Сопротивление материалов: Учебное пособие по выполнению расчетно-проектировочных работ. Ч. 3

Н. Б. ЛЕВЧЕНКО

СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ ЧАСТЬ 3

Санкт-Петербург 2002

1

Министерство образования Российской Федерации Санкт-Петербургский государственный архитектурно-строительный университет ___________________________________________________________ Кафедра сопротивления материалов Н. Б. ЛЕВЧЕНКО

СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ Учебное пособие по выполнению расчетно-проектировочных работ для студентов всех специальностей и форм обучения ЧАСТЬ 3 Задачи № 28–38 Под редакцией д-ра техн. наук, проф. В. Д. Харлаба

Санкт-Петербург 2002

2

УДК 539.3/8(07) Сопротивление материалов: Учебное пособие по выполнению расчетно-проектировочных работ для студентов всех специальностей и форм обучения. Ч. 3./ Н. Б. Левченко; СПбГАСУ. СПб., 2002. – 96 с. В пособии даны краткие сведения из теории, необходимые для решения задач, и приводятся примеры решения задач, входящих в расчетно-проектировочные работы, по 3 темам: "Сложное сопротивление", "Устойчивость", "Расчет на динамическую нагрузку". Решение задач снабжено подробными объяснениями. Ил.. Табл.. Библиогр. назв. Рекомендовано Редакционно-издательским советом СПбГАСУ в качестве учебного пособия

Рецензенты: д-р техн. наук, проф. В. З. Васильев (Санкт-Петербургский государственный университет путей сообщения); д-р техн. наук, проф. В. В. Улитин (Санкт-Петербургский государственный университет низкотемпературных и пищевых технологий)

© Н. Б. Левченко, 2002 © Санкт-Петербургский государственный архитектурно-строительный университет, 2002

3

ОБЩИЕ УКАЗАНИЯ ПО ВЫПОЛНЕНИЮ РАСЧЕТНОПРОЕКТИРОВОЧНЫХ РАБОТ

В процессе изучения курса "Сопротивление материалов" студенты выполняют расчетно-проектировочные работы (РПР). Количество РПР и задач, входящих в каждую из этих работ, зависит от специальности и количества часов, отведенных в учебном плане на изучение курса. Цель РПР – сознательное усвоение теоретического курса и приобретение навыков решения задач, имеющих как академический, так и практический характер. Данное учебное пособие предназначено для оказания помощи студентам при выполнении расчетно-проектировочных работ. Номера задач, решение которых объясняется в данном пособии, соответствуют номерам задач в методических указаниях [4], по которым студенты выбирают схемы решаемых задач. В данном пособии приводятся краткие теоретические сведения и основные формулы, необходимые для выполнения задач, объясняются смысл и порядок решения задач. Решение одних задач сопровождается численными расчетами, решение других приведено в общем виде. Ни в коем случае не следует копировать решение задач, не разобравшись со смыслом того, что вы делаете. Пособие не заменяет учебник, поэтому перед выполнением задач прочитайте те разделы учебников, которые приведены в перечне литературы по изучаемой теме. В процессе расчетов обращайте внимание на единицы измерения величин, входящих в формулы. Не забывайте писать в каких единицах вы получили результат. Рекомендуемые единицы измерения приведены в перечне используемых обозначений. Все арифметические вычисления следует выполнять с точностью до трех значащих цифр – точностью, достаточной для инженерных расчетов. Расчетно-проектировочные работы оформляются на стандартных листах писчей бумаги формата А-4 (210х297). Перед решением задачи необходимо нарисовать расчетную схему задачи в масштабе в соответствии со своими данными. Решение задачи должно сопровождаться короткими пояснениями, рисунки желательно делать карандашом, на листах должны быть оставлены поля для замечаний преподавателя. После выполнения всех задач, входящих в расчетно-

4

проектировочную работу, листы с решением следует сброшюровать и снабдить титульным листом. ИСПОЛЬЗУЕМЫЕ ОБОЗНАЧЕНИЯ Нагрузки: F – сосредоточенная сила, кН; M – сосредоточенная пара сил (момент), кН⋅м; q – интенсивность распределенной по длине стержня нагрузки, кН/м. Обозначение осей: x – продольная ось стержня; y, z – главные центральные оси инерции поперечного сечения стержня. Геометрические характеристики поперечного сечения стержня: A – площадь поперечного сечения, см2; Sy, Sz – статические моменты относительно осей y, z , см3; Iy, Iz – осевые моменты инерции относительно осей y, z , см4; Ip – полярный момент инерции, см4. Внутренние усилия: N – продольная сила, кН; Qy , Qz , (Q) – поперечные силы, кН; My , Mz, (M) – изгибающие моменты кН⋅м; Mк – крутящий момент, кН⋅м. Напряжения: σx, σy, σz, (σ) – нормальные напряжения, МПа; τxy, τyz, τzx, (τ) – касательные напряжения, МПа; σ1, σ2, σ3, (σгл) – главные напряжения, МПа. Деформации и перемещения: εx, εy, εz, (ε) – относительные продольные деформации; γxy, γyz, γzx, (γ) – угловые деформации (углы сдвига); ∆l – абсолютная деформация стержня при растяжении-сжатии (перемещение точек оси вдоль оси x), см; v, w – прогибы оси стержня (балки) при изгибе (перемещения точек оси вдоль осей y, z), см; ϕ – угол поворота оси стержня (балки) при изгибе, рад; θ – угол закручивания стержня (вала) при кручении, рад. Характеристики материала: σпц – предел пропорциональности, МПа; σт – предел текучести, МПа;

5

σв – временное сопротивление (для хрупких материалов σ рв – предел

прочности при растяжении, σ св – предел прочности при сжатии), МПа; [σ], [τ] – допускаемые напряжения, МПа; E – модуль упругости, МПа; ν – коэффициент Пуассона; α – коэффициент линейного температурного расширения, 1/град.

6

5. СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ Рекомендуемая литература Александров А. В., Потапов В. Д., Державин Б. П. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк., 1995. Гл. 6 (§ 6.5, § 6.6), Гл.4. Гастев В. А. Краткий курс сопротивления материалов. М.: Физматгиз, 1977, Гл. 7, Гл. 15. Дарков А. В., Шпиро Г. С. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк., 1989. Гл. 9.

Основные понятия и формулы Сложное сопротивление – такой вид деформации, при котором в стержне могут возникнуть все шесть видов внутренних усилий одновременно. Эти шесть усилий определяются, как обычно, методом сечений. При построении эпюр внутренних усилий правила знаков для продольной силы и крутящего момента используем те же, что и раньше. Для изгибающих моментов принимается другое правило знаков, а именно, изгибающий момент считается положительным, если он вызывает растягивающие напряжения в положительном квадранте (т. е. в том квадранте, где координаты y > 0 и z > 0 ). Поперечная сила считается положительной, если она направлена по направлению оси y (или z ) и действует в сечении, внешняя нормаль к которому совпадает по направлению с осью x . Рис. 5.1 поясняет правила знаков для всех внутренних усилий. Qz > 0 N >0

y

Mк > 0 My > 0 y Qy > 0

x

x Mz > 0 Mz > 0

N >0 Qy > 0 z

My > 0

Qz > 0 z Рис. 5.1. Правила знаков для внутренних усилий в задачах сложного сопротивления

Mк > 0

От действия всех внутренних усилий в поперечном сечении стержня возникают нормальные и касательные напряжения. Нор-

7

мальные напряжения связаны с действием продольной силы и изгибающих моментов и определяются в любой точке поперечного сечения1 по формуле N M yz Mz y (5.1) σx = + + A Iy Iz Здесь y и z – координаты той точки, в которой находятся напряжения, в главной центральной системе координат, I y , I z – осевые моменты инерции относительно главных центральных осей. При использовании приведенного выше правила знаков для изгибающих моментов формула (5.1) автоматически дает знак напряжений при подстановке координат точки со своим знаком независимо от направления осей. Напомним, что положительный знак напряжений говорит о том, что в рассматриваемой точке действует растягивающее напряжение. При расчете конструкций нас, как правило, интересуют максимальные напряжения. Точки, в которых они действуют, называются опасными. Для определения положения опасных точек с максимальными (растягивающими или сжимающими) нормальными напряжениями надо построить нейтральную линию и найти точки, наиболее удаленные от нее. Напомним, что нейтральной линией называется линия, на которой нормальные напряжения равны нулю. Для построения нейтральной линии запишем ее уравнение, приравняв напряжения в формуле (5.1) нулю: N M yz Mz y + + = 0. (5.2) A Iy Iz

1

Сечение может иметь произвольную форму, но должно быть однородным по мате-

риалу.

8

В уравнении (5.2) y и z – координаты точек, принадлежащих нейтральной линии. Построив по уравнению (5.2) нейтральную линию, проведем прямые, касательные к контуру сечения и параллельные нейтральной линии. Точки σmax z касания этих прямых конту1 ра сечения и являются опасy(1) ными точками, в которых z(1) действуют максимальные y нормальные напряжения. Нейтральная Рис. 5.2 поясняет описанное линия построение для сечения произвольной формы. Показанная на рис. 5.2 эпюра нормальных напряжений соответствует положительным Эпюра σ 1′ значениям усилий в уравнении (5.2). Максимальное напряжение действует в точке Рис. 5.2. Определение положения опасных точек с максимальными 1, именно эта точка и будет нормальными напряжениями опасной. Для определения нормальных напряжений в этой точке подставим в формулу (5.1) координаты y(1) и z(1) этой точки (см. рис. 5.2). Заметим, что при отрицательной (сжимающей) продольной силе максимальные сжимающие напряжения будут по модулю больше растягивающих. В этом случае для хрупких материалов опасными будут обе точки: и точка 1, и точка 1′ (см. рис. 5.2). От поперечных сил в сечении стержня возникают касательные напряжения, которые определяются по формуле Журавского в тех случаях, когда она применима (т. е. когда τ можно считать равномерно распределенными по ширине сечения, что приемлемо, если Q действует по оси симметрии сечения или сечение является тонкостенным). Как известно из опыта расчета конструкций при плоском поперечном изгибе касательные напряжения от поперечной силы, как правило, существенно меньше нормальных напряжений, поэтому в задачах сложного сопротивления при проверке прочности их чаще всего не учитывают. 9

Крутящий момент вызывает в сечении касательные напряжения. Формулы для определения этих касательных напряжений зависят от формы поперечного сечения и изучались ранее. Эти формулы для двух наиболее часто применяемых форм сечения – круглого и прямоугольного будут рассмотрены в разд. 5.3 "Общий случай сложного сопротивления". Чаще всего в реальных конструкциях встречаются два частных случая сложного сопротивления: косой (или пространственный) изгиб и внецентренное растяжение-сжатие. В разд. 5.1 и 5.2 рассматриваются эти виды деформаций, разд. 5.3 описывает проверку прочности конструкций в общем случае сложного сопротивления. 5.1. РАСЧЕТ БАЛКИ, ПОДВЕРЖЕННОЙ КОСОМУ ИЛИ ПРОСТРАНСТВЕННОМУ ИЗГИБУ Основные определения Косым изгибом называется такой изгиб, при котором вся нагрузка на балку действует в одной плоскости, и эта плоскость не совпадает с плоскостями, в которых лежат главные центральные оси инерции сечения (плоскости xOy и xOz на рис. 5.3). При косом изгибе изогнутая ось представляет собой плоскую кривую, и плоскость, в которой она расположена, не совпадает с плоскостью действия нагрузки. При пространственном изгибе нагрузка приложена в разF1 y

y

O F

x

O

x F2

z α

Рис. 5.3. Косой изгиб

z

Рис. 5.4. Пространственный изгиб

ных плоскостях (рис. 5.4), деформированная ось является пространственной кривой.

10

При косом или пространственном изгибе в сечении стержня возникают четыре усилия: Q y , Q z , M y и M z . Нормальные напряжения в произвольной точке сечения определяются по формуле, полученной из (5.1) при N = 0 , M yz Mz y . (5.3) σx = + Iy Iz Касательные напряжения от поперечных сил, если нельзя воспользоваться формулой Журавского, допустимо не учитывать. Порядок проверки прочности балки, работающей в условиях косого или пространственного изгиба, тот же, что и для балки, работающей при плоском поперечном изгибе. Для этого необходимо: • построить эпюры внутренних усилий2. Для построения эпюр внутренних усилий раскладываем нагрузки на вертикальную и горизонтальную составляющие. Вертикальная составляющая вызывает изгиб относительно горизонтальной оси y , горизонтальная – относительно оси z ; • выбрать опасные сечения – это сечения, где имеет место наиболее неблагоприятное сочетание изгибающих моментов; • в опасных сечениях найти опасные точки – точки с максимальными нормальными напряжениями; • записать условие прочности в этих точках. Из условия прочности либо подобать размеры поперечного сечения, либо найти допускаемую нагрузку, либо просто сделать вывод о возможности безопасной эксплуатации конструкции. Определение положения опасных точек в стержне произвольного поперечного сечения производится по схеме, описанной ранее во вступительной части разд. 5. Поскольку в уравнении нейтральной линии M yz Mz y + =0 (5.4) Iy Iz отсутствует свободный член, то нейтральная линия проходит через центр тяжести сечения (рис. 5.5). Построив нейтральную линию и 2

Поскольку касательные напряжения от поперечных сил не учитываем, допустимо строить только эпюры изгибающих моментов.

11

эпюру нормальных напряжений, найдем положение опасных точек. Допустим, что напряжение в точке 1 больше, чем в точке 1′ (это можно определить по масштабу, если построить сечение и эпюру напряжений в масштабе). Условие прочности в опасной точке 1, которая находится в линейном напряженном состоянии, записывается так: M y z(1) M z y(1) σ max = + ≤ [ σ] (5.5) Iy Iz Значение [σ] зависит от материала, из которого сделана балка, и для хрупкого материала необходимо учесть направление (растягивающее или сжимающее) σ max . Для некоторых форм сечений, а именно, прямоугольника, двутавра и других сечений, угловые точки которых находятся в углах прямоугольника, нет необходимости для записи условий прочности находить положение опасных точек. Для таких сечений положение опасных точек не зависит от угла наклона нейтральной линии, и опасные точки – это всегда угловые точки сечения. Условие прочности в этих точках записывается следующим образом: My M σ max = + z ≤ [σ] , (5.6) Wy Wz где W y и Wz – моменты сопротивления поперечного сечения относительно главных центральных осей.

12

Перемещения балки, работающей в условиях косого или пространственного изгиба, можно находить любым 1 1′ способом. Обычно это делают методом Максвелла – Мора, перемножая эпюры O y с помощью правила Верещагина. От wO O′ вертикальной составляющей нагрузки σmax точки оси балки перемещаются по верz тикали (вдоль оси z ). Вертикальная составляющая полного прогиба w нахоЭпюра σ дится по формуле M yMi Рис. 5.5. Эпюра нормальных dx . (5.7) w=∫ EI напряжений и перемещение y точки О оси балки Перемещения v точек оси балки вдоль оси y , вызванные горизонтальной составляющей нагрузки, определяются аналогично M M (5.8) v = ∫ z i dx . EI z Эти перемещения для точки O оси балки показаны на рис. 5.5. Полное перемещение (отрезок OO ′ на рис. 5.5) является геометрической суммой составляющих v и w . Отметим такую закономерность: при косом изгибе отрезок OO ′ должен быть в точности перпендикулярен нейтральной линии [2], при пространственном изгибе этот угол, как правило, должен быть близок к 90° . При косом изгибе плоскость, в которой лежит изогнутая ось стержня, не совпадает с плоскостью действия нагрузки. Это отличает косой изгиб от прямого, при котором плоскость действия нагрузки совпадает с одной из главных плоскостей осей инерции сечения, и изогнутая ось лежит в той же плоскости. vO Нейтральная линия

13

Пример расчета балки при пространственном изгибе (задача № 28) Условие задачи Балка загружена нагрузкой, показанной на рис. 5.6. Сила F1 = 60 кН действует в вертикальной плоскости, F2 = 10 кН – в горизонтальной, пара сил M = 20 кН⋅м – в плоскости, расположенной под углом 10° к оси z . Требуется: 1) из условия прочности подобрать номер двутавра; 2) найти полное переM M мещение точки C оси балки F1 F1 (см. рис. 5.6); D C B A 3) нарисовать сечение y F2 F2 балки в масштабе и показать 3м 3м 3м 10° на нем нейтральную линию и полное перемещение точz ки C . Определить угол между нейтральной линией и Рис. 5.6. Схема нагрузки на балку полным перемещением3. Решение Разложим нагрузку на вертикальную (рис. 5.7, а) и горизонтальную (рис. 5.7, в) составляющие и построим эпюры M y и M z (рис. 5.7, б, г). Чтобы правильно поставить знаки изгибающих моментов, необходимо на рисунках показывать направление осей y и z , так как в соответствии с правилом знаков для изгибающего момента в задачах сложного сопротивления знак момента зависит от направления осей. Эпюры моментов строим со стороны растянутых волокон в той плоскости, в которой действует нагрузка. По эпюрам выбираем опасные сечения. В рассматриваемом примере их два: сечение D , в котором действуют M y = 131,8 кН⋅м и M z = 7,68 кН⋅м, и

3

Эта часть задачи носит академический характер.

14

а M cos10° = 17,7 y

A

F1 = 60

D

C

M cos10°

F1

wC B

y 3м

3м

RAz = 38,03 б z

3м RBy = 21,97

131,8

z

Эпюра My

17,7 65,9 RAy =3,72 y в A

RBy =3,72 M sin10° = 3,48 C D F2 =10 3м

3м z

г

D

A 1/3 z e

18,8

z

B

3м

3м

y

Эпюра Mz

1 C

y

M sin10° F2

3м

7,68

3,48 д

vC B

3м

2/3 Эпюра М1

1

2

Рис. 5.7. Эпюры изгибающих моментов от: а, б – вертикальной составляющей нагрузки; в, г – горизонтальной составляющей нагрузки; д, е – единичной силы

сечение C

с изгибающими моментами

M z = 18,8 кН⋅м.

15

– M y = 65,9 кН⋅м и

Условие прочности в опасных точках двутавра имеет вид (5.6). Поскольку отношение моментов сопротивления W y / Wz зависит от номера двутавра, а он неизвестен, примем это отношение условно4 равным 10. Тогда условие прочности (5.6) в опасных точках сечения C примет вид: 6590 1880 ⋅ 10 + ≤ 16 , Wy Wy где допускаемое напряжение для стали принято [σ] = 160 МПа, величины изгибающих моментов переведены из кН⋅м в кН⋅см. Из написанного условия прочности найдем необходимый момент сопротивления 25390 W yнеобх ≥ = 1587 см3. 16 По сортаменту прокатной стали подбираем номер двутавра. Для двутавра № 50 с такими характеристиками: W y = 1589 см3 и Wz = 123 см3 условие прочности в опасных точках сечения C 6590 1880 + = 4,14 + 15,2 > 16 кН/см2 1589 123 не выполняется, поэтому увеличиваем двутавр. Проверим прочность для двутавра № 55, у которого W y = 2035 см3 и Wz = 151 см3: 6590 1880 σCmax = + = 3,24 + 12,45 = 15,7 < 16 кН/см2. 2035 151 Убедимся в том, что условие прочности выполняется и в опасных точках опасного сечения D : 13180 768 D σ max = + = 6,48 + 5,09 = 11,6 < 16 кН/см2. 2035 151 Обратите внимание на величину напряжений от изгибающего момента M z , действующего в горизонтальной плоскости, которую показывает второй член в сумме. Видно, что, несмотря на то, что M z в рассмотренном примере существенно меньше M y , напряжения от M z 4

Отметим, что для балки прямоугольного сечения отношение

ляется известной величиной.

16

W y / Wz = h / b

яв-

больше чем напряжения от M y (или они примерно одинаковы). Это говорит об опасности изгиба в горизонтальной плоскости, особенно для двутавров, у которых Wz << W y . Найдем перемещение точки C . Будем искать по формуле (5.7) сначала вертикальную составляющую перемещения, вызванную вертикальной составляющей нагрузки. Формулу Максвелла – Мора (5.7) интегрируем по правилу Верещагина, перемножая эпюры M y и M 1 (рис. 5.7, б, е). Если хотя бы одна эпюра на участке имеет форму трапеции, используем для перемножения правило трапеций [6]. 3 3 EI y wC = ( 2 ⋅ 131,8 ⋅ 1 + 17,7 ⋅ 1) + ( 2 ⋅ 131,8 ⋅ 1 + 2 ⋅ 65,9 ⋅ 2 + 131,8 ⋅ 2 + 6 6 65,9 ⋅ 3 2 + 65,9 ⋅ 1) + ⋅ ⋅ 2 = 700,8 кН⋅м3. 2 3 Аналогично определим по (5.8) горизонтальную составляющую перемещения5, перемножая эпюры M z и M 1 (рис. 5.7, г, е). 6 18,8 ⋅ 3 2 EI z vC = ( 2 ⋅ 18,8 ⋅ 2 − 3,48 ⋅ 2) + ⋅ ⋅ 2 = 105,8 кН⋅м3. 6 2 3 Положительные знаки перемещений свидетельствуют о том, что перемещения происходят по направлениям единичных сил, т. е. вертикальное перемещение – вниз (по направлению оси z ), горизонтальное – по направлению оси y . Сосчитаем найденные составляющие перемещения в "см", разделив их на соответствующие жесткости. EI y = 2 ⋅ 10 4 ⋅ 55962 = 1119 ⋅ 106 кН⋅см2, EI z = 2 ⋅ 10 4 ⋅ 1356 = 27,1 ⋅ 106 кН⋅см2, wC = vC =

700,8 ⋅ 106 6

1119 ⋅ 10 105,8 ⋅ 106 27,1 ⋅ 10

6

5

= 0,626 см, = 3,90 см.

Эпюру М1 от горизонтальной единичной силы, направленной вдоль оси y, можно не строить, т.к. она такая же, как от вертикальной единичной нагрузки.

17

Из сравнения величин wC и vC видно, что горизонтальная составляющая перемещения, даже при небольшой горизонтальной нагрузке много больше (особенно для двутавра) вертикальной составляющей. Выполним последнюю часть задачи. Нарисуем сечение балки в масштабе, покажем на нем нейтральную линию и полное перемещение. Уравнение нейтральной линии (5.4) в опасном сечении С имеет вид6: Нейтральная 6590 1880 z+ y=0 55962 1356

линия 1′

или 0,118 z + 1,386 y = 0 . Нейтральная линия, построенная по этому vC уравнению, и эпюра нормальных напряжений в сечении C показаны на рис. 5.8. Знаки напряжений соответствуют положительным знаy С кам изгибающих моментов. УглоwC вые точки 1, 1′ – это опасные точС′ ϕ ки сечения, в которых мы ранее находили напряжения. Найдем угол β (см. рис. 5.8) между нейтральной линией и осью z : −y 0,118 β = arctg( = ) = arctg 1 z 1,386 z = arctg0,0851 = 4,9° β Отложим в масштабе найденные Эпюра σ ранее вертикальную wC и гори- σmax = 157 МПа зонтальную vC составляющие пеРис. 5.8. Эпюра напряжений ремещения с учетом их направлев опасном сечении С ния. Полное перемещение точки и перемещение точки С C – отрезок CC ′ на рис. 5.8 равен геометрической сумме wC и vC . 6

При составлении уравнения нейтральной линии не забывайте учитывать знаки изгибающих моментов в рассматриваемом сечении. В данной задаче оба момента положительны.

18

Угол ϕ между полным перемещением и осью z v 3,90 ϕ = arctg C = arctg = wC 0,626 = arctg 6,23 = 80,9° . Таким образом, угол между полным перемещением CC ′ и нейтральной линией 4,9° + 80,9° = 85,8° , что близко к 90° . 5.2. ВНЕЦЕНТРЕННОЕ РАСТЯЖЕНИЕ-СЖАТИЕ СТЕРЖНЕЙ БОЛЬШОЙ ЖЕСТКОСТИ Основные определения Внецентренное растяжение-сжатие – такой вид деформации, при котором стержень загружен растягивающими и (или) сжимающими силами, приложенными вне центра тяжести поперечного сечения. При внецентренном растяжении-сжатии стержней (рис. 5.9) в стержне возникают три внутренних усилия: продольная сила N и два изгибающих момента M y и M z . Предполагается, что стержень имеет большую жесткость, т. е. его длина не слишком велика по сравнению с размерами поперечного сечения. В этом случае определение усилий производим по недеформированному состоянию, т. е. при определении усилий не учитываем искривление оси стержня в результате изгиба. Используя правило знаков для изгибающих моментов, описанное во вступительной части разд. 5 "Сложное сопротивление", найдем внутренние усилия, как сумму усилий от каждой силы. Тогда для стержня, показанного на рис. 5.9, согласно методу сечений получим N = F1 − F2 ; M y = F1 z F1 − F2 z F2 ; M z = F1 y F1 + F2 y F2 . Здесь y F1 , y F2 , z F1 , z F2 – эксцентриситеты точек приложения сил, т. е. расстояния от сил до осей z и y (всегда положительны), F1 и F2 – величины сил тоже считаются положительными. Знаки в формулах для M y и M z соответствуют правилу знаков для изгибающих

19

моментов. Поясним их. Относительно оси z сила F1 вызывает изгиб стержня выпуклоy стью справа. Вся область сеz чения, расположенная справа yF1 yF2 от оси z , в том числе и первый (положительный) квадzF2 zF1 y рант, окажется растянутой, поэтому эта сила создает положительный изгибающий x момент. Сила F2 вызывает изгиб стержня относительно оси z тоже выпуклостью справа, поэтому знак изгибающего момента M z от силы F2 опять положительный. При изгибе Рис. 5.9. Внецентренное растяжениеотносительно оси y передняя сжатие жесткого стержня и задняя части сечения имеют напряжения разного знака. Сила F1 вызывает изгиб стержня выпуклостью за осью y , т. е. задняя часть сечения (а значит и первый квадрант) окажется растянутой, поэтому M y от силы F1 имеет знак плюс. Сила F2 вызывает сжатие задней части сечения стержня, первый квадрант окажется сжатым, и знак изгибающего момента M y от F2 отрицательный7. От найденных усилий в стержне возникают только нормальные напряжения, которые определяются по формуле (5.1). Для проверки прочности стержня необходимо найти максимальные напряжения. F2

F1

z

7

При внецентренном растяжении-сжатии знак изгибающего момента можно определить и по-другому. А именно, y F и z F следует считать координатами точки приложения силы и, следовательно, учитывать их знаки. С учетом знаков надо брать и величины сил, принимая, что растягивающие силы – положительны, а сжимающие – отрицательны. На рис. 5.9 обе координаты точки приложения силы F1 положительны. У сжимающей силы F2 на рис. 5.9 координата y F < 0 , z F > 0 . 2 2

20

Определение этих напряжений производится по схеме, описанной ранее, т. е. • строим нейтральную линию по уравнению (5.2); • находим положение опасных точек; • подставляя в (5.1) координаты опасных точек, вычисляем напряжения в этих точках; • для проверки прочности сравниваем максимальные напряжения с допускаемыми. Если в сечении действует только одна сила, растягивающая или сжимающая , то формулу (5.1) можно преобразовать к такому виду: F z z y y σ x = (1 + F2 + F2 ) , (5.9) A iy iz где Iy

Iz (5.10) A A – радиусы инерции сечения относительно главных центральных осей, y F , z F – координаты точки приложения силы, y , z – координаты точки, в которой определяются напряжения. Все координаты вычисляются в главной центральной системе осей инерции сечения. Уравнение нейтральной линии в этом случае будет иметь вид z z y y 1 + F2 + F2 = 0 . (5.11) iy iz Используя уравнение нейтральной линии (5.11), найдем отрезки y н , z н , отсекаемые нейтральной линией на осях координат (рис. 5.10),

iy =

,

iz =

i 2y i z2 yн = − ; . (5.12) zн = − yF zF Откладываем эти отрезки с учетом знаков вдоль главных центральных осей и строим нейтральную линию (см. рис. 5.10).

21

yн

Нейтральная линия

yF

zF y

zн

Рис. 5.10. Положение нейтральной линии при внецентренном растяжении (сжатии) одной силой

Из формул (5.12) следуют некоторые закономерности, связывающие положения полюса (т. е. точки приложения силы) и нейтральной линии, которые удобно использовать для анализа решения задачи. Перечислим самые важные из этих закономер-

ностей: 1) нейтральная линия всегда расположена в квадранте, противоположном тому, в котором находится полюс (см. рис. 5.10); 2) если полюс находится на одной из главных осей, то нейтральная линия перпендикулярна этой оси; 3) если полюс приближается к центру тяжести сечения, то нейтральная линия удаляется от него. 4) если полюс движется по прямой линии, то нейтральная линия поворачивается вокруг неподвижной точки. Из предпоследней закономерности следует, что если сила приложена достаточно близко к центру тяжести, то нейтральная линия удаляется так далеко, что нигде не пересекает сечение. Это означает, что напряжения во всем сечении будут иметь один знак. Следовательно, существует такая область вокруг центра тяжести, которая оба

z F

Ядро сечения y

б

z F y

Нейтральная линия Эпюра σ(F) Нейтральная линия

Рис. 5.11. К определению ядра сечения

22

Эпюра σ(F)

ладает следующим свойством: если внутри этой области или на ее контуре приложить силу (растягивающую или сжимающую), то во всем сечении будут возникать напряжения одного знака. Такая область называется ядром сечения. Рис. 5.11 поясняет данное определение ядра сечения. Из приведенного определения ядра сечения следует первый способ построения ядра сечения. Согласно этому способу надо обвести контур сечения нейтральными линиями, касающимися контура и нигде не пересекающими сечение. Полюсы, соответствующие этим нейтральным линиям, будут находиться на контуре ядра сечения. На практике обычно более удобным является второй способ построения ядра сечения, который основан на свойстве взаимности нейтральной линии и полюса [2, гл. 7, § 36]. Для построения ядра сечения по второму способу надо поместить полюсы во внешних всех угловых точках сечения, имеющего форму многоугольника, и построить соответствующие им нейтральные линии. Эти нейтральные линии очертят контур ядра сечения. Отметим, что при построении ядра сечения нельзя располагать полюсы во внутренних угловых точках, так как через них нельзя провести касательные, нигде не пересекающие сечение. Рис. 5.12 поясняет разницу между внешними и внутренними угловыми точками многоугольника. Для определения напряжений и 1 проверки прочности стержня произ6 7 вольного сечения, а также для по5 2 строения ядра сечения необходимо 3 4 научиться находить геометрические Рис. 5.12. Точки 1–5 –внешние, характеристики сечений, важнейшими из которых являются моменты инер6, 7 – внутренние угловые точки ции. Этому посвящен раздел 5.2.1.

5.2.1. Определение моментов инерции сложных сечений относительно главных центральных осей (задачи № 29, 30, 31) Рекомендуемая литература

23

Александров А. В., Потапов В. Д., Державин Б. П. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк., 1995. Гл. 4. Гастев В. А. Краткий курс сопротивления материалов. М.: Физматгиз, 1977. Гл. 15. Дарков А. В., Шпиро Г. С. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк., 1989. Гл. 5.

Основные определения

Напомним, что осевыми моментами инерции плоской фигуры относительно произвольных осей y и z называются величины I y = ∫ z 2 dA ;

I z = ∫ y 2 dA .

A

(5.13)

A

Центробежным моментом инерции является величина I yz = ∫ yzdA .

(5.14)

A

Оси называются центральными, если они проходят через центр тяжести фигуры, т. е. статические моменты относительно этих осей равны нулю. Главными осями инерции фигуры называются оси относительно которых центробежный момент инерции равен нулю. Если фигура имеет хотя бы одну ось симметрии, то эта ось является главной осью. Для вычисления моментов инерции относительно главных центральных осей надо уметь находить положение центра тяжести фигуры и знать, как изменяются моменты инерции при параллельном переносе и повороте осей. Напомним уже известные студенту формулы и приведем новые. Определение центра тяжести фигуры производится по формулам S y′ S , (5.15) z цт = y цт = z ′ ; A A где вспомогательные оси y ′ , z ′ , относительно которых вычисляются статические моменты, выбираются произвольно. При параллельном переносе осей моменты инерции изменяются по следующим законам: (5.16) I y = I y 0 + AzC2 ;

24

I z = I z 0 + AyC2 ;

I yz = I y 0 z 0 + AyC zC . z

z0

(5.17) (5.18)

В формулах (5.16)–(5.18) I y 0 , I z 0 , I y 0 z 0 – мо-

менты инерции относительно центральных yC осей; yC , zC – координаты центра тяжести y0 (точки C на рис. 5.13) в системе осей y , z , C zC параллельных центральным осям y0 , z0 (см. рис. 5.13). Заметим, что если при вычислении y осевых моментов инерции знаки координат не имеют значения, то при определении центроРис. 5.13. Параллельный бежного момента инерции знаки координат перенос осей yC , zC надо обязательно учитывать. При повороте осей (рис. 5.14) координаты точки меняются по известному закону: y1 = y cos α + z sin α; (5.19) z1 = z cos α − y sin α. Подставляя эти формулы в (5.13)–(5.14), получим, что моменты инерции изменяются следующим образом: I y + Iz I y − Iz I y1 = + cos 2α − I yz sin 2α ; (5.20) 2 2 I y + Iz I y − Iz I z1 = − cos 2α + I yz sin 2α ; (5.21) 2 2 I y − Iz I y 1 z1 = sin 2α + I yz cos 2α . 2 z (5.22) z1 Угол α в формулах (5.20)–(5.22), на который поворачиваются оси, считается положительy1 ным, если он отсчитывается от положительноα го направления оси y к положительному наy правлению оси z . На рис. 5.14 угол α > 0 . Чтобы найти, на какой угол α гл надо поРис. 5.14. Поворот осей вернуть оси, чтобы они стали главными осями

25

инерции, положим согласно определению главных осей центробежный момент инерции по (5.22) равным нулю. Тогда 2 I yz tg 2α гл = − . (5.23) I y − Iz Подставляя найденный угол α гл в формулу (5.20), можно получить формулу для определения моментов инерции относительно главных осей I гл =

I y + Iz

±

( I y − I z )2

+ I 2yz .

(5.24) 2 4 Моменты инерции относительно главных осей имеют экстремальные значения среди бесконечного множества центральных осей: относительно одной оси момент инерции максимален, относительно другой имеет минимальное значение. Чтобы выяснить, какой момент инерции: максимальный или минимальный – имеет место для главной оси Y , повернутой на угол α гл от оси y , исследуем знак второй производной функции I y1 ( α) , определяемой формулой (5.20). Вычислим эту производную d 2 I y1 = −2( I y − I z ) cos 2α + 4 I yz sin 2α . (5.25) 2 dα d 2 I y1 > 0 , то относительно оси Если при α = α гл вторая производная dα 2 d 2 I y1 < 0 , то Y момент инерции минимален ( I Y = I min ), если 2 dα α = α гл

I Y = I max .

26

После определения моментов инерции Z относительно главных осей можно построить Y эллипс инерции – это эллипс, полуоси которого равны радиусам инерции относительно αгл y главных осей. Радиус инерции iY откладываiY iZ iZ ется вдоль главной оси Z , а iZ – вдоль оси Y iY (рис. 5.15). Построение эллипса инерции удобно использовать для анализа правильноРис. 5.15. Эллипс сти определения моментов инерции. Эллипс инерции инерции должен быть вытянут в том направлении, в котором вытянута фигура. В заключение приведем некоторые формулы для определения моментов простых фигур относительно центральных осей. Для прямоугольника (рис. 5.16, а) оси y0 , z0 являются не только центральными, но и главными, моменты инерции относительно этих осей bh 3 hb 3 I y0 = I z0 = ; ; (5.26) I y0 z0 = 0 . 12 12 z

а

в

б

z0

z0

z0

z0

h/2 y0

h/2 b/2

b/2

r

д

г

2h/3 y0 h/3

y0 2b/3

b/3

z0 r

Z

Y

y0

y0

0,425r

Рис. 5.16. К определению моментов инерций простых фигур

Для круга (рис. 5.16, б) любая ось, проходящая через центр тяжести, является главной, и πr 4 I y0 = I z0 = ; (5.27) I y0 z0 = 0 . 4 У прямоугольного треугольника (рис. 5.16, в) оси y0 , z0 не являются главными, поэтому центробежный момент инерции относительно этих осей не равен нулю. Моменты инерции треугольника определяются по формулам 27

bh 3 hb 3 b2h 2 I y0 = I z0 = I y0 z0 = ± ; ; . (5.28) 36 36 72 На рис. 5.16, г показана фигура, представляющая собой четверть круга (квадрант круга). Для этой фигуры относительно центральных осей y0 , z0 моменты инерции

I y 0 = I z 0 = 0,055r 4 ;

I y 0 z 0 = ±0,0165r 4 .

(5.29)

Чтобы определить знак центробежного момента инерции треугольника или квадранта круга, надо использовать следующее правило знаков: если гипотенуза треугольника (дуги квадранта) в системе координат y0 , z0 описывается возрастающей функцией, то центробежный момент инерции положителен. Для показанного на рис. 5.16, в треугольника I y 0 z 0 > 0 , квадрант круга, изображенный на рис. 5.16, г, имеет отрицательный центробежный момент инерции. При определении моментов инерции фигуры, состоящей из прокатных профилей – двутавров, швеллеров, уголков (как в задаче № 31), осевые моменты инерции относительно собственных центральных осей двутавров, швеллеров, уголков берутся из таблиц прокатных профилей. Центробежные моменты инерции двутавров и швеллеров относительно собственных осей равны нулю. Центробежный момент инерции равнобоких уголков относительно осей y0 , z0 , параллельных полкам, определяется по формуле I − I min I y 0 z 0 = ± max , (5.29а) 2 где I max = I Y , I min = I Z – моменты инерции относительно главных центральных осей Y , Z уголка (рис. 5.16, д) находятся по таблице прокатных профилей. Выбор знака в формуле (5.29а) производится по той же схеме, что и для треугольника или квадранта круга: если линия, соединяющая крайние точки уголка (пунктир на рис. 5.16, д), является возрастающей функцией в системе координат y0 z0 , то I y 0 z 0 > 0 . Для уголка на рис. 5.16, д центробежный момент инерции I y0 z0 < 0 .

28

Примеры решения задач Пример 1. Определение моментов инерции сечения, имеющего одну ось симметрии Условие задачи 6 см

20 см 6 6 15 см

6

Сечение стержня представляющее собой фигуру, обладающую одной осью симметрии, показано на рис. 5.17. Требуется найти моменты инерции этой фигуры относительно главных центральных осей. Решение

15 см

Ось z – ось симметрии фигуры (рис. 5.18) является главной осью Рис. 5.17. Фигура с одной осью инерции. Найдем положение второй главной центральной оси, определив симметрии положение центра тяжести фигуры. Очевидно, что центр тяжести лежит на оси симметрии, поэтому найдем только координату zцт по последней из формул (5.15). Разобьем сложную фигуру на составляющие простые: две пары прямоугольных треугольников I , III и прямоугольник II (см. рис. 5.18). Площадь фигуры 6 ⋅ 15 6⋅6 A = 2 AI + AII − 2 AIII = 2 + 20 ⋅ 30 − 2 = 654 см 2 . 2 2 Для определения статического момента выберем вспомогательную ось y ′ , проходящую через центр тяжести прямоугольника II. В этом случае статический момент фигуры II равен нулю. Чтобы найти статические моменты треугольников, умножаем площадь фигуры на координату ее центра тяжести в системе y ′z : 6 ⋅ 15 6⋅6 S y ′ = 2 S yI ′ + S yII′ − 2 S yIII′ = 2 12 + 0 − 2 ( −8) = 1368 см 3 . 2 2 Тогда по (5.15) 1368 zцт = = 2,09 см. 654

29

z

5 z0 y0

I 6,51

2

z0 С 2,09

6,51 10

II

y0 z0 III

y y′

y0 2

2 8,58

8,58

Рис. 5.18. К определению моментов инерции симметричной фигуры

Откладываем эту координату и проводим через центр тяжести (точку С на рис. 5.18) главную центральную ось y . Найдем моменты инерции всей фигуры относительно осей y и z , складывая (или вычитая) моменты инерции составляющих фигур: I y = 2 I yI + I yII − 2 I yIII ; I z = 2 I zI + I zII − 2 I zIII . Для определения момента инерции каждой из фигур I, II и Ш используем формулы изменения моментов инерций при параллельном переносе осей (5.16), (5.17). Моменты инерции прямоугольника II и треугольников I и Ш относительно собственных центральных осей y0 z0 (см. рис. 5.18) находим по формулам (5.26), (5.28). Тогда 3 ⎡15 ⋅ 63 15 ⋅ 6 2 ⎤ 30 ⋅ 20 I y = 2⎢ (12 − 2,09) ⎥ + + 30 ⋅ 20 ⋅ 2,09 2 − + 2 12 ⎦ ⎣ 36

30

⎤ ⎡ 6 ⋅ 63 6 ⋅ 6 (8 + 2,09) 2 ⎥ = 27719 ≈ 27,7 ⋅ 103 см 4 ; − 2⎢ + 2 ⎦ ⎣ 36 ⎛ 6 ⋅ 153 15 ⋅ 6 2 ⎞ 20 ⋅ 303 ⎛ 6 ⋅ 63 6 ⋅ 6 2 ⎞ I z = 2⎜⎜ + 5 ⎟⎟ + − 2⎜⎜ + 2 ⎟⎟ = 48159 ≈ 36 2 12 36 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ≈ 48,2 ⋅ 103 см 4 . В заключение вычислим радиусы инерции относительно главных центральных осей по формулам (5.10) и построим эллипс инерции. 27,7 ⋅ 103 iy = = 6,51 см; 654 Эллипс инерции показан на рис. 5.18.

48,2 ⋅ 103 iz = = 8,58 см. 654

Пример 2. Определение моментов инерции несимметричного сечения Условие задачи 15 см

20 см

30 см 15 см

Сечение стержня представляет собой несимметричную фигуру, показанную на рис. 5.19. Требуется найти положение главных центральных осей инерции фигуры и моменты инерции относительно этих осей. Решение

Найдем положение центра тяжести фигуры по формулам (5.15). Разобьем фигуру на три простые: треугольник I, прямоугольник II и квадрант круга Ш. Площадь всей фигуры Рис. 5.19. Несимметричная фигура

3,14 ⋅ 152 15 ⋅ 30 A= + 20 ⋅ 30 + = 1001,6 см 2 . 4 2 Для определения статических моментов выберем вспомогательные оси y ′, z ′ , проходящие через центр тяжести прямоугольника II (рис. 5.20). Статический момент каждой фигуры равен площади фи-

31

гуры, умноженной на координату центра тяжести этой фигуры в системе координат y ′z ′ . Суммарные статические моменты S y′

15 ⋅ 30 3,14 ⋅ 152 5+0+ = ( −8,62) = −397 см 3 ; 2 4

15 ⋅ 30 3,14 ⋅ 152 ( −15) + 0 + Sz′ = (16,38) = −482 см 3 . 2 4 Координаты центра тяжести zцт =

− 397 = −0,397 ≈ −0,40 см; 1001,6

y цт =

− 482 = −0,482 ≈ −0,48 см. 1001,6

отложены на рис. 5.20. Проведем через центр тяжести центральные оси y , z (см. z

5

10

Z

z′

I z0

0,48

II y0

z0

0,40

y0 C

αгл

iZ

z0

y0 iY

III

iZ

6,38

y

y′

6,38

iY Y

Рис. 5.20. К определению моментов инерции несимметричной фигуры

32

рис. 5.20) и найдем моменты инерции относительно этих осей, как сумму моментов инерций простых фигур, составляющих заданную фигуру. Для определения моментов инерции простых фигур I, II и Ш используем формулы (5.16)–(5.18). Моменты инерции относительно собственных осей y0 , z0 прямоугольника, треугольника и квадранта круга вычисляем по формулам (5.26), (5.28) и (5.29). 15 ⋅ 303 15 ⋅ 30 20 ⋅ 303 2 5,40 + Iy = + + 20 ⋅ 30 ⋅ 0,40 2 + 36 2 12 3,14 ⋅ 152 + 0,055 ⋅ 15 + ( −8,22) 2 = 77,6 ⋅ 103 см 4 ; 4 4

153 ⋅ 30 15 ⋅ 30 203 ⋅ 30 2 ( −14,52) + Iz = + + 20 ⋅ 30 ⋅ 0,482 + 36 2 12 3,14 ⋅ 152 + 0,055 ⋅ 15 + 16,86 2 = 123,5 ⋅ 103 см 4 ; 4 4

I yz

152 ⋅ 30 2 15 ⋅ 30 =− + 5,40 ⋅ ( −14,52) + 0 + 20 ⋅ 30 ⋅ 0,40 ⋅ 0,48 − 72 2

3,14 ⋅ 152 − 0,0165 ⋅ 15 + ( −8,22) ⋅ 16,86 = −45,7 ⋅ 103 см 4 . 4 Теперь найдем положение главных осей инерции. Угол, на который надо повернуть ось y , чтобы она стала главной осью, определяем по формуле (5.23): 4

tg2α гл = −

2( −45,7 ⋅ 103 ) (77,6 − 123,5) ⋅ 10

3

= −1,99 ;

2α гл = −63,3° ; α гл = −31,65° .

В соответствии с правилом знаков откладываем отрицательный угол α гл по часовой стрелке и проводим главные центральные оси инерции Y , Z (см. рис. 5.20). Вычислим моменты инерции относительно этих осей по формуле (5.24):

33

I гл

2 ⎞ ⎛ 77,6 + 123,5 ( 77 , 6 123 , 5 ) − 2⎟ ⎜ = ± + ( −45,7) ⋅ 103 = ⎟ ⎜ 2 4 ⎠ ⎝

= (110,6 ± 51,1) ⋅ 103 см 4 ; I max = 151,7 ⋅ 103 см 4 ;

I min = 49,4 ⋅ 103 см 4 .

Для проверки вычислений удобно использовать следующее свойство: сумма моментов инерций относительно двух любых пар ортогональных осей есть величина постоянная. Тогда должно быть I y + I z = I max + I min .

В нашем примере (77,6 + 123,5) ⋅ 103 = (151,7 + 49,4) ⋅ 103 . Чтобы выяснить, какой момент инерции – максимальный или минимальный соответствует оси Y , исследуем знак второй производной функции I y1 ( α) по (5.25). d 2 I y1 dα 2

= −2(77,6 − 123,5) cos( −63,3°) + 4( −45,7) sin( −63,3°) > 0 . α = −31,65°

Положительный знак второй производной означает, что оси Y соответствует минимальное значение момента инерции, т. е. I Y = I min = 49,4 ⋅ 103 см 4 ;

I Z = I max = 151,7 ⋅ 103 см 4 .

Найдем радиусы инерции относительно главных центральных осей по (5.11) и построим эллипс инерции. 49,4 ⋅ 103 iY = = 7,02 см; 1001,6

151,7 ⋅ 103 iZ = = 12,3 см. 1001,6

Эллипс инерции показан на рис. 5.20. Видно, что эллипс вытянут в том направлении, в котором вытянута фигура.

34

5.2.2. Определение грузоподъемности жесткого стержня моносимметричного сечения при внецентренном растяжении-сжатии (задача № 29) Условие задачи

Жесткий стержень загружен двумя силами – растягивающей и сжимающей (рис. 5.21). Стержень выполнен из хрупкого материала с характеристиками [σ]р и [σ]с . Сечение стержня симметрично и имеет форму и размеры, соответствующие рис. 5.17. Требуется: 1) найти допускаемую наFc грузку на стержень из условия прочности, если отношение сжимающей и растягивающей сил Fр Fс F р = 5; z

2) построить ядро сечения. Решение 7,91

12,09

6,0

Положение главных центральных осей инерции и моменты инерции относительно этих осей заданного сечения найдены ранее в разд. 5.2.1 (пример 1). Найдем внутренние усилия в произвольном сечении стержня:

y

15,0

N = Fр − Fс = −4 Fр ; M y = − Fр 6,09 − Fс 7,91 = −45,6 Fр ;

Рис. 5.21. Стержень, подверженный растяжению-сжатию двумя силами

M z = Fс 15 = 75Fр .

Для определения положения опасных точек построим нейтральную линию. Уравнение нейтральной линии (5.2) в данной задаче имеет вид

35

−

4 Fр 654

−

45,6 Fр 27,7 ⋅ 103

z+

75Fр 48,2 ⋅ 103

y = 0.

Или − 6,12 ⋅ 10 − 3 − 1,65 ⋅ 10 − 3 z + 1,59 ⋅ 10 − 3 y = 0 .

Отсюда найдем отрезки, отсекаемые нейтральной линией на осях y и z . Если z = 0 , то yн =

6,12 = 3,85 см, 1,59 z

Нейтральная линия

3 3,85

Fc 6,51

2

y 3,71

6,51 12,09

2

1

1′

3

3

1

Fр

σcmax

2 1 8,58

8,58 Эпюра σ

σрmax

Рис. 5.22. Эпюра напряжений от действия сил Fр и Fс и ядро сечения

36

и, если y = 0 , то zн = −

6,12 = −3,71 см. 1,65

Нейтральная линия показана на рис. 5.22. Проведем касательные к контуру сечения, параллельные нейтральной линии. Опасными являются точки 1 и 1′ (см. рис. 5.22) , наиболее отдаленные от нейтральной линии. Для хрупкого материала более опасной является точка с максимальными растягивающими напряжениями, т. е. точка 1. Найдем напряжение в этой точке, подставляя в формулу (5.1) координаты точки 1:

[

]

σ рmax = σ (1) = Fр − 6,12 ⋅ 10 − 3 − 1,65 ⋅ 10 − 3 ⋅ ( −12,09) + 1,59 ⋅ 10 − 3 ⋅ 15 = = 37,68 ⋅ 10 − 3 Fр .

Условие прочности в точке 1 σ рmax ≤ [σ]р . Или 37,68 ⋅ 10 − 3 Fр ≤ [σ]р . Отсюда можно найти допускаемое значение нагрузки8. В заключение необходимо убедиться в том, что и в точке 1′, которая в данном примере дальше удалена от нейтральной оси, чем точка 1, и в которой действуют сжимающие напряжения, условие прочности тоже выполняется, т. е. σ сmax = σ (1′) ≤ [σ]с .

Теперь построим ядро сечения. Поместим полюсы во внешних угловых точках сечения. Учитывая симметрию сечения, достаточно расположить полюсы в трех точках: 1, 2 и 3 (см. рис. 5.22). Подставляя в формулы (5.12) координаты полюсов, найдем отрезки, отсекае8

Не забывайте правильно подставлять единицы измерения. Множитель перед Fр в данном примере имеет размерность см-2.

37

мые нейтральными линиями на осях y и z . Если полюс находится в точке 1, то его координаты y F = 15 см, z F = −12,09 см и 6,512 zн = − = 3,50 см; − 12,09

8,582 yн = − = −4,91 см; 15

Нейтральная линия 1–1, соответствующая полюсу в точке 1 показана на рис. 5.22. Аналогично строим нейтральные линии 2–2 и 3–3, соответствующие полюсам 2 и 3. При построении нейтральной линии следите за тем, чтобы она проходила в квадранте, противоположном тому, в котором находится полюс. Область, заштрихованная на рис. 5.22, является ядром сечения. Для контроля на рис. 5.22 показан эллипс инерции. Ядро сечения должно находиться внутри эллипса инерции, нигде не пересекая его. 5.2.3. Определение грузоподъемности внецентренно сжатых жестких стержней несимметричных сечений (задачи № 30, 31) Условие задачи

Стержень несимметричного сечения сжимается силой, приложенной в точке А (рис. 5.23). Поперечное сечение имеет форму и размеры, показанные на рис. 5.19. Материал стержня – хрупкий. Требуется: 1) найти допускаемую нагрузку, удовлетворяющую условию прочности; 2) построить ядро сечения. Решение

Прежде всего, надо определить моменты и радиусы инерции поперечного сечения относительно главных центральных осей. Эта часть решения задачи приведена в примере 2 разд. 5.2.1. На рис. 5.23 показаны главные центральные оси инерции сечения Y , Z , положение которых найдено ранее. В системе центральных осей y , z (рис. 5.24) координаты точки приложения силы А y A = 10,48 см ,

38

z A = 0,40 см . Вычислим координаты точки А в системе главных центральных осей по формулам (5.19). Y A = 10,48 cos( −31,65°) + 0,40 sin( −31,65°) = 8,71 см; Z A = 0,40 cos( −31,65°) − 10,48 sin( −31,65°) = 5,84 см. Найденные координаты F рекомендуем проверить, измерив эти координаты A на рисунке сечения, выполненном в большом Z масштабе9. YA Для определения положения опасных то14,6 чек построим нейтральZA ную линию, используя формулы (5.12). Радиусы Y инерции iY , iZ найдены 9,52 ранее. 12,32 Yн = − = −17,4 см; 8,71 7,02 2 Zн = − = −8,44 см; 5,84 Рис. 5.23. Стержень, сжатый силой F Отложим эти отрезки вдоль главных осей и проведем через полученные точки нейтральную линию A − A (см. рис. 5.24) . Опасными точками, т. е. точками, наиболее удаленными от нейтральной оси, будут точки 1 и 3 (см. рис. 5.24). В точке 1 действует наибольшее растягивающее напряжение. Запишем условие прочности в этой точке, используя формулу (5.9): Z A Z (1) Y AY(1) ⎞ F⎛ σ (1) = σ рmax = ⎜⎜1 + + 2 ⎟⎟ ≤ [σ]р . 2 A⎝ iY iZ ⎠ 9

Допускается координаты точки в главных осях не вычислять, а только измерять на рисунке.

39

Подставим в условие прочности координаты опасной точки 1 в главных осях, вычислив их по формулам (5.19) или измерив на рисунке, выполненном в масштабе, Y(1) = −0,45 см; Z (1) = −17,4 см. Тогда из условия прочности в точке 1 можно найти допускаемое значение нагрузки: [ σ]р A [ σ]р A = . F ≤ 1,09 5,84 ⋅ ( −17,4) 8,71 ⋅ ( −0,45) 1+ + 2 7,02 12,32 Для найденного значения допускаемой нагрузки необходимо убедиться, что условие прочности выполняется и в точке 3, которая дальше удалена от нейтральной линии и в которой д ействует сжимающее напряжение. Для определения напряжения в точке 3 подставим в формулу (5.9) координаты этой точки Y( 3) = 0,85 см; Z (3) = 18,6 см. σ ( 3) = σ сmax =

F A

Z Z Y Y ⎞ ⎛ ⎜1 + A ( 3) + A ( 3) ⎟ = ⎜ iY2 iZ2 ⎟⎠ ⎝

40

F ⎛ 5,84 ⋅ 18,6 8,71 ⋅ 0,85 ⎞ F ⎟ ⎜⎜1 + + = . 3 , 25 A⎝ A 7,02 2 12,32 ⎠⎟ Это напряжение не должно превосходить [σ]с . Если условие прочности в точке с максимальными сжимающими напряжениями выполняться не будет, надо найти значение допускаемой нагрузки заново из условия прочности в этой точке. В заключение построим ядро сечения. Поместим полюсы во внешние угловые точки сечения, т. е. в точки 1, 2, 3, 4, 5 (см. рис. 5.24). Точка 4, находящаяся на контуре квадранта круга, получена следующим образом. Отсекая внутреннюю угловую точку A , проводим линию, касательную к контуру сечения (пунктир на рис. 5.24). Точка 4 является точкой касания этой линией квадранта круга. По=

A

Нейтральная z линия

Z 17,4

2 8,44

3

5 1 4 3

2

A 1

iZ 5 4 1

y

iZ

31,65°

14,6

iY

3

2

4

5 iY

9,58

Y

σрmax

A

σcmax

Эпюра σ

Рис. 5.24. Эпюра напряжений от силы F и ядро сечения

41

следовательно находим положение нейтральных линий, соответствующих полюсам в указанных точках, находя отрезки, отсекаемые нейтральными линиями на осях Y , Z , по формулам (5.12). Например, если полюс находится в точке 1, то, подставляя в (5.12) координаты точки 1 ( Y(1) = −0,45 см; Z (1) = −17,4 см ), найдем 12,32 7,02 2 Yн = − = 336 см; Zн = − = 2,83 см. − 0,45 − 17,4 Поскольку Yн существенно больше Z н , то это значит, что нейтральная линия 1–1 практически параллельна оси Y . Отрезок Z н откладываем в масштабе вдоль оси Z и проводим прямую 1–1, параллельную оси Y (см. рис. 5.24). Аналогично строим нейтральные линии, соответствующие полюсам, расположенным в других точках. Ядро сечения (заштрихованная область) показано на рис. 5.24. Отметим, что контур ядра сечения между нейтральными линиями 4–4 и 5–5 очерчен по кривой, т.к. переход полюса из точки 4 в точку 5 происходит не по прямой линии. На рис. 5.24 показан также эллипс инерции сечения, построенный ранее. 5.3. ОБЩИЙ СЛУЧАЙ СЛОЖНОГО СОПРОТИВЛЕНИЯ Основные определения В общем случае сложного сопротивления в стержне возникают все шесть видов внутренних усилий одновременно. Эти шесть усилий определяем, как обычно, методом сечений и строим эпюры усилий . При определении внутренних усилий используем правила знаков, описанные во вступительной части разд. 5 и поясняемые рис. 5.1. После определения внутренних усилий находим опасные сечения, а в опасных сечениях – опасные точки. Рассмотрим подробно, где расположены опасные точки в двух наиболее часто используемых сечениях: круглом и прямоугольном10. Выпишем формулы, необходимые для проверки прочности в этих точках.

10

Вообще говоря, для проверки прочности стержней круглого и прямоугольного сечений нет необходимости в точном определении положения опасных точек, но в учебных целях для понимания используемых формул мы все же найдем положение этих точек.

42

Для определения положения опасных точек в круглом сечении построим эпюры распределения напряжений. Чтобы построить эпюру нормальных напряжений, вызванных двумя изгибающими моментами M y и M z определим направление суммарного изгибающего момента. Изобразим пары M y > 0 и M z > 0 в виде векторов, определяя их направление по правилу правого винта (рис. 5.25). Полный изMy > 0

y

y

Mz > 0 Mz

My

z z Рис. 5.25. Изображение пар сил Мy и Мz в виде векторов

гибающий момент является равнодействующей этих векторов и изображен на рис. 5.26. Поскольку для круглого сечения любая ось является главной, то в какой бы плоскости не был приложен изгибающий момент, он вызывает плоский изгиб. Нейтральная линия в этом случае перпендикулярна плоскости изгиба, то есть совпадает с линией действия вектора полного изгибающего момента M и . На рис. 5.26 показана эпюра нормальных напряжений, вызванных действием изгибающего момента M и . Кроме того, в сечении возникают нормальные напряжения от продольной силы N и касательные напряжения от крутящего момента M к Эпюры распределения этих напряжений показаны. на рис. 5.2611. Знаки напряжений соответствуют положительным значениям внутренних усилий. Видно, что опасными точками могут быть точки 1, 1′, в которых действуют максимальные нормальные напряжения от изгиба и продольной силы и максимальные касательные напряжения, вызванные крутящим моментом. Для проверки 11

Касательные напряжения, вызванные действием поперечных сил, в круглом сечении из-за сложности их точного определения в опасных точках и малости их величины допускается не учитывать.

43

прочности хрупких материалов важен знак нормальных напряжений (более опасной Эпюра σ (Ми) σ (N) точкой будет, как правило, точка с растягивающими напряжениями), для пластичЭпюра τ (Мк) ных материалов опасной буσmax(Mи) 1′ дет точка, где нормальные напряжения от изгиба и проy My дольной силы имеют одинаMи 1 ковые знаки. Опасные точки Mz τmax(Mк) находятся в "балочном" напряженном состоянии и проz верку прочности в них слеРис. 5.26. Эпюры распределения дует осуществлять по теоринапряжений в стержне круглого сечения ям прочности, соответствующим материалу стержня. Приведем условия прочности, справедливые для "балочного" напряженного состояния, по двум наиболее часто используемым теориям: • для хрупких материалов – теория Мора 1− k 1+ k σ+ σ 2 + 4 τ 2 ≤ [ σ]р , (5.30) 2 2 р с где k = σ в σ в . • для пластичных материалов – третья теория прочности Эпюра σ (N)

σ 2 + 4 τ 2 ≤ [σ] . (5.31) В формулах (5.30), (5.31) σ и τ – напряжения в опасных точках. В точках 1, 1′ круглого сечения эти напряжения определяются так: σ = σ( N ) ± σ max ( M и ) , (5.32) N σ( N ) = , (5.33) A M (5.34) σ max ( M и ) = и , Wи

44

τ = τ max ( M к ) =

Mк , Wp

(5.35)

где M и = M 2y + M z2 , A = πr 2 , Wи = πr 3 / 4 , W p = πr 3 / 2 . При подборе сечения обычно пренебрегают влиянием продольной силы. В этом случае условия прочности (5.30) и (5.31) для круглого сечения с учетом формул (5.34) и (5.35) можно преобразовать. Теория Мора приобретает такой вид: 1 (5.36) (1 − k ) M и + (1 + k ) M пр ≤ [σ]р , 2Wи а третья теория прочности приводится к следующему условию: M пр ≤ [ σ] , (5.37) Wи

[

]

где M пр = M и2 + M к2 . Из условий прочности (5.36), (5.37) можно найти необходимый момент сопротивления, а далее радиус поперечного сечения. Чтобы учесть продольную силу, немного увеличивают полученное значение радиуса (как правило, достаточно округления в большую сторону), находят напряжения по формулам (5.33)–(5.35) и проверяют прочность с учетом N по условиям (5.30) или (5.31). Построим эпюры распределения напряжений от всех усилий в прямоугольном сечении и определим положение опасных точек. Эти τ(3)(Mк) 3 1′

σ (N) τmax(Qz)

2′ h Эпюра τ(Mк) Эпюра σ(Mz)

σmax(My)

2 y τmax(Mк) 3′ z

1 Эпюра σ(My) Эпюра τ(Qz) Эпюра σ(N) σmax(Mz)

Эпюра τ(Qy) b

τmax(Qy)

Рис. 5.27. Эпюры распределения напряжений в стержне прямоугольного сечения 45

эпюры изображены на рис. 5.27, где знаки и направления напряжений соответствуют положительным внутренним усилиям. Из рис. 5.27 следует, что в прямоугольном сечении в общем случае опасными могут быть три группы точек: • точки 1, 1′ с максимальными нормальными напряжениями (для хрупких материалов важна не только величина напряжения, но и его знак). σ (1) = σ max ( M y ) + σ max ( M z ) ± σ( N ) ; (5.38) • точки 2, 2′ – в них действуют нормальные напряжения от N , максимальные нормальные напряжения от M z и максимальные касательные напряжения, вызванные крутящим моментом и поперечной силой Q z : σ ( 2) = σ max ( M z ) ± σ( N ) , (5.39) τ ( 2) = τ max ( M к ) ± τ max (Q z ) ; (5.40) • точки 3, 3′ с нормальными напряжениями от N , максимальными нормальными напряжениями от M y и, кроме того, в этих точках действуют касательные напряжения от кручения и максимальные касательные напряжения, вызванные поперечной силой Q y : σ ( 3) = σ max ( M y ) ± σ( N ) , (5.41) τ ( 3) = τ ( 3) ( M к ) ± τ max (Q y ) . (5.42) В зависимости от величин и знаков внутренних усилий необходимо выбрать самые опасные точки и проверить в них прочность. Знаки "плюс" или "минус" в формулах (5.38) – (5.42) выбираются в зависимости от направления напряжений в рассматриваемой точке. При этом в точках 2, 2′ или 3, 3′ хотя бы для одного напряжения ( σ или τ ) направления должны совпадать. В точке 1, где нормальные напряжения от N , M y и M z имеют один знак, условие прочности записывается так σ (1) ≤ [σ] , (5.43) так как эта точка находится в линейном напряженном состоянии. Для хрупких материалов в правой части неравенства стоит [σ]р или [σ]с в зависимости от направления напряжения. Точки 2 (2′) и 3 (3′) нахо-

46

дятся в "балочном" напряженном состоянии и условие прочности в них записывается по формулам (5.30) или (5.31) в зависимости от материала. В формулах (5.38) – (5.42) My , (5.44) σ max ( M y ) = Wy M (5.45) σ max ( M z ) = z , Wz M (5.46) τ max ( M к ) = к , Wк M τ ( 3) ( M к ) = γ к , (5.47) Wк 3 Qy τ max (Q y ) = , (5.48) 2 A 3 Qz τ max (Q z ) = , (5.49) 2 A A = bh , W y = bh 2 6 , Wz = hb 2 6 , Wк = βb 3 . Коэффициенты β и γ определяются по таблице и зависят от h b . В приведенных формулах b – меньшая сторона прямоугольника, параллельная оси y . Знаки усилий в формулах (5.33)–(5.35) и (5.44)–(5.49) не учитываются. Подбор размеров прямоугольного сечения производят из условия прочности в угловой точке без учета продольной силы. Условие прочности (5.43) в этой точке преобразуется к следующему виду: My M + z ≤ [ σ] . (5.50) Wy Wz Зная отношение моментов сопротивления W y Wz = h b , из (5.50) можно найти необходимую величину момента сопротивления, а далее размеры сечения. Для учета продольной силы обычно округляют полученные размеры в большую сторону и проверяют прочность во всех опасных точках прямоугольного сечения с учетом всех усилий по приведенным выше формулам.

47

Примеры решения задач 5.3.1. Расчет стержня в общем случае сложного сопротивления (задача № 32) Условие задачи l1

l1

a

б F2

5

l2

y

x

x

z 1

F1 l3 q

q

2

4

z

F2 3 y l2

x z F1 y l3 0

Рис. 5.28. К решению задачи № 32: а – схема стержня с нагрузками; б – местные системы координат на участках стержня

Задан стержень пространственного очертания, загруженный нагрузками (рис. 5.28, а). Для заданного материала стержня требуется подобрать размеры поперечного сечения наиболее опасного участка для двух вариантов сечения: круглого и прямоугольного. Решение Определим внутренние усилия, используя метод сечений и правила знаков для усилий, справедливые для всех задач сложного сопротивления (см. рис. 5.1). На каждом участке введем местные системы координат, показанные на рис. 5.28, б. Ось х всегда направлена вдоль оси стержня12, оси y , z – главные центральные оси инерции сечения. Чтобы не определять опорные реакции, будем рассматривать

12

На рис. 5.28, б показано направление оси х, важное для определения знаков поперечных сил, его необходимо сохранять для всех участков. Начало отсчета х для определения внутренних усилий в произвольном сечении стержня удобно помещать в начале каждого участка.

48

все силы со свободного конца стержня и найдем усилия в сечениях 0–5 (см. рис. 5.28, б). N ( 0 −1) = 0 ; N ( 2 − 3) = − ql3 ; N ( 4 − 5) = − F1 ; Q y ( 0 −1) = 0 ; Q y ( 2 − 3) = F1 ; Q y ( 4 − 5) = − ql3 ; Q z ( 0) = 0 ; Q z (1) = − ql3 ; Q z ( 2 − 3) = 0 ; Q z ( 4 − 5) = F2 ; M y ( 0) = 0 ; M y ( 4) = 0 ; M z ( 0 −1) = 0 ;

M y (1) = − ql32 / 2 ; M y (5) = F2 l1 ; M z (2) = 0 ;

M y ( 2 − 3) = − ql32 / 2 ;

M z ( 4 ) = F1l2 ;

M z (5) = F1l2 − ql3 l1 ;

M z ( 3) = F1l2 ;

M к(0 −1) = 0 ; M к(2 − 3) = 0 ; M к(4 − 5) = − ql32 / 2 . В соответствии с полученными результатами построим эпюры внутренних усилий (рис. 5.29). В рассматриваемом примере опасным является участок длиной l1 , где действуют все усилия. На этом участке опасным будем считать сечение 5 (хотя при определенном сочетании величин нагрузок и размеров может быть опасным и сечение 4). Считая, что материал стержня – чугун ( σ вр = 180 МПа , σ св = 600 МПа , n = 3 ) подберем размеры поперечного сечения стержня, приняв следующие исходные данные: l1 = 1 м , l2 = 0,5 м , l3 = 0,4 м , F1 = 10 кН , F2 = 20 кН , q = 40 кН/м . Для этих данных в опасном сечении 5 действуют такие усилия: N = −10 кН , Q y = −16 кН , Q z = 20 кН , M y = 20 кН ⋅ м , M z = −11 кН ⋅ м , M к = −3,2 кН ⋅ м . Рассмотрим первый вариант – стержень круглого поперечного сечения. Подбор радиуса сечения производим без учета продольной и поперечных сил в соответствии с заданным материалом из условия прочности по теории Мора (5.36). В формуле (5.36) M и = 20 2 + 112 = 22,8 кН ⋅ м , M пр = 22,82 + 3,2 2 = 23,0 кН ⋅ м , k = 180 / 600 = 0,3 . Из условия (5.36) найдем необходимый момент сопротивления (1 − 0,3)2280 + (1 + 0,3)2300 = 382,2 см3, Wинеобх ≥ 2⋅6

49

ql32/2

F1 ql3 Эпюра N

Эпюра Mк F2

ql3 ql3 F1 Эпюра Qy F1l2 – ql3l1

Эпюра Qz F1l2

ql32/2

F2l1 ql32/2 Эпюра Мz

Эпюра Мy

Рис. 5.29. Эпюры внутренних усилий в стержне

откуда, вспомнив, что Wи = πr 3 / 4 , найдем радиус сечения 4 ⋅ 382,2 r≥3 = 7,87 см. 3,14 Округляя радиус в большую сторону, примем r = 7,9 см. Далее необходимо построить эпюры распределения напряжений в круглом поперечном сечении так, как описано во вступительной части разд. 5.3. Для рассматриваемого примера эти эпюры показаны на рис. 5.30. Напряжения определены по формулам (5.33)–(5.35). Сделаем проверку прочности для найденного размера с учетом продольной силы. Для чугунного стержня опасной является точка, в ко-

50

торой действуют растягивающие нормальные напряжения, т. е. точка 1 на рис. 5.30. В этой точке σ = σ max ( M и ) − σ( N ) = 5,89 − 0,051 = 5,84 кН/см2; τ = τ max ( M к ) = 0,413 кН/см2. Подставим найденные напряжения в условие прочности по теории Мора (5.30) 1 + 0,3 1 − 0,3 5,84 + 5,84 2 + 4 ⋅ 0,4132 = 5,88 кН/см2 < [σ]р = 6 кН/см2. 2 2 Таким образом, найденный радиус r = 7,9 см удовлетворяет усЭпюра τ (Мк) Mz

Mи

σmax(Mи) = 5,89

My

y

σ (N) =0,051

1 τmax(Mк) = 0,413 z Эпюра σ (Ми) Эпюра σ (N) Рис. 5.30. Эпюры напряжений (в кН/см2) в стержне круглого сечения

ловию прочности с учетом продольной силы и является окончательным. Теперь рассмотрим второй вариант – стержень прямоугольного сечения с отношением h / b = 2 . Подбор сечения производим из условия прочности (5.50) в угловой точке сечения. Поскольку в рассматриваемом примере M y > M z , то располагаем сечение выгодным образом, т.е. так, чтобы ось y располагалась посередине длинной стороны h прямоугольника. Тогда W y / Wz = h / b и условие (5.50) для чугуна перепишем в таком виде:

51

My +

h Mz b ≤ [σ]р .

Wy Отсюда получим необходимый момент сопротивления 2000 + 2 ⋅ 1100 W yнеобх ≥ = 700 см3 6 2 3 и, учтя, что W y = bh 6 = h / 12 , найдем высоту сечения h ≥ 3 700 ⋅ 12 = 20,33 см ≈ 20,4 см. Построим эпюры распределения напряжений в прямоугольном сечении от всех видов внутренних усилий так, как описано во вступительной части разд. 5.3, и проверим прочность во всех опасных точках. Эпюры напряжений и опасные точки для рассматриваемого примера показаны на рис. 5.31. Напряжения найдены по формулам (5.44)–(5.49). Опасными для хрупкого материала являются точки, в которых действуют растягивающие напряжения, т. е. точки 1, 2 и 3 (см. рис. 5.31). Суммируем напряжения в опасных точках с учетом их направлений. В точке 1 σ (1) = 2,83 + 3,11 − 0,048 = 5,89 кН/см2 < [σ]р = 6 кН/см2, σmax(My) =2,83

τ(3)(Mк) = 0,486 h/2

τmax(Qz)= = 0,144

y

2 h/2 Эпюра τ(Mк) 1 Эпюра σ(Mz)

σ (N)=0,048

τmax(Mк) = = 0,612 3

z

Эпюра σ(My) Эпюра τ(Qz) Эпюра σ(N) σmax(Mz) = 3,11

Эпюра τ(Qy)

τmax(Qy) = 0,115 b/2 b/2

Рис. 5.31. Эпюры напряжений (в кН/см2) в стержне прямоугольного сечения

52

то есть условие прочности выполняется. В точке 2 σ ( 2) = 3,11 − 0,048 = 3,06 кН/см2, τ ( 2 ) = 0,612 − 0,144 = 0,468 кН/см2 и условие прочности (5.30) по теории Мора 1 − 0,3 1 + 0,3 3,06 + 3,06 2 + 4 ⋅ 0,4682 = 3,15 < [σ]р = 6 кН/см2 2 2 выполняется. Наконец, в точке 3 действуют напряжения σ ( 3) = 2,83 − 0,048 = 2,78 кН/см2, τ ( 3) = 0,486 + 0,115 = 0,601 кН/см2. Условие прочности (5.30) в этой точке 1 − 0,3 1 + 0,3 2,78 + 2,782 + 4 ⋅ 0,6012 = 2,94 < [σ]р = 6 кН/см2 2 2 тоже выполняется. Таким образом, найденные размеры поперечного сечения h = 20,4 см и b = 10,2 см удовлетворяют условиям прочности во всех опасных точках. 5.3.2. Расчет коленчатого вала на изгиб с кручением (задача № 33) Рекомендуемая литература Александров А. В., Потапов В. Д., Державин Б. П. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк., 1995. Гл. 19 (§ 19.1–19.6). Дарков А. В., Шпиро Г. С. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк., 1989. Гл. 15. В. И. Феодосьев В. И.. Сопротивление материалов. М.: Наука, 1970. Гл. ХIII. Иванов М. Н. Детали машин. М.: Высшая школа, 1998. Гл. 15.

Основные определения Коленчатый вал является плоской рамой, испытывающей действие пространственных циклических нагрузок, в которой возможно усталостное разрушение, поэтому кроме расчета на статические нагрузки требуется учет влияния на напряжения динамического действия нагрузок. Известно, что под действием длительных, циклически 53

меняющихся нагрузок материалы конструкций обнаруживают значительное понижение прочности. Это явление носит название усталости материала. Способность материала сопротивляться усталостному разрушению называют выносливостью. Важной характеристикой материала является предел выносливости, определяемый экспериментально. Следует отметить, что расчет на циклические нагрузки (усталостную прочность) носит эмпирический характер, требует наличия большого количества экспериментальных данных, обычно приводимых в справочниках в виде таблиц и графиков. Используемый в рассматриваемой задаче расчет на усталостную прочность является достаточно приближенным, так как многие необходимые для расчета величины эмпирических коэффициентов принимаются условно. Более точный расчет коленчатых валов рассматривается в специальных курсах. Один из способов расчета на усталостную прочность сводится к определению действительного коэффициента запаса усталостной прочности nρ и сравнению его с нормируемым коэффициентом запаса n. В данном расчете примем n = 1,5 . Условием усталостной прочности является условие nρ ≥ n . (5.51) Для "балочного" напряженного состояния, которое имеет место в опасных точках коленчатого вала коэффициент запаса усталостной прочности находится по формуле Гафа и Полларда nσ n τ (5.52) nρ = 2 2 nσ + n τ где nσ – запас прочности по нормальным напряжениям в предположении, что касательные напряжения равны нулю; nτ – запас прочности по касательным напряжениям, когда σ = 0 . Коэффициенты nσ и nτ определяются следующим образом: σ −1 nσ = , (5.53) Kσ σa + Ψσ σ m Kd K F

54

nτ =

τ −1

. (5.54) Kτ τa + Ψτ τ m Kd K F В формулах (5.53), (5.54) σ −1 и τ −1 – пределы выносливости при изгибе и кручении для симметричного цикла; σ a , τ a – амплитудные значения цикла напряжений при изгибе и кручении, σ m , τ m – средние напряжения цикла при изгибе и кручении. Остальные величины, входящие в формулы (5.53), (5.54), являются эмпирическими коэффициентами, учитывающими • Ψσ , Ψτ – влияние среднего напряжения на величину сопротивления усталости; • K d , K F – масштабный фактор и степень шероховатости поверхности; • K σ , K τ – влияние концентрации напряжений на сопротивление усталости. Эти коэффициенты в инженерных расчетах определяют по специальным справочникам. При решении рассматриваемой задачи студенты условно принимают значения этих коэффициентов по данным, приведенным в [4]. Пример расчета коленчатого вала Условие задачи13

Идеализированная расчетная схема коленчатого вала представлена на рис. 5.32. Левый и правый концы вала имеют шарнирное закрепление в вертикальной и горизонтальной плоскостях, перпендикулярных оси стержня. Правый конец, кроме того, жестко закреплен от продольного перемещения и поворота сечения вокруг оси стержня. Требуется, подобрать радиус круглого сечения шатунной шейки (горизонтальная участок вала длиной b ) и размеры прямоугольного сечения кривошипа (вертикальные участки вала длиной c ) так, чтобы удовлетворялись условия статической и усталостной прочности вала. 13

Задача предложена И.А. Куприяновым.

55

Примем следующие исходные данные: αb F1 = 1,5 кН, F2 = 6 кН, F3 = 2 кН, M = 1,2 кН ⋅ м , b = 10 см, a = 14 см, c c = 16 см, α = 0,4 . Для кривошипа отношение сторон прямоугольного M сечения h b = 3 . Материал вала – сталь С275 с F3 допускаемым напряжеb a нием 190 МПа. Пределы выносливости для симРис. 5.32. Расчетная схема коленчатого вала метричного цикла примем в соответствии с [4]: при изгибе σ −1 = 200 МПа, при кручении τ −1 = 100 МПа. F1

F2

Решение Определение внутренних усилий. Прежде всего надо найти внутренние усилия в сечениях вала, т. е. построить эпюры усилий. Для этого сначала определим опорные реакции. В заданных закреплениях на концах вала возникает шесть опорных реакций, показанных на рис. 5.33. Составим шесть уравнений статики M + F2 ⋅ c − M B = 0 ; F3 − H B = 0 ; F2 − R Aг − RBг = 0 ; F1 ⋅ αb − RBв ( a + b) = 0 ; F1 − R Aв − RBв = 0 ; F2 ⋅ αb − RBг ( a + b) = 0. Из них получим H B = 2 кН R Aг = 5 кН , , R Aв = 1,25 кН , , RBг = 1 кН , RBв = 0,25 кН , M B = 2,16 кН·м.

56

При вычислении внутренних усилий используем местные системы координатных осей для каждого участка стержня. Направление оси x , совпадающей с осью стержня, следует сохранять на всех участках рамы. На рис. 5.33 оно соответствует обходу вдоль оси стержня слева направо. Оси y и z – главные центральные оси инерции поперечного сечения. Ось y будем всегда направлять перпендикулярно плоскости чертежа, ось z лежит в плоскости рисунка и меняет свое направление при переходе с одного участка рамы на другой (см. F1 4

3

2 αb = 4

x

y

F2 5

6 7

x

z

y

y z

z

c = 16

x

MB

M F3

1 RAв

RAг b = 10

8

y

9

x z

RBг

10

HB a = 14

RBв

Рис. 5.33. Местные системы координат для определения внутренних усилий в расчетных сечениях 1–10

рис. 5.33). При определении усилий используем правила знаков для внутренних усилий, описанные во вступительной части разд. 5 и поясняемые рис. 5.1. Тогда, используя метод сечений, найдем внутренние усилия в расчетных сечениях 1–10: N (1− 2 ) = − R Aв ; N ( 3− 6) = N ( 9 −10) = − H B ; N ( 7 − 8) = − RBв ;

57

Q y (1− 4) = − R Aг ; Q y (5 −10) = − R Aг + F2 ; Q z (1− 2) = − F3 ; Q z ( 3− 4) = R Aв ; Q z (5 − 6) = R Aв − F1 ; Q z ( 7 − 8) = F3 ; Q z ( 9 −10) = − RBв ; M y (1) = 0 ; M y ( 2 ) = M y ( 3) = − F3c ; M y ( 4 ) = M y (5) = − F3c + R Aв αb ; M y ( 6) = M y ( 7) = − F3c + R Aв b − F1 (1 − α)b ; M y (8) = M y ( 9 ) = RBв a ; M y (10) = 0 , M z (1) = − M ; M z ( 2 ) = − M − R Aг c ; M z ( 3) = 0 ; M z ( 4 ) = M z (5) = − R Aг αb ; M z ( 6) = − R Aг b + F2 (1 − α)b ; M z ( 7) = M B − RBг c ; M z (8) = M B ; M z ( 9) = − RBг a ; M z (10) = 0 ; M к ( 3 − 6 ) = M + R Aг c ; M к ( 7 − 8 ) = R Bг a ; M к ( 9 −10) = M B . Эпюры внутренних усилий, построенные по принятым в условии задачи исходным данным, показаны на рис. 5.34. Эпюры изгибающих моментов откладываем со стороны растянутых волокон. Обратим внимание на соблюдение дифференциальных зависимостей между M z и Q y , а так же между M y и Q z . Предварительный подбор сечений шатунной шейки и кривошипа. После построения эпюр можно подобрать размеры поперечных сечений. Предварительный подбор сечений производим из условия статической прочности без учета напряжений от продольной и поперечных сил, а для прямоугольного сечения, кроме того, не учитываем напряжения от крутящего момента. При предварительном подборе сечения допускаемое напряжение примем пониженным – [σ] = 95 МПа14, имея в виду снижение прочности металла за счет усталости при циклически меняющихся напряжениях и необходимости удовлетворения еще условию усталостной прочности. Сначала определим радиус круглого сечения шатунной шейки. Выберем опасное сечение, сравнив величины суммарных изгибающих моментов в по-

14

В [4] ошибочно предлагается принять [σ] = 25 МПа.

58

200 0,25

14

2 216 2

1,25 Эпюра N, кН

Эпюра Мк, кН⋅см

5

1,25

1

2

0,25

5 1 Эпюра Qy, кН 200

20 200

2 Эпюра Qz, кН

1

32

27

0,25

28,5

32

28,5

14 216 3,5

120

3,5

14 Эпюра Мz, кН⋅см

Эпюра Мy, кН⋅см

Рис. 5.34. Эпюры внутренних усилий

тенциально опасных сечениях 3, 4–5 и 6 (см. рис. 5.33). Суммарный изгибающий момент находится по формуле M и = M 2y + M z2 .

59

В сечении 3 M y = 32 кН·см, M z = 0 , тогда M и = 32 кН·см; в сечении 4(5)

M y = 27

кН·см,

M z = 20

M и = 27 2 + 20 2 = 33,6 кН·см; наконец, в сечении 6

кН·см

и

M y = 28,5

кН·см, M z = 14 кН·см и M и = 31,8 кН·см. Видно, что опасным будет сечение 4(5), в котором действует суммарный момент M и = 33,6 кН·см. Условие статической прочности в опасной точке этого сечения, полученное из третьей теории прочности, имеет вид (5.37): M пр ≤ [σ] , Wи где M пр = M и2 + M к2 – приведенный момент, а Wи = πr 3 4 – момент сопротивления изгибу. Из условия статической прочности найдем необходимый радиус сечения шатунной шейки. В рассматриваемом примере M пр = 33,6 2 + 200 2 = 202,8 кН·см.

Из условия 202,8 ⋅ 4 πr 3 ≤ 9,5 кН/см2 получим r ≥ 3,01 см. Так как в использованном условии прочности не учтена продольная сила, немного увеличим сечение. Достаточно округлить полученный размер в большую сторону. Примем r = 3,1 см. Теперь предварительно подберем размеры прямоугольного сечения кривошипа из условия прочности в угловых точках сечения, где действуют только максимальные нормальные напряжения от изгиба, а касательные напряжения равны нулю. Условие прочности в этих точках имеет вид (5.50). Прежде чем находить размеры сечения, подумаем, как рационально расположить сечение. Поскольку в рассматриваемом примере M z > M y , то для обеспечения рациональной работы кривошипа сечение надо развернуть так, чтобы наибольшая сторона h была расположена вдоль оси y . Тогда Wz = bh 2 6 , W y = hb 2 6 и Wz = W y ⋅ h b . Условие прочности (5.50) в этом случае запишется так:

60

h b⋅ M y + Mz

≤ [ σ] . Wz Чтобы выбрать опасное сечение, надо сравнить значение числителя в условии прочности в потенциально опасных сечениях правого15 кривошипа (сечения 7, 8 на рис. 5.33). При h b = 3 самым опасным сечением будет сечение 7, в котором h b ⋅ M y + M z = 3 ⋅ 28,5 + 200 = 285,5 кН·см. Из условия прочности,

считая допускаемое напряжение равным 95МПа, найдем размер сечения кривошипа. 285,5 ⋅ 6 285,5 ⋅ 6 2 = ≤ 9 , 5 кН/см . 2 2 bh b(3b) Отсюда b ≥ 2,72 см. Округляя размер в большую сторону примем b = 2,8 см, h = 8,4 см. Построение эпюр напряжений. Построим эпюры напряжений в опасных сечениях с тем, чтобы найти положение дополнительных опасных точек и завершить в дальнейшем окончательную проверку статической прочности. Чтобы Эпюра τ (Мк) найти точное положение опас1′ Mz ных точек в круглом сечении шатунной шейки, определим Mи 14,4 направление суммарного изгиy My бающего момента. Изобразим пары M y и M z в виде векто- 0,66 1 ров с учетом их знаков (в опас42,8 ном сечении M y и M z в соотz ветствии с эпюрами отрицаЭпюра σ (Ми) тельны), определяя их направление по правилу правого винЭпюра σ (N) та (см. рис. 5.25). Нейтральная линия для круглого сечения Рис. 5.35. Эпюры напряжений (в МПа) в перпендикулярна плоскости опасном сечении шатунной шейки изгиба и совпадает с линией 15

Расчетным считаем правый кривошип, т.к. в нем крутящий момент не равен нулю.

61

действия вектора полного изгибающего момента M и . На рис. 5.35 построены эпюры нормальных напряжений, вызванных действием изгибающего момента M и , продольной силы N, и эпюра касательных напряжений от крутящего момента M к .На эпюрах напряжений учтены знаки усилий. Максимальные напряжения от продольной силы, изгиба и кручения найдены по формулам соответственно (5.33), (5.34) и (5.35). Построим эпюры распределения напряжений в прямоугольном сечении кривошипа (рис. 5.36). При определении максимальных нормальных напряжений, вызванных продольной силой и изгибающими моментами, использованы формулы (5.33), (5.44) и (5.45). Максимальные касательные напряжения крутящего момента и от поперечных сил найдены по формулам (5.46)–(5.49). Знаки нормальных напряжений соответствуют знакам усилий N , M y и M z . Стрелками показаны направления касательных напряжений, вызванных усилиями Q y , Q z и M к с учетом их знаков. y 3 5,99 1′ h

2′

0,64

2

z Эпюра τ(Mк)

7,95 3′

1 Эпюра σ(My) Эпюра τ(Qz) b

60,7 0,11 26,0 Эпюра σ(Mz) Эпюра τ(Qy) Эпюра σ(N) 1,27

Рис. 5.36. Эпюры напряжений (в МПа) в опасном сечении кривошипа

Проверка усталостной прочности шатунной шейки. Нормальные напряжения от изгиба изменяются по симметричному циклу, а нормальные напряжения от продольной силы постоянны, поэтому

62

характеристики цикла, по которому меняются полные нормальные напряжение, N M σ m = σ( N ) = . σ a = σ max ( M и ) = и , Wи A Касательные напряжения от кручения изменяются по пульсирующему (отнулевому) циклу с такими характеристиками τ (M ) M τ a = τ m = max к = к . 2 2W p Найдем эти характеристики, считая радиус шатунной шейки равным 3,1 см. Тогда 3,14 ⋅ 3,13 3,14 ⋅ 3,13 3 Wи = = 23,4 см , W p = = 46,8 см3, 4 2 A = 3,14 ⋅ 3,12 = 30,2 см2 и 33,6 2,0 σa = = 1,44 кН/см2, σ m = = 0,066 кН/см2; 23,4 30,2 200 τa = τm = = 2,14 кН/см2. 2 ⋅ 46,8 Сосчитаем коэффициенты запаса по формулам (5.53), (5.54), (5.52). Примем следующие значения эмпирических коэффициентов: K σ = 1,7 , K τ = 1,3 , Ψσ = 0,1 Ψτ = 0,05 K d = 0,8 K F = 0,9 . Тогда 200 nσ = = 5,87 , 1,7 14,4 + 0,1 ⋅ 0,66 0,8 ⋅ 0,9 100 nτ = = 2,52 , 1,3 21,4 + 0,05 ⋅ 21,4 0,8 ⋅ 0,9 5,87 ⋅ 2,52 nρ = = 2,31 > 1,5, 2 2 5,87 + 2,52 то есть условие усталостной прочности шатунной шейки выполняется. 63

Проверка статической прочности шатунной шейки и кривошипа. Проверка статической прочности производится на кратковременное двукратное увеличение нагрузки с учетом напряжений от всех внутренних усилий. Допускаемое напряжение при этом принимается равным 190 МПа. По построенным ранее эпюрам напряжений выбираем опасные точки. Для круглого сечения шатунной шейки опасными могут быть точки 1, 1′ (рис. 5.35). Для пластичного материала опасной является только точка 1, в которой нормальные напряжения от изгиба и продольной силы имеют один знак (в рассматриваемом примере знак "минус"). В этой точке, кроме того, действуют максимальные касательные напряжения, вызванные кручением. Таким образом, точка 1 находится в "балочном" напряженном состоянии. Проверку прочности в этой точке необходимо осуществлять по теориям прочности, соответствующим материалу. При подборе сечения в условии прочности точки 1 не учитывалась продольная сила. Теперь учтем ее влияние. В соответствии с условием окончательной проверки прочности увеличим найденные ранее напряжения в 2 раза. Сложим нормальные напряжения от изгиба и продольной силы в точке 1 σ (1) = 2(14,4 + 0,66) = 30,1МПа. Касательные напряжения в точке 1 τ (1) = 2 ⋅ 42,8 = 85,6 МПа. Подставим их в условие прочности по третьей теории (5.31) 30,12 + 4 ⋅ 85,6 2 = 173,8 МПа < 190 МПа. Таким образом, условие прочности в точке 1 шатунной шейки выполняется. то есть найденный радиус поперечного сечения r = 3,1 см, удовлетворяющий условию и статической, и усталостной прочности является окончательным. Для прямоугольного сечения кривошипа опасными могут быть три группы точек, показанных на рис. 5.36. В рассматриваемом примере будем проверять прочность в точках 1 (здесь нормальные напряжения от N , M y и M z имеют один знак), 2 и 3 (в них складываются имеющие одинаковые направления касательные напряжения от крутящего момента и поперечных сил). Увеличим показанные на рис.

64

5.36 напряжения в 2 раза и проверим прочность в каждой из опасных точек. • В угловой точке 1 действуют максимальные по модулю нормальные напряжения, равные сумме напряжений от N , M y и M z . Точка находится в линейном напряженном состоянии и условие прочности в этой точке σ (1) = 2(0,11 + 26,0 + 60,7) = 173,6 МПа < 190 МПа выполняется. • В точке 2 по середине длинной стороны прямоугольника действуют и нормальные σ ( 2) = 2( −0,11 + 26,0) = 51,8 МПа, и касательные напряжения τ ( 2) = 2(7,95 + 0,64) = 17,2 МПа. Точка находится в "балочном" напряженном состоянии и проверку прочности производим по третьей теории прочности (5.31) 51,82 + 4 ⋅ 17,2 2 = 62,2 МПа < 190 МПа. • Точка 3 по середине короткой стороны прямоугольника тоже находится в "балочном" напряженном состоянии. В ней действуют нормальные и касательные напряжения: σ ( 3) = 2( −0,11 + 60,7) = 121,2 МПа, τ ( 3) = 2(5,99 + 1,27) = 14,5 МПа. Условие прочности в этой точке по третьей теории прочности 121,2 2 + 4 ⋅ 14,52 = 124,6 МПа < 190 МПа. Поскольку условия прочности во всех опасных точках выполняются, окончательные размеры поперечного сечения кривошипа b = 2,8 см, h = 8,4 см.

6. УСТОЙЧИВОСТЬ Рекомендуемая литература Александров А. В., Потапов В. Д., Державин Б. П.. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк., 1995. Гл. 15. Гастев В. А. Краткий курс сопротивления материалов. М.: Физматгиз, 1977. Гл. 12 (§ 49–51).

65

Дарков А. В., Шпиро Г. С. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк., 1989. Гл. 13.

Основные понятия и формулы При расчете простейших стержневых систем мы научились удовлетворять двум важным требованиям, предъявляемым к конструкциям: требованиям прочности и жесткости стержневой системы. Любая конструкция должна удовлетворять еще одному важному условию, а именно, условию устойчивости. Об условии устойчивости сжатых стержней конструкции и пойдет речь в данном разделе. F F F < Fкр F ≥ Fкр Положение равновеa б в г сия стержня может быть устойчивым, неустойчиf вым и безразличным. Чтобы на опыте выявить, каким является равновесие стержня, надо вывести его из положения равновесия, приложив к стержню кратковременную малую Рис. 6.1. Сжатый стержень: возмущающую нагрузку, и а – до приложения возмущающей нагрузки; посмотреть как будет весб – под действием возмущающей нагрузки; ти себя стержень после в – после снятия возмущающей нагрузки – прямолинейная форма равновесия устойчива; снятия возмущения. Рассмотрим центральног – после снятия возмущающей нагрузки – прямолинейная форма равновесия неустойчива сжатый стержень (рис. 6.1, а). Приложим к нему возмущающую нагрузку – силу f на рис. 6.1, б. При действии возмущающей нагрузки рассматриваемый стержень изогнется. Если после снятия возмущения стержень возвращается в исходное прямолинейное состояние, то это состояние называется устойчивым. Если же после удаления возмущающей нагрузки стержень остается в изогнутом состоянии, то первоначальная прямолинейная форма равновесия является неустойчивой. Нагрузка, при которой первоначальная форма равновесия становится неустойчивой, называется критической. Рис. 6.1, в, г по-

66

ясняют данное определение критической силы. Если нагрузка меньше критической силы (рис. 6.1, в), то после прекращения действия возмущающей нагрузки стержень остается прямолинейным. Если же нагрузка достигла критической величины или стала больше (рис. 6.1, г), то стержень после снятия возмущения остается в изогнутом состоянии. Поскольку на практике всегда бывают какие-то возмущения, то при достижении силой критического значения сжатый стержень начинает изгибаться. Описанное явление носит название потери устойчивости центрально-сжатого стержня. Условие, обеспечивающее определенный запас против потери устойчивости стержней конструкции, называется условием устойчивости. Задачей студента является: • научиться находить величину критической нагрузки; • уметь обеспечить выполнение условий устойчивости и прочности, то есть вычислять допускаемую нагрузку или подбирать размеры поперечных сечений стержней так, чтобы была невозможна потеря устойчивости и прочности; • уметь определять нормируемый или действительный коэффициенты запаса устойчивости. Нормируемый коэффициент запаса устойчивости показывает во сколько раз критическая нагрузка превышает допускаемую, найденную из условия устойчивости. Величина нормируемого коэффициента запаса устойчивости не является постоянной величиной, а зависит от размеров стержня. Действительный коэффициент запаса устойчивости равен отношению критической нагрузки к действующей на стержень сжимающей силе. Определение критической нагрузки. Перед отысканием критической силы надо найти величину гибкости стержня λ , которая находится по формуле µl (6.1) λ= , imin где l – длина стержня; µ – коэффициент, зависящий от условий закрепления стержня; imin – минимальный радиус инерции поперечного сечения стержня. Рис. 6.2 показывает, чему равен коэффициент µ для четырех видов закреплений стержней. На этом же рисунке показаны изогнутые оси стержней в момент потери устойчивости. Для запоми-

67

нания величины коµ эффициента удобно использо0,7l вать геометриче0,5l l скую аналогию. Для 2l этого необходимо выделить на изогнутой оси участок, где деформированная µ=2 µ=1 µ = 0,7 µ = 0,5 ось представляет собой полуволну синусоиды. Например, для стержня, Рис. 6.2. Определение коэффициента µ имеющего два задля разных видов закрепления щемленных конца, это участок между точками перегиба (рис. 6.2, в), для стержня, у которого один конец защемлен, другой – свободен, полуволна синусоиды имеет место на удвоенной длине стержня (рис. 6.2, г). Отношение длины участка с полуволной синусоиды к полной длине стержня и даст величину µ . В зависимости от величины λ определение критической силы для стержней из пластичного материала нужно производить по трем формулам: • если λ ≥ λ пц (стержень большой гибкости), то критическая сила определяется по формуле Эйлера π 2 EI min ; (6.2) Fкр = (µl ) 2 • если λ т < λ < λ пц (стержень средней гибкости), то для нахождения критической силы используется формула Ясинского Fкр = ( a − bλ ) A ; (6.3) а

б

в

г

• если λ ≤ λ т (стержень малой гибкости), то Fкр = σ т A .

68

(6.4)

Величины λ пц , λ т , коэффициенты a и b в формуле Ясинского зависят от материала. Значение λ пц находится из условия, что критическое напряжение, найденное по формуле Эйлера, не должно превышать σ пц (материал должен подчиняться закону Гука). Из этого условия можно найти π2 E , (6.5) λ пц = σ пц λ т , a и b определяются путем обработки экспериментальных данных. Для двух видов стали эти величины заданы в таблице при описании условия задачи № 34 в [4]. Условия устойчивости и прочности. Условием устойчивости центрально-сжатого стержня является условие F (6.6) ≤ ϕ[σ] , A где ϕ – коэффициент понижения допускаемых напряжений (или коэффициент продольного изгиба), зависящий от гибкости и материала стержня, берется из таблиц. (Такая таблица приведена, например, в [2] на стр. 370.)16 Из условия устойчивости (6.6), если известны размеры сечения, можно найти значение допускаемой нагрузки Fдоп = ϕA[σ] , (6.7) либо, если задана нагрузка F, определить площадь сечения А стержня. Однако найти сразу площадь А из условия устойчивости (6.6) нельзя, т.к. в этом условии коэффициент ϕ зависит от гибкости, которая в свою очередь зависит от неизвестных размеров поперечного сечения. Таким образом, в условии (6.6) сразу две неизвестные величины А и ϕ , зависящие друг от друга. Поэтому подбор сечения из условия устойчивости производят путем последовательных попыток. Целью этих попыток является подбор наиболее экономичного сече16

Поскольку при изучении курса сопротивления материалов для обеспечения прочности студенты используют расчет по допускаемым напряжениям, то нельзя брать значения коэффициентов продольного изгиба из таблиц, приведенных в современных СНИПах, где используется другой подход к проверке прочности.

69

ния, т. е. определение такого минимального размера А, при котором левая и правая части неравенства (6.6) близки друг к другу (желательно, чтобы они отличались друг от друга не больше, чем на 5 %). Подбор сечений, не состоящих из прокатного профиля, т. е. размеры которых могут иметь произвольную величину (круг, прямоугольник и т.п.), удобно производить методом последовательных приближений, который позволяет находить размеры сечения с любой заданной точностью. Последовательность действий при подборе сечений будет описана в примерах решения задач. Для центрально-сжатых стержней малой и средней гибкости более опасным, чем условие устойчивости, может оказаться условие прочности, которое записывается в таком виде: F (6.8) ≤ [ σ] . Aнт Здесь Aнт – так называемая площадь нетто, т. е. площадь сечения, равная полной площади A , уменьшенной на площадь Aосл , занятую ослаблениями (отверстиями, выточками): Aнт = A − Aосл . Определение коэффициента запаса устойчивости. Нормируемый коэффициент запаса устойчивости определяется по формуле Fкр , (6.9) n уст = Fдоп где допускаемая нагрузка находится из условия устойчивости (6.7). Обычно нормируемый коэффициент запаса устойчивости больше, чем нормируемый коэффициент запаса прочности, и для пластичных материалов находится в пределах 1,5 < nуст < 3 . Действительный коэффициент запаса устойчивости Fкр , n действ = уст F где F – действующая на стержень сжимающая сила. Действительный коэффициент запаса устойчивости не должен быть меньше нормируемого, в оптимальном случае (для стержней с экономичным расходом материала) – равен нормируемому.

70

Примеры решения задач 6.1. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ГРУЗОПОДЪЕМНОСТИ ЦЕНТРАЛЬНОСЖАТОГО СТЕРЖНЯ (ЗАДАЧА № 34) Условие задачи a F

б

400×12 мм

№ 30 l = 12 м

y

10 см

10 см

z Рис. 6.3. Условие задачи № 34: а – сжатый стержень; б – поперечное сечение стержня

Стержень, показанный на рис. 6.3, а, загружен сжимающей силой F. Поперечное сечение стержня, состоящее из двух швеллеров № 30 и двух планок, соединенных со швеллерами четырьмя болтами, изображено на рис. 6.3, б. Размер планок 400×12 мм, диаметр болтов 20 мм. Материал – сталь С235 с [σ] = 160 МПа . Требует-

ся: 1) найти значение критической нагрузки; 2) определить допускаемую нагрузку так, чтобы выполнялись условия устойчивости и прочности стержня; 3) вычислить нормируемый коэффициент запаса устойчивости. Решение

Прежде всего, найдем моменты инерции поперечного сечения относительно главных центральных осей. Сечение имеет две оси симметрии (оси y и z на рис. 6.3, б), поэтому эти оси и будут главными центральными осями инерции сечения. Моменты инерции относительно этих осей определяем, используя данные из сортамента прокатной стали и формулы (5.16), (5.17): 40 ⋅ 1,2 3 I y = 2 ⋅ 5810 + 2( + 40 ⋅ 1,2 ⋅ 15,6 2 ) = 35,0 ⋅ 103 см 4 ; 12 71

[

]

1,2 ⋅ 403 I z = 2 327 + 40,5(10 + 2,52) + 2 = 26,0 ⋅ 103 см 4 . 12 Минимальным оказался момент инерции относительно оси z. Определяем площадь сечения A = 2 ⋅ 40,5 + 2 ⋅ 40 ⋅ 1,2 = 177 см 2 и минимальный радиус инерции по формуле (5.10) 2

26,0 ⋅ 103 imin = = 12,1 см. 177 Теперь можно найти гибкость стержня. Для заданного условия закрепления стержня в соответствии с рис. 6.2 коэффициент µ = 0,7 . Тогда по формуле (6.1) 0,7 ⋅ 1200 = 69,4. 12,1 Сравним величину полученной гибкости стержня с характеристиками λ пц и λ т для материала сталь С235. Для стали С235 λ=

3,14 2 ⋅ 2 ⋅ 105 λ пц = ≈ 100, 200 λ т = 60 по таблице, приведенной в [4], стр. 21. Таким образом, λ т < λ < λ пц и для определения критической силы следует использовать формулу Ясинского (6.3): Fкр = (30 − 0,1 ⋅ 69,4)177 = 4082 кН. Значения коэффициентов a и b в формуле Ясинского взяты из таблицы на стр. 21 [4] и переведены из МПа в кН/см2. Найдем допускаемую нагрузку из условия устойчивости по формуле (6.7). Для определения коэффициента ϕ используем таблицу на стр. 370 [2]17. Интерполируем значения ϕ , заданные в таблице: λ = 60 соответствует ϕ = 0,86 , λ = 70 – ϕ = 0,81 . Тогда гибкости λ = 69,4 рассматриваемого стержня соответствует ϕ = 0,86 − 9,4(0,86 − 0,81) / 10 = 0,813 . Значение допускаемой нагрузки 17

Материалу сталь С235 соответствует в таблице сталь Ст.3, стали С275 – Ст.5.

72

Fдоп = 0,813 ⋅ 177 ⋅ 16 = 2302 кН. Проверим, удовлетворяет ли найденная допускаемая нагрузка условию прочности (6.8). Вычислим площадь нетто, уменьшив полную площадь сечения на площадь, занимаемую четырьмя отверстиями под болты18: Aнт = 177 − 4 ⋅ 2,0(1,2 + 1,1) = 158,6 см 2 . Тогда условие прочности 2302 = 14,5 < 16 кН/см 2 158,6 выполняется. В заключение найдем нормируемый коэффициент запаса устойчивости по формуле (6.9): Fкр 4082 = = 1,77. n уст = Fдоп 2302 Коэффициент запаса устойчивости находится в пределах 1,5 < nуст < 3 .

6.2. ПОДБОР СЕЧЕНИЯ ЦЕНТРАЛЬНО-СЖАТОГО СТЕРЖНЯ (ЗАДАЧА № 35) Пример 1 Условие задачи

Стержень, показанный на рис. 6.4, а сжимается силой F = 600 кН. Сечение стержня, состоящее из двух равнобоких уголков, изображено на рис. 6.4, б. Материал стержня – сталь С235 с допускаемым напряжением [σ] = 160 МПа. Требуется подобрать размеры уголков так, чтобы выполнялись условия устойчивости и прочности и расход материала был минимальным. Ослабления составляют 15% площади сечения.

18

При выполнении расчетно-проектировочной работы студенту предлагается условно принять площадь ослаблений, составляющую 15% от полной площади.

73

F = 600 кН

а

Решение

б

Сечение стержня состоит из уголков (прокатного профиля), поэтому используем для подбора сечения метод последовательных попыток. Поскольку в условии устойчивости имеем сразу две неизвестные величины ( ϕ и А ), то одной из них задаемся произвольно. Удобно задаться ϕ = 0,5 . Тогда из условия устойчивости (6.6) найдем F 600 A≥ = = 75 см 2 . ϕ[σ] 0,5 ⋅ 16

z a δ = 10 мм z0 z0 y0

l=3м

δ = 10 мм

y

z0

Рис. 6.4. К решению примера 1: а – сжатый стержень; б – поперечное сечение стержня

Площадь одного уголка Ауг ≥ 37,5 см 2 . Из сортамента прокатной стали выбираем уголок, удовлетворяющий этому условию. Отметим, что в сортаменте может быть несколько уголков с примерно одинаковой площадью: уголки с длинной полкой и тонкой стенкой и уголки с короткой, но более толстой стенкой. Выбирать следует самые тонкие уголки, т.к. при одинаковой площади радиус инерции у тонких уголков больше и, следовательно, гибкость стержня с сечением из тонкого уголка меньше, а чем меньше гибкость, тем более устойчив стержень. В рассматриваемом примере выберем уголок 180×11, площадь которого Ауг = 38,8 см 2 . Найдем радиусы инерции относительно главных центральных осей y и z, которыми являются оси симметрии сечения (см. рис. 6.4, б). Следует ожидать, что радиус инерции относительно оси y будет минимальным, так как материал ближе расположен к оси y, чем к оси z. Убедимся в этом. 2 I yуг

iy = iz =

0

2 Aуг

= i yуг = 7,06 см, 0

2( I zуг + Aуг а 2 ) 0

2 Aуг

= (i zуг ) 2 + a 2 . 0

74

Радиус инерции одного уголка относительно оси z0 берем из сортамента: i zуг = 3,59 см , а расстояние а (см. рис. 6.4, б) сосчитаем: 0

а = ( z0 + δ / 2) / cos 45° = ( 4,85 + 0,5) / 0,707 = 7,56 см. Таким образом, очевидно, что i z = 3,59 2 + 7,56 2 > i y

и imin = i y = 7,06 см. Теперь найдем гибкость стержня19 2 ⋅ 300 = 85,0 λ= 7,06 и из таблицы, интерполируя, найдем ϕ = 0,720 . Проверим условие устойчивости F 600 = = 10,7 кН/см 2 < 16 кН/см 2 . Aϕ 2 ⋅ 38,8 ⋅ 0,720 Условие устойчивости выполняется, но сечение не является экономичным. Поэтому сделаем еще попытку. Уменьшим размеры сечения и примем самый тонкий уголок их тех, у которых длина полки 160 мм, а именно, уголок 160×10. Aуг = 31,4 см 2 , imin = 6,25 см и гибкость стержня 2 ⋅ 300 = 96,0. λ= 6,25 По таблице находим ϕ = 0,636 и условие устойчивости выполняется с небольшим запасом: F 600 = = 15,0 кН/см 2 < 16 кН/см 2 . Aϕ 2 ⋅ 31,4 ⋅ 0,636 Сечение из двух уголков 160×10 можно считать экономичным20. Условие прочности для подобранного сечения тоже выполняется, поскольку согласно условию Aнт = 0,85 A > ϕA = 0,636 A . 19

Заметим, что, если в сортаменте выбрать уголок с более толстой полкой, но с примерно такой же площадью, например, уголок 160×12 (Ауг = 37,4 см2), минимальный радиус инерции сечения из двух таких уголков будет imin = 6,23 см и гибкость стержня будет на 13% больше, чем для уголка 180×11.

75

В заключение найдем действительный коэффициент запаса устойчивости. Поскольку стержень с подобранным сечением из уголков 160×10 имеет гибкость λ = 96,0 , находящуюся в пределах между λ пц и λ т , то определяем критическую силу по формуле Ясинского

Fкр = (30 − 0,1 ⋅ 96,0)2 ⋅ 31,4 = 1281 кН. Действительный коэффициент запаса устойчивости действ n уст =

1281 = 2,14. 600

Пример 2 Условие задачи F = 100 кН

l=4м

a a

Деревянная стойка длиной l = 4 м квадратного поперечного сечения сжимается силой F = 100 кН (рис. 6.5). Требуется подобрать размер стороны квадрата а так, чтобы выполнялись условия устойчивости и прочности и расход материала был минимальным. Ослабления составляют 15% площади сечения. Примем допускаемое напряжение на сжатие для дерева [σ] = 10 МПа. Решение

Рис. 6.5. Сжатый стержень Поскольку размеры сечения могут квадратного поперечного быть любыми, используем метод последосечения

вательных приближений. Выполним первое приближение. Примем ϕ1 = 0,5 . Из условия устойчивости (6.6) найдем площадь сечения, подставив [σ] = 1 кН/см 2 : 100 A= = 200 см 2 . 0,5 ⋅ 1 20

Для сечений из прокатных профилей добиться желаемой экономичности (подобрать сечение так, чтобы расчетное напряжение отличалось от допускаемого не больше, чем на 5 %) не всегда удается, т.к. размеры сечения имеют дискретные значения.

76

Поскольку A = a 2 , то a = 14,1 см . Найдем минимальный радиус инерции сечения. Для квадрата любая ось является главной и радиус инерции относительно любой оси a4

a 14,1 = = 4,08 см . 2 3 , 46 3 , 46 12 ⋅ a Зная радиус инерции, вычислим гибкость стержня по формуле (6.1) 1 ⋅ 400 λ= = 98,0 . 4,08 По таблице находим для дерева ϕ = 0,324 . Полученное значение ϕ еще сильно отличатся от величины ϕ1 , принятой в начале первого приближения, поэтому выполним второе приближение. Найдем ϕ 2 как среднее арифметическое между ϕ и ϕ1 : 0,5 + 0,324 ϕ2 = = 0,412 2 и повторим все действия, выполненные в первом приближении. 100 A= = 243 см 2 ; a = 243 = 15,6 см; 0,412 ⋅ 1 15,6 1 ⋅ 400 imin = = 4,50 см; λ= = 88,8. 3,46 4,50 Этой гибкости соответствует ϕ = 0,393 . Выполним еще одно, третье приближение. 0,412 + 0,393 ϕ3 = = 0,402; 2 100 A= = 249 см 2 ; a = 249 = 15,8 см; 0,402 ⋅ 1 15,8 1 ⋅ 400 imin = = 4,57 см; λ= = 87,5. 3,46 4,57 Соответствующее этой гибкости значение ϕ = 0,407 отличается от ϕ 3 на 1,2 %. Такая точность достаточна, поэтому примем a = 15,8 см . Для этого размера в условии устойчивости 100 = 0,987 ≈ 1 кН/см 2 0,407 ⋅ 249 imin =

=

77

достигнуто желаемое равенство. В заключение проверим условие прочности, считая Aнт = 0,85 A . 100 = 0,47 кН/см 2 < 1 кН/см 2 . 0,85 ⋅ 249 6.3. РАСЧЕТ ГИБКОГО СЖАТО-ИЗОГНУТОГО СТЕРЖНЯ (ЗАДАЧА № 36) Основные определения

В разделе 5.2 рассматривался расчет жестких стержней, подверженных внецентренному растяжению-сжатию. Расчет этих стержней велся по недеформированному состоянию, т. е. при определении внутренних усилий не учитывалось искривление оси стержня. Для гибких стержней необходимо учитывать влияние деформаций изгиба на внутренние усилия. Такой расчет носит название расчета по деформированному состоянию. При расчете по деформированному состоянию изгибающий момент вызывается не только поперечной нагрузкой, но и сжимающей силой. Будем рассматривать стержень, подверженный действию поперечной, примерно симметричной относительно середины пролета нагрузки, действующей в плоскости симметрии поперечного сечения, и сжимающей силы F. В этом случае наибольший прогиб имеет место посередине пролета. Максимальное нормальное напряжение в опасном сечении стержня определяется по формуле Ff 0 F M , (6.10) σ max = + 0 + A W ⎛ ⎞ ⎜1 − F ⎟W ⎜ Fкр ⎠⎟ ⎝ где M 0 – изгибающий момент в опасном сечении, вызванный действием только поперечной нагрузки (при отсутствии сжимающей силы); f 0 – прогиб посередине пролета, вызванный только поперечной нагрузкой; Fкр – значение критической нагрузки, вызывающей потерю устойчивости стержня в плоскости действия поперечной нагрузки, W – момент сопротивления сечения стержня относительно той оси, которая будет нейтральной при изгибе от поперечной нагрузки.

78

В формуле (6.10) два первых слагаемых определяют наибольшее напряжение в стержне при расчете по недеформированному состоянию, третье слагаемое показывает вклад сжимающей силы в напряжения от изгиба. Видно, что зависимость напряжения от сжимающей нагрузки нелинейная, поэтому проверку прочности стержня нельзя производить расчетом по допускаемым напряжениям. Проверку прочности гибких сжато-изогнутых стержней необходимо вести расчетом по предельному состоянию, обеспечивая запас прочности не по напряжениям, а по нагрузке. В этом случае условие прочности имеет вид: nFf 0 F M0 ≤ [ σ] , (6.11) + + A W ⎛ ⎞ ⎜1 − nF ⎟W ⎜ Fкр ⎟⎠ ⎝ где n – нормируемый коэффициент запаса прочности материала. Проверка жесткости гибкого сжато-изогнутого стержня расчетом по деформированному состоянию производится по формуле f0 ≤ [ w] . (6.12) nп F 1− Fкр В формуле (6.11) nп – коэффициент запаса по прогибам, обычно принимаемый равным коэффициенту запаса прочности n . Кроме проверки прочности и жесткости по условиям (6.11), (6.12) необходимо проверить условие устойчивости (6.6) гибкого стержня и обеспечить невозможность потери устойчивости стержня в плоскости наименьшей жесткости, обычно перпендикулярной плоскости действия поперечной нагрузки.

79

Пример расчета гибкого сжато-изогнутого стержня Условие задачи

Стержень, показанный на рис. 6.6, сжимается силой F =300 кН и изгибается поперечной нагрузкой q = 5 кН/м 2м q = 5 кН/м. Сечение стержня состоq ит из двух швеллеров, выполненных из стали С235 с [σ] = 160 МПа . y Требуется подобрать номер швел8м лера так, чтобы удовлетворялись z условия прочности и жесткости по деформированному состоянию, а также условие устойчивости в плос2м кости наименьшей жесткости. Допускаемый прогиб примем равным l Рис. 6.6. Сжато-изогнутый стержень 200 . F = 300 кН

Решение

Построим эпюру изгибающих моментов от поперечной нагрузки (рис. 6.7, а) и подберем сечение расчетом по недеформированному состоянию без учета продольной силы. M0 8000 шв ≤ [ σ ] . Откуда W ≥ = 250 см 3 . y шв 2 ⋅ 16 2W y Выберем из сортамента прокатной стали швеллер № 27, у которого W yшв = 308 см 3 , Aшв = 35,2 см 2 , и проверим прочность с учетом продольной силы: 300 8000 σ max = + = 17,3 > 16 кН/см 2 . 2 ⋅ 35,2 2 ⋅ 308 Увеличим размер швеллера. Для швеллера № 30 с такими характери4 шв стиками: W yшв = 387 см 3 , Aшв = 40,5 см 2 , I шв y = 5810 см , i y = 12 см условие прочности по недеформированному состоянию выполняется:

80

σ max =

300 8000 + = 14,0 < 16 кН/см 2 . 2 ⋅ 40,5 2 ⋅ 387

a

б

20 кН

q = 5 кН/м

2м

1/2

40

1

80

8м

3

1

2м

1

40

20 кН Эпюра М

1/2

Эпюра М1

Рис. 6.7. Эпюры изгибающих моментов: а – от поперечной нагрузки; б – от единичной силы, соответствующей прогибу в середине пролета

Проверим прочность по деформированному состоянию. Найдем максимальный прогиб в середине пролета, перемножая эпюры М от поперечной нагрузки и М1 от единичной силы (рис. 6.7, б). 1 ⎡ 40 ⋅ 2 2 4 5 ⋅ 43 ⎤ 2⎢ + (2 ⋅ 40 ⋅ 1 + 2 ⋅ 80 ⋅ 3 + 40 ⋅ 3 + 80 ⋅ 1) + 2⎥ = f0 = 12 ⎦ EI y ⎣ 2 3 6 1173 1173 ⋅ 106 = 5,05 см . = = 4 EI y 2 ⋅ 10 ⋅ 2 ⋅ 5810 Чтобы найти критическую силу, найдем гибкость стержня в плоскости изгиба, где жесткость максимальна. µl 1 ⋅ 1200 λ= = = 100 . iy 12 Гибкость стержня λ = λ пц для стали С235, поэтому определяем критическую силу по формуле Эйлера (6.2).

81

Fкр =

3,14 2 ⋅ 2 ⋅ 10 4 ⋅ 2 ⋅ 5810 2

= 1591 кН .

(1 ⋅ 1200) Принимая коэффициент запаса прочности n = 1,5, проверим прочность по условию прочности по деформированному состоянию (6.11). 300 8000 1,5 ⋅ 300 ⋅ 5,05 + + = 18,1 > 16 кН/см 2 . 2 ⋅ 40,5 2 ⋅ 387 ⎛ 1,5 ⋅ 300 ⎞ ⎜1 − ⎟2 ⋅ 387 1591 ⎠ ⎝ Поскольку условие прочности по деформированному состоянию для швеллера № 30 не выполняется, проверим прочность по условию (6.11) для швеллера № 33, у которого W yшв = 484 см 3 , Aшв = 46,5 см 2 , шв I yшв = 7980 см 4 , i шв y = 13,1 см , i z = 2,97 см .

f0 =

1173 ⋅ 106 4

= 3,67 см ;

2 ⋅ 10 ⋅ 2 ⋅ 7980 1 ⋅ 1200 λ= = 91,6 13,1 Поскольку λ т < λ < λ пц , определяем критическую силу по формуле Ясинского (6.3). Fкр = (30 − 0,1 ⋅ 91,6)2 ⋅ 46,5 = 1938 кН . Тогда условие прочности (6.11) 300 8000 1,5 ⋅ 300 ⋅ 3,67 + + = 13,7 < 16 кН/см 2 2 ⋅ 46,5 2 ⋅ 484 ⎛ 1,5 ⋅ 300 ⎞ ⎜1 − ⎟2 ⋅ 484 1938 ⎠ ⎝ выполняется. Проверим жесткость стержня расчетом по деформированному состоянию по формуле (6.12). Примем nп = 1,5 и допускаемый прогиб [ w] = 1200 / 200 = 6 см . Тогда условие жесткости 3,67 = 4,78 < 6 см 1,5 ⋅ 300 1− 1938 выполняется.

82

Осталось удовлетворить третьему условию – условию устойчивости в плоскости наименьшей жесткости. Найдем минимальный радиус инерции сечения из двух швеллеров: 2( I zшв + Aшв a 2 ) imin = i z = = (i zшв ) 2 + a 2 . 2 Aшв Если швеллеры расположены вплотную друг к a = z0 = 2,59 см . Тогда

другу,

то

imin = 2,97 2 + 2,59 2 = 3,94 см и λ max = 1200 / 3,94 = 304 . Гибкость стержней больше, чем 200, не допускается. Для сечения из двух швеллеров можно уменьшить гибкость, не увеличивая размер швеллера. Для этого следует раздвинуть швеллеры. Величину а нужно подобрать так, чтобы гибкость стержня была меньше 200 и условие устойчивости (6.6) выполнялось. В рассматриваемом примере такой величиной будет a = 5,38 см , которой соответствует расстояние между стенками швеллеров (5,38 − 2,59)2 = 5,60 см . Для стержня с таким сечением imin = 2,97 2 + 5,382 = 6,14 см ; 1 ⋅ 1200 λ max = = 195 . 6,14 Этой гибкости соответствует ϕ = 0,20 , и условие устойчивости 300 = 16,1 кН/см 2 < 1,05[σ] 0,20 ⋅ 2 ⋅ 46,5 выполняется. Таким образом, всем условиям (прочности, жесткости и устойчивости) удовлетворяет сечение из двух швеллеров № 33, расстояние между стенками которых равно 5,60 см.

7. РАСЧЕТ НА ДИНАМИЧЕСКУЮ НАГРУЗКУ Рекомендуемая литература Александров А. В., Потапов В. Д., Державин Б. П. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк., 1995. Гл. 17. Гастев В. А. Краткий курс сопротивления материалов. М.: Физматгиз, 1977, Гл. 14.

83

Дарков А. В., Шпиро Г. С. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк., 1989. Гл. 14.

Наиболее часто встречающимися динамическими нагрузками являются: • силы инерции, возникающие при движении тела с ускорением, в том числе в процессе колебаний элементов конструкций; • ударные нагрузки, т. е. нагрузки, прикладываемые за очень короткий промежуток времени; • циклические нагрузки, меняющиеся во времени по определенному циклу. Расчет на циклические нагрузки, связанный с появлением нового свойства материалов – усталости, рассмотрен в разд. 5.3.2 при решении задачи № 33 о проверке прочности коленчатого вала. Определению динамических усилий в стержневых конструкциях, возникающих в процессе вынужденных колебаний, посвящен разд. 7.1. Расчет на ударные нагрузки приведен в разд 7.2. 7.1. ВЫНУЖДЕННЫЕ КОЛЕБАНИЯ СИСТЕМ С ОДНОЙ СТЕПЕНЬЮ СВОБОДЫ (ЗАДАЧА № 37) Рекомендуемая литература Феодосьев В. И. Сопротивление материалов. М.: Наука, 1970. Гл. ХV (§ 101–104). Строительная механика. Ред. Дарков А. В. М.: Высшая школа, 1976. Гл 15.

Основные определения Свободные (собственные) колебания – это колебания системы после сообщенного ей начального импульса. Их частота зависит от упругих свойств системы и при наличии сил сопротивления собственные колебания постепенно затухают. Вынужденные колебания происходят под действием возмущающих внешних сил. При изучении колебаний упругие системы различают по числу степеней свободы, то есть по числу независимых координат, определяющих положение системы. На рис. 7.1 изображена балка, с колеблющейся массой m. Если массой самой балки можно пренебречь по сравнению с колеблющейся массой, то эта система имеет одну степень свободы,

84

так как положение массы полностью определяется ее вертикальной координатой21. Для систем с одной степенью своРис. 7.1. Система с одной боды круговая частота свободных костепенью свободы лебаний, то есть число колебаний за 2π секунд определяется по формуле: 1 ω= , (7.1) mδ11 где δ11 – перемещение сечения с сосредоточенной массой m по направлению ее возможного движения, вызванное единичной силой, приложенной в том же сечении и по тому же направлению. Для определения этого перемещения обычно используется метод Максвелла – Мора. Если на систему с одной степенью свободы действует возмущающая сила, изменяющаяся по гармоническому закону F (t ) = F sin θt и создающая вынужденные колебания системы с частотой θ , то возникающая при движении массы сила инерции тоже меняется по гармоническому закону I 1 (t ) = I 1 sin θt . Если точка приложения возмущающей силы не совпадает с сосредоточенной массой (рис. 7.2), то, пренебрегая силами сопротивления, амплитудное значение силы инерции можно найти по формуле m ∆ 1F θ 2 I1 = , (7.2) 2 θ 1− 2 ω где ∆1F – статическое перемещение сечения, в котором расположена сосредоточенная масса, по направлению ее возможного движения, вызванное амплитудным значением заданной нагрузки F . Это перемещение ищется, как правило, по методу Максвелла – Мора. Из формулы (7.2) видно, что, когда частота собственных колебаний ω равна частоте вынужденных колебаний θ , амплитуда силы инерции (а стаm

21

Как обычно, пренебрегаем горизонтальным перемещением точек оси балки и, считая массу сосредоточенной, ее поворотом.

85

ло быть и амплитуда перемещения массы) стремится к бесконечности. Это известное в физике явление называется резонансом. Предполагаем, что частота вынужденных колебаний достаточно далека от частоты собственных колебаний и система работает упруго. В этом случае максимальное значение изгибающего момента (изгибающего момента от динамического действия нагрузки) можно найти, используя принцип независимости действия сил, M дин = M F + M 1 I1 . (7.3) Формула (7.3) показывает, что изгибающий момент от динамического действия нагрузки M дин равен сумме момента, вызванного статическим действием амплитуды возмущающей нагрузки М F , и момента от амплитудного значения силы инерции M 1 I1 .( M 1 – изгибающий момент от единичной силы, приложенной в сечении, где расположена масса, и направленной по направлению ее возможного движения). Напряжения в конструкции от динамического действия нагрузки меняются пропорционально величине внутренних усилий. Примечание. В частном, наиболее часто встречающемся случае, когда точка расположения массы и точка приложения динамической нагрузки совпадают, M F = M 1 F и ∆1F = δ11 F . Тогда динамические усилия можно определить через статические усилия и динамический коэффициент µ : 1 M дин = µM F , где µ = . θ2 1− 2 ω

86

Пример расчета системы с одной степенью свободы Условие задачи22

На балку с сосредоточенной F(t) = F sin θt m массой m действует возмущающая нагрузка F (t ) (рис. 7.2). l/3 l/3 Требуется построить эпюру изl/3 гибающих моментов от динамического действия нагрузки. ПриРис. 7.2. Балка с одной степенью мем следующие исходные дансвободы под действием ные: m = 1000 кг, жесткость балвозмущающей силы ки EI = 40000 кН⋅м2, ее длина l = 9 м, отношение частоты вынужденных колебаний к частоте собственных колебаний θ ω = 0,5 , амплитудное значение возмущающей нагрузки F = 10 кН. Решение Найдем частоту свободных колебаний по формуле (7.1). Перемещение δ11 ищем методом Максвелла – Мора M M δ11 = ∫ 1 1 dx . EI Для построения эпюры изгибающих моментов M 1 приложим в точке, где расположена сосредоточенная масса, единичную силу по направлению возможного перемещения массы. В данном примере сосредоточенная масса может перемещаться только по вертикали и эпюра моментов от единичной силы показана на рис. 7.3, а. Интегрирование формулы Максвелла – Мора по правилу Верещагина дает: 12l 3 1 2l l 1 2 2l 2l 2l 1 2 2l δ11 = = ( ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ )= EI 9 3 2 3 9 9 3 2 3 9 729 EI 12 ⋅ 9 3 = 3 ⋅ 10 − 4 м/кН . = 729 ⋅ 40000

22

Задача предложена И.А. Куприяновым.

87

а

2/3

δ11

l/3

1

l/3

l/3

2l/9

1/3

l/9 Эпюра М1

б

F

∆1F

1/3F

2/3F

l/3

l/3

l/3

Fl/9

2Fl/9

Эпюра МF

Рис. 7.3. Эпюры изгибающих моментов: а – от единичной силы; б – от амплитудного значения вынуждающей нагрузки F

Обратите внимание на единицы измерения величины δ11 . Подставим δ11 в формулу (7.1). Вспомним, что 1 кН = 103 Н = 103 кг⋅м / сек2, после подстановки массы m в "кг" получим круговую частоту свободных колебаний в "сек–1": ω=

103

= 57,7 сек -1 .

3 ⋅ 10 − 4 ⋅ 1000 Теперь определим амплитудное значение силы инерции, используя формулу (7.2). Чтобы воспользоваться этой формулой найдем величину ∆1F – перемещения по направлению движения массы от амплитудного значения силы F . В соответствии с методом Максвелла – Мора это перемещение

88

M F M1 dx . EI Эпюра M F от действия амплитудного значения F показана на рис. 7.3, б. Перемножая эпюры M F и M 1 по правилу Верещагина найдем 1 Fl l 1 2 2 2 Fl l l Fl 2 ∆1F = [ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ l+ (2 ⋅ l + 2 ⋅ + EI 9 3 2 3 9 3⋅ 6 9 9 9 9 Fl l 2 Fl 2 2 Fl l 1 2 l 21Fl 3 + ⋅ + ⋅ l) + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ]= = 26,25 ⋅ 10 − 4 м . 9 9 9 9 9 3 2 3 9 1458EI Частота вынужденных колебаний согласно условию θ θ = ω = 0,5 ⋅ 57,7 = 28,85 сек -1 . ω Тогда амплитудное значение силы инерции по формуле (7.2) 1000 ⋅ 26,25 ⋅ 10 − 4 ⋅ 28,852 I1 = = 2913 Н = 2,91 кН . 2 1 − 0,5 Окончательная эпюра изгибающих моментов от динамического действия нагрузки, построенная с учетом формулы (7.3), показана на рис. 7.4.

∆1F = ∫

I1 = 2,91 кН 3м

F = 10 кН 3м

3м

Эпюра Мдин , кН⋅м 15,82

22,91

Рис. 7.4. Эпюра изгибающих моментов от динамического действия нагрузки

89

7.2. РАСЧЕТ РАМЫ (БАЛКИ) НА УДАРНУЮ НАГРУЗКУ (ЗАДАЧА № 38) Основные определения

Влияние ударной нагрузки на напряжения и деформации конструкции оценивается с помощью динамического коэффициента µ , который можно определить по следующей формуле: 2h µ = 1+ 1+ , (7.4) δс где h – высота падения груза, δc – вертикальное перемещение точки приложения груза при статическом его приложении. Формула (7.4) является достаточно грубой оценкой влияния ударной нагрузки, т.к. она получена с использованием ряда упрощающих задачу допущений. Одним из этих допущений является предположение о том, что материал конструкции в момент удара работает в упругой стадии (подчиняется закону Гука). Зная динамический коэффициент, можно найти динамические (возникающие под действием ударной нагрузки) напряжения σ д в конструкции по формуле σ д = µσс , (7.5) где σ c – напряжения от статического (медленного) приложения нагрузки. В µ раз (справедлив закон Гука) увеличиваются и деформации конструкции от ударной нагрузки по сравнению со статическими деформациями. В процессе вычисления напряжений по (7.5) необходимо следить, чтобы полученные динамические напряжения не превосходили величину предела пропорциональности материала, т.к. в этом случае пользоваться формулой (7.4) нельзя. Если все же динамические напряжения оказались больше предела пропорциональности, необходимо предусмотреть конструктивные меры по увеличению статического перемещения, например, сделать опорные закрепления балки

90

(рамы) податливыми, поставив специальные прокладки. Увеличение δc приведет к уменьшению динамического коэффициента23. Пример расчета рамы на ударную нагрузку

B Q

4м

h C 4м

A

Условие задачи На раму, показанную на рис. 7.5, падает груз Q с высоты h = 10 см . Вес груза Q = 2 кН , поперечное сечение рамы – двутавр № 20. Требуется найти максимальные нормальные напряжения в опасном сечении рамы и прогиб в точке удара от ударного действия нагрузки.

Решение Чтобы определить динамический коэф2м 2м фициент по формуле (7.4), необходимо найти прогиб δc точки С (точки приложения наРис. 7.5. Рама под грузки Q) от статического действия нагрузки. действием Найдем этот прогиб, используя метод Макударной нагрузки свелла–Мора и интегрируя формулу Максвелла–Мора с помощью правила Верещагина. Для этого построим эпюры изгибающих моментов от нагрузки Q (рис. 7.6, а) и от единичной силы, соответствующей искомому перемещению (рис. 7.6, б). Перемножим эти эпюры по правилу Верещагина: MM 1 1 2⋅4 2 2 δс = ∫ dx = [ + (2 ⋅ 2 ⋅ 1 + 2 ⋅ 2 ⋅ 1 − 2 ⋅ 1 − 2 ⋅ 1) + EI EI 2 3 6 2 ⋅ 4 2 10,67 + 2 ⋅ 2 ⋅1 + . ]= EI 2 3 Подставляя величину жесткости для двутавра № 20, сосчитаем прогиб в "см"

23

Попытки уменьшить динамические напряжения, увеличив размер сечения, не проносят нужного эффекта, т.к. при увеличении размера сечения увеличивается жесткость, статический прогиб уменьшается, а динамический коэффициент увеличивается.

91

а HB = 1/2 кН

Q =2 кН

2 2

2

C

2 HA = 1/2 кН Эпюра M RA = 2 кН б HB = 1/4 1

1

1

1

C

1 HA = 1/4 Эпюра M1 RA = 1

Рис. 7.6. Эпюры изгибающих моментов: а – от веса груза Q; б – от единичной силы

δс =

10,67 ⋅ 106 4

= 0,290 см .

2 ⋅ 10 ⋅ 1840 Найдем динамический коэффициент по формуле (7.4) 2 ⋅ 10 µ =1+ 1+ = 9,36 . 0,290 Определим максимальные нормальные напряжения в опасном сечении от статического действия нагрузки. В рассматриваемом примере несколько равно опасных сечений с изгибающим моментом M max = 2 кН ⋅ м . Максимальные статические напряжения равны

92

M max 200 кН = = 1,09 2 . Wy 184 см Динамические напряжения от действия ударной нагрузки увеличатся согласно формуле (7.5) в µ раз. кН σ max д = 9,36 ⋅ 1,09 = 10,2 2 .24 см Во столько же раз увеличится и динамический прогиб: δ д = 9,36 ⋅ 0,290 = 2,71 см .

σ max с =

24

Видно, что динамические напряжения не превосходят предела пропорциональности σпц = 200 МПа, и материал работает упруго.

93

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ Основная 1. Александров А. В., Потапов В. Д., Державин Б. П. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк., 1995. 2. Гастев В. А. Краткий курс сопротивления материалов. М.: Физматгиз, 1977. 3. Дарков А. В., Шпиро Г. С. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк., 1989. 4. Сопротивление материалов и основы строительной механики: Метод. указания и схемы заданий к расчетно-проектировочным работам для студентов всех специальностей / СПбГАСУ; Сост: И. А. Куприянов, Н. Б. Левченко; СПб., 1999. 5. Сопротивление материалов: Учебное пособие по выполнению расчетно-проектировочных работ. Ч. 1. / Н. Б. Левченко, Л. М. Каган-Розенцвейг, И. А. Куприянов, О. Б. Халецкая; СПбГАСУ; СПб., 2001. 6. Сопротивление материалов: Учебное пособие по выполнению расчетно-проектировочных работ. Ч. 2. / Н. Б. Левченко; СПбГАСУ; СПб., 2001. Дополнительная 7. Феодосьев В. И.. Сопротивление материалов. М.: Наука, 1970. 8. Строительная механика. Ред. Дарков А. В. М.: Высш. шк., 1976. 9. Иванов Н. М. Детали машин. М.: Высш. шк., 1998. СОДЕРЖАНИЕ Общие указания по выполнению расчетно-проектировочных работ..................... Используемые обозначения....................................................................................... 5. СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ....................................................................... 5.1. Расчет балки, подверженной косому или пространственному изгибу................................................................................................................................ Пример расчета балки при пространственном изгибе (задача № 28)............................................................................................................ 5.2. Внецентренное растяжение-сжатие стержней большой жесткости.............................................................................................................................. 5.2.1. Определение моментов инерции сложных сечений относительно главных центральных осей (задачи № 29, 30, 31)................................................. Примеры решения задач ................................................................................ Пример 1. Определение моментов инерции сечения, имеющего одну ось симметрии..................................................................................................................

94

Пример 2. Определение моментов инерции несимметричного сечения....... 5.2.2. Определение грузоподъемности жесткого стержня моносимметричного сечения при внецентренном растяжении-сжатии(задача № 29)................... 5.2.3. Определение грузоподъемности внецентренно сжатых жестких стержней несимметричных сечений (задачи № 30, 31).......................................... 5.3. Общий случай сложного сопротивления..................................................... Примеры решения задач...................................................................................... 5.3.1. Расчет стержня в общем случае сложного сопротивления (задача № 32)............................................................................................................... 5.3.2. Расчет коленчатого вала на изгиб с кручением (задача № 33)............. Пример расчета коленчатого вала.................................................................... 6. УСТОЙЧИВОСТЬ................................................................................................ Примеры решения задач............................................................................................. 6.1. Определение грузоподъемности центрально-сжатого стержня (задача № 34).............................................................................................................. 6.2. Подбор сечения центрально-сжатого стержня (задача № 35)..................... Пример 1............................................................................................................... Пример 2................................................................................................................ 6.3. Расчет гибкого сжато-изогнутого стержня (задача № 36)........................... Пример расчета гибкого сжато-изогнутого стержня.......................................... 7. РАСЧЕТ НА ДИНАМИЧЕСКУЮ НАГРУЗКУ............................................... 7.1. Вынужденные колебания систем с одной степенью свободы (задача № 37)............................................................................................................. Пример расчета системы с одной степенью свободы 7.2. Расчет рамы (балки) на ударную нагрузку (задача № 38)........................... Пример расчета рамы на ударную нагрузку........................................................ Список литературы...............................................................................................

95

Нина Борисовна Левченко

СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Часть 3

Редактор А.В. Афанасьева Корректор К.И. Бойкова Компьютерная верстка И.А. Яблоковой ЛР № 020282 от 24.12.96

Подписано к печати .2002. Формат 60х84 1/16. Бум. офсетная. Усл. печ. л. . Уч.-изд. л. . Тираж 500. Заказ . "С" Санкт-Петербургский государственный архитектурно-строительный университет. 198005, Санкт-Петербург, 2-я Красноармейская ул., д. 4. Отпечатано на ризографе. 198005, Санкт-Петербург, 2-я Красноармейская ул., д. 5.

96