Сопротивление материалов. Общие понятия. Растяжение, кручение, напряжение

Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего профессионального образования САНКТ-ПЕТЕРБУРГСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ПОЛИТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ Инженерно-строительный институт Кафедра сопротивления материалов Сопротивление материалов Конспект лекций Учебно-методическое пособие для бакалавров и специалистов технических направлений Санкт-Петербургский государственный политехнический университет 2013 Санкт-Петербургский государственный политехнический университет, 2013 © 1 Содержание 1 Общие понятия 3 2 Осевое растяжение и сжатие стержней 3 3 Статически неопределимые стержневые системы 12 4 Кручение стержней 20 5 Плоский изгиб 32 6 Нормальные напряжения при чистом изгибе 44 7 Сложное сопротивление 57 8 Перемещение при изгибе. Аналитический метод 71 9 Устойчивость элементов конструкции 83 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ðèñ. 2.4 11 12 Ðèñ. 2.5 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 8. Перемещения при изгибе. Аналитический метод. 8.1. Основные понятия. Продольную ось балки при деформации изгиба, называют у п р у г о й л и н и е й. Основные свойства упругой линии − п л а в н о с т ь и н е р а з р ы в н о с т ь. Интенсивность деформации изгиба элементу балки длиной dx (рис. 8.1) определяется степенью искривления его продольной оси, т.е. значением кривизны 1 , ρ ( х) которая связана с изгибающим моментом в сечении и жесткостью балки следующей зависимостью М ( х) 1 = z . ρ ( х) EI z (8.1) Деформация балки характеризуется двумя величинами, называемыми перемещениями: 1) прогибом, т.е. вертикальным смещением центра тяжести данного сечения ( y ); 2) углом поворота, т.е. углом, на который поворачивается данное сечение по отношению к своему первоначальному положению θ = y / . Перемещением центра тяжести поперечного сечения вдоль оси балки пренебрегают как величиной высшего порядка малости по сравнению с прогибом. Перемещения в данном сечении балки связаны зависимостью dy . dx tg θ = В пределах упругих деформаций углы поворота поперечных сечений θ ≤ 1о , поэтому принимают tgθ ≈ θ , тогда θ= 8.2. dy dx . (8.2) Аналитический метод определения перемещений. Приближенное дифференциальное уравнение упругой линии может быть получено на основании зависимости (8.1) и имеет вид d2y dx 2 = M z (x) , EI z (8.3) где EI z − жесткость балки при изгибе; M z (x) − изгибающий момент в сечении балки. 71 Рис. 8.1 72 Двухкратным интегрированием этого уравнения получают уравнения искомых перемещений (угла поворота и прогиба): EI z dy = M z (x)dx + C , dx ∫l ⎡ ⎤ EI z y = ∫ ⎢ ∫ M z (x)dx + C ⎥ dx + D , ⎢ ⎥⎦ l ⎣l (8.4) (8.5) где (8.4) − уравнение углов поворота; (8.5) − уравнение прогибов. Постоянные интегрирования C и D определяют из граничных условий − условий закрепления балки: в сечении с жесткой заделкой угол поворота и прогиб равны нулю; в сечении с шарнирной опорой прогиб равен нулю. Физический смысл постоянных интегрирования: первая постоянная интегрирования C, деленная на жесткость балки EI z , равна значению угла поворота в начале координат; вторая постоянная интегрирования D, деленная на жесткость EI z , равна прогибу балки в начале координат. Если балка имеет несколько расчетных участков, то число постоянных интегрирования будет равно удвоенному значению числа расчетных участков. Для упрощения расчетов применяют м е т о д у р а в н и в а н и я п о с т о я н н ы х и н т е г р и р о в а н и я. Используя метод уравнивания постоянных интегрирования, добиваются равенства постоянных C и D на всех расчетных участках. При использовании этого метода приближенное дифференциальное уравнение изогнутой оси балки записывают, соблюдая следующие условия: 1). Начало координат выбирают на одном из концов балки и отсчет координаты x для всех расчетных участков ведут от этого начала координат. 2). Выражения изгибающего момента, составленные для первого участка сохраняют неизменными для всех последующих расчетных участков балки. 3). Вновь вводимые выражения изгибающего момента для последующих участков балки записывают с сомножителем ( х − а ) , где а − сумма длин предыдущих расчетных участков балки. 4). Если на границе участков приложен сосредоточенный момент, то в уравнение изгибающего момента его записывают с сомножителем (х − а )о . 5). Если равномерно распределенная нагрузка на границе некоторого участка заканчивает свое действие, то в выражение изгибающего момента для последующего участка записывают слагаемое, учитывающее ее вычитание. 6). Интегрируют уравнения по переменной х на первом участке и ( х − а ) , без раскрытия скобок, на всех последующих расчетных участках балки. Правило знаков для перемещений: при выборе начала координат на левом конце балки прогиб считают положительным, если он произошел в положительном направлении оси y ; угол поворота, противоположный движению часовой 73 стрелки, считают положительным. Если начало координат выбрано на правом конце балки, то правило знаков для углов поворота меняется на противоположное, для прогибов − сохраняется. Определение перемещений в балке проводят с целью проверки ее жесткости. Условие жесткости имеет вид ymax ≤ [ y ] , где ymax −максимальный прогиб, [ y ] −допускаемый прогиб, 1 lпр , где lпр − длина пролета. 750 1 = lк , где lк − длина консоли. 350 Для пролета − [ y ]пр = Для консоли − [ y ]к Пример. Определим аналитическим методом перемещения в балке, показанной на рис. 5.7. (глава 5). Дифференциальное уравнение упругой линии для балки с выбором начала координат на опоре А имеет вид: q ( x − 2) qx 2 + EI z y = M z ( x ) = RA x − 2 2 // 2 1 q ( x − 2) x 2 qx 3 − +С 1 + EI z y = RA 2 6 6 / 3 + F ( x − 3) . 3 2 2 x − 3) ( +F . 2 2 q ( x − 2) x 3 qx 4 − + Сх + D 1 + EI z y = RA 6 24 24 4 3 3 x − 3) ( +F . 2 6 3 Граничные условия: 1). x = 0 , y A = 0 , D = 0 . 43 44 24 1 −q + C ⋅4 + q +F ; 6 24 24 6 32 32 2 1 4С = −50 ⋅ + 30 ⋅ − 30 ⋅ − 20 ⋅ ; 6 3 3 6 2 С = −59,17 кНм . 2). x = 4 , yВ = 0 : 0 = RA Угол поворота на опоре А равен: 74 y A/ = C / EI z ; Жесткость балки равна EI z = 2 ⋅ 10 8 ⋅ 2790 ⋅ 10 −8 = 5580 кНм 2 . y A/ ( x =0 ) =− 59,17 = − 0,011 рад . 5580 Угол поворота в сечении при х = 2 м равен: y(/ x=2 ) = ⎤ 1 ⎡ 22 23 50 30 ⋅ − ⋅ − 59,17 ⎥ = 0,00015 рад . ⎢ 5580 ⎢⎣ 2 6 ⎥⎦ Угол поворота в сечении при x = 3 м равен: 1 ⎡ 32 33 1⎤ y x =3 = 50 − 30 − 59,17 + 30 ⎥ = 0,006 рад . ⎢ ( ) 5580 ⎢ 2 6 6 ⎦⎥ ⎣ / Угол поворота на опоре В равен: R 1 ⎡ 52 53 33 22 ⎤ yВ/ 50 30 59,17 30 20 = − − + + ⎢ ⎥ = 0,021 рад . ( x=5 ) 5580 ⎢⎣ 2 6 6 2 ⎥⎦ A Определим прогибы в сечениях балки: а) х = 2 м . y= ⎤ 1 ⎡ 23 24 − 59,17 ⋅ 2 ⎥ = −0,013 м . ⎢ 50 − 30 5580 ⎣⎢ 6 24 ⎦⎥ б) x = 3 м . y= 1 ⎡ 33 34 1⎤ ⎢50 − 30 − 59,17 ⋅ 3 + 30 ⎥ = −0,0094 м 5580 ⎣⎢ 6 24 24 ⎦⎥ Для определения сечения с максимальным прогибом построим график зависимости угла поворота y / от координаты х (рис. 8.2), на основании которого определяется положение сечения с максимальным прогибом ( x = 1,9 м ). ymax( x =1,9 ) = ⎤ 1 ⎡ 1,99 3 1,99 4 − 30 − 59,17 ⋅ 1,99 ⎥ = −0,013 м . ⎢50 5580 ⎢⎣ 6 24 ⎥⎦ Допускаемое значение прогиба для пролета балки равно [ y] = 4 = 0,0053 м . 750 75 Рис. 8.2 76 ymax > [ y ] . Условие жесткости не выполняется: Подберем новое сечение балки: ymax [ y] = 0,013 = 2,45 . 0,0053 Следовательно, момент инерции I z надо увеличить в это число раз. I z( нов.) = I z ⋅ 2,45 = 2790 ⋅ 2,45 = 6836 см4 . По сортаменту определяем номер двутавра. Двутавр № 30 (табл. 6.2). 8.3. Статически неопределимые балки. Балка называется статически неопределимой, если все возникающие в опорах реакции не могут быть определены с помощью только лишь уравнений статики. Степень статической неопределимости равна разности между числом неизвестных реакций и числом возможных для данной задачи уравнений статики. Одним из методов раскрытия статической неопределимости балок является аналитический метод. Последовательность расчета. 1. Составить уравнения равновесия. 2. Используя метод уравнивания постоянных интегрирования, составить дифференциальное уравнение упругой линии и проинтегрировать его. 3. Составить условия закрепления. 4. Вычислить опорные реакции и постоянные интегрирования из совместного решения уравнений равновесия и уравнений, полученных из условий закрепления. Пример расчета. В качестве примера рассмотрим расчет балки, изображенной на рис. 8.3. Нагрузка задана: М = 30 кНм ; F = 20 кН ; q = 12 кН / м . На опорах балки в общем случае возникают четыре реакции R A , H A , R B и R К и, т.к. для плоской системы можно составить три уравнения равновесия, заданная балка будет статически неопределимой один раз. Уравнения равновесия: ∑x =0; HA =0. ∑ y = 0 ; R A + RB + RK − q ⋅ 2 − F = 0 . ∑ mK = 0 ; − R A ⋅ 5 − RB ⋅ 3 + M + q ⋅ 2 ⋅ 2 + F ⋅ 1 = 0 . 77 Рис. 8.3 78 Подставив значения заданных нагрузок, получим R A + RB + RK = 44⎫ ⎬. 5 R A + 3RB = 98 ⎭ ∗). Выполняя с целью уравнивания постоянных интегрирования указанные выше условия, выберем для всех трех участков балки общее начало координат (опора А). Далее продолжим распределенную нагрузку до конца балки, уравновешивая ее такой же нагрузкой обратного направления, а член, содержащий сосредоточенный момент, умножим на ( х − а )о . Дифференциальное уравнение будет иметь вид EI z y // = R A x I − М(х − 2)o + R B (х − 2) − q (х − 2) 2 2 − F(х − 4) + q II (х − 4) 2 2 . III При этом значения координаты ″х″ для различных участков интегрирования лежат в следующих пределах: для 1−го участка 0 ≤ х ≤ 2 м , для 2−го участка 2 м ≤ х ≤ 4 м и для 3−го 4 м ≤ х ≤ 5 м . Интегрируя это уравнение дважды, получим: EI z ⋅ y / = С + R A x2 2 EI z ⋅ y = D + Сx + R A x3 6 − М(х − 2) + RB I −М I (х − 2)2 (х − 2)3 −q 2 6 −F II (х − 2)4 (х − 2)2 (х − 2)3 + RB −q 2 6 24 (х − 4)3 (х − 4)2 +q 2 6 −F II . III (х − 4)3 (х − 4)4 +q 6 24 . III Запишем условия, вытекающие из схемы закрепления балки: 1) х = 0, y A = 0 ; 2) х = 2 м , y В = 0 ; 3) х = 5 м, y K = 0 . Подставляя в уравнение прогибов перечисленные выше условия для соответствующих участков, получим 0 = D + C ⋅ 0 + RA ⋅ 0 . 23 ; 0 = D + C ⋅ 2 + RA ⋅ 6 34 1 34 53 32 33 −M + RB ⋅ −q −F + , 0 = D + C ⋅ 5 + RA ⋅ 24 2 6 6 6 24 откуда, подставляя значения нагрузок, получим соответственно D=0 ⎫ ⎪ 3C + 2R A = 0 ⎬ C + 4,17R A + 0,9RB = 35,7 ⎪⎭ 0,3 **). Решая совместно уравнения *) и **), найдем R A = 3 ,1 кН , 79 RВ = 27 ,5 кН , RК = 13 ,4 кН , С = −2 ,1 кНм 2 . Знак плюс в ответах для реакций показывает, что их направление было выбрано верно. Таким образом, статическая неопределимость балки раскрыта. Эпюры для поперечной силы и изгибающего момента приведены на том же рисунке. Подберем двутавровый профиль балки. На основании условия прочности (6.15) Wz = M z max [σ ] = 23,8 16 ⋅ 10 4 = 0,000149 м3 = 149 см3 и по сортаменту подбираем двутавр № 18, для которого Wz = 143 см3 I z = 1290 см4 . Для вычисления экстремальных прогибов на участках балки приравняем нулю первую производную от прогиба, т.е. выражение угла поворота. На 1−м участке будем иметь −2,1 + 3,1 ⋅ х02 = 0 , откуда x0 = ±1,16 м . 2 Так как для 1−го участка 0 ≤ х ≤ 2 м , то данному участку отвечает решение x0 = 1,16 м . Подставляя в уравнение для прогибов на этом участке значения x0 = 1,16 м ; Е = 2 ⋅ 10 8 кН / м 2 , I z = 1290 ⋅ 10 −8 м4 , получим наибольшее значение про- гиба ymax I = 1 2 ⋅ 10 8 ⋅ 1290 ⋅ 10 −8 ⎛ 1,16 3 ⎞ −4 ⎜⎜ −2,1 ⋅ 1,16 + 3,1 ⎟⎟ = −6 ,3 ⋅ 10 м . 6 ⎝ ⎠ Приравнивая нулю выражения углов поворота на 2−ом и 3−ем участках получаем кубические уравнения. Отыскание корней таких уравнений в пределах данного участка может быть выполнено, например, графически. Для 2−го участка уравнение углов поворота имеет вид ЕI z ⋅ y / = −2,1 + 3,1 3 ( x − 2) . x2 ⎛ x−2⎞ − 3 ( x − 2 ) + 27,5 ⎜ ⎟ − 12 2 6 ⎝ 2 ⎠ 2 На рис. 8.4 построена кривая, отвечающая этому уравнению (найдены значения ЕI z ⋅ у / через каждые 0,4 м). Из рисунка видно, что первая производная от прогиба в пределах 2 м ≤ х ≤ 4 м дважды обращается в ноль, т.е. на 2−ом участке имеется два экстремальных прогиба. Подставляя найденные значения х1 = 2,2 м и х2 = 3,86 м в уравнение для прогибов, находим 80 Рис. 8.4 81 у max II = ( x0 =2,2 м ) ⎛ 2,23 0,2 2 0,23 0,24 ⎞ −4 − ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ 2,1 2,2 3,1 30 27,5 12 ⎜ ⎟ = 1,2 ⋅ 10 м = 6 2 6 24 ⎟⎠ 2 ⋅ 10 8 ⋅ 1290 ⋅ 10 −8 ⎜⎝ 1 = 0,012см . у maxII ( x0 =3,86 м) = ⎛ 3,86 3 1,86 2 1,86 3 1,86 4 ⎞ −4 2,1 3,86 3,1 30 27,5 12 − ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ ⎜ ⎟⎟ = −26,3 ⋅ 10 м = 8 −8 ⎜ 6 2 6 24 ⎠ 2 ⋅ 10 ⋅ 1290 ⋅ 10 ⎝ 1 = −0,263 см . Для 3−го участка уравнение углов поворота имеет вид 2 3 2 3 ( x − 2 ) − 12 ( x − 2 ) − 20 ( x − 4 ) + 12 ( x − 4 ) . x2 EI z у = −2,1 + 3,1 − 30 ( x − 2 ) + 27,5 2 2 6 2 6 / Решение уравнения показывает, что на этом участке производная не обращается в ноль и экстремальных прогибов нет. Допускаемый прогиб в левом пролете балки равен [ y ] = в правом [ y ] = 2 = 0,267 ⋅ 10 −2 м , а 750 3 = 0,4 ⋅ 10 −2 м . Таким образом, на всех участках балки наиболь750 шие прогибы не превышают допускаемых величин и сечение балки, найденное по условию прочности, отвечает и условию жесткости. В тех случаях, когда прогиб на каком−либо участке балки превышает допускаемое значение, необходим подбор нового сечения. В этом случае момент инерции сечения, найденного по условию прочности, увеличивают во столько раз, во сколько наибольший прогиб на участке превышает допускаемое его значение, и по сортаменту по этой величине подбирают новое значение двутавра. На рис. 8.3(г) показан вид изогнутой оси балки. 9. Устойчивость элементов конструкций. 9.1. Основные понятия. Для обеспечения надежной работы конструкций, при проектировании, помимо расчетов на прочность и жесткость необходимо выполнять расчет на устойчивость, т.к. потеря устойчивости одного элемента конструкции может привести к разрушению всей конструкции. Под устойчивостью понимается способность системы сохранять свое начальное состояние равновесия при внешних воздействиях, а это значит, что все элементы конструкции должны деформироваться в таких пределах, чтобы характер их работы оставался неизменным, т.е. не изменялся вид деформации. 82 Различают три вида состояния равновесия: устойчивое, неустойчивое и безразличное. У с т о й ч и в ы м называется такое состояние равновесия, при котором при возможных отклонениях системы от начального положения, возникают силы, стремящиеся вернуть ее в начальное состояние. (Этими силами могут быть силы тяжести, силы упругости, силы инерции). Н е у с т о й ч и в ы м называется такое состояние равновесия, при котором при возможных отклонениях системы от начального положения возникают силы, стремящиеся удалить систему от исходного состояния. Б е з р а з л и ч н ы м называется такое состояние равновесия, когда при возможных отклонениях системы от начального положения не возникают силы стремящееся вернуть ее и не возникают силы стремящиеся удалить ее от исходного положения. Состояние безразличного равновесия является граничным между устойчивым и неустойчивым и является опасным в силу неопределенности. Поэтому это состояние равновесия называется критическим, а нагрузка, при которой система сохраняет безразличное состояние равновесия называется к р и т и ч е с к о й н а г р у з к о й. Очень существенно, что потеря устойчивости сопровождается нарастанием больших деформаций при малом увеличении нагрузки, поэтому явление носит характер внезапности, катастрофичности, что и делает его опасным. Поэтому критическая нагрузка считается столь же опасной для конструкции, как и нагрузка, при которой происходит разрушение конструкции (как предел прочности). Потеря устойчивости сжатого стержня сопровождается изгибом его оси, поэтому такой случай деформации называют продольным изгибом. 9.2. Формула Эйлера для критической силы. Вопрос об устойчивости сжатых стержней впервые был поставлен и решен Леонардом Эйлером в 1759 г. Эйлером выполнен вывод формулы для вычисления величины критической силы для стержня шарнирно−закрепленного по обоим концам. Формула имеет вид: EI min π 2 , (9.1) (μ l )2 где E −модуль нормальной упругости материала стержня. I min − минимальный момент инерции поперечного сечения стержня. (Из двух осевых моментов инерции относительно главных центральных осей выбирается наименьший, потому что потеря устойчивости происходит в плоскости наименьшей жесткости.). l − длина стержня. Fк = 83 μ − коэффициент приведения длины стержня, который зависит от условий закрепления концов стержня. Эйлером было доказано, что при потере устойчивости изогнутая ось стержня является синусоидальной кривой. Коэффициент μ показывает на какой части длины стержня укладывается полуволна синусоиды (рис. 9.1). Формула Эйлера получена на основании приближенного дифференциального уравнения изогнутой оси, которое справедливо в пределах действия закона Гука. Следовательно, критическое напряжение ( σ к ) не должно превышать предела пропорциональности материала стержня (σпц), т.е. σх ≤ σпц. Рис. 9.1 84 9.3. Расчет на устойчивость сжатых стержней. Fк − опасная нагрузка. Безопасная нагрузка по условию устойчивости сжа- того стержня: F≤ Fк ; кy F= EI min π 2 к y (μ l ) 2 . (9.2) F − безопасная нагрузка; к y − коэффициент запаса устойчивости, назначается по нормам для данного ма- териала. к y = 5 ÷ 5,5 − чугун. кy =2 ÷ 3 − сталь. к y = 2,3 ÷ 3,2 − дерево. Последовательность расчета. 1. По формуле Эйлера проводят предварительный подбор размеров сечения стержня, для чего на основании (9.2) определяют I min ≥ Fк y (μ l ) E ⋅π 2 2 . По полученному значению I min для: − прокатного профиля по сортаменту определяют № профиля, площадь сечения А . − прямоугольного или круглого поперечных сечений по соответствующим формулам определяют размер сечения ( b , или r ). а) Прямоугольное сечение. При заданном отношении сторон прямоугольника n = h b , минимальный момент инерции I min ≥ Fк y (μ l ) 2 E ⋅π 2 = b 3 h nb 4 = 12 12 ; площадь сечения A = bh = nb 2 . б) Круглое сечение. I min = π r4 4 , A =π r2. 85 2. Вычисляют радиус инерции i min сечения. Радиус инерции является геометрической характеристикой сечения и вычисляется по формуле i min = 3. I min . A Вычисляют приведенную гибкость стержня λ : λ= μl i min . 4. По таблицам коэффициента снижения допускаемого напряжения ( ϕ ), по полученному значению λ для данного материала стержня определяют значение коэффициента ϕ . (табл. 9.1.). 5. Проверка подобранного сечения по условию устойчивости: σ = F ≤ ϕ [σ ] . В A том случае, если условие устойчивости не выполняется, то следует увеличить размер сечения при σ > ϕ [σ ] или уменьшить размер сечения при σ < ϕ [σ ] , так чтобы выполнялось условие перенапряжения или недонапряжения стержня: σ − ϕ [σ ] ⋅ 100 % ≤ 5 % . ϕ [σ ] Таблица 9.1 86 Пример. Проведем расчет на устойчивость сжатого стержня двутаврового профиля, жестко закрепленного обоими концами (рис. 9.2). Материал стержня сталь, [σ ] = 160 МПа , к у = 2,5 . 1). I min ≥ F ⋅ к у ⋅ ( μl ) Eπ 2 2 = 800 ⋅ 2,5 ⋅ ( 0,5 ⋅ 4 ) 8 2 ⋅ 10 ⋅ 3,14 2 2 = 406 ⋅ 10 −8 м4 = 406 см 4 . Рис. 9.2 По сортаменту (табл. № 6.2) принимаем двутавр № 33. Момент инерции I min = I у = 419 см4 , площадь сечения А = 53,8 см 2 . I min 419 = = 2,79 см . A 53,8 μ l 0,5 ⋅ 400 = = 72 . 3). λ = imin 2,79 2). imin = 4). По таблице 9.1 λ = 70, ϕ = 0,81⎫ ⎬ интерполируя, получаем ϕ = 0,798 . λ = 80, ϕ = 0,75 ⎭ 87 5). σ = F 800 = = 14,9 ⋅ 10 4 кН / м 2 . A 53,8 ⋅ 10 −4 ϕ [σ ] = 0,798 ⋅ 16 ⋅ 10 4 = 12,8 ⋅ 10 4 кН / м 2 . Отсюда видно, что условие устойчивости не выполняется, следовательно надо увеличить значение момента инерции I min . Принимаем двутавр № 36. I min = 516 см4 , А = 61,9 см 2 , тогда imin = λ= 516 = 2,89 см . 61,9 0,5 ⋅ 400 = 69 . 2,89 ϕ = 0,815 . σ= 800 61,9 ⋅ 10 −4 = 12,9 ⋅ 10 4 кН / м 2 . ϕ [σ ] = 0,815 ⋅ 16 ⋅ 10 4 = 13 ⋅ 10 4 кН / м 2 . Условие устойчивости выполняется. 88