки. 3. Выбрать основную систему, отбросив лишнюю связь и заменив ее неизвестной реакцией. 4. Записать условие совместности деформаций (каноническое уравнение метода сил). 5. Найти коэффициент при неизвестном и свободный член канонического уравнения, построив для этого необходимые эпюры. 6. Решить каноническое уравнение относительно неизвестной силы. 7. Построить эпюру моментов для исходной системы и проверить правильность ее построения путем перемножения с единичной эпюрой. 9. Построить эпюру поперечных сил. 8. Построить деформированную ось балки. 12 А 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 № схемы 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 F l1 , м 3,5 4,0 3,5 3,0 2,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 q q, кН/м -30 25 20 -15 10 5 -10 -15 20 25 В l2 , м 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 3,0 3,5 4,0 3,5 3,0 1,5 1,0 1,5 2,0 2,5 F, кН 40 -35 30 25 -20 25 20 -25 -30 35 С l3 , м 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2,0 2,5 3,0 3,5 3,0 2,5 2,0 1,5 1,0 1,5 q 5 M M, кНм 55 60 -55 50 45 -40 45 40 -45 -50 M 1 M 2 M 3 F q F q F q M q F 6 M 7 F q q 8 M F M F q l1 M l2 4 q 9 l3 l1 l2 F M l3 13 Задача № 14. Расчет балки при косом изгибе 1. Построить аксонометрическое изображение расчетной схемы балки в соответствии с исходными данными, выбранными по шифру из таблицы. На схеме должны быть показаны реальные направления заданных нагрузок и их абсолютные числовые значения. 2. Построить эпюры внутренних усилий в вертикальной и горизонтальной плоскостях. 3. Рациональным образом ориентировать заданную форму сечения относительно главных осей инерции сечения. 4. Выбрать опасные сечения, т. е. те, в которых действуют наиболее неблагоприятные сочетания изгибающих моментов. 5. В опасном сечении показать изгибающие моменты (векторами) и нейтральную ось. Выбрать опасную точку, т. е. точку с наибольшими нормальными напряжениями. 6. Из условия прочности в опасной точке подобрать сечение балки из заданных прокатных профилей. 7. Проверить прочность в остальных опасных сечениях. Если условие прочности не будет выполняться, подобрать размеры сечения заново. 8. Найти полное перемещение точки оси балки, расположенной на конце консоли или на границе двух участков как геометрическую сумму вертикального и горизонтального перемещений. 9. Найденные перемещения показать на сечении балки в виде векторов. Сопоставить направление вектора полного перемещения с направлением нейтральной оси в этом сечении. А 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 № схемы 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 q1, кН/м 0 5 0 15 0 -20 0 25 0 -15 q2, кН/м 10 0 20 0 10 0 -5 0 20 0 В 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 l1 , м 1 2 3 4 3 2 1 2 3 4 F1, кН 0 20 0 10 0 -40 0 40 0 -30 F2, кН -40 0 30 0 10 0 -30 0 40 0 С 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 l2 , м 3 2 1 2 3 4 3 2 1 2 Cечение I ][ [] I I ][ [] I ][ [] M, кНм 40 -30 20 10 -20 -30 40 50 -60 50 14 0 q2 1 1 M q1 M 2 F2 1 F2 q1 F1 M q2 q1 M F1 F2 3 F2 l2 / 2 l1 q1 F1 M q2 4 F2 M 5 q1 F1 F2 M F1 6 8 l1 q1 F1 q2 l2 / 2 F2 7 l2 / 2 q1 M q1 q2 l1 / 2 q2 F2 q1 F1 2 F2 F1 q2 M M F1 9 q2 l1 l2 F2 Задача № 15. Проверка прочности внецентренно загруженного стержня 1. Изобразить в аксонометрии призматический стержень с поперечным сечением, форма которого задана в таблице, а нижнее сечение опирается на неподвижное основание. Показать приложенные к верхнему сечению растягивающую и сжимающую силы. 2. Изобразить в масштабе расчетную схему сечения в соответствии с исходными данными, выбранными по шифру из таблицы. Показать заданные растягивающую и сжимающую силы. 3. Записать формулу для нормальных напряжений в сечении. 4. Найти положение центра тяжести сечения и провести его главные центральные оси инерции. 5. Определить главные моменты инерции сечения. 15 6. Определить внутренние усилия в сечении. 7. Составить уравнение нейтральной оси и построить нейтральную ось. 8. Построить эпюру нормальных напряжений. Проверить прочность материала в опасных точках, считая стержень бетонным с характеристиками σсв 30 МПа , σвр 4,5 МПа . 9. Построить ядро сечения и эллипс инерции. А № схемы Fр, кН u 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 150 200 150 100 50 100 150 200 50 100 0,6 0,7 0,6 0,5 0,4 0,3 0,4 0,3 0,4 0,5 В b, см v 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100 90 80 70 60 50 60 70 80 90 0,5 0,6 0,7 0,6 0,5 0,4 0,3 0,4 0,3 0,4 2 С h, см Fс, кН 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 80 90 80 70 60 50 40 50 60 70 800 900 800 700 600 300 400 500 600 700 1 0 2 vh 3 h 4 0,5vh 4 3 vh 0,5 vh Точка приложения силы Fр Fс 2 4 3 4 4 3 4 2 3 1 2 1 1 2 1 3 2 4 1 3 1 1 ub b b 2 0,5ub vh 3 2 ub b 3 4 ub 1 4 b h 1 0,5vh 3 16 2 5 3 vh ub 1 h 3 4 0,5vh 2 vh 0,5vh 4 ub 1 4 b b 2 0,1h 7 3 4 3 4 h 6 vh ub 1 2 1 b 4 b 2 3 8 vh 3 1 2 b h 9 ub 1 4 b Задача № 16. Расчет стержня в общем случае загружения 1. Изобразить в масштабе в аксонометрии расчетную схему к задаче в соответствии с исходными данными, выбранными по шифру из таблицы. На расчетной схеме должны быть обозначены все силовые и геометрические параметры в их числовом выражении. 2. Построить эпюры всех внутренних усилий. 3. Выбрать опасные сечения. 17 4. В одном из опасных сечений построить эпюры напряжений и выбрать опасные точки. 5. Из условия прочности в точке с наибольшими растягивающими напряжениями подобрать размеры сечения. 6. Проверить прочность в остальных опасных точках рассматриваемого опасного сечения. Если в какой-то из них условие прочности не будет выполнено, увеличить размеры сечения. 7. Аналогичным образом проверить прочность в опасных точках остальных опасных сечений. 18 А 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 № схемы 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 l1 , м 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0 1,2 1,0 0,3 0,4 q, кН/м -20 25 30 -40 50 40 -30 25 20 -15 В 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 l2 , м 0,8 0,7 0,6 0,5 0,4 0,3 0,4 0,5 0,6 0,9 F1, кН -8 10 12 -15 -18 20 24 -20 18 15 Материал Чугун Сталь Сталь Чугун Чугун Сталь Сталь Чугун Чугун Сталь С 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 l3 , м 0,4 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,6 0,5 0,4 0,5 F2, кН -12 10 8 -5 8 10 -12 15 18 -20 Cечение ○ ○ ○ ○ ○ h/b 1 1,5 2 2,5 3 Задача № 17. Определение грузоподъемности центрально сжатого стержня 1. Изобразить расчетную схему стержня и форму сечения в масштабе в соответствии с исходными данными, выбранными по шифру из таблицы исходных данных. 2. Показать главные центральные оси инерции и вычислить моменты инерции сечения относительно этих осей. 19 3. Определить минимальный радиус инерции сечения, вычислить гибкость стержня и найти по таблице коэффициент понижения допускаемых напряжений. 4. Из условия устойчивости определить значение допустимой нагрузки. 5. Проверить выполнение условия прочности с учетом местных ослаблений сечения. Если условие прочности не выполняется, найти новое значение допустимой нагрузки. 6. Найти величину критической силы по формуле, соответствующей найденной ранее гибкости, и определить коэффициент запаса устойчивости. F F F F 1 4 3 2 l 0 1 6 5 z0 3 2 7 4 8 9 z0 20 А 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Схема сечения 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 Сечение планки l, м В 240 14 180 12 180 8 200 10 220 12 - 6 7 8 9 10 11 12 3 4 5 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Схема стержня 4 3 2 1 2 3 1 2 3 4 Материал С235 С275 С235 С275 С235 С275 С235 С275 С235 С275 Местные ослабления, % 25 20 15 10 5 10 5 10 15 20 С 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 № швеллера 12 14 16 18 20 22 24 30 14 27 № двутавра 18 20 22 24 27 30 33 36 18 16 Задача № 18. Подбор сечения центрально сжатого стержня 1. Изобразить расчетную схему стержня и форму сечения в соответствии с исходными данными, выбранными по шифру из таблицы исходных данных. 2. Из условия прочности с учетом коэффициента местных ослаблений определить требуемые размеры сечения. 3. Показать главные центральные оси инерции сечения и вычислить моменты инерции относительно этих осей. 4. Определить минимальный радиус инерции, вычислить гибкость, найти по таблице коэффициент понижения допускаемых напряжений и проверить условие устойчивости. 5. Если условие устойчивости не выполняется, увеличивать сечение до тех пор, пока оно не будет выполнено. 0 1 2 3 4 1,5b d d d d 6 5 7 8 9 d z0 d d b d d d 21 F F F 1 2 F 4 3 l А Схема сечения l, м 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 6 7 8 9 10 11 12 3 4 5 Местные ослабления, % 25 20 15 10 5 10 5 10 15 20 В F, кН d, мм С Схема стержня Материал 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 650 700 250 300 350 400 450 500 550 600 16 18 20 24 14 4 6 8 10 12 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 1 2 3 4 4 3 2 1 1 С235 С275 С235 С275 С235 С275 С235 С275 С235 С275 3 Определение перемещений 3.1 Аналитический метод Аналитический метод определения перемещений в плоско изгибаемых стержнях основан на приближенном дифференциальном уравнении изогнутой оси стержня: EJ y w x M y x . (3.1) Решение этого дифференциального уравнения позволяет получить прогибы w в направлении, перпендикулярном оси Oy, и повороты сечений w относительно оси Oy. 22 В тех случаях, когда изгибающий момент M y x на разных участках балки выражается разными функциями, следует применять метод начальных параметров (метод Клебша), заключающийся в выполнении следующих четырех правил. 1. Начало продольной координаты должно совпадать с одним из концов балки. При составлении выражения для момента внешние силы на всех участках следует рассматривать с той стороны от сечения, где находится начало продольной координаты. 2. Если имеется распределенная нагрузка, не доведенная до конца балки, т. е. до торца с наибольшей продольной координатой, то ее следует продолжить до этого конца и полученную добавку компенсировать противоположно направленной нагрузкой. 3. Если в сечении с координатой x a приложен сосредоточенный момент M, то его вклад в выражение для изгибающего момента следует учитывать в виде M x a . 0 4. При интегрировании составленного таким образом дифференциального уравнения скобок раскрывать не следует. В результате выполнении этих правил выражение для изгибающего момента M y x на каждом следующем участке получается как выражение на предыдущем участке плюс добавка, связанная с включением нагрузок на границе участков. В результате для всей балки может быть записано одно дифференциальное уравнение с указанием границ участков в выражении для момента, а константы интегрирования получаются одинаковыми для всех участков. 3.2 Энергетический метод Энергетический метод определения перемещений (метод Максвелла Мора) заключается в определении перемещений с помощью интеграла Мора, который в общем случае загружения стержня выглядит следующим образом: n lk n lk Q Q n lk n lk M M NN Qz Qz y y dx dx dx y y dx EJ y k 1 0 EA k 1 0 GAy k 1 0 GAz k 1 0 n lk n lk M M MzMz dx кр кр dx. EJ z GJ кр k 1 0 k 1 0 (3.2) Здесь Δ - искомое обобщенное перемещение; k - номер участка в рассмат- 23 риваемой стержневой системе; lk – длина k-того участка; N, Qy, Qz, My, Mz, Mкр внутренние усилия в стержнях стержневой системы от заданных внешних нагрузок; N , Qy , Qz , M y , M z , M кр - внутренние усилия в стержнях стержневой системы от единичной обобщенной силы, приложенной по направлению искомого обобщенного перемещения Δ. В случае плоской стержневой системы, когда в стержнях возникают только три усилия - N, Qz, My - формула (3.2) упрощается к виду n lk n lk n lk M M NN Qz Qz dx dx y y dx. EJ y k 1 0 EA k 1 0 GAz k 1 0 (3.3) В плоских стержневых системах с изгибаемыми стержнями влияние на перемещения продольного и поперечного усилий несущественно, поэтому интеграл Мора для систем с изгибаемыми стержнями принимает вид M x M x dx. EJ k 1 0 n lk (3.4) Если изгибная жесткость стержня постоянна по его длине, то ее можно вынести за знак интеграла: n l 1 k M x M x dx. EJ k 1 k 0 (3.5) В этом случае процедура нахождения перемещения сводится к вычислению определенного интеграла от произведения двух функций. Подобные интегралы могут быть вычислены по правилу Верещагина, которое иллюстрируется рисунком 3.1 и состоит в следующем. Определенный интеграл от произведения двух функций f(x) и φ(x), из которых хотя бы одна линейная (например, φ(x) = Ax + B), равен произведению площади 𝜔 эпюры нелинейной функции f(x) на ординату линейной φC, взятую под центром тяжести C нелинейной: b f x φ x dx ωφ C . (3.6) a Вычисление интеграла Мора с помощью правила Верещагина называется перемножением эпюр. Для выполнения этой процедуры необходимо уметь находить площади и центры тяжести эпюр. На рисунках 3.2 – 3.8 показаны некоторые наиболее характерные частные случаи таких эпюр. 24 y = f(x) C a b x b x y y = (x) = Ax + B C a Рис. 3.1 Иллюстрация к правилу Верещагина C a 2 l /3 Рис. 3.2 Площадь и центр тяжести треугольника C a 3 l /4 = al/ 3 Рис. 3.3 "Треугольник" параболический вогнутый с вершиной параболы слева. Площадь и центр тяжести 25 C a 5 l /8 Рис. 3.4 "Треугольник" параболический выпуклый с вершиной параболы справа. Площадь и центр тяжести 0,5 ql 0,5 ql l C l /2 = ql 3/12 Рис. 3.5 Сегмент параболический горизонтальный. Площадь и центр тяжести M2 M1 0,5 ql 0,5 ql l 1 M1 M2 C2 l /2 2 2 = ql 3/12 Рис. 3.6 Сегмент параболический наклонный. Площадь и центр тяжести 26 M1 a b d M2 c Рис. 3.7 Перемножение трапеций (формула трапеций (3.7)) l l M x M x dx 6 2ac 2bd ad bc . 1 2 (3.7) 0 Формула трапеций (3.7) получена с помощью правила Верещагина и справедлива также и для так называемых "перекрученных" трапеций (рис. 3.8). b M1 a l d M2 c Рис. 3.8 "Перекрученные" трапеции В этом случае ординаты b и d должны быть учтены со знаком "минус". 3.3 Решение задач Задача № 11. Определение перемещений в балке На рис. 3.9 показан общий вид расчетной схемы к данной задаче, приятый по одному из вариантов. 27 1 q1 2 2 M2 M1 A B l1 / 2 q3 D C l2 / 2 l3 / 2 Рис. 3.9 Общий вид расчетной схемы балки Из таблицы с заданиями выбираем исходные данные согласно некоторому варианту: l1 = 5,0 м; l2 = 2,0 м; l3 = 3,0 м; q1 = 18 кН/м; q2 = 0; q3 = -12 кН/м; F1 = 30 кН; F2 = 0; M1 = 0; M2 = 40 кНм. Требуется определить аналитическим и энергетическим методами прогиб в сечении С и угол поворота в сечении D. В соответствии с принятыми исходными данными изображаем в масштабе расчетную схему (рис. 3.10). А. Подбор сечения Определим опорные реакции в заделке. Вертикальная реакция должна уравновесить все заданные вертикальные нагрузки, а момент - уравновесить моменты всех активных сил относительно точки А. RA 18 2,5 30 12 1,5 57,0 (кН). M A 18 2,5 1,25 30 2,5 40 12 1,5 4,25 56,25 75 40 76,5 14,75 (кНм). Поскольку момент получился отрицательным, то исходное положительное направление меняем на противоположное и указываем абсолютное числовое значение. Строим эпюру поперечных сил, используя метод сечений и дифференциальное соотношение между поперечным усилием и распределенной нагрузкой. У заделки поперечная сила равна опорной реакции RA со знаком “плюс”: 57,0 кН. В крайнем правом сечении левого участка поперечное усилие уменьшается линейно на величину распределенной нагрузки: 57,0 18 2,5 12,0 (кН). При переходе от крайнего правого сечения на левом участке к крайнему левому сечению на среднем участке добавляется в отрицательном направлении сосредоточенная сила 30 кН, т. е. поперечное усилие здесь становится равным 28 12 30 18 (кН). Далее по длине участка усилие не изменяется, т. к. отсутствует распределенная нагрузка. 18kH/M MA 40 kHM 30 kH B A 14,75 RA 57,0 x D C 12kH/ M 2,5M 1M 1,5 M z 57,0 12 Qz 18 18 13,5 14,75 My 53,5 71,5 1' 3' 2 xy 3 1 1' 3' 2 x xz 3 1 z z Рис. 3.10 Расчетная схема двутавровой балки, эпюры усилий и напряжений, опасные точки При переходе от крайнего правого сечения на среднем участке к крайнему левому сечению на правом участке поперечная сила не меняется, т. к. здесь нет сосредоточенной нагрузки. По длине правого участка поперечное усилие линейно увеличивается на величину распределенной нагрузки: 18 12 1,5 0 . Эпюра поперечных сил показана на рис. 3.10. Строим эпюру изгибающих моментов, используя метод сечений и дифференциальное соотношение между моментом и поперечным усилием. В крайнем левом сечении левого участка изгибающий момент равен реактивному сосредоточенному моменту 14,75 кНм; по правилу знаков он должен быть учтен со знаком “минус”. В крайнем правом сечении левого участка к этому изгибающему моменту добавляется положительный момент, создаваемый опорной реакцией 57,0 кН и равный величине 57,0 2,5 142,5 (кНм), а также отрицательный момент, создаваемый распределенной нагрузкой: 18 2,5 1,25 56,25 (кНм), так что суммарный момент в сечении составляет 29 14,75 142,5 56,25 71,5 (кНм). Поперечное усилие на участке линейно; следовательно, изгибающий момент является квадратной параболой. Экстремума нет, т. к. поперечное усилие на участке не меняет знака. По правилу "зонтика" выпуклость параболы направлена вниз. При переходе от крайнего правого сечения на левом участке к крайнему левому сечению на среднем участке изгибающий момент не изменяется, т. к. здесь сосредоточенного момента нет. В крайнем правом сечении среднего участка момент вычисляем, учитывая силы справа от сечения: 40 12 1,5 0,75 53,5 (кНм). Здесь момент является линейной убывающей функцией, т. к. на участке поперечное усилие постоянно и отрицательно. При переходе от крайнего правого сечения на среднем участке к крайнему левому сечению на правом участке изгибающий момент изменяется скачкообразно в отрицательном направлении на величину приложенного здесь сосредоточенного момента 40 кНм, т. е. момент в начале последнего участка становится равным 53,5 40 13,5 (кНм). В крайнем правом сечении правого участка момент равен нулю. Поскольку на участке поперечная сила линейна, момент здесь изменяется по квадратичной закономерности. Вершина параболы расположена на правом конце участка, т. к. здесь поперечное усилие равно нулю. Далее для выбора опасных точек показываем фасад балки, ее сечение и эпюры напряжений. Все это также изображено на рис. 3.10. Согласно эпюрам усилий и напряжений, в точке 1 действует наибольшее растягивающее напряжение, в точке 1' - наибольшее сжимающее. В точке 2 действует наибольшее касательное напряжение. В точке 3 одновременно действуют большие нормальное растягивающее и касательное напряжения, а точка 3' отличается от точки 3 тем, что в ней нормальное напряжение является сжимающим. Подберем сечение двутавра сначала из условия прочности в точке 1 (рис. 3.11). Записываем условие прочности и находим требуемый момент сопротивления изгибу: Рис. 3.11 Напряженное состояние в точке 1 30 σ= My Wy σ 71,5 103 Wy 0,447 103 (м3 ) = 447 (см3 ). 6 σ 160 10 My По этому значению требуемого момента сопротивления подбираем номер балочного двутавра (двутавр нормальный (Б) по ГОСТ 26020-83): 30Б2 с моментом сопротивления изгибу 488 см3. Обратным действием проверяем прочность в точке 1: M y 71,5 103 σ= 146,5 106 (Па) = 146,5 (МПа) < σ 160 (МПа). 6 Wy 488 10 Условие прочности в точке 1 выполнено. Теперь проверяем точку 2. Напряженное состояние в этой точке показано на рис 3.12. Рис. 3.12 Напряженное состояние в точке 2 Поскольку напряженное состояние здесь отлично от одноосного, для проверки прочности нужно применить какую-либо теорию прочности, пригодную для конструкционной стали. Этот материал в обычных эксплуатационных условиях является пластичным, поэтому можно воспользоваться третьей и четвертой классическими теориями прочности: σIII э σ1 σ3 τ - τ 2τ σ ; 2 2 2 σ IV 0,5 σ1 σ 2 σ 2 σ3 σ3 σ1 э 2 2 2 0,5 τ 0 0 τ - τ τ 3τ σ . IV Из последнего очевидно, что здесь σ III э σ э , поэтому условие прочности достаточно записать только для третьей теории: σIII э 2τ σ . Касательное напряжение должно быть вычислено по формуле Журавского: 31 τ= Qz S y sJ y . Извлекаем из сортамента характеристики полученного из условия прочности в первой точке двутавра 30Б2: толщина стенки s = 6,00 мм; момент инерции сечения относительно горизонтальной оси Jy = 7293 см4; статический момент половины сечения относительно его горизонтальной оси S y 274 см3. Вычисляем касательное напряжение: 57,0 103 274 106 τ= 0,357 108 (Па) = 35,7 (МПа). 3 8 6,00 10 7293 10 Проверяем прочность в точке 2 по III-й теории: σIII э 2τ = 2 35,7 = 71,4 (МПа) σ 160 МПа; прочность обеспечена. Проверяем точку 3. Напряженное состояние в этой точке показано на рис. 3.13. Рис. 3.13 Напряженное состояние в точке 3 Для такого напряженного состояния, как известно из теории плоского изгиба, рассмотренной в первой части курса, эквивалентные напряжения по III-й и IV-й теориям прочности записываются следующим образом: 2 2 σIII э σ 4τ ; 2 2 σIV э σ 3τ . IV Поскольку здесь также σ III э σ э , то дальше реализуем только III-ю теорию прочности. Находим напряжения. σ= Здесь z M yz Jy . h t ; h = 299 мм - высота сечения двутавра 30Б2; t = 10 мм 2 32 299 10 139,5 мм 13,95 см . 2 M y z 71,5 103 13,95 102 σ= 0,1368 109 (Па) = 136,8 (МПа). 8 Jy 7293 10 толщина полки; z τ= Qz S yп sJ y . h t Здесь S yп bt ; b = 140 мм =14 см - ширина полки профиля 30Б2; 2 2 29,9 1,0 S yп 14 1,0 202 (см). 2 2 18,00 103 202 106 τ= 0,0831 108 (Па) = 8,31 (МПа). 3 8 6,00 10 7293 10 2 2 2 2 σIII э σ 4τ 136,8 4 8,31 18714 276 137,8 (МПа) < σ 160 МПа; прочность в точке 3 обеспечена. Б. Определение перемещений аналитическим методом Для определения перемещений аналитическим методом воспользуемся приближенным дифференциальным уравнением оси изогнутой балки (3.1): EJ y w x M y x . При его составлении и интегрировании необходимо выполнить правила Клебша. В соответствии с первым из них нужно связать с балкой систему координат так, чтобы ее начало совпадало с одним из концов балки. Второе правило, предписывающее продлевать распределенную нагрузку до конца балки, т. е. до точки с наибольшей продольной координатой, здесь не позволяет сделать выбора, в каком именно конце балки расположить начало координат, т. к. одну из распределенных нагрузок придется продлевать в любом случае. Поэтому выбор делаем по удобству определения констант интегрирования и располагаем начало координат на левом конце балки (рис. 3.10). В соответствии со вторым правилом распределенную нагрузку 18 кН/м продлеваем до конца балки и полученную добавку компенсируем (рис. 3.14). На рис. 3.14 римскими цифрами обозначены номера участков. 33 I 14,75 18kH/M 30kH II 40kHM B A III D x 12kH/ M C 18kH/M 57,0 2,5 M 1M 1,5 M z Рис. 3.14 Расчетная схема балки для определения перемещений аналитическим методом Выражение для изгибающего момента составляем как единое для всех участков, принимая во внимание третье правило Клебша: 18 x 2,5 18 x 2 M y x 14,75 57 x 30 x 2,5 2 I 2 12 x 3,5 2 2 40 x 3,5 0 II 2 . III Подставляем это выражение в дифференциальное уравнение и интегрируем его два раза, выполняя при этом четвертое правило Клебша. 18 x 2,5 18 x 2 EJ y w x 14,75 57 x 30 x 2,5 2 I 2 12 x 3,5 2 2 40 x 3,5 0 II 2 ; III 30 x 2,5 18 x 2,5 57 x 2 18 x3 EJ y w x C 14,75 x 2 6 I 2 6 2 12 x 3,5 40 x 3,5 6 3 II 3 ; III 30 x 2,5 18 x 2,5 14,75 x 2 57 x3 18 x 4 EJ y w x D Cx 2 6 24 I 6 24 3 40 x 3,5 12 x 3,5 2 24 2 4 . III Для определения констант C и D используем граничные условия: 4 II 34 w x x0 0 C 0; w x x0 0 D 0. После этого формулы для углов поворота и прогибов принимают следующий вид: 30 x 2,5 18 x 2,5 57 x 2 18 x3 EJ y w x 14,75 x 2 6 I 2 6 2 12 x 3,5 40 x 3,5 6 3 II 3 ; III 30 x 2,5 18 x 2,5 14,75 x 2 57 x3 18 x 4 EJ y w x 2 6 24 I 6 24 3 40 x 3,5 12 x 3,5 2 24 2 4 II 4 . III Согласно заданию, требуется определить прогиб в сечении C и угол поворота в сечении D. Определяем прогиб сначала с точностью до изгибной жесткости балки: 14,75 3,52 57 3,53 18 3,54 30 3,5 2,5 EJ y wC EJ y w x3,5 2 6 24 6 3 18 3,5 2,5 90,34 407,31 112,55 5 0,75 200,17 (кНм3 ) 24 200,2 (кНм3 ). 4 Далее вычисляем изгибную жесткость подобранного выше сечения балки: EJ y 2,1 105 106 7293 108 15315 103 (Нм2 ) 1,532 104 (кНм2 ), и находим числовое значение непосредственно прогиба: 200,2 wC 130,7 104 (м) = -13,07 (мм). 4 1,532 10 Знак “минус” означает, что перемещение происходит против оси z, т.е. вверх. Теперь определяем угол поворота в сечении D. Сначала находим его с точностью до изгибной жесткости балки: 57 52 18 53 30 5 2,5 EJ y φ D EJ y wD EJ y w x5 14,75 5 2 6 2 2 35 18 5 2,5 12 5 3,5 40 5 3,5 73,75 712,5 375 93,75 6 6 46,88 60 6,75 163,6 (кНм2 ). Затем находим числовое значение непосредственно угла поворота: 163,6 φD 106,8 104 (рад) = -0,01068 57,3 (град) = -0,612 (град). 4 1,532 10 Знак “минус” для угла в принятой системе координат xAy означает, что поворот сечения D происходит против часовой стрелки. 3 3 В. Определение перемещений энергетическим методом В соответствии с сущностью энергетического метода перемещения определяем по формуле (3.5): n l 1 k M x M x dx. k 1 EJ k 0 При этом для вычисления содержащегося в ней интеграла применим правило Верещагина, т. е. будем вычислять его при помощи перемножения эпюр. Грузовая эпюра изгибающего момента M(x) у нас уже построена (рис. 3.10), а для построения единичных эпюр прикладываем единичные обобщенные силы по направлениям искомых перемещений. Сначала прикладываем единичную силу по направлению искомого прогиба в точке C. Поскольку в аналитическом методе перемещение получилось вверх, то единичную силу также направляем вверх, чтобы прогиб в энергетическом методе получился положительным. Соответствующая схема и эпюра показаны на рис. 3.15. Здесь же предварительно повторяем и грузовую эпюру для удобства ее перемножения с единичными. Для определения прогиба в точке C эпюру грузового момента на участке AB разделяем на перекрученную трапецию и параболический сегмент и перемножаем их по отдельности на трапецию в эпюре M w ; на участке BC эпюры My и M w перемножаем по формуле трапеций. 2,5 18 2,53 3,5 1 EJ y wC 2 14,75 3,5 2 71,5 1 14,75 1 71,5 3,5 6 12 2 1 2,5 2 71,5 1 53,5 1 103,25 143 14,75 250,25 23,44 2,25 6 6 32,75 114,7 52,7 32,8 200,2 (кНм3 ). 36 My D C 13,5 B A z x 53,5 71,5 A Mw 1 1 3,5 2,5 M z A D x C B 1M 1,5 M C B D x M 1 1 2,5 M 1M 1,5 M z Рис. 3.15 Эпюры моментов для определения перемещений энергетическим методом Этот результат в точности совпадает с тем, который был получен для прогиба аналитическим методом: 200,2 кНм3, поэтому его можно считать достоверным. Вычислим непосредственно величину прогиба, полученную энергетическим методом: 200,2 wC 130,7 104 (м) = 13,07 (мм); 4 1,532 10 знак “плюс” означает, что перемещение по направлению совпадает с соответствующей единичной силой. Теперь для определения угла поворота в сечении D прикладываем здесь единичный момент. Поскольку из аналитического метода уже ясно, что поворот сечения здесь происходит против часовой стрелки, то единичный момент прикладываем именно в этом направлении. Строим от него эпюру (рис. 3.15) и перемножаем с грузовой. Поскольку ордината в единичной эпюре везде одинакова и равна единице, то площади участков в грузовой эпюре везде умножаем на эту положительную единицу. 14,75 71,5 18 2,53 71,5 53,5 1 EJ y φ D 2,5 1 1 1,0 1 13,5 1,5 1 2 12 2 3 70,94 23,44 62,5 6,75 163,6 (кНм2 ). Этот результат точно совпадает с тем, который был получен аналитическим методом. Знак плюс означает, что направление поворота совпадает с направлением единичного момента. Приведем здесь также числовое значение непосредственно угла поворота: 37 163,6 106,8 104 (рад) = 0,01068 57,3 (град) = 0,612 (град). 4 1,532 10 Опираясь на эпюру моментов и найденные перемещения, изобразим изогнутую ось балки (рис. 3.16). В заделке линейные перемещения и угол поворота равны нулю. Выпуклость изогнутой оси всегда направлена в ту сторону, в которую отложена эпюра моментов. φD 14,75 My D C 13,5 B x A 53,5 z D 71,5 A w D w C B D x C 2,5 M 1M 1,5 M z Рис. 3.16 Ось изогнутой балки Для оценки общей жесткости балки найдем прогиб на конце консоли, который, судя по всему, имеет для этой конструкции наибольшее абсолютное значение. Используем для этого аналитический метод. 14,75 52 57 53 18 54 30 5 2,5 18 5 2,5 EJ y wD EJ y w x5 2 6 24 6 24 3 4 40 5 3,5 12 5 3,5 184,4 1187,5 468,8 78,1 29,3 45 2,5 2 24 443,0 (кНм3 ) 443 (кНм3 ). 2 4 443 289 104 (м) = -28,9 (мм). 4 1,532 10 Относительный прогиб получаем делением максимального абсолютного прогиба на величину пролета, который для консолей принимается равным их двойной длине: wmax wD 28,9 1 1 . 2l 2l 10000 346 200 Таким образом, относительный прогиб консоли находится в допустимых пределах, и жесткость балки достаточна. Задача закончена. wD 38 Задача № 12. Определение перемещений в раме На рис. 3.17 слева показан общий вид расчетной схемы к данной задаче, приятый по одному из вариантов. 20 / F2 M2 q1 C A 40 A 30 h2 2M 2 M1 D h1 B x RB l RA 3M F1 B y 80 RB 4M Рис. 3.17 Общий вид рамы и расчетная схема в масштабе Из таблицы с заданиями выбираем исходные данные согласно некоторому варианту: l = 4,0 м; h1 = 3,0 м; h2 = 2,0 м; q1 = 0; q2 = 20 кН/м; F1 = 0; F2 = 40 кН; M1 = 30 кНм; M2 = 0. В соответствии с принятыми исходными данными изображаем в масштабе расчетную схему (рис. 3.17, справа). В конечном счете в этой задаче требуется определить энергетическим методом линейные перемещения в сечении A и угол поворота в сечении B. В рамах это удобно делать энергетическим методом, и поэтому построим сначала эпюры усилий. Для построения эпюр усилий найдем опорные реакции. Единственная вертикальная реакция должна уравновесить вертикальную нагрузку: RBy 20 4 80 (кН). Реакцию в опоре D найдем из уравнения равновесия по моменту относительно шарнира B: M B 0 -30 - 20 4 2 + 40 5 RA 3 0. 1 30 160 200 3,33 (кН). 3 уравнения равновесия по горизонтали RA Наконец, из находим RBx 40 3,33 36,67 (кН). Теперь, используя метод сечений, построим эпюры продольных и попе- 39 речных усилий и изгибающего момента. На участке BC продольное усилие создается расположенной снизу продольной силой 80 кН, которая этот стержень сжимает. На участке CA слева расположена одна продольная по отношению к этому стержню сила 36,67 кН, которая также оказывает сжимающее действие. На участке DA продольные силы с нижней стороны отсутствуют, поэтому продольное внутреннее усилие на этом участке также равно нулю. Эпюра продольных усилий показана на рис. 3.18. 80 C 36,67 80 A 36,67 C 3,33 36,67 D Q N B 80 B A 3,33 D 36,67 Рис. 3.18 Эпюры продольных и поперечных усилий Поперечное усилие на участке BC создается расположенной снизу поперечной силой 36,67 кН; по правилу знаков она создает здесь отрицательное поперечное усилие. На участке CA в крайнем левом сечении поперечное усилие создается расположенной слева силой 80 кН, и оно положительно. В крайнем правом сечении поперечное усилие равно нулю, т.к. справа нет никаких поперечных по отношению к этому стержню сил. По длине участка поперечное усилие линейно уменьшается в соответствии с действующей тут распределенной нагрузкой. На участке DA поперечное усилие создается расположенной снизу поперечной силой 3,33 кН; по правилу знаков оно здесь отрицательно. Эпюра поперечных усилий показана на рис. 3.18. Изгибающий момент на участке BC создается расположенной снизу горизонтальной силой 36,67 кН: в начале участка ее момент равен нулю, в конце 36,67 5 183,4 (кНм). Эпюра на этом участке линейна, т. к. отсутствует распределенная нагрузка, а выпуклость изогнутой оси стержня – слева, поэтому и эпюру откладываем влево. На участке CA в крайнем левом сечении момент создается силой 36,67 кН на плече 5 м и сосредоточенным моментом 30 кНм, причем первая создает выпуклость сверху, а второй - снизу, так что в алгебраической сумме получается 183,4 30 153,4 (кНм). В крайнем правом сечении 40 момент удобнее рассматривать справа, т. к. справа момент создает только опорная реакция в опоре D, и момент этот равен 3,33 2 6,67 (кНм), с выпуклостью снизу. По длине участка изгибающий момент квадратичен с экстремумом в правом сечении и с выпуклостью снизу (по правилу “зонтика”). На участке DA изгибающий момент создается расположенной снизу горизонтальной силой 3,33 кН: в начале участка ее момент равен нулю, в конце 3,33 2 6,67 (кНм). Эпюра на этом участке линейна, т.к. отсутствует распределенная нагрузка; выпуклость изогнутой оси - слева. Эпюра изгибающих моментов от заданных нагрузок показана на рис. 3.19. Проверим равновесие узлов C и A под действием усилий в сечениях примыкающих к ним стержней и приложенных в узлах внешних нагрузок. Соответствующие схемы показаны на рис. 3.19. Уравнения равновесия для узла C: 36,67 36,67 0; 80 80 0; 184,4 153,4 30 0. Уравнения равновесия для узла A: 36,67 3,33 40 0; 6,67 6,67 0. 153,4 30 183,4 A C 6,67 M D 80 36,67 153,4 36,67 183,4 C 80 6,67 36,67 B 40 A 3,33 6,67 Рис. 3.19 Эпюра изгибающих моментов и схемы равновесия в узлах Для определения линейных перемещений в сечении A прикладываем здесь единичные сосредоточенные силы, горизонтальную и вертикальную, и строим эпюры создаваемых ими изгибающих моментов (рис. 3.20). Предполагаем, что горизонтальное перемещение происходит налево (по направлению сосредоточенной нагрузки 40 кН), поэтому горизонтальную единичную силу направляем также налево. Рассматривая момент относительно 41 1 5 0,667 (кН). Горизонтальная 3 опорная реакция в опоре B должна дополнить единичную силу до величины опорной реакции в опоре D: 1,667 1 0,667 (кН). Вертикальная реакция в опо- шарнира B, находим реакцию в опоре D: ре B равна нулю, потому что нет вертикальных нагрузок. Поскольку распределенных нагрузок нет, эпюры изгибающих моментов на всех трех участках линейны. На участке BC внизу момент равен нулю, а вверху 0,667 5 3,33 (кНм), выпуклость справа. На участке CA момент в любом сечении создается расположенной слева силой 0,667 кН на плече 5 м, т.е. также равен 3,33 кНм, выпуклость снизу. На участке DA внизу момент равен нулю, а вверху - 1,667 2 3,33 (кНм), выпуклость слева. При этом констатируем, что равновесие узлов C и A по моментам сохраняется. Эпюра изгибающих моментов от горизонтальной единичной силы в точке A показана на рис. 3.20: M x . C 3,33 3,33 3,33 A 1 3,33 Mx 1 6,67 2,67 A C 1,667 My D 0,667 B 1,333 B 0 1 1,333 D Рис. 3.20 Эпюры изгибающих моментов от единичных сил в т. A Вертикальное перемещение в т. A наиболее вероятно в направлении сверху вниз; именно так и прикладываем единичную силу (рис. 3.20). Тогда единственно возможная вертикальная реакция в опоре B должна быть направлена снизу вверх и равна единице. Горизонтальную реакцию в опоре D находим из уравнения равновесия по моменту относительно опоры B: она в противоположность моменту от единичной силы должна создавать момент против часовой 1 4 1,333 (кН). Горизонтальная реакция в стрелки и должна иметь величину 3 опоре B должна быть такой же величины и иметь противоположное направление. Моменты в опорных сечениях равны нулю, т. к. здесь шарниры. Момент в 42 узле C: 1,333 5 6,67 (кНм), растяжение снаружи, а момент в узле A: 1,333 2 2,67 (кНм), растяжение снаружи. Эпюра M y показана также на рис. 3.20. Для определения угла поворота в сечении B прикладываем здесь сосредоточенный единичный момент (рис. 3.21). Предполагаем, что поворот происходит по часовой стрелке, поэтому так и прикладываем единичный момент. Горизонтальная реакция в опоре D должна уравновесить активный единичный момент относительно шарнира B. Поэтому она должна быть направлена справа 1 налево и иметь величину 0,333 (кН), , где 3 м - ее плечо относительно шар3 нира B. Горизонтальная реакция в опоре B должна уравновесить горизонтальную реакцию в опоре D, т.е. быть также равной 0,333 кН и направленной слева направо. Вертикальная реакция в опоре B в отсутствие вертикальных активных сил должна быть нулевой. Внутренний изгибающий момент в сечении B равен единице, растяжение справа. Момент в узле C: 1 0,333 5 0,667 (кНм), т. е. растяжение уже слева (снаружи). Момент в узле A: 0,333 2 0,667 (кНм), растяжение снаружи. Эпюра моментов на всех участках линейна. A 0,667 0,667 C A M 1 1B 0,333 B C A A yA D yA 0,333 D B 0 Рис. 3.21 Эпюра изгибающих моментов от единичного момента в т. B и деформированная ось рамы Определяем искомые перемещения с точностью до изгибной жесткости EJ, перемножая соответствующие эпюры. n l 1 k 1 1 2 1 M M [ 183,4 5 3,33 153,4 6,67 4 3,33 x dx EJ 2 3 2 k 1 EJ k 0 x A 43 20 43 1 2 1 1873 3,33 6,67 2 3,33] . 1018 977 107 15 12 2 3 EJ EJ Здесь на вертикальных участках перемножение эпюр выполнено как перемножение треугольников, а на горизонтальном грузовая эпюра была разделена на перекрученную трапецию и параболический сегмент. Произведение получилось отрицательным, следовательно, перемещение происходит в направлении, противоположном единичной силе, т. е. слева направо. Аналогичная технология перемножения эпюр применяется и для определения вертикального перемещения: l n 1 k 1 1 2 4 M M [ 183,4 5 6,67 (2 153,4 6,67 y dx EJ 2 3 6 k 1 EJ k 0 y A 20 43 6,67 2,67 2 6,67 2,67 153,4 2,67 6,67 6,67) 12 2 1 2 1 2 6,67 2 2,67] 2039 2046 36 410 44 106,7 4,67 12 2 3 EJ 3 1 3113 . 2039 1584 498 12 EJ EJ Произведение получилось положительным, значит, перемещение совпадает по направлению с единичной силой, т. е. направлено вниз. Теперь находим угол поворота: n l 1 k 1 5 φB M M [ (0 2 183,4 0,667 0 183,4 1) φ dx EJ EJ 6 k 1 k 0 1 20 43 1 2 (153,4 6,67) 4 0,667 0,667 6,67 2 0,667] 2 12 2 3 1 172,6 (51,0 195,7 71,1 3,0) . EJ EJ Здесь на левом вертикальном участке перемножение эпюр выполнено по формуле трапеции, а на правом - как перемножение треугольников; на горизонтальном грузовая эпюра была разделена на перекрученную трапецию и параболический сегмент. Произведение получилось положительным, следовательно, поворот происходит в направлении приложенного единичного момента, т. е. по часовой стрелке. В завершение задачи покажем деформированную ось рамы. При ее построении учитываем направления найденных перемещений, условия закрепления и направления выпуклостей по грузовой эпюре изгибающих моментов. Кроме того, углы между стержнями в узлах C и A должны остаться прямыми. Деформи- 44 рованная ось рамы показана на рис. 3.21. Задача № 13. Расчет статически неопределимой балки. Метод сил На рис. 3.22 показан общий вид расчетной схемы к данной задаче, приятый по одному из вариантов. q M l1 l2 l3 Рис. 3.22 Общий вид расчетной схемы балки Из таблицы с заданиями выбираем исходные данные согласно некоторому варианту: l1 = 3,0 м; l2 = 2,0 м; l3 = 2,0 м; q = 10 кН/м; F = 20 кН; M = -45 кНм. Требуется построить эпюры внутренних усилий в балке и ее деформированную ось. В соответствии с принятыми исходными данными изображаем в масштабе расчетную схему (рис. 3.23). Из трех уравнений равновесия, возможных для плоской системы сил, одно уравнение - в проекциях на горизонталь - выполняется тождественно. Тогда для трех неизвестных вертикальных реакций возможно составить только два уравнения равновесия. Таким образом, для определения опорных реакций не хватает одного уравнения равновесия, т. е. задача является статически неопределимой один раз. Следовательно, уравнения равновесия нужно дополнить условием совместности деформаций. Для этого сначала отбросим одну, лишнюю, связь и заменим ее неизвестной пока силой, равной опорной реакции в отброшенной связи. Пусть это будет средняя вертикальная связь; неизвестное усилие в ней обозначим X1 (схема ОС на рис. 3.23). Полученная таким образом расчетная схема называется основной системой (ОС) для исходной конструкции. Основная система будет полностью эквивалентна исходной системе, если вертикальное перемещение в ней по направлению силы X1 будет равно нулю, как это имеет место в исходной системе. Обозначив это перемещение Δ1, условие эквивалентности систем получим в виде: Δ1 = 0. (3.8) Перемещение Δ1 в основной системе зависит от заданных внешних нагру- 45 зок и от силы X1, поэтому условие (3.8) можно записать в виде Δ11 + Δ1F = 0. (3.9) Здесь Δ11 - перемещение в основной системе по направлению силы X1 от самой этой силы, Δ1F - перемещение в основной системе по направлению силы X1 от заданных внешних нагрузок. Будем считать рассматриваемую конструкцию линейно деформируемой, и на этом основании перемещение Δ11 должно быть пропорциональным силе X1: Δ11 = δ11X1. (3.10) 45 kHM B A 20 kH 10 kH/M C D 3M 45 B A 2M 2M 10 20 C x D z M1 X1 1,2 A C B 0,4 D 1 0,6 45 A 10 C B 21 D RA 61 RC 63 18 MF 20 60 A B C D Рис. 3.23 Исходная схема, основная система метода сил, эпюры M 1 и MF Подставляя (3.10) в (3.9), получаем каноническое уравнение метода сил для системы, статически неопределимой один раз: δ11X1 + Δ1F = 0. (3.11) Здесь δ11 - перемещение в основной системе по направлению силы X1 от единичной силы, приложенной по направлению силы X1. Перемещения δ11 и Δ1F 46 могут быть определены с помощью интегралов Мора: l n 1 k δ11 M 1 ( x) M 1 ( x) dx; EJ k 1 k 0 n (3.12) l 1 k 1F M 1 ( x) M F ( x) dx. k 1 EJ k 0 Здесь M 1 ( x) - эпюра изгибающих моментов в основной системе от единичной силы, приложенной по направлению X1; M F ( x) - эпюра изгибающих моментов в основной системе от заданных внешних нагрузок. Для определения перемещений в (3.11) эти эпюры нужно построить. Строим эпюру M 1 ( x) . Для этого к основной системе, освобожденной от заданных внешних нагрузок, прикладываем единичную силу по направлению X1 (схема M 1 на рис. 3.23). Определяем опорные реакции, распределяя единичную силу обратно пропорционально расстояниям до опор, и строим эпюру M 1 ( x) как линейную с нулями на опорах и максимумом в точке приложения силы: 0,4 3 1,2. Строим эпюру M F ( x) . Для этого к основной системе прикладываем заданные внешние нагрузки, а силу X1 не учитываем (предпоследняя схема на рис. 3.23). Определяем опорные реакции: M 0; A RC M C 0; RA - 45 10 2 6 20 7 RC 5 0; 1 45 120 140 61 (кН). 5 - 45 10 2 1 20 2 RA 5 0; 1 45 20 40 21 (кН). 5 Z 0; 21 61 10 2 20 0. На участке AB эпюра линейна с нулевой ординатой на левой опоре и с ординатой 21 3 63 в сечении B, растяжение сверху. Далее идет скачок вниз на величину сосредоточенного момента 45 кНм, а затем момент продолжает линейно убывать с той же скоростью, достигая в конце участка BC ординаты 21 5 45 60 (кНм), растяжение сверху. На участке CD эпюра растет параболически монотонно от -60 кНм до нуля, выпуклостью вниз, без экстремума. Определяем перемещения в соответствии с формулами (3.12). 47 δ11 1 1 2 1 2 2,4 1 1,2 3 1,2 1,2 2 1,2 1,44 0,96 . EJ 2 3 2 3 EJ EJ 2 2 114 1 1 63 3 1,2 2 18 1,2 60 1,2 75,6 38,4 . 2 EJ 3 6 EJ Далее из уравнения (3.11) находим: EJ 1F 114 X 1 1F 47,5 (кН). δ11 EJδ11 2,4 1F 1 EJ Сила, действующая в опоре B, получилась со знаком “минус”, следовательно, она направлена противоположно тому, как это показано на рис. 3.23. Покажем на исходной схеме (рис. 3.24) ее реальное направление и величину и из уравнений равновесия найдем остальные опорные реакции. B A 45 20 10 C D RA 2,0 x RC 89,5 47,5 2M 2M 3M z 40 2,0 2,0 20 Q 49,5 49,5 60 6,0 M 39,0 Рис. 3.24 Расчетная схема, эпюры Qz и My, изогнутая ось балки M A 0; - 45 47,5 3 10 2 6 20 7 RC 5 0; RC M C 1 45 142,5 120 140 89,5 (кН). 5 0; - 45 47,5 2 10 2 1 20 2 RA 5 0; RA Z 0; 1 45 95 20 40 2,0 (кН). 5 2,0 + 47,5 89,5 10 2 20 89,5 89,5 0. Строим эпюры поперечных усилий и изгибающих моментов для оконча- 48 тельной расчетной схемы, со всеми найденными реакциями (рис. 3.24). На участке AB поперечное усилие создается опорной реакцией в опоре A, оно отрицательно, т. к. сила обходит любое сечение на этом участке против часовой стрелки, и равно величине 2,0 кН. Далее на опоре B происходит скачок вниз на величину 47,5 кН, т. е. ордината на участке BC составляет 2,0 47,5 49,5 (кН). На опоре C снова происходит скачок по направлению действующей здесь силы 89,5 кН, т. е. вверх, и ордината в начале участка CD составляет 49,5 89,5 40 (кН). Далее по длине участка CD поперечная сила линейно уменьшается на величину распределенной нагрузки 10 2 20 (кН), и на правом торце становится равной действующей здесь сосредоточенной силе 20 кН. Эпюра моментов на участках AB и BC линейна, т. к. здесь нет распределенной нагрузки. На участке AB момент уменьшается от нуля до величины 2,0 3 6,0 (кН). Далее происходит положительный скачок на величину сосредоточенного момента 45 кНм, т. е. в начале участка BC момент становится равным величине 6,0 45 39,0 (кНм). В конце участка BC момент составляет величину 2,0 5 45 47,5 2 10 45 95 60 (кНм). Затем на участке CD момент возрастает параболически с выпуклостью вниз (по направлению распределенной нагрузки), без экстремума (эпюра Q здесь не проходит через ноль), от – 60 кНм до нуля. Итоговую эпюру M в равной степени можно рассматривать как эпюру изгибающих моментов в исходной системе от заданных внешних нагрузок, и как эпюру изгибающих моментов в основной системе от заданных нагрузок и от силы X1. Если эпюру M, рассматриваемую применительно к основной системе, перемножить с единичной эпюрой M 1 , то по смыслу этого произведения должно получиться перемещение по направлению единичной силы в т. B. Но вертикальное перемещение в этой точке основной системы, согласно условию совместности деформаций, должно быть равно нулю. Следовательно, и рассматриваемое произведение тоже должно быть равно нулю. В этом и заключается проверка правильности построения эпюры M. Выполним ее. l 1 k 1 1 2 2 M 1 ( x) M ( x) dx 6,0 3 1,2 2 39,0 1,2 60 1,2 EJ 2 3 6 k 1 EJ k 0 n 1 31,3 31,2 0. 7,2 31,2 24 EJ EJ Проверка показала правильность построения итоговой эпюры моментов. В завершение задачи покажем деформированное состояние балки, т. е. по 49 строим ее изогнутую ось (нижняя схема на рис. 3.24). При этом учитываем, что вертикальные перемещения на опорах должны быть равны нулю, а выпуклость изогнутой оси должна быть направлена в ту же сторону, что и эпюра моментов. 4 Сложное загружение стержня 4.1 Общий случай загружения Общим случаем загружения называется такой, при котором в его поперечных сечениях возникают все шесть усилий: продольное усилие N, поперечные усилия Qz и Qy, изгибающие моменты My и Mz, крутящий момент Mкр. Этот случай показан на рис. 4.1. N Qy y Mz Mkp x Qz My z Рис. 4.1 Общий случай загружения стержня: внутренние усилия Напряжения, действующие в точках поперечного сечения при наличии всех шести усилий, показаны на рис. 4.2. Эти напряжения могут быть найдены по следующим формулам. N M z M y σx y z ; (4.1) A Jy Jz τ xy Qy S zо b( y ) J z ; τ xy Qz S yо b( z ) J y ; (4.2) 50 τкр f ( M кр ). (4.3) Вид функции f в формуле (4.3) зависит от формы сечения. Так, для сечения круглой формы справедлива формула M ρ τ кр кр , (4.4) Jp где ρ - радиус, проведенный в рассматриваемую точку из центра сечения. y x y z x xy xz kp z Рис. 4.2 Общий случай загружения стержня: напряжения в точках поперечного сечения В формуле (4.1) для согласования знаков между усилиями применяются следующие правила. Растягивающее продольное усилие N, как и ранее, считается положительным, а сжимающее - отрицательным. Изгибающие моменты My и Mz считаются положительными, если они создают растягивающие напряжения при положительных координатах z и y соответственно; в противном случае они считаются отрицательными. В формулах (4.2) направления касательных напряжений τxy и τxz совпадают по направлениям с поперечными усилиями Qy и Qz соответственно. 4.2 Косой изгиб Косым изгибом называется такой случай загружения стержня, при котором в его поперечных сечениях возникают оба изгибающих момента: My и Mz. При этом могут также быть отличными от нуля поперечные усилия Qz и Qy. Нормальные напряжения, действующие в поперечных сечениях стержня при его косом изгибе, выражаются формулой: M z M y σx y z , (4.5) Jy Jz которая получается из формулы (4.1) удалением первого слагаемого. 51 Из формулы (4.5) после приравнивания напряжения σx нулю получается уравнение нейтральной оси сечения, т. е. линии, в точках которой нормальные напряжения равны нулю: M J z z y y. (4.6) M y Jz Согласно этому уравнению, нейтральная ось является прямой линией, проходящей через точку пересечения главных центральных осей инерции, т. е. через центр тяжести сечения. Схема произвольного сечения в состоянии косого изгиба с векторными изображениями изгибающих моментов, нейтральной осью и эпюрой нормальных напряжений показана на рис. 4.3. .O H . y Mu Mz Mz My min x Mu My z max Рис. 4.3 Косой изгиб: изгибающие моменты, нейтральная ось и эпюра напряжений В соответствии с этой схемой справедливы следующие соотношения: M u M y M z; M u M y2 M z2 . (4.7) Угол наклона суммарного вектора изгибающего момента M u по отношению к оси Oy, обозначенный на рис. 4.3 буквой α, является арктангенсом отноM шения z : My α = arctg Mz . My (4.8) 52 Угол наклона нейтральной оси по отношению к оси Oy, обозначенный на M J рис. 4.4 буквой β, является арктангенсом величины z y : M y Jz M J (4.9) β = arctg z y . M J y z Из формул (4.8) и (4.9) следует, что если отношение J y J z отлично от единицы, то углы α и β разные, т. е. нейтральная ось не совпадает с вектором суммарного изгибающего момента и не перпендикулярна плоскости его действия. Это принципиально отличает косой изгиб от так называемого прямого, плоского изгиба, при котором нейтральная ось совпадает с вектором изгибающего момента и перпендикулярна плоскости его действия как пары сил. В рассматриваемом на рис. 4.3 примере по форме сечения видно, что J y J z , т. е. Jy Jz 1 , и β > α , что и отражено на рисунке. 4.3 Внецентренное сжатие (растяжение) Внецентренным сжатием (растяжением) называется такое состояние стержня, которое создается силой, направленной параллельно продольной оси стержня и приложенной к его торцу вне его центра тяжести (рис. 4.4). F zp yp zp z y yp x Рис. 4.4 Внецентренное сжатие стержня Точка приложения продольной силы к торцу называется полюсом, поэтому 53 ее координаты на рис. 4 обозначены индексом “p”. По схеме на рис. 4 определяются внутренние усилия, создаваемые силой F в произвольном поперечном сечении стержня с главными осями инерции Oy и Oz: Qy Qz M кр 0; N F ; M y Fz p ; M z Fy p . (4.10) В соответствии с этим набором усилий в поперечных сечениях такого стержня действуют только нормальные напряжения, определяемые формулой (4.1): N M z M y σx y z . (4.1) A Jy Jz Подставляя (4.10) в (4.1) и производя элементарные преобразования, получим: σx zp z yp y F 1 2 2 . A iy iz (4.11) Здесь Jy Jz (4.12) A A - радиусы инерции сечения относительно осей соответственно y и z. Из формулы (4.11) после приравнивания напряжений нулю получается уравнение нейтральной оси: z z y y 1 p2 p2 0. (4.13) iy iz iy , iz Это уравнение прямой можно преобразовать в форму, как принято говорить в математике, в отрезках на осях: z y (4.14) 1. zн yн Здесь “отрезки” на осях zн и yн определяются по формулам zн i y2 zp , iz2 yн . yp (4.15) Слово “отрезки” взято в кавычки потому, что, строго говоря, zн и yн – это не отрезки, а координаты точек пересечения нейтральной осью координатных осей. Можно сформулировать и доказать следующие свойства нейтральной оси сечения стержня при его внецентренном загружении. 54 Свойство 1 нейтральной оси. Нейтральная ось не может пересечь того квадранта (той четверти координатной плоскости), в котором расположен полюс. Это свойство непосредственно следует из формул (4.15), по которым видно, что знаки zн и yн всегда противоположны знакам соответственно z p и y p . Свойство поясняется рисунком 4.5. O. H. y H zp p yp z H z y Рис. 4.5 Свойство 1 нейтральной оси. Взаимное расположение полюса и нейтральной оси Свойство 2 нейтральной оси. Если полюс приближается к центру тяжести сечения, то нейтральная ось удаляется от него, и наоборот. Это свойство также следует из формул (4.15), согласно которым с уменьшением величин z p и y p величины zн и yн соответственно увеличиваются. Свойство поясняется рисунком 4.6. 2 1 3 2 1 z 3 2 y 1 Рис. 4.6 Свойство 2 нейтральной оси. Полюса 1, 2, 3 и соответствующие им нейтральные оси 1-1, 2-2, 3-3 55 Свойство 3 нейтральной оси. Если полюс перемещается вдоль некоторой прямой, то соответствующая ему нейтральная ось поворачивается вокруг точки, которая для этой прямой является полюсом. Это свойство иллюстрируется рисунком 4.7. 2 3 4 4 3 2 1 z 1 4 y 3 2 Рис. 4.7 Свойство 3 нейтральной оси. Полюса 1, 2, 3, 4 и соответствующие им нейтральные оси 1-1, 2-2, 3-3, 4-4 Ядром сечения называется геометрическое место полюсов, создающих в сечении напряжения одного знака. Понятие ядра сечения можно определить также следующей формулировкой: если нейтральная ось является касательной к контуру сечения, то ее полюс принадлежит контуру ядра сечения. Это определение поясняется рисунком 4.8. 1 z 1 y Рис. 4.8 Определение понятия «ядро сечения». Полюс 1 и соответствующая ему нейтральная ось 1-1 56 Ядро сечения обладает следующими свойствами. Свойство 1 ядра сечения. Если полюс расположен на контуре сечения, то нейтральная ось является касательной к контуру ядра сечения. Это свойство иллюстрируется рисунком 4.9. 1 1 z 1 y Рис. 4.9 Свойство 1 ядра сечения. Если полюс расположен на контуре сечения, то нейтральная ось является касательной к контуру ядра сечения Свойство 2 ядра сечения. Выступающему углу на контуре сечения соответствует прямая линия на контуре ядра сечения. Это свойство иллюстрируется рисунком 4.10. 3 5 1 2 3 2 1 4 5 34 1 2 5 z y Рис. 4.10 Свойство 2 ядра сечения. Выступающий угол сечения 5 и соответствующий ему отрезок ядра сечения 1 - 4 Свойство 3 ядра сечения. Отрезку прямой на контуре сечения соответствует выступающий угол на контуре ядра сечения. Это свойство иллюстрируется рисунком 4.11. 57 1 4 3 2 5 1 2 4 3 3 4 5 z 2 1 y Рис. 4.11 Свойство 3 ядра сечения. Отрезок 1 – 4 на контуре сечения и соответствующий ему выступающий угол ядра сечения 5 Свойства 2 и 3 ядра сечения влекут за собой очевидное следствие, состоящее в том, что если сечение является многоугольником, то его ядро сечения также является многоугольником с таким же количеством углов. Иллюстрация к этому следствию показана на рисунке 4.12. 5 14 2 4 2 1 5 3 3 2 5 4 y z 1 Рис. 4.12 Контур сечения и контур ядра сечения – многоугольники с одинаковым количеством сторон Существует два основных метода построения ядра сечения. Один из них основан на определении понятия “ядро сечения”: для каждой касательной к контуру сечения по формулам zp i y2 zн , yp iz2 , yн (4.16) непосредственно вытекающим из формул (4.15), находится соответствующий 58 полюс, и множество полюсов образует контур ядра сечения. При этом вогнутые участки контура сечения игнорируются, как это показано на рис. 4.13. 2 4 3 1 z H 5 6 yp 4 zp 1 5 6 3 2 2 z y 1 5 6 H 4 y Рис. 4.13 Построение ядра сечения по касательным к контуру сечения Второй способ построения ядра сечения основан на свойстве 1 ядра сечения: для каждого полюса, расположенного на контуре сечения, по формулам (4.15) находится соответствующая нейтральная ось, и ядро сечения вписывается в эти нейтральные оси как в касательные. Второй способ более удобно применять, если сечение является многоугольником: тогда каждая вершина рассматривается как полюс, а соответствующие нейтральные оси являются сторонами контура ядра сечения. Иллюстрацией к этому способу является рис. 4.12. На рисунке 4.14 показаны ядра круглого и прямоугольного сечений. Первое из них построено первым способом, второе – вторым. 1 y 1 1 R 4 R 1 y 1 h /6 1 z h b/6 b z Рис. 4.14 Ядра круглого и прямоугольного сечений 59 4.4 Решение задач Задача № 14. Расчет балки при косом изгибе На следующем рисунке показан общий вид расчетной схемы к данной задаче, приятый по одному из вариантов. 1 M F1 x q2 y z l1 2 l2 Рис. 4.15 Общий вид расчетной схемы балки Из таблицы с заданиями выбираем исходные данные согласно некоторому варианту: l1= 3,0 м; l2 = 2,0 м; q1 = 0; q2 = 15 кН/м; F1 = -30 кН; F2 = 0; M = -20 кНм. Сечение балки - два швеллера, поставленные полками навстречу друг другу без зазора (рис. 4.15, справа). Требуется подобрать номер швеллера из условия прочности и определить полное перемещение конца консоли. В соответствии с принятыми исходными данными изображаем в масштабе действительную расчетную схему (верхнее изображение на рис. 4.16). Согласно этой схеме строим эпюры усилий: Qz и My - в плоскости xOz, Qy и Mz - в плоскости xOy. Их построение осуществляем, двигаясь с правого, свободного конца балки. Эпюры усилий также показаны на рис. 4.16. Поперечное усилие Qz на правом участке отсутствует, т.к. справа от любого сечения на этом участке нет вертикальных нагрузок. На левом участке вертикальное поперечное усилие создается силой 30 кН и равно этой величине со знаком “минус”, т.к. эта сила обходит любое сечение на этом участке против часовой стрелки. Изгибающий момент My на правом участке равен расположенному справа сосредоточенному моменту 20 кНм, и он создает растянутые волокна сверху. На левом участке к этому постоянному моменту добавляется линейный момент от силы 30 кН, создающий растянутые волокна снизу; момент в заделке составляет 20 30 3 70 (кНм). Поперечное усилие Qy на правом участке создается горизонтальной распределенной нагрузкой и поэтому изменяется линейно от нуля на торце до 15 2 30 (кН) на границе участков; знак “минус” приписывается попереч- 60 ному усилию в соответствии с общепринятым правилом знаков при взгляде на расчетную схему сверху. На левом участке горизонтальное поперечное усилие сохраняет значение -30 кН, равное полной величине распределенной нагрузки. 20 kHM x y 3M 15 kH/M 2M 30 kH z Qz x y z 30 30 20 My 20 x y 70 z Qy x y 30 30 z x Mz y 30 120 z Рис. 4.16 Расчетная схема балки, эпюры усилий Изгибающий момент Mz на правом участке создается горизонтальной распределенной нагрузкой и поэтому изменяется квадратично от нуля на торце до 15 2 1 30 (кНм). Растянутые волокна при этом расположены спереди, со стороны положительных значений координаты y, поэтому и вся эпюра Mz на этом участке также расположена спереди. Выпуклость параболы здесь направлена в сторону распределенной нагрузки (правило “зонтика”), а вершина параболы находится на правом конце, т. к. именно здесь поперечное усилие Qy имеет нулевое значение. На левом участке момент Mz также создается расположенной справа распределенной нагрузкой и изменяется линейно от 30 кНм до 61 15 2 4 120 (кНм). Сопряжение линейного участка с параболическим плавное, т. к. сосредоточенной горизонтальной силы на границе участков нет. При оценке прочности балки поперечные усилия игнорируем и принимаем во внимание только изгибающие моменты. При этом очевидно, что опасным сечением является сечение в заделке с сочетанием моментов My = 70 кНм и Mz = 120 кНм. Заданную форму сечения ориентируем относительно осей Oy и Oz таким образом, чтобы оно лучше сопротивлялось большему из изгибающих моментов, т. е. Mz . Расчетная ориентация сечения показана на рис. 4.17. Здесь же показаны изгибающие моменты в векторном представлении и в виде пар сил, а также примерная (но качественно справедливая) ориентация нейтральной оси и соответствующая эпюра нормальных напряжений. Mu y Mz 2 Mz b min My b y0 z0 Mu 1 My z h x max Рис. 4.17 Эпюра напряжений в опасном сечении На рис. 4.17 tg α = Jy Jz M Jy Mz , tgβ = z . Поскольку здесь J y J z , M y Jz My т. е. 1 , то tgβ < tgα , и β < α . Согласно эпюре напряжений и в соответствии с тем, что конструкционная сталь прокатного профиля имеет одинаковые пределы текучести при растяжении и сжатии, одинаково опасными точками сечения являются его угловые точки 1 и 2. Рассматриваем точку 1. Напряженное состояние в этой точке показано 62 на рис. 4.18. Рис. 4.18 Напряженное состояние в точке 1 Условие прочности для точки 1: σ σ. Используем для напряжений формулу (4.5): M z M y σx y z . Jy Jz (4.17) (4.5) Здесь оба изгибающих момента положительны, т. к. создают растягивающие напряжения в положительном квадранте. Координаты точки 1: y b 2, z h 2. (4.18) В результате для напряжения в точке 1 получаем: M h 2 Mz b 2 My M Mz M σ y y z. Jy Jz J y h 2 J z b 2 Wy Wz (4.19) Заметим, что как бы ни была ориентирована нейтральная ось, наиболее удаленной от нее, а значит и опасной, всегда будет одна из угловых точек сечения, контур которого является прямоугольником. Т. е. для случая косого изгиба стержня с поперечным сечением, имеющим прямоугольный контур, для максимального нормального напряжения всегда справедлива формула σ max My Wy Mz . Wz (4.20) В результате условие прочности для сечения прямоугольной формы записывается следующим образом: My Wy Mz σ . Wz (4.21) Поскольку была поставлена задача подбора сечения, то из неравенства (4.21) нужно извлечь характеристики сечения Wy и Wz . Две характеристики из одного неравенства получить невозможно, и соотношение между этими характеристиками нам не известно, поэтому задача подбора сечения здесь может быть решена действительно только путем буквального подбора, т. е. путем назначения номера швеллера и последующей проверки выполнения неравен- 63 ства (4.21). Однако чтобы подбор не был слишком неопределенным, исходя из формы сечения на рис. 4.17 можно первоначально назначить некоторое соотношение между величинами Wy и Wz . Так и поступим: задаемся соотношением Wz 2Wy . Подставляя это в (4.21), получаем: My Wy Wy Mz σ ; 2Wy 1 1 M y M z σ ; Wy 2 1 1 M z 70 103 120 103 2 2 0,813 103 (м3 ) 813 (см3 ). 6 160 10 σ My В соответствии с принятым выше соотношением моментов сопротивления Wz 2 813 1626 (см3 ) , и момент сопротивления одного швеллера относи- Wz 813 (см3 ) . В сортаменте 2 ГОСТ 8240-97 швеллеров с таким моментом сопротивления нет: наибольший из швеллеров с параллельными гранями полок, 40П, имеет момент сопротивления 763 см3. Однако учитывая, что соотношение моментов сопротивления принятого сечения было назначено приблизительно, все же проверяем этот наибольший тельно оси z на рис. 4.17 получаем в виде W[ швеллер 40П, W[ 763 см3 . Тогда для сечения на рис. 4.17 имеем Wz 2 763 1526 (см3 ) . Для вычисления второго момента сопротивления вы- писываем из сортамента: b = 115 мм, A = 61,5 см2, Jy0 = 760 см4, Jz0 = 15260 см4, z0 = 30,5 мм. Далее находим: J y 0 A b z0 2 2 760 61,5 11,5 3,09 2 2 10304 Wy b b 11,5 11,5 Jy 896 (см3 ). Проверяем прочность этого принятого сечения в опасной точке по формуле (4.21): σ max Mz 70 103 120 103 78,1 78,6 106 (Па) 6 6 Wy Wz 896 10 1526 10 My 156,7 (МПа) < σ =160 МПа. Прочность сечения оказалась обеспеченной уже при первой попытке, поэтому подбор сечения на этом и заканчиваем. Окончательно принято сечение из двух швеллеров 40П по ГОСТ 8240-97, составленных так, как это показано на рис. 4.17. 64 Переходим к определению перемещений конца консольной балки. Он имеет возможность перемещаться по горизонтали и по вертикали. В соответствии с методом Максвелла - Мора для определения вертикального перемещения прикладываем вертикальную единичную силу, а для определения горизонтального - горизонтальную. Строим эпюры изгибающих моментов от единичных сил (рис. 4.19). Вычисляем перемещения по формуле (3.5) с применением правила Верещагина. Перемещение вдоль оси z (вертикальное): l n 1 k w M y ( x) M y ( x) dx. EJ k 1 yk 0 На левом участке эпюры My и M y перемножаем по формуле трапеций, а на правом из эпюры My берем площадь прямоугольника, а из эпюры My - ординату под центром тяжести прямоугольника. 1 2 x My 3 y 2 z Mz x 5 2 y 1 z Рис. 4.19 Эпюры моментов от единичных сил n l 1 k 1 3 w M y ( x) M y ( x) dx [ 2 70 5 2 20 2 70 2 20 5 EJ y 6 k 1 EJ yk 0 1 1 1 350 20 2 2] 700 80 140 100 20 . 2 EJ y 2 EJ y Для дальнейшего вычисления прогиба 𝑤 найдем изгибную жесткость относительно оси y: EJ y 2,1 105 106 10304 108 21638 103 (Нм2 ) 2,16 104 (кНм2 ). Тогда w 350 350 162,0 104 (м) = 16,20 (мм). 4 EJ y 2,16 10 Знак “минус” здесь означает, что на самом деле вертикальное перемеще- 65 ние происходит против направления соответствующей единичной силы, т. е. вверх. Перемещение вдоль оси 𝑦 (горизонтальное): n l 1 k v M z ( x) M z ( x) dx. k 1 EJ zk 0 На левом участке эпюры Mz и M z перемножаем по формуле трапеций, а на правом из эпюры Mz берем площадь параболического треугольника с вершиной параболы на правом конце, а из эпюры M z - ординату под центром тяжести этого параболического треугольника. n l 1 k 1 3 v M z ( x) M z ( x) dx [ 2 120 5 2 30 2 120 2 30 5 EJ z 6 k 1 EJ zk 0 1 3 1 1 885 30 2 2] 1200 120 240 150 30 . 3 4 EJ z 2 EJ z Для дальнейшего вычисления прогиба 𝑣 найдем изгибную жесткость относительно оси z: J z 2 J z 0 2 15260 30520 (см4 ); EJ z 2,1 1011 30520 108 64092 103 (Нм2 ) 6,41104 (кНм2 ). Тогда v 885 885 138,1 104 (м) = 13,81 (мм). 4 EJ z 6,41 10 Покажем перемещения 𝑣 и 𝑤 на схеме сечения и найдем суммарное перемещение конца консоли. w H.O. v y z Рис. 4.20 Перемещения конца консоли f v2 w2 13,812 16,202 21,3 (мм). 66 v 13,81 γ 55,8 . 1,470; w 16,20 На рис. 4.20 вместе с перемещениями показана нейтральная ось для напряжений на свободном торце. Поскольку здесь отличен от нуля только изгибающий момент относительно оси Oy, то нейтральная ось совпадает с этой осью. Здесь характерно то, что направление суммарного прогиба f не перпендикулярно нейтральной оси, как это и должно быть в случае косого изгиба. tg γ Задача № 15. Проверка прочности внецентренно загруженного стержня На рис. 4.21 показан общий вид расчетной схемы сечения внецентренного нагруженного стержня, приятый по одному из вариантов. Из таблицы с заданиями выбираем исходные данные согласно некоторому варианту: b = 60 см; h = 40 см; u = 0,4; v = 0,3; Fр = 150 кН; Fс = 400 кН. Растягивающая сила Fр приложена в точке 1, сжимающая сила Fс приложена в точке 2. Требуется проверить прочность материала в опасных точках, считая стержень бетонным с характеристиками σсв 30 МПа, σвр 4,5 МПа , а также построить ядро сечения и эллипс инерции. 4 2 vh h 3 1 ub b Рис. 4.21 Общий вид расчетной схемы сечения В соответствии с принятыми исходными данными изобразим в масштабе действительную расчетную схему (рис. 4.22). Вычислим предварительно необходимые размеры: ub 0,4 60 24 (см); vh 0,3 40 12 (см). 67 y 12 40 CM C 21,6 22 Fc O Fp u 24 60 CM z Рис. 4.22 Расчетная схема сечения Теперь стержень, расчетное сечение которого показано на рис. 4.22, изобразим в аксонометрии вместе с нагрузками и опорой (рис. 4.23). Fc Fp y z x Рис. 4.23 Аксонометрическое изображение расчетной схемы Чтобы найти опасные точки, нужно построить эпюру напряжений в соответствии с формулой (4.1): N M z M y σx y z . (4.1) A Jy Jz Эта формула справедлива только в главной центральной системе координат yCz. Одну из этих главных осей можно сразу провести как ось симметрии; 68 пусть это будет ось z. Для нахождения положения центра тяжести сечения на оси симметрии проведем вспомогательную систему координат uOv (рис. 4.22). Тогда координата v центра тяжести C определится следующим образом: S vC u . A Вычислим площадь сечения A и статический момент сечения относительно оси u, представляя сечение составленным из двух прямоугольников и тупоугольного треугольника. A 24 12 60 22 0,5 60 6 288 1320 180 1788 (см2 ). Su 24 12 6 60 22 23 0,5 60 6 36 1728 30360 6480 38568 (см3 ). Тогда: Su 38568 21,6 (см). A 1788 Откладываем это расстояние от оси Ou в направлении v и проводим ось Cy. Чтобы воспользоваться формулой (4.1), нужно найти входящие в нее моменты инерции и усилия. Сделаем это. При вычислении моментов инерции сечение считаем составленным из двух прямоугольников и двух прямоугольных треугольников. Используем при этом формулу преобразования моментов инерции при параллельном переносе координатных осей из раздела о геометрических характеристиках плоских фигур, представленного в первой части настоящего издания. vC 24 123 60 223 30 63 2 2 Jy 24 12 15,6 60 22 1,4 ( 12 12 36 0,5 30 6 14,42 ) 2 3456 70088 53240 2587 180 18662 2 167055 (см4 ); 12 243 22 603 6 303 Jz 0,5 30 6 102 2 13824 396000 12 12 36 4500 9000 2 436824 (см4 ). N 400 150 250 (кН); M y 150 0,216 400 0,184 32,4 73,6 106,0 (кНм); M z 150 0,12 400 0,3 18,0 120,0 138,0 (кНм). Геометрические характеристики сечения и действующие в нем усилия подставляем в формулу для напряжений (4.1), переводя все величины в систему единиц СИ. 69 N M y z M z y 150 103 106 103 138 103 σx z y A Jy Jz 1788 104 167055 108 436824 108 0,839 63,45z 31,59 y 106 (Па); σ x 0,839 63,45 z 31,59 y (МПа). (4.22) В формулу (4.22) координаты y и z нужно подставлять в метрах, тогда напряжение σx будет получаться в мегапаскалях. Приравняв напряжение в последней формуле равным нулю, получим уравнение нейтральной оси: 0,839 63,45z 31,59 y =0. Поскольку это уравнение линейное, нейтральная ось является прямой линией. Построим ее по двум точкам. Наиболее просто получаются точки с нулевыми координатами z и y, но поскольку первое слагаемое в левой части уравнения (4.22) весьма мало, обе эти точки располагаются очень близко к началу координат и друг к другу, и поэтому построение нейтральной оси по таким точкам очень неточно. Руководствуясь этими соображениями, выберем точки достаточно далеко от начала координат; например, возьмем точки, в которых нейтральная ось пересекает линии боковых сторон сечения. 0,839 31,59 y 0,839 31,59 0,30 y 0,30 м z = - 0,1361 (м). 63,45 63,45 y 0,30 м z 0,839 31,59 0,30 = 0,1626 (м). 63,45 Согласно этим данным строим точки и проводим нейтральную ось. Это показано на рис. 4.23. Характерно, что нейтральная ось не пересекает правого верхнего квадранта, в котором расположена равнодействующая приложенных к стержню сжимающей и растягивающей сил. Через точки сечения, наиболее удаленные от нейтральной оси, проводим прямые, параллельные нейтральной оси, ограничивая ими эпюру напряжений. Саму эту эпюру строим на оси абсцисс, перпендикулярной к нейтральной оси, как линейную функцию согласно формуле (4.22). Эпюра показана на рис. 4.24. Знаки на эпюре напряжений расставляем в соответствии с расположением растягивающей и сжимающей сил. Поскольку в каждой точке сечения действуют только нормальные напряжения, для проверки прочности достаточно сравнить наибольшее растягивающее и наибольшее сжимающее напряжения с соответствующими допустимыми напряжениями. Сделаем это. Для начала вычислим допустимые напряжения, вводя в заданные предельные напряжения коэффициент запаса величиной 1,5: 70 C min 12 16,26 40 y 21,6 σвр 4,5 σр 3,0 (МПа). k 1,5 Fc 13,61 22 6 σсв 30 σс 20 (МПа); k 1,5 Fp 24 60 z H.O . max Рис. 4.24 Нейтральная ось и эпюра напряжений Теперь проверяем прочность. σmax σ x y 0,120 0,839 + 63,45 0,216 + 31,59 0,120 = - 0,839 + 13,71 + z 0,216 + 3,79 = 16,66 (МПа) > σр 3,0 МПа. В соответствии с полученным результатом констатируем, что прочность нашей конструкции на растяжение недостаточна. В рамках этой учебной задачи мы ограничиваемся только проверкой прочности и никаких мер по ее обеспечению не принимаем. σ min σ x y 0,300 z 0,124 0,839 + 63,45 -0,124 + 31,59 -0,300 = 0,839 7,87 - 9,48 = 18,19 (МПа) < σc 20 МПа. Прочность нашей конструкции на сжатие достаточна. Ядро сечения построим с помощью того свойства, что выступающему углу на контуре сечения соответствует прямая на контуре ядра сечения. При этом если игнорировать входящие углы контура сечения, то оно поучается симметричным относительно оси z семиугольником (рис. 4.25). Последовательно устанавливаем полюс в вершинах 1, 2, 3, 4 и строим соответствующие нейтральные оси, которые и образуют границы ядра сечения. 71 y 4 2 3 42 3 30 9,73 2 1 4,32 3 1 7,53 5,08 21,6 18,4 9,6 12,4 4 8,13 1 12 z Рис. 4.25 Построение ядра сечения y p1 12; 244 yн1 20,3 (см); 12 zн1 zн1 y p 2 30; z p2 iy2 z p3 zн4 z p4 iy2 Jy A 167055 93,4 (см 2 ); 1788 93,4 9,73 (см). 9,6 iz2 244 yн3 8,13 (см); y p3 30 93,4 7,53 (см). 12,4 z p 4 18,4. iy2 z p1 ; J z 436824 244 (см 2 ); A 1788 iz2 244 yн2 8,13 (см); yp2 30 z p 3 12,4. zн3 y p 4 0; iy2 i y2 iz2 93,4 4,32 (см). 21,6 z p 2 9,6. zн2 y p 3 30; iz2 ; y p1 yн1 z p1 21,6. iz2 244 yн4 ; y p4 0 93,4 5,08 (см). 18,4 Далее прямые 1-1, 2-2, 3-3 и 4-4 копируем зеркально относительно оси z и получаем тем самым замкнутый контур ядра сечения. Ядро сечения на рис. 4.25 заштриховано. В данной задаче осталось только построить эллипс инерции сечения. Это эллипс, построенный на радиусах инерции как на полуосях. При этом радиус iy откладывается от центра тяжести вдоль оси z, т.к. он характеризует сопротив- 72 ление изгибу относительно оси y, а радиус iz – вдоль оси y. Вычислим радиусы инерции: iz 244 15,62 (см). iy 93,4 9,66 (см); 6 Эллипс инерции показан на следующем рисунке. iz =15,62 C iy =9,66 12 21,6 y 24 60 z Рис. 4.26 Эллипс инерции сечения Задача № 16. Расчет стержня в общем случае загружения На рис. 4.27 показан общий вид расчетной схемы сечения внецентренного загруженного стержня, приятый по одному из вариантов. F1 C 1 2 q 3 F2 Рис. 4.27 Общий вид расчетной схемы Из таблицы с заданиями выбираем исходные данные согласно некоторому варианту: l1= 0,6 м; l2 = 0,8 м; l3 = 0,4 м; q = 25 кН/м; F1 = 10 кН; F2 = 5 кН. Требуется подобрать размеры сечения заданной формы по условию прочности. В каждом варианте учебной задачи предусмотрены только одна форма сечения и только один материал. Здесь в учебных целях задачу рассмотрим в четырех вариантах: для стального и чугунного стержней подберем сечения круглой и 73 прямоугольной формы. В соответствии с принятыми исходными данными изобразим в масштабе действительную расчетную схему (рис. 4.28). CM C 10 kH 1 x z y x 2 y 25 kH/M 80 CM z x y 3 z 40 CM 5 kH Рис. 4.28 Расчетная схема в масштабе Для выбора опасных сечений нужно построить эпюры всех усилий: N, Qy, Qz, My, Mz, Mкр. Для этого на каждом участке должна быть выбрана ориентация координатных осей. На первом горизонтальном участке оси ориентируем традиционно, а далее поперечные оси поворачиваются согласно повороту продольной оси. Все оси также показаны на рис. 4.28. Чтобы не определять опорных реакций в заделке, все эпюры будем строить, двигаясь со стороны свободного конца ломаного стержня, т. е. начиная с участка 3. Продольное усилие. Для любого сечения на участке 3 снизу нет продольных по отношению к нему внешних сил, поэтому внутреннее продольное усилие на этом участке равно нулю. Для сечений второго участка внешней продольной силой является приложенная на свободном конце сила 5 кН, которая этот участок растягивает; следовательно, внутреннее продольное усилие здесь равно 5 кН со знаком “плюс”. На участке 1 продольное усилие создается распределенной нагрузкой, которая сжимает этот участок силой N 25 0,8 20 (кН) . Эпюра продольных усилий показана на следующем ри- 74 сунке. Поперечное усилие Qy . Для любого сечения на участке 3 снизу нет поперечных внешних сил вдоль оси y, поэтому внутреннее поперечное усилие Qy на этом участке равно нулю. На втором участке поперечное усилие Qy создается действующей на этом участке распределенной нагрузкой, поэтому поперечное усилие растет от нуля на переднем конце до 25 0,8 20 (кН) на заднем. В соответствии с изображенным на эпюре для этого участка правилом знаков для Qy оно здесь положительно. На участке 1 поперечное усилие Qy создается сосредоточенной силой 5 кН, и по принятому правилу знаков оно тоже положительно. Эпюра поперечных усилий Qy показана на рис. 4.29. 5 C C 5 5 20 N 5 20 20 Qy Рис. 4.29 Эпюры усилий N и Qy Поперечное усилие Qz на участке 3 создается силой 5 кН, расположенной на нижнем конце. В соответствии с показанным правилом знаков считаем его положительным. На втором участке поперечное усилие Qz равно нулю, т. к. со стороны свободного конца конструкции нет сил, параллельных оси z на этом участке. На участке 1 поперечное усилие Qz создается сосредоточенной силой 10 кН, и по общепринятому правилу знаков оно отрицательно. Эпюра поперечных усилий Qz показана на рис. 4.30. Изгибающий момент My на участке 3 создается сосредоточенной силой 5 кН, расположенной на нижнем конце. Она изгибает стержень выпуклостью назад, поэтому именно в этом направлении откладываем ординаты. Наибольшая ордината в верхнем сечении участка: 5 0,5 2,0 (кНм) . На втором участке момент My создается этой же силой, но теперь ее плечо постоянно: 0,4 м, поэтому и момент постоянный: 2 кНм. Ординаты здесь откладываем вниз, в сторону выпуклости изогнутой оси стержня. На участке 1 изгибающий момент My создается сосредоточенной силой 10 кН на переменном плече, которое меняет- 75 ся от нуля в правом сечении до 0,6 м в крайнем левом. Максимальный момент слева составляет 10 0,6 6,0 (кНм) . Выпуклость изогнутой оси снизу, поэтому и ординаты тоже откладываем вниз. Эпюра изгибающих моментов My также показана на рис. 4.30. C C 10 10 2 6 2 5 Qz My 5 Рис. 4.30 Эпюры усилий Qz и My Изгибающий момент Mz на участке 3 отсутствует, т. к. единственная сила снизу параллельна оси z на этом участке. На втором участке сила 5 кН момент Mz также не создает, потому что она пересекается с осью z на этом участке. Но зато такой момент здесь создает распределенная нагрузка, изгибающая стержень выпуклостью направо. Эпюра моментов здесь параболическая с выпуклостью в сторону действия распределенной нагрузки. Вершина параболы находится в крайнем переднем сечении, т. к. именно здесь равна нулю поперечная сила Qy. Максимальная ордината в конце участка: 25 0,8 0,4 8,0 (кНм) . На участке 1 изгибающий момент Mz создают: сосредоточенная сила 5 кН на переменном плече, которое меняется от нуля в правом сечении до 0,6 м в крайнем левом; распределенная нагрузка с постоянным плечом. Максимальный момент слева составляет 5 0,6 25 0,8 0,4 3 8 11 (кНм) . Момент в правом сечении – только от распределенной нагрузки, 8 кНм. Выпуклость изогнутой оси сзади, поэтому и ординаты тоже откладываем назад. Эпюра изгибающих моментов Mz показана на рис. 4.31. Крутящий момент Mкр на участке 3 отсутствует, т.к. единственная сила снизу пересекает ось 𝑥 на этом участке. На втором участке сила 5 кН крутящий момент также не создает, потому что она параллельна оси x на этом участке. Распределенная нагрузка здесь тоже не создает крутящего момента. На участке 76 1 крутящий момент создается сосредоточенной силой 5 кН на плече 0,4 м, так что его величина составляет 5 0,4 2 (кНм) . Эпюра крутящих моментов Mкр также показана на рис. 4.31. 2 8 2 C C M Mz kp Рис. 4.31 Эпюры усилий Mz и Mкр Стержни рассматриваемой конструкции по заданию могут иметь круглое или прямоугольное сечения, т. е. являются стержнями массивного профиля, для которых поперечные усилия не играют существенной роли при оценке прочности. Поэтому, ставя задачу подбора сечения, эти усилия учитывать не будем. Эпюры остальных усилий свидетельствуют о том, что наиболее опасным является сечение около заделки – сечение C, в котором действует следующее сочетание усилий: N = -20 кН; My = 20 кНм; Mz = -11 кНм; Mкр = 2 кНм. Продольное усилие отрицательно, потому что является сжимающим; знаки изгибающим моментам присвоены в соответствии с правилом, изложенном в теоретической части настоящего раздела; крутящим моментам знаков присваивать не принято. Как уже было раньше сказано, подберем круглое и прямоугольное сечения для пластичного и хрупкого материала. В качестве пластичного выберем сталь С235 с допустимым напряжением σ 160 МПа , а в качестве хрупкого – чугун с характеристиками σвр 180 МПа , σсв 540 МПа . Начнем с круглого сечения из пластичного материала. Круглое, сталь Как известно из теоретического материала, для круглого сечения косой изгиб моментами My и Mz можно представить как плоский изгиб суммарным 77 моментом M u M y M z , или M u M y2 M z2 , относительно нейтральной оси, совпадающей с моментом M u как с вектором. Покажем сечение с этими моментами и соответствующей эпюрой нормальных напряжений (рис. 4.32). 1 y Mz My Mu Mz 2 x My H.O . z xM xN Рис. 4.32 Эпюры напряжений в круглом сечении Момент My в рассматриваемом сечении положительный, т.е. он создает растягивающие напряжения со стороны положительных значений координаты z. На рис. 4.32 это показано кружочком с точкой в области положительных z, означающим силу, направленную “к нам”; на противоположной стороне показан кружочек с крестиком, означающий силу, направленную “от нас”. По правилу буравчика вектор M y направляем от центра в сторону положительных значений y. Момент Mz в рассматриваемом сечении отрицательный, т. е. он создает растягивающие напряжения со стороны отрицательных значений координаты y. На рис. 4.32 это показано кружочком с точкой в области отрицательных y; на противоположной стороне показан кружочек с крестиком. По правилу буравчика вектор M z направляем от центра в сторону положительных значений z. Пластичный материал одинаково сопротивляется растяжению и сжатию, поэтому для выбора опасных точек ищем точку с наибольшим по модулю нормальным напряжением. По эпюрам напряжений видно, что это точка 1, где складываются сжимающие напряжения от изгибающего момента и продольной силы. В этой точке как в точке внешней окружности также действуют и наибольшее касательное напряжение. Поэтому для пластичного материала точ- 78 ка 1 является единственно опасной. Вырежем дифференциально малый элемент объема в окрестности точки 1 и покажем действующее в ней напряженное состояние (рис. 4.33, 1). По рисунку видно, что в точке 1 имеет место плоское напряженное состояние. Если на наклонный “кубик”, вырезанный в окрестности точки 1, смотреть справа перпендикулярно грани, на которой нет никаких напряжений, то наблюдаемое напряженное состояние будет видно так, как это показано на рис. 4.33, 2. Рис. 4.33 Напряженное состояние в точке 1 Для стали как для пластичного материала можно применить III-ю и IV-ю теории прочности. Известно, что для изображенного на рис. 4.33 напряженного состояния соответствующие эквивалентные напряжения выражаются следующими формулами: 2 2 σIII э σ 4τ ; 2 2 σIV э σ 3τ . IV Очевидно, что σ III э σ э , поэтому будем применять III-ю теорию прочно- сти: 2 2 σIII э σ 4τ σ . N Mu Здесь σ = , A Wu πR 2 τ= , причем Wp = 2Wu . Для удобства Wp 2 M кр извлечения из условия прочности геометрических характеристик сечения нормальными напряжениями от продольного усилия сначала пренебрегаем. В результате этого условие прочности запишется в следующем виде: M кр2 M u2 4 σ ; Wu2 4Wu2 M кр2 M u2 4 2 σ ; Wu2 Wp 1 M u2 M кр2 σ . Wu Отсюда Wu M u2 M кр2 σ . Здесь M u 62 11 12,53 (кНм) , M кр 2 (кНм) , σ 160 МПа . Вы2 79 числяем требуемый момент сопротивления изгибу: 12,532 22 103 Wu 0,0793 103 (м3 ) 79,3 (см3 ). 6 160 10 Находим радиус и диаметр: 4Wu 4 79,3 3 4,66 (см) 46,6 (мм); π 3,14 93,2 мм. Диаметр в целях унификации и стандартизации нужно округлить до целых миллиметров. Учитывая, что при первоначальном подборе сечения не было учтено напряжение от продольного усилия, округляем в большую сторону, т. е. принимаем 94 мм. Теперь проверяем прочность, учитывая уже все напряжения. πR3 Wu ; 4 R 3 A πR2 3,14 4,72 69,4 (см2 ); πR3 3,14 4,73 Wu 81,5 (см3 ); 4 4 Wp 2Wu 2 81,5 163 (см3 ); N Mu 20 103 12,53 103 σ= = 106 2,88 153,7 (Па) = 4 6 A Wu 69,4 10 81,5 10 156,6 (МПа); 2 103 τ= = 12,27 106 (Па) = 12,27 (МПа); 6 Wp 163 10 M кр 2 2 2 2 σIII э σ 4τ 156,6 4 12,27 158,5 (МПа) σ 160 МПа. Таким образом, прочность в единственной опасной точке обеспечена, и для стального стержня окончательно должно быть принято круглое сечение диаметром 94 мм. Круглое, чугун Схема сечения и эпюры напряжений остаются теми же, какие показаны на рис. 4.32. Чугун как хрупкий материал хуже сопротивляется растяжению, чем сжатию, поэтому сечение будем подбирать из условия прочности в точке с наибольшими растягивающими напряжениями. На рис. 4.32 это точка 2. На следующем рисунке показано напряженное состояние в этой точке в аксонометрии и в плоском варианте. 80 1) 2) Рис. 4.34 Напряженное состояние в точке 2 Для чугуна можно применить II-ю теорию прочности или теорию прочности Мора, которые в формальной записи выглядят следующим образом: 1 μ 1 μ 2 σ IIэ σ σ 4τ 2 σ р ; 2 2 1 n 1 n 2 σМ σ σ 4τ 2 σ р . э 2 2 Здесь формулы для эквивалентных напряжений отличаются только параметрами μ и n, причем 0 μ 0,5 и 0 n 0,5 , поэтому оценить соотношение между σ IIэ и σ М э в общем виде не так просто, как это было для пластичного материала в отношении III-й и IV-й теорий прочности. Вследствие этого первоначальный подбор сечения будем осуществлять по какой-нибудь одной теории, например, по II-й, а проверку прочности выполним по обеим теориям. M кр N Mu В точке 2 σ = , τ= . Как и раньше, на первоначальном Wp A Wu этапе напряжениями от продольного усилия пренебрегаем. В результате условие прочности по II-й теории запишется следующим образом: M кр 2 1 μ Mu 1 μ Mu2 4 σ р . 2 Wu 2 Wu 2 Wp 2 Учитывая, что Wp 2Wu , и вынося Wu в знаменателе за скобку, получаем: 1 1 μ 1 μ Mu M u 2 M кр 2 σ р . Wu 2 2 Отсюда 1 μ 1 μ Mu M u 2 M кр 2 2 Wu 2 . σр Для принятого чугуна σ р дим: σвр 180 120 (МПа) , μ = 0,25. Отсюда нахоk 1,5 81 1 0,25 1 0,25 12,53 12,532 22 103 4,70 7,93 3 2 2 Wu 10 120 106 120 0,1053 103 (м3 ) 105,3 (см3 ). Далее, как и раньше, вычисляем радиус и диаметр: 4Wu 4 105,3 102,4 (мм). 3 5,12 (см) 51,2 (мм); π 3,14 Учитывая, что при первоначальном подборе сечения нормальное напряжение было преувеличено, округляем диаметр в меньшую сторону до целых миллиметров: 102 (мм). Обратным действием осуществляем проверку прочноR 3 сти в точке 2 по напряжениям. R 51,0 (мм) 5,10 (см); A πR2 3,14 5,12 81,7 (см2 ); πR3 3,14 5,13 104,1 (см3 ); 4 4 Wp 2Wu 2 104,1 208 (см3 ); Wu N Mu 20 103 12,53 103 σ= = 106 2,45 120,4 (Па) 4 6 A Wu 81,7 10 104,1 10 118,0 (МПа); 2 103 τ= = 9,62 106 (Па) = 9,62 (МПа); 6 Wp 208 10 M кр σ IIэ 1 μ 1 μ 2 1 0,25 1 0,25 σ σ 4τ 2 118 1182 4 9,622 2 2 2 2 44,3 0,625 13924 370 44,3 74,7 119,0 (МПа) < σр 120 МПа. Таким образом, прочность точке 2 по второй теории прочности обеспечена. Теперь проверим ее по теории прочности Мора. Для принятого чугуна n σвр 180 0,333 . Тогда: σсв 540 σМ э 1 n 1 n 2 1 0,333 1 0,333 σ σ 4τ 2 118 1182 4 9,622 2 2 2 2 39,4 0,667 13924 370 39,4 79,7 119,1 (МПа) < σр 120 МПа. Теория прочности Мора дала практически такой же результат, что и 2-я теория прочности. Теперь нужно проверить прочность в точке 1, где напряженное состояние 82 отличается от состояния в точке 2 тем, что в точке 1 действует сжимающее напряжение, большее, чем растягивающее в точке 2. N Mu σ= = - 2,45 120,4 122,9 (МПа); A Wu σ IIэ 1 0,25 1 0,25 122,9 2 2 122,9 2 4 9,622 46,1 0,625 15104 370 46,1 77,7 31,6 (МПа) < σр 120 МПа. σМ э 1 n 1 n 2 1 0,333 σ σ 4τ 2 122,9 2 2 2 1 0,333 2 122,9 4 9,622 41,0 0,667 15104 370 2 41,0 83,0 42,0 (МПа) < σр 120 МПа. Прочность в точке 2 также обеспечена по обеим теориям, поэтому для чугунного стержня окончательно принимаем круглое сечение диаметром 89 мм. Прямоугольное, сталь Чтобы форма прямоугольного сечения могла считаться однозначно определенной, должно быть задано отношение сторон. Примем отношение h b 1,5 . Далее это сечение нужно ориентировать относительно осей таким образом, чтобы оно наиболее эффективно сопротивлялось имеющемуся сочетанию изгибающих моментов. В рассматриваемом сечении M z 11 кНм > M y 6 кНм , поэтому сечение располагаем длинной стороной вдоль оси y, чтобы оно лучше сопротивлялось моменту относительно оси z. Изобразим такое сечение (рис. 4.35) и покажем эпюры напряжений по отдельности от каждого из четырех усилий. Знаки на эпюрах нормальных напряжений расставлены в соответствии с направлениями изгибающих моментов на эпюрах усилий. Поскольку сталь как пластичный материал одинаково сопротивляется растяжению и сжатию, то в качестве опасной по нормальным напряжениям выбираем точку с наибольшими по модулю нормальными напряжениями. Это точка 1 на рис. 4.35. Напряженное состояние в этой точке показано на рис. 4.36. Поскольку напряженным состоянием является одноосное сжатие, условие прочности записывается простейшим образом: σ σ. 83 1 2 max b Mkp y3 b max 5 h z 6 b 4 x(My) x(N) x(Mz ) Рис. 4.35 Расчетная схема прямоугольного сечения Рис. 4.36 Напряженное состояние в точке 1 N My Mz . При первоначальном подA Wy Wz В этом условии прочности σ = боре размеров напряжением от продольного усилия пренебрегаем, поэтому приближенно получаем следующее неравенство: My Wy Mz σ . Wz Последнее можно преобразовать к следующему виду: W My y Mz Wy Wz 1 Wy . M z σ ; My σ Wy Wz Для нахождения отсюда геометрической характеристики Wy требуется W знать отношение y . Найдем его для сечения, показанного на рис. 4.34: Wz Wy Wz hb 2 6 b 2 . 6 bh 2 h 3 Подставляем это в условие прочности и находим требуемый момент со- 84 противления: 2 3 6 11 10 3 Wy 0,0833 103 (м3 ) 83,3 (см3 ). 6 160 10 Далее из требуемого момента сопротивления извлекаем размеры сечения: Wy hb 2 b3 b 3 4Wy 3 4 83,3 6,93 (см) 69,3 (мм); ; 6 4 h 1,5 6,93 10,40 (см) 104,0 (мм). Полученные размеры принято округлять до целых миллиметров. Поскольку при первоначальном подборе нормальное напряжение было несколько преуменьшено, то размеры округляем в большую сторону: b 70 мм 7,0 см; h 105 мм 10,5 см. Обратным действием проверяем прочность в точке 1: A bh 7 10,5 73,5 см2 ; hb2 10,5 72 Wy 85,75 (см3 ); 6 6 bh2 7 10,52 Wz 128,6 (см3 ); 6 6 20 103 6 103 11 103 σ= 2,72 70,0 85,5 106 (Па) = 4 6 6 73,5 10 85,75 10 128,6 10 158,2 (МПа) < σ 160 МПа. Прочность в точке 1 обеспечена. Теперь нужно проверить точки, где наряду с нормальным напряжением действует еще и касательное. В точке 2 наибольшее касательное напряжение сочетается со сжимающими нормальными напряжениями от продольного усилия и изгибающего момента My, составляющего 70,0 МПа. В точке 3 касательное напряжение меньше, но зато здесь больше сжимающее нормальное напряжение от изгибающего момента My: 85,5 МПа, которое также складывается со сжимающим напряжением от продольной силы. Следовательно, проверке подлежат обе точки: 2 и 3. Проверяем точку 2. Напряженное состояние в ней показано на рис. 4.37 В этой точке: σ= N My 2,72 70,0 72,7 (МПа); A Wy 85 τ= M кр Wкр ; Wкр = k1hb2 ; h k1 = k1 = k1 1,5 = 0,231. b Рис. 4.37 Напряженное состояние в точке 2 Wкр = 0,231 10,5 7 =118,8 (см ); 2 3 τ= M кр Wкр 2 103 = = 16,84 (МПа). 118,8 106 Тогда 2 2 2 2 σIII э σ 4τ 72,2 4 16,84 80,1 (МПа) σ 160 МПа. Прочность в точке 2 обеспечена с большим запасом. Проверяем точку 3. Напряженное состояние в ней показано на рис. 4.38. Рис. 4.38 Напряженное состояние в точке 3 Здесь: σ= τ = k2 τmax ; N M z 2,72 85,5 88,2 (МПа); A Wz h k2 = k2 = k2 1,5 = 0,859; b τ = 0,859 16,84 = 14,47 (МПа). τmax = 16,84 МПа; Тогда 2 2 2 2 σIII э σ 4τ 88,2 4 14,72 92,9 (МПа) σ 160 МПа. Прочность в точке 3 также обеспечена с большим запасом. Таким образом, для стального стержня окончательно принимаем прямоугольное сечение 70х105 мм. 86 Прямоугольное, чугун Схема сечения и эпюры напряжений остаются теми же, какие показаны на рис. 4.35. Как и для круглого сечения, размеры начнем подбирать из условия прочности в точке с наибольшими растягивающими напряжениями. На рис. 4.35 это точка 4, в которой действует только нормальное напряжение. На рис. 4.39 показано напряженное состояние в этой точке. Рис. 4.39 Напряженное состояние в точке 4 N My Mz . A Wy Wz Здесь σ = - При первоначальном подборе размеров напряжением от продольного усилия пренебрегаем, поэтому условие прочности можно записать в таком виде: My Wy Mz σ р . Wz Отсюда: Wy Wy 2 M z 6 11 103 Wz 3 0,1111 103 (м3 ) 111,1 (см3 ). 6 120 10 σр My hb 2 b3 b 3 4Wy 3 4 111,1 7,63 (см) 76,3 (мм); Wy ; 6 4 h 1,5 7,63 11,45 (см) 114,5 (мм). Полученные размеры округляем до целых миллиметров. Учитывая, что при первоначальном подборе сечения нормальное напряжение было преувеличено, округляем размеры в меньшую сторону: b = 76 мм, h 1,5 76 114 (мм). Обратным действием осуществляем проверку прочности в точке 4 по напряжениям. A bh 7,6 11,4 86,6 см2 ; hb2 11,4 7,62 Wy 109,7 (см3 ); 6 6 87 bh2 7,6 11,42 Wz 164,6 (см3 ); 6 6 20 103 6 103 11 103 σ= 2,31 54,7 66,8 106 (Па) = 4 6 6 86,6 10 109,7 10 164,6 10 119,2 (МПа) < σр 120 МПа. Прочность в точке 4 обеспечена. Проверяем теперь прочность в точке 1, где напряженное состояние также одноосное, и действует сжимающее напряжение, большее, чем растягивающее в точке 4. σ=- N My Mz 2,31 54,7 66,8 123,8 (МПа) < σ с 360 МПа. A Wy Wz Прочность в точке 1 также обеспечена. Далее рассматриваем точки, где одновременно с большими нормальными напряжениями действуют также и касательные. Сначала рассмотрим точки с наибольшими касательными напряжениями: точки 2 и 5. Касательные напряжения в этих точках сочетаются с изгибными нормальными напряжениями от момента My. Если сравнивать эту пару точек с точками 3 и 6, то в последних касательные напряжения меньше, но зато нормальные напряжения, создаваемые моментом Mz, больше, чем в точках 2 и 5. Поэтому заранее нельзя сказать, какая пара точек более опасна. С другой стороны, если сравнивать между собой точки 2 и 5, то касательные напряжения в них одинаковы, а нормальное в точке 2 – сжимающее, и оно по модулю больше, чем растягивающее в точке 5. Поэтому также без расчета нельзя сказать, какая из этих двух точек более опасна. Аналогичные рассуждения можно провести и в отношении точек 3 и 6. Поэтому придется проверять обе эти пары точек. Начнем с точки 5, где нормальное напряжение является растягивающим. Напряженное состояние в этой точке показано на рис. 4.40. Рис. 4.40 Напряженное состояние в точке 5 88 В точке 5: σ=- τ= M кр Wкр N My 2,31 54,7 52,4 (МПа); A Wy Wкр = k1hb2 0,231 11,4 7,62 =152,1 (см3 ); ; τ= M кр Wкр 2 103 = = 13,15 (МПа). 152,1 106 Проверяем прочность по двум теориям. 1 μ 1 μ 2 1 0,25 1 0,25 σ IIэ σ σ 4τ 2 52,4 52,42 4 13,152 2 2 2 2 19,65 0,625 2476 692 19,65 35,2 54,9 (МПа) < σр 120 МПа. σМ э 1 n 1 n 2 1 0,333 σ σ 4τ 2 52,4 2 2 2 1 0,333 52,42 4 13,152 17,48 0,667 2476 692 2 17,48 37,5 55,0 (МПа) < σр 120 МПа. Прочность в точке 5 обеспечена. Точка 2. Напряженное состояние в этой точке показано на рис. 4.37. В точке 2: σ=- N My 2,31 54,7 57,0 (МПа); A Wy τ = τmax = 13,15 (МПа). Проверяем прочность по двум теориям. 1 μ 1 μ 2 1 0,25 σ IIэ σ σ 4τ 2 57,0 2 2 2 1 0,25 2 57,0 4 13,152 21,4 0,625 3249 692 21,4 39,2 2 18,1 (МПа) << σр 120 МПа . σМ э 1 n 1 n 2 1 0,333 σ σ 4τ 2 57,0 2 2 2 1 0,333 2 57,0 4 13,152 19,0 0,667 3249 692 2 19,0 41,9 22,9 (МПа) << σр 120 МПа. Прочность в точке 2 обеспечена с большим запасом. 89 Точка 6. Напряженное состояние в этой точке показано на рис. 4.41. Рис. 4.41 Напряженное состояние в точке 6 В точке 6: σ=- N M z 2,31 66,8 64,5 (МПа); A Wz τ = k2 τmax = 0,859 13,15 (МПа) = 11,30 (МПа). Проверяем прочность по двум теориям. 1 μ 1 μ 2 1 0,25 σ IIэ σ σ 4τ 2 64,5 2 2 2 1 0,25 64,52 4 11,32 24,2 0,625 4160 511 24,2 42,7 2 66,9 (МПа) < σр 120 МПа. 1 n 1 n 2 1 0,333 σ σ 4τ 2 64,5 2 2 2 1 0,333 64,52 4 11,32 21,5 0,667 4160 511 2 21,5 45,6 67,1 (МПа) < σр 120 МПа. σМ э Прочность в точке 6 обеспечена. Точка 3. Напряженное состояние в этой точке показано на рис. 4.38. В точке 3: σ=- N Mz 2,31 66,8 69,1 (МПа); A Wz τ = k2 τmax = 0,859 13,15 (МПа) = 11,30 (МПа). Проверяем прочность по двум теориям. 1 μ 1 μ 2 1 0,25 σ IIэ σ σ 4τ 2 69,1 2 2 2 1 0,25 2 69,1 4 11,32 25,9 0,625 4775 511 25,9 45,4 2 19,5 (МПа) << σр 120 МПа. 90 σМ э 1 n 1 n 2 1 0,333 σ σ 4τ 2 69,1 2 2 2 1 0,333 2 69,1 4 11,32 23,0 0,667 4775 511 2 23,0 48,5 25,5 (МПа) << σр 120 МПа. Прочность в точке 2 обеспечена с большим запасом. Таким образом, для чугунного стержня окончательно принимаем прямоугольное сечение 76х114 мм. 5 Устойчивость центрально сжатого стержня 5.1 Сведения из теории Устойчивостью называется способность системы восстанавливать первоначальное состояние после снятия кратковременного отклоняющего воздействия. В устойчивом состоянии система обладает минимумом потенциальной энергии. Как следует из опыта, для центрально сжимаемого стержня при некотором значении сжимающей нагрузки становится возможной не только прямолинейная, но и криволинейная форма равновесия (рис. 5.1). F l Рис. 5.1 Две формы равновесных состояний центрально сжимаемого стержня 91 При появлении возможности криволинейной формы равновесия центрально сжимаемого стержня его прямолинейная форма становится неустойчивой. Разные формы равновесных состояний при одинаковых загружениях возможны не только для центрально сжимаемого стержня, но и для других видов конструкций. Например, при загружении стержня плоской поперечной нагрузкой возможна не только плоская форма изгиба, но также и неплоская, выходящая из плоскости загружения. Появление возможности двух или более форм равновесия называется бифуркацией. При этом первоначальная форма равновесия, как правило, становится неустойчивой. Нагрузка, при которой становится возможной бифуркация, т.е. потеря устойчивости первоначальной формы равновесия, называется критической. Для центрально сжимаемого стержня из линейно упругого материала величина критической силы определяется формулой Эйлера: Fкр π 2 EJ min μl 2 (5.1) . Здесь E – модуль упругости материала стержня; Jmin – минимальный из двух главных центральных момент инерции поперечного сечения стержня; l – фактическая длина стержня (расстояние между точками наложения внешних связей); μ – коэффициент приведенной длины, зависящий от условий закрепления стержня. На следующем рисунке приведены величины этих коэффициентов для различных условий закрепления. F 1 2 F 0,5l l F 0,5 0,7l F 0,7 Рис. 5.2 Коэффициенты приведенной длины для некоторых видов закреплений стержня Коэффициент приведенной длины показывает, на какой доле фактической длины стержня укладывается полуволна криволинейной формы потери устой- 92 чивости. Полуволна определяется как участок криволинейной оси изогнутого стержня между соседними точками перегиба, т.е. точками с нулевым внутренним изгибающим моментом. Если критическую силу поделить на номинальную площадь поперечного сечения стержня, то получится величина, называемая критическим напряжением: F σ кр кр . (5.2) Aбр Здесь номинальная площадь сечения Aбр иначе называется площадь брутто. Ее отличие от так называемой площади нетто Aнт поясняется рисунком 5.3, на котором Aбр bh, Aнт bh bd . F 1-1 1 1 b d h Рис. 5.3 Иллюстрация к величинам Aбр и Aнт Величина η Aбр Aнт Aбр (5.3) Называется коэффициентом местных ослаблений. Из формулы (5.2) несложными преобразованиями можно критическое 93 напряжение выразить следующим образом: π2 E σ кр 2 . λ (5.4) В формуле (5.4): μl - величина, называемая гибкостью стержня; λ imin imin J min – минимальный радиус инерции. Aбр Формула (5.2) для критического напряжения справедлива только в том диапазоне загружения материала стержня, где он работает линейно упруго, т. е при (5.5) σкр σпц , где σ пц – предел пропорциональности по напряжению, получаемый из диаграммы сжатия материала. Используя σ пц , из формулы (5.4) можно получить предел пропорциональности по гибкости: λ пц π E . σ пц (5.6) Тогда диапазон применимости формулы Эйлера (5.4) можно выразить следующим образом: (5.7) λпц λ . Таким образом, если строить график зависимости критического напряжения от гибкости в соответствии с формулой (5.4), то справедливой будет только та его часть, которая находится правее абсциссы λ λ пц . Это отражено на рис. 5.4, где показан полный график зависимости критического напряжения от гибкости для конструкционной стали. График зависимости критического напряжения от гибкости на участке 0 λ λ пц можно построить либо аналитическим способом, решая задачу о критическом напряжении с учетом нелинейных пластических свойств материала, либо эмпирически, проводя эксперименты по определению критического напряжения для стержней заданной гибкости. Результаты таких исследований отражены на рис. 5.4 на участке 0 λ λпц кривой линией черного цвета. 94 kp T kpT kp=a-b 2 kp 2E 0 T Рис. 5.4 Полный график зависимости критического напряжения от гибкости для конструкционной стали и его линейная аппроксимация Поскольку для этой линии не существует простого аналитического выражения, то график зависимости критического напряжения от гибкости на участке 0 λ λпц аппроксимируют ломаной линией, которая на рис. 5.4 показана синим цветом. Для пластичной конструкционной стали аппроксимация состоит в том, что на участке 0 λ λТ принимают σкр σТ , а на участке λТ λ λ пц кривую приближенно описывают прямой σкр a bλ. (5.6) Формула (5.6) называется формулой Ясинского – Тэтмайера, а параметры, необходимые для ее практического применения, для двух марок стали приведены в следующей таблице. Таблица 5.1 Параметры стали для формулы Ясинского – Тэтмайера Материал E, МПа σт, МПа σпц, МПа λпц a, b, МПа МПа т С235 2,1 105 240 200 102 300 1,0 60 С275 2,1 105 280 240 93 350 1,1 64 Сечение центрально сжимаемого стержня следует подбирать так, чтобы одновременно выполнялись условие прочности N (5.7) σ с Aнт и условие устойчивости 95 N σ у . Aбр (5.8) Напряжение, допустимое по условию устойчивости σ у принято выражать через напряжение, допустимое при сжатии: σу φσс (5.9) Это соотношение можно считать определением параметра φ: φ σ у . σ с (5.10) Напряжение σ у , допустимое по условию устойчивости, определяется соотношением σ у σ кр kу , (5.11) где k у – коэффициент запаса устойчивости. После подстановки (5.9) в (5.10) условие устойчивости принимает следующий расчетный вид: N (5.12) φ σ с . Aбр Исходя из формулы (5.10) можно сформировать процедуру определения числовых значений параметра φ. Если расписать эту формулу подробнее, то получается следующее выражение: φ σу σкр σс σсв kу k k σ кр . σk с в у (5.13) Формула (5.13) говорит о том, что φ является функцией критического напряжения. Далее, поскольку для данного конкретного материала критическое напряжение согласно графику на рис. 5.5 зависит только от гибкости сжимаемого стержня: σкр σкр λ , то φ является функцией гибкости стержня: φ φ λ . Чтобы уяснить характер этой зависимости, формулу (5.13) полезно преобразовать к следующему виду: φ Здесь очевидно, что σ кр σ св σ k k σкр крс . σk σв kу с в у 1. Как правило, коэффициент запаса устойчивости 96 назначают не меньше коэффициента запаса прочности: k у k , т.е. k 1 . Из kу последних двух соотношений следует, что φ 1. С другой стороны, если λ , то σкр 0 , и тогда из формулы (5.12) следует, что также и φ 0. Сле- довательно, значения φ находятся в диапазоне 1 φ , причем справедливо следующее: λ 0 φ 1; (5.14) λ φ 0. Согласно формуле (5.9) и диапазону (5.14) параметр φ называется коэффициентом понижения допускаемых напряжений; иногда его также называют коэффициентом продольного изгиба. Алгоритм нахождения числовых значений параметра φ для конкретного материала выглядит следующим образом. Назначается числовое значение гибкости λ; в соответствии с графиком σкр σкр λ (рис. 5.5) находится критическое напряжение σ кр ; по формуле (5.11) находится числовое значение φ. Для зависимостей φ φ λ , полученных таким образом, составлены таблицы, которыми пользуются при практических расчетах. Ниже приведена такая таблица для двух марок конструкционных сталей. Таблица 5.2 Коэффициенты понижения допускаемых напряжений для двух марок сталей λ 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 φ С235 0,988 0,967 0,939 0,906 0,869 0,827 0,782 0,734 0,665 0,599 0,537 С275 0,987 0,962 0,931 0,894 0,852 0,805 0,754 0,686 0,612 0,542 0,478 λ 120 130 140 150 160 170 180 190 200 210 220 φ С235 0,479 0,425 0,376 0,328 0,290 0,259 0,233 0,210 0,191 0,174 0,160 С275 0,419 0,364 0,315 0,276 0,244 0,218 0,196 0.177 0,161 0,147 0.135 97 5.2 Решение задач Задача № 17. Определение грузоподъемности центрально сжатого стержня На рис. 5.5 показаны расчетная схема центрально сжимаемого стержня и общий вид его заданного сечения (справа вверху), приятые по одному из вариантов. Конкретные исходные данные принимаем следующими: l = 9,0 м; сечение стержня - два двутавра №24 (ГОСТ 8239-89), соединенные по полкам пластинами сечением 180 12 мм; материал конструкции - сталь С275; местные ослабления сечения составляют η = 15%. Требуется определить грузоподъемность стержня из условий прочности и устойчивости, а также найти коэффициент запаса устойчивости. Ширина полки заданного двутавра b = 115 мм. Поскольку 2b = 230 мм > 180 мм, то суммарная ширина сечения определяется суммарной шириной по2 3 0 1 8 0 лок, и край пластины не доходит до края полки на 25 м ( м) . Дей2 ствительная расчетная схема сечения также показана на рис. 5.5. Начнем решать задачу с условия устойчивости (5.12): F φ σ с . Aбр F l y z Рис. 5.5 Расчетная схема стержня, общий вид сечения и его действительная форма Отсюда получаем условие для допустимого значения нагрузки F: F φ σс Aбр . 98 Здесь: σс σ σТ 280 = 187 (МПа); k 1,5 Aбр = 2Aдвут + 2Aпласт = 2 34,8 + 2 18 1,2 = 69,6 + 43,2 = 112,8 (см2 ). φ φ λ ; λ μl . imin Для данного закрепления стержня μ = 0,5. J min ; Aбр imin J min min J y , J z . Вычисляем главные моменты инерции для расчетного сечения, изображенного на рис. 5.5. J y = 2J двут y + 2J пласт y 18 1,23 = 2 3460 + 2 18 1,2 24,62 = 6920 + 31327 = 12 = 38247 (см3 ). J z = 2J двут z + 2J пласт z 2 1,2 183 11,5 = 2 198 34,8 = 2697 + 1166 = + 2 2 12 =3863 (см3 ). Вычисляем минимальный радиус инерции и далее гибкость: imin J min 3863 5,85 (см); Aбр 112,8 λ μl 0,5 900 76,9. imin 5,85 Далее с помощью таблицы 5.2, применяя интерполяцию, находим коэффициент φ: 0,754 0,686 φ 0,754 76,9 70 0,754 0,047 0,707. 80 70 Определяем из условия устойчивости допустимую величину нагрузки: F φσс Aбр = 0,707 187 106 112,8 104 = 14913 102 (Н) 1491 (кН). Округляя в меньшую сторону до трех значащих цифр, получаем нагрузку, допустимую по условию устойчивости: F у 1490 (кН). Обратным действием проверяем условие устойчивости: F 1490 103 18,68 107 (Па) = 186,8 (МПа) σ = 187 МПа. 4 φAбр 0,707 112,8 10 99 Условие устойчивости выполнено. Проверяем условие прочности (5.7): F σ . Aнт Здесь Aнт 1 η Aбр 1 0,15 112,8 95,9 (см2 ) . Подставляем это в условие прочности: F 1490 103 15,54 107 (Па) 155,4 (МПа) σ 187 МПа. 4 Aнт 95,9 10 Условие прочности также выполняется. Следовательно, окончательно можно принять F 1490 кН. Теперь определяем коэффициент запаса устойчивости. Из формулы (5.11) σ σу кр kу следует: kу σ кр σ у , откуда, умножая числитель и знаменатель справа на Aбр, можно получить: F k у кр . F у Здесь F у F 1490 кН, а величину критической силы Fкр , как уже было сказано, найдем по формуле Fкр σкр Aбр . Далее следует вычислить σ кр , которое, как известно, находится по-разному в зависимость от величины гибкости (см. график на рис. 5.4). Для материала, рассматриваемого в задаче стержня, согласно таблице 5.1, λТ 64 , λпц 93 . Фактическое значение гибкости: λ 76,9 . Следовательно, выполняется соотношение λТ 64 λ 76,9 λпц 93 , и критическое напряжение должно быть найдено по формуле Ясинского – Тэтмайера (5.6): σкр a bλ . Для стали С275 по таблице 5.1 a = 350 МПа, b = 1,1 МПа. Далее находим: σкр a bλ = 350 - 1,1 76,9 = 265 (МПа); Fкр σкр Aбр 265 106 112,8 104 29892 102 (Н) 2989 (кН). 100 kу Fкр F у 2989 2,01. 1490 Отмечаем, что полученный здесь коэффициент запаса устойчивости kу 2,01 имеет большее значение, чем принятый коэффициент запаса прочности k 1,5 , т. е. выполняется общепринятое соотношение k у k . Задача решена. Задача № 18. Подбор сечения центрально сжатого стержня На рис. 5.6 показаны расчетная схема центрально сжимаемого стержня и общий вид его заданного сечения, приятые по одному из вариантов. Здесь l = 6,0 м; F = 650 кН; d = 80 мм. Сечение стержня - два швеллера (ГОСТ 8239-89). Материал конструкции - сталь С235. Местные ослабления сечения составляют η = 25%. Требуется подобрать сечение, т. е. найти такой номер швеллера, при котором выполнялись бы условия прочности и устойчивости с минимальным запасом. Подберем сначала сечение из условия прочности (5.7): F σ . Aнт F z l y z0 d z z Рис. 5.6 Расчетная схема стержня и его сечения Из условия прочности: Aнт Здесь: F . σ 101 σ σТ 240 = 160 (МПа). k 1,5 Поэтому F 650 103 Aнт = = 4,06 103 (м2 ) = 40,6 (см 2 ). 6 σ 160 10 Отсюда Aбр Aнт 40,6 = = 50,8 (см 2 ); 1 - η 1 0,2 Aбр 50,8 = 25,4 (см 2 ). 2 2 По сортаменту подбираем швеллер № 22, Aшв 26,7 см2 . Aшв = Далее проверяем условие устойчивости (5.12), которое записываем в следующем виде: F σ . φAбр Вычисляем все необходимое для проверки выполнения условия устойчивости. Aбр 2Aшв = 2 26,7 = 53,4 (см2 ); J y 2J yшв = 2 2110 = 4220 (см4 ); 2 2 шв d 8 J z 2 J z Aшв z0 = 2 151 26,7 2,21 = 2631 (см 4 ); 2 2 imin J min 2631 7,02 (см); Aбр 53,4 λ μl 1 600 = = 85,5. imin 7,02 Далее с помощью таблицы 5.2, применяя интерполяцию, находим коэффициент φ: 0,734 0,665 φ 0,734 85,5 80 = 0,734 - 0,038 = 0,696. 90 80 Проверяем условие устойчивости: F 650 103 17,49 107 (Па) 174,9 (МПа) σ 160 МПа. 4 φAбр 0,696 53,4 10 Условие устойчивости не выполняется, стержень слишком гибкий. Увеличиваем сечение, т. е. увеличиваем номер швеллера. 102 Принимаем швеллер №24 и снова выполняем все расчеты по проверке устойчивости. Aбр 2Aшв = 2 30,6 = 61,2 (см2 ); J y 2J yшв = 2 2900 = 5800 (см4 ); 2 2 шв d 8 J z 2 J z Aшв z0 = 2 208 30,6 2,42 = 2938 (см 4 ); 2 2 imin J min 2938 6,93 (см); Aбр 61,2 λ φ 0,734 μl 1 600 = = 86,6; imin 6,93 0,734 0,665 86,6 80 = 0,734 - 0,046 = 0,688. 90 80 F 650 103 15,44 107 (Па) 154,4 (МПа) σ 160 МПа. 4 φAбр 0,688 61,2 10 Условие устойчивости выполняется, причем с достаточно небольшим запасом. Поэтому уменьшать сечение далее нецелесообразно. Окончательно принимаем сечение из двух швеллеров №24. Задача решена. 6 Некоторые частные вопросы сопротивления материалов 6.1 Ударное действие нагрузки В качестве примера ударного действия нагрузки рассмотрим случай падения на балку груза весом P с некоторой высоты H (рис. 6.1). H Рис. 6.1 Схема ударного действия на балку Удар будем считать абсолютно неупругим, т. е. после соприкосновения груза с балкой далее они будут двигаться совместно. При этом поскольку в момент соприкосновения груз P имеет некоторую вертикальную скорость, то про- 103 гиб балки от такого воздействия ΔD будет больше, чем прогиб Δст от квазистатического действия этой же нагрузки (рис. 6.2). P P D CT Рис. 6.2 Амплитудное деформированное состояние балки при ударном действии груза P и деформированное состояние при квазистатическом приложении силы P Отношение перемещения, создаваемого динамическим действием нагрузки, к перемещению, создаваемым квазистатическим приложением той же нагрузки, называется коэффициентом динамичности: (6.1) kD D . ст Для обеспечения возможности применения коэффициента динамичности, определяемого формулой (6.1), к расчету конструкций на прочность, должна быть принята следующая гипотеза: - деформированное состояние системы при амплитудном значении динамической нагрузки эквивалентно деформированному состоянию от квазистатического приложения этого амплитудного значения. Если принять эту гипотезу, то динамические нагрузки, усилия и напряжения при ударном действии нагрузки выражаются через нагрузки, усилия и напряжения при квазистатическом приложении аналогичного груза формулами, подобными формуле (6.1): PD kD Pст ; M D kD M ст ; σD kDσст . (6.2) Если система, подвергающаяся ударному действию нагрузки, является линейно деформируемой, то вся потенциальная энергия груза P переходит в потенциальную энергию деформации системы в первом ее амплитудном отклонении, характеризуемом перемещением ΔD. Из этих соображений с учетом соотношений (6.2) для коэффициента динамичности при ударном действии нагрузки получается следующая формула: kD 1 1 2 H ст . (6.3) Здесь H ст χ – относительная высота падения груза. С учетом этого 104 обозначения формула (6.3) принимает следующий вид: kD 1 1 2χ. (6.4) На рисунке 6.3 показан график зависимости коэффициента динамичности kD при ударном действии нагрузки от относительной высоты χ падения груза, построенный в соответствии с формулой (6.4). Согласно этой формуле, график kD (χ) является одноветвевой параболой с горизонтальной осью и удовлетворяет следующим условиям: kD 1; kD 1 1 = 2χ 0 χ = - 0,5; χ = 0 kD 2 ; χ kD . Для более точного построения графика используем следующую таблицу. Таблица 6.1 Зависимость коэффициента динамичности kD от относительной высоты χ падения груза χ kD -0,5 1 0 2 1,5 3 4 4 7,5 5 12 6 D 6 5 4 3 2 1 0 1,5 4,0 7,5 12,0 Рис. 6.3 График зависимости коэффициента динамичности kD от относительной высоты χ падения груза 6.2 Балка на упругом основании На рис. 6.4 показано исходное состояние балки на упругом основании, а также деформированное состояние балки и ее основания под заданной нагруз- 105 кой q(x). x w(x) l z Рис. 6.4 Балка на упругом основании в исходном и деформированном состояниях Основание балки деформируется до тех пор, пока возникающие в нем реактивные силы не уравновесят активную нагрузку q(x). Эти реактивные силы r(x) по длине балки, вообще говоря, также непостоянны. На следующем рисунке показан план сил, действующих на балку в равновесном состоянии. x r(x) l Рис. 6.5 План сил, действующих на балку на упругом основании Интенсивность реактивных сил r(x) определяется величинами прогибов w(x). Характер зависимости реактивных сил от прогибов определяется физическими свойствами основания. Существует достаточно много физических моделей упругого основания. Здесь рассмотрим простейшую из них – модель Винклера, сущность которой состоит в том, что интенсивность реактивной силы в данном конкретном месте полагается зависящей от прогиба только в этом месте и не зависит от прогибов в других местах, причем зависит пропорционально. Математическая форма этой модели записывается следующим образом: r ( x) kw( x). (6.5) Для изогнутой оси балки можно составить приближенное дифференциальное уравнение (3.1): (3.1) EJ y w( x) M y ( x). Здесь при произвольной форме нагрузки q(x) изгибающий момент M y ( x) является довольно сложным определенным интегралом от функций q(t) и r(t), с 106 переменным верхним пределом. Чтобы избежать этих сложностей, уравнение (3.1) можно дважды продифференцировать по x, что в результате приводит к следующему: EJ y wIV ( x) q( x). (6.6) q ( x) q ( x) r x . (6.7) Здесь Из (6.6) и (6.7) с учетом (6.5) получается уравнение EJ y wIV ( x) q( x) kw( x), которое после приведения к классическому с точки зрения математики виду выглядит следующим образом: 1 (6.8) wIV ( x) 4α 4 w( x) q( x). EJ y Здесь 4α 4 k , EJ y или α 4 k . 4 EJ y (6.9) Общее решение w(x) уравнения (6.8) складывается из общего решения w0(x) соответствующего однородного уравнения (6.10) wIV ( x) 4α4 w( x) 0 (6.10) и частного решения w( x) , соответствующего заданному виду правой части q(x): w( x) w0 ( x) w( x). (6.11) Общее решение однородного уравнения (6.10) имеет следующий вид: w0 ( x) eαx C1 cosαx C2 sin αx e-αx C3 cosαx C4 sin αx . (6.12) Константы C1, C2, C3 и C4 можно определить из естественных граничных условий: My x 0 My x l Qz x 0 Qz x l 0 w x0 0; 0 w xl 0; 0 w x0 0; 0 w xl 0. Для нахождения частного решения w( x) должна быть задана форма нагрузки q(x). В качестве примера практической реализации полученного решения задачи о балке на упругом основании рассмотрим бесконечно длинную балку, загруженную сосредоточенной силой. В реальном представлении это будет балка, у 107 которой высота сечения h значительно меньшее ее длины l: h l, а сосредоточенная сила приложена в середине длины (рис. 6.6). h w l /2 l /2 Рис. 6.6 Бесконечно длинная балка, загруженная сосредоточенной силой Расчетная схема симметрична относительно вертикальной оси, проходящей через сосредоточенную силу. Поэтому в качестве расчетной схемы можно рассмотреть половину балки; например, правую, как это показано на следующем рисунке. h My x w z Рис. 6.7 Расчетная схема бесконечно длинной балки под сосредоточенной нагрузкой Поскольку здесь q( x) 0 , то дифференциальное уравнение изогнутой оси имеет вид (6.10), а его решение записывается как (6.12): w( x) eαx C1 cosαx C2 sin αx e-αx C3 cosαx C4 sin αx . Выполняя условие w x 0, получаем решение в виде w( x) e-αx C3 cosαx C4 sin αx . Далее условие w x0 0 видоизменяет решение следующим образом: w( x) Ce-αx cosαx sin αx . Наконец, с помощью граничного условия Qz x0 0 получаем окончательный вид решения: 108 w( x) P e-αx cosαx sin αx . 3 8EJ y α Отсюда имеем: wmax P ; 8EJ y α3 M y max M y x 0 P . 4α 6.3 Расчет тонкостенной трубы с учетом внутреннего давления Тонкостенная труба рассматривается как стержень, загруженный таким образом, что в его поперечных сечениях возникают все шесть внутренних стержневых усилий: N, Qy, Qz, My, Mz, Mкр. Эти внутренние усилия в произвольном поперечном сечении трубы показаны на рис. 6.8. Кроме того, в трубе имеется газообразная или жидкая среда, которая на ее внутренние стенки оказывает давление p, также показанное на рис. 6.8. Труба считается тонкостенной на том основании, что (6.12) δ = R r r, т. е. толщина стенки δ значительно меньше радиусов. Реальные рамки соотношений, в которых труба может считаться тонкостенной, практически можно принять в виде δ 1 (6.13) . r 10 В этих условиях изменением напряжений по толщине стенки можно пренебречь. Кроме того, вследствие весьма малой разницы между внешним и внутренним радиусами появляется некоторая специфика в формулах для геометрических характеристик сечения. Mz R Qy N y ds d r x Qz Mkp y p 1 My dx z z Рис. 6.8 Расчетная схема тонкостенной трубы с учетом внутреннего давления 109 Расчетное распределение напряжений, связанных с действующими в сечении моментами и продольным усилием, показано на следующем рисунке. x (M ) kp Mu Mz y . H.O My x (M ) u v z x (N) Рис. 6.9 Эпюры напряжений от моментов и продольного усилия Эпюры напряжений на рис. 6.9 соответствуют направлениям усилий, показанных на рис. 6.8. Эти эпюры построены на основе известных из предыдущих разделов курса сопротивления материалов формул: M ρ M v N (6.14) σx N ; σ x M u u ; x M кр кр . Jp A Ju В соответствии с этими формулами и эпюрами в качестве опасной должна быть рассмотрена точка 1, в которой действуют самые большие нормальные напряжения от изгибающих моментов. Касательные напряжения от крутящего момента в этой точке тоже максимальны, как и во всех точках внешней окружности. Геометрические характеристики в формулах (6.14) могут быть вычислены известным образом: πR 4 πr 4 πR 4 πr 4 Ju ; Jp . (6.15) A πR πr ; 4 4 2 2 Однако с учетом соотношений (6.12) и (6.13) они могут быть представлены следующим образом: 2 2 A 2πδr; J u πδr 3 ; J p 2πδr 3. (6.16) В опасной точке 1 рассматриваемые в формулах (6.14) напряжения могут быть представлены следующим образом: 110 σ x1 N N ; A σ x1 M u x1 M кр Mu ; Wu M кр Wp , где J Ju Wp p = πδr 2 . = πδr 2 ; r r В результате суммарное нормальное напряжение в точке 1 выражается следующей формулой: N Mu σx , 2 r r 2 а касательное напряжение от крутящего момента принимает вид M кр x M кр . 2 r 2 Перейдем теперь к касательным напряжениям от поперечных усилий Qy и Qz. Как известно из рассмотренной ранее теории поперечного изгиба, в сечениях с тонкостенным профилем они направленны по касательной к контуру профиля и по толщине стенки распределены равномерно. При заданных на рис. 6.8 направлениях поперечных усилий касательные напряжения в точке 1 от обоих поперечных усилий направлены одинаково, т. е. суммируются по величине (такое наиболее неблагоприятное сочетание направлений усилий было выбрано специально). Все это отражено на следующем рисунке. Wu H.O . y v Qy Qz Qu 1 x (Q) z Рис. 6.10 Касательные напряжения от поперечных усилий Согласно формуле Журавского для стержней тонкостенного профиля: Q x Qz S yо Jy Qy S zо Jz . (6.17) 111 Для рассматриваемой точки S yо 2δr 2 sin α; S zо 2δr 2 cosα. Если далее (6.18) вставить (6.17), то получается следующее: 2 xQ Qz sin α Qy cosα . πδr Здесь Qz sin α Qy cosα Qu (6.18) (6.19) (6.20) – суммарная поперечная сила, действующая вдоль оси u. В результате касательное напряжение, связанное с поперечными усилиями, представляется следующей простой формулой: 2Q (6.21) xQ u . πδr Поскольку это касательное напряжение действует вдоль той же оси 𝑢, что и касательное напряжение от крутящего момента, выражаемое формулой (6.16), то оба эти напряжения можно сложить как скаляры: M кр 2Q (6.22) x u. 2 2πδr πδr Таким образом, от всего набора внутренних стержневых усилий в наиболее опасной точке 1 действуют нормальное напряжение, представляемое формулой (6.15), и касательное напряжение, представляемое формулой (6.22). Перейдем теперь к рассмотрению напряжений, создаваемых внутренним давлением p. В окрестности точки 1 вырежем элемент оболочки размерами dx ds δ (рис. 6.8, а) и покажем его в плоской проекции на плоскость yOz (рис. 6.11). 1 2 d 1 2 d p 1 Рис. 6.11 Нормальные напряжения от внутреннего давления В проекциях на направление внутреннего давления p уравнение равнове- 112 сия элемента, изображенного на рис. 6.1, выглядит следующим образом: dα pdsdx 2σθδdx sin , 2 откуда вытекает формула для σ θ : r p. δ Из этой формулы и из условия (6.12) следует, что p σθ (6.23) σθ , и можно счи- тать, что элемент стенки трубы в окрестности точки 1 находится в плоском напряженном состоянии, показанном на следующем рисунке. x x x x x Рис. 6.12 Напряженное состояние элемента стенки трубы В завершение раздела повторим формулы для напряжений, показанных на рис. 6.12. N Mu (6.15) σx ; 2 r r 2 M кр 2Qu (6.22) x θ ; 2πδr 2 πδr r (6.23) σθ p. δ 6.4 Чистый изгиб криволинейного стержня Здесь рассматривается криволинейный стержень, продольная ось которого представляет собой дугу окружности радиуса R, а поперечное сечение симметрично относительно плоскости этой окружности (рис. 6.13). 113 R M M x y z C O Рис. 6.13 Расчетная схема криволинейного стержня Внешние моменты, которыми загружен стержень, показанные на рис. 6.13, стремятся увеличить естественную кривизну оси стержня. Такое направление изгибающего момента считается положительным. Вертикальную ось z, как это показано на рисунке, принято направлять в сторону, противоположную центру естественной кривизны. При таком воздействии в поперечных сечениях рассматриваемого криволинейного стержня возникает только внутренний изгибающий момент My, который по своей величине равен внешнему моменту M. Из опытов с криволинейными стержнями следует, что поперечные сечения, перпендикулярные продольной оси, остаются плоскими, перпендикулярными деформированной оси и перемещаются только путем поворота относительно прямой, параллельной оси y и смещенной относительно нее на расстояние z0 в сторону центра естественной кривизны (рис. 6.14). Величина смещения нейтральной оси z0 определяется из условия равенства нулю продольного усилия в поперечном сечении и может быть найдена по формуле: A (6.24) z0 R . dA A R z В (6.24) интеграл в знаменателе зависит от формы сечения. Например, для прямоугольного сечения высотой h формула (6.24) принимает вид h (6.25) z0 R . Rh 2 ln Rh 2 114 y z x 0 x M R O Рис. 6.14 Эпюра напряжений в поперечном сечении стержня Анализ формул (6.24) и (6.25) показывает, что смещение нейтральной оси всегда происходит в сторону центра естественной кривизны, и если R , то z0 0 , т. е. в прямолинейном стержне никакого смещения нейтральной оси не происходит. Если же R Rmin , что для прямоугольного сечения равносильно условию R h 2 , то z0 Rmin , т. е. смещение нейтральной оси не может выйти за пределы сечения. Нормальные напряжения в поперечных сечениях определяются с помощью гипотезы плоских сечений из уравнения равновесия по моменту относительно оси 𝑦 и могут быть вычислены по формуле M z z (6.26) σx y 0 . Az0 R z Этой формуле соответствует эпюра напряжений, показанная на рис. 6.14. Эпюра построена с учетом того обстоятельства, что если z R , то σ x , т. е. прямая, перпендикулярная плоскости сечения и проходящая через центр естественной кривизны, является асимптотой эпюры напряжений (пунктирная прямая на рис. 6.14). Если естественная кривизна оси криволинейного стержня не слишком велика, то смещение нейтральной оси может быть найдено по приближенной формуле J z0 y . (6.25) AR 115 2 z Погрешность этой формулы оценивается величиной max . Например, для R стержня с прямоугольным сечением при R = 3h (это примерно соответствует z 1 стержню, изображенному на рисунках 6.13 и 6.14), т. е. при max погрешR 9 1 ность формулы (6.25) составляет , т. е. имеет величину порядка 1%, что для 81 технических расчетов вполне приемлемо. 7 Справочные данные Таблица 7.1 Характеристики конструкционных материалов, рекомендуемые для решения задач Характеристика Сталь Чугун Алюминий Бронза Бетон Древесина материала С235 Модуль упругости 2,1 1,2 0,7 1.1 0,31 0,1 E, 10-5 МПа Коэффициент 0,25 0,25 0,30 0,35 0,2 0,45 Пуассона Предел текучести 240 210 150 σ T , МПа Временное сопротивление растяже390 180 300 240 2,1 30 р нию σ в , МПа Временное сопротивление сжатию - 540 - - 36 24 1,2 1,1 2,4 2,2 1,0 0,4 с в, σ МПа Коэффициент температурного расширения, 105 град-1 Примечание: обобщенный коэффициент запаса при расчетах на прочность рекомендуется принимать равным 1,5. 8 Рекомендуемая литература 1. Александров, А. В. Сопротивление материалов : учебник для студентов вузов / А. В. Александров, В. Д. Потапов, Б. П. Державин ; под ред. А. В. Александрова. – Изд. 4-е, испр. – М. : Высш. шк., 2004. – 559, [1] с. : ил., 116 табл. 2. Дарков, А. В.Сопротивление материалов : учебник для втузов / А. В. Дарков, Г. С. Шпиро. – 5-е изд., перераб. и доп. – Москва : Высш. шк., 1989. – 622 с. : ил. 3. Саргсян, А. Е. Сопротивление материалов, теории упругости и пластичности. Основы теории с примерами расчетов : учебник для вузов / А. Е. Саргсян. – 3-е изд., испр. – Москва : Высш. шк., 2002. – 286 с. 4. Феодосьев, В. И. Сопротивление материалов : учебник для студентов высш. техн. учеб. заведений / В. И. Феодосьев. – 10-е изд., перераб. и доп. – М. : Изд-во МГТУ, 1999. – 590, [1] с. : ил., портр. – (Программа «Интеграция») (Механика в техническом университете : в 8 т. / отв. ред. К. С. Колесников ; т. 2). 5. Филин, А. П. Прикладная механика твердого деформируемого тела. В. 2 т. Т. 1. Сопротивление материалов с элементами теории сплошных сред и строит. механики / А. П. Филин. – Москва : Наука, 1975. – 832 с. 6. Филин, А. П. Прикладная механика твердого деформируемого тела. В. 2 т. Т. 2. Сопротивление материалов с элементами теории сплошных сред и строит. механики / А. П. Филин. – Москва : Наука, 1979. – 616 с. : ил.
