Сопротивления материалов с примерами и задачами

КУРС СОПРОТИВЛЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ С ПРИМЕРАМИ И ЗАДАЧАМИ КУРС СОПРОТИВЛЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ С ПРИМЕРАМИ И ЗАДАЧАМИ Учебное пособие 1 2 ОГЛАВЛЕНИЕ ВВЕДЕНИЕ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1. ОСНОВНЫЕ ПОЛОЖЕНИЯ КУРСА . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.1. Общие определения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2. Гипотезы и допущения, принятые в сопротивлении материалов 7 1.3. Типы схематизаций, используемые в сопротивлении материалов 9 1.4. Внутренние усилия. Метод сечений . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.5. Понятие о напряжениях. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.6. Виды деформаций и деформирования . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2. РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2.1. Внутренние усилия, напряжения, деформации . . . . . . . . . . . . 18 2.2. Связь напряжений и деформаций . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.3. Механические характеристики конструкционных материалов . . . 19 2.4. Расчеты на прочность при растяжении . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.5. Расчеты на жесткость при растяжении . . . . . . . . . . . . . . . . 23 3. НАПРЯЖЕННО-ДЕФОРМИРОВАННОЕ СОСТОЯНИЕ . . . . . . . . . . . 30 3.1. Понятие о напряженном состоянии. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 3.2. Линейное напряженное состояние . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 3.3. Плоское напряженное состояние . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 3.4. Свойства нормальных и касательных напряжений . . . . . . . . . . . 34 3.5. Графическое определение напряжений на наклонных площадках . . 35 3.6. Графическое определение главных напряжений . . . . . . . . . . . 36 3.7. Объемное напряженное состояние . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 3.8. Деформированное состояние . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 3.9. Обобщенный закон Гука для изотропного тела . . . . . . . . . . . . 41 3.10. Изменение объема тела . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 3.11. Примеры различных видов напряженного состояния . . . . . . . . . 43 3.12. Понятия о теориях прочности . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 4. СДВИГ, СМЯТИЕ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 5. КРУЧЕНИЕ ПРЯМОГО БРУСА КРУГЛОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ 56 5.1. Внутренние усилия при кручении . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 5.2. Напряжения при кручении . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 5.3. Расчет на прочность при кручении . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 5.4. Деформация вала при кручении . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 5.5. Расчет валов на жесткость . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 3 6. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЕНИЙ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 6.1. Статический момент площади сечения . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 6.2. Момент инерции сечения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 6.3. Момент сопротивления . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 6.4. Зависимости между моментами инерции относительно параллельных осей . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 6.5. Изменение моментов инерции при повороте осей . . . . . . . . . . . 69 6.6. Главные оси инерции и главные моменты инерции . . . . . . . . . . 70 7. ПЛОСКИЙ ПОПЕРЕЧНЫЙ ИЗГИБ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 7.1. Внутренние усилия при изгибе. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 7.2. Дифференциальные зависимости при изгибе . . . . . . . . . . . . . 77 7.3. Правила проверки построения эпюр Q и M . . . . . . . . . . . . . . 77 7.4. Нормальные напряжения при изгибе . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 7.5. Расчеты на прочность при изгибе по нормальным напряжениям . . 82 7.6. Поперечный изгиб. Касательные напряжения при изгибе . . . . . . 83 8. СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 8.1. Косой изгиб . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 8.2. Изгиб с растяжением . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96 8.3. Изгиб с кручением . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 9. ДИНАМИЧЕСКОЕ ДЕЙСТВИЕ СИЛ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108 9.1. Равноускоренное движение тела. Динамический коэффициент . . . 108 9.2. Ударное действие нагрузки . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 9.3. Прочность при переменных нагрузках . . . . . . . . . . . . . . . . 111 10. ВЫПОЛНЕНИЕ КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ . . . . . . . . . . . . . . . . 116 10.1. Рекомендации к выполнению контрольной работы . . . . . . . . . 116 10.2. Задания к контрольной работе . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 ПРИЛОЖЕНИЕ 1. Примеры решения задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 ПРИЛОЖЕНИЕ 2. Справочные данные. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134 4 ВВЕДЕНИЕ Сопротивление материалов – практически первая учебная дисципли-на общеинженерной подготовки, с которой сталкивается студент. Это нау-ка о прочности и жесткости элементов и деталей конструкций, которая ставит задачу разработать простые, удобные для практического примене-ния методы расчетов типичных, наиболее часто встречающихся элементов конструкций. Сопротивление материалов относится к фундаментальным дисцип-линам общеинженерной подготовки специалистов с высшим техническим образованием. Без фундаментального знания сопротивления материалов немыслимо создание различного рода машин и механизмов, гражданских и промышленных сооружений, мостов, линий электропередач и антенн, ан-гаров, кораблей, самолетов и вертолетов, турбомашин и электрических машин, агрегатов атомной энергетики, ракетной и реактивной техники и др. В условиях постоянно сокращающегося в учебных планах времени, отводимого на изучение общетехнических дисциплин, и в то же время не-обходимости формирования у будущих инженеров базового объема знаний о прочности и надежности создаваемых и находящихся в эксплуатации из-делий, важно иметь обеспечение студентов пособиями, небольшими по объему, но охватывающими основные разделы знаний в соответствии с за-дачами формирования у студентов необходимой подготовки по прочности и надежности конструкций. Настоящее пособие предназначено преимущественно для студентов, обучающихся по безотрывной форме обучения для немеханических специ-альностей, включающей в себя курс сопротивления материалов по сокра-щенной программе или входящей в состав курса «Прикладная механика». Пособие содержит основной материал по изучаемой дисциплине. В основные разделы курса включены примеры, позволяющие от за-дач простейших переходить к более сложным параллельно с изучением теоретического материала. Приложением к изучаемому материалу предла-гается контрольная работа с методическими указаниями по ее выполне-нию. В зависимости от специальности преподаватель может варьировать объем контрольных заданий. 5 1. ОСНОВНЫЕ ПОЛОЖЕНИЯ КУРСА 1.1. ОБЩИЕ ОПРЕДЕЛЕНИЯ Сопротивление материалов – раздел более общей науки – механики деформируемого твердого тела, в котором излагаются основы и методы инженерных расчетов элементов конструкций на прочность, жесткость, устойчивость и выносливость при одновременном удовлетворении требо-ваний надежности, экономичности и долговечности. Кроме сопротивле- ния материалов в механику деформируемого твердого тела входят: теория упругости, теория пластичности и ползучести, теория сооружений, строи-тельная механика, механика разрушения и др. Прочность – способность материала (образца, детали, элемента конструкции…) не разрушаясь сопротивляться действию внешних сил. Часто под прочностью понимают способность сопротивляться развитию пластических деформаций под действием внешних сил . Целью расчета на прочность является определение размеров деталей или величины внешних нагрузок, при которых исключается возможность разрушения элемента конструкции. Жесткость – способность конструктивных элементов деформиро-ваться без существенного изменения геометрических размеров. Целью расчета на жесткость является определение нагрузок и размеров деталей, при которых исключается возможность появления недопустимых с точки зрения нормальной работы конструкции деформаций. Устойчивость – способность конструктивного элемента сохра-нять под нагрузкой первоначальную форму равновесия. При потере устой-чивости возникает продольный изгиб – изгиб первоначально прямолиней-ного стержня под действием центрально приложенных продольных сжи-мающих сил. Выносливость или циклическая прочность – способность мате- риала противостоять усталости. Усталость – процесс постепенного накопления повреждений под действием переменных напряжений , приводящий к изменению свойств, образованию трещин, их развитию и разрушению. Надежность – свойство объекта сохранять работоспособное со-стояние в течение некоторого времени или некоторой наработки. Долговечность – свойство элемента или системы длительно сохра-нять работоспособность до наступления предельного состояния при оп-ределенных условиях эксплуатации. В теоретической части сопротивление материалов базируется на математике и теоретической механике, в экспериментальной части – на 6 физике и материаловедении и применяется при проектировании машин, приборов и конструкций. Обе части, относящиеся к этой науке, имеют оди-наково большое значение. Практически все специальные дисциплины под-готовки инженеров по разным специальностям содержат разделы курса сопротивления материалов, так как создание работоспособной новой техники невозможно без анализа и оценки ее прочности, жесткости и на-дежности. Задачей сопротивления материалов, как одного из разделов механики сплошной среды, является определение деформаций и напряжений в твер-дом упругом теле, которое подвергается силовому или тепловому воздей-ствию. Сопротивление материалов базируется на ряде гипотез геометри-ческого или физического характера. Такой метод позволяет получить, хотя и не во всех случаях, вполне точные, но достаточно простые формулы для вычисления напряжений. 1.2. ГИПОТЕЗЫ И ДОПУЩЕНИЯ, ПРИНЯТЫЕ В СОПРОТИВЛЕНИИ МАТЕРИАЛОВ 1. Гипотеза сплошности и однородности — материал представ- ляет собой однородную сплошную среду; свойства материала во всех точ-ках тела одинаковы и не зависят от размеров тела. Атомистическая тео- рия дискретного строения вещества во внимание не принимается. Гипотеза позволяет не учитывать особенности кристаллической структуры металла, разный химический состав и прочностные свойства связующего и напол-нителей в пластмассах, бетонах (щебень, песок, цемент), наличие сучков в древесине. 2. Гипотеза об изотропности материала – физико-механические свойства материала одинаковы по всем направлениям. В некоторых слу- чаях предположение об изотропии неприемлемо, материал является анизо-тропным. Так, анизотропными являются древесина, свойства которой вдоль и поперек волокон различны, а также армированные (композицион-ные) материалы. 3. Гипотеза об идеальной упругости материала – тело способно восстанавливать свою первоначальную форму и размеры после устране-ния причин, вызвавших его деформацию. 4. Гипотеза о совершенной упругости материала – перемещения точек конструкции в упругой стадии работы материала прямо пропор-циональны силам, вызывающим эти перемещения (справедлив закон Гука). • действительности реальные тела можно считать упругими только до оп-ределенных величин нагрузок, и это необходимо учитывать, применяя формулы сопротивления материалов. 5. Гипотеза Бернулли о плоских сечениях – поперечные сечения, плоские и нормальные к оси стержня до приложения к нему нагрузки, ос- 7 таются плоскими и нормальными к его оси в деформированном состоянии; при изгибе сечения поворачиваются не искривляясь. 6. Принцип Сен-Венана – в сечениях, достаточно удаленных от мест приложения нагрузки, деформация тела не зависит от конкретного способа нагружения и определяется только статическим эквивалентом нагрузки. Резко выраженная неравномерность распределения напряжений по сечению 2-2, показанная на рисунке, постепенно выравнивается (сечение 3-3) и на удалении, равном ширине сечения (сечения 4-4 и 5-5), исчезает. F F F F 1 1 1 1 1 1 1 1 h 2 2 2 2 3 3 0,5 F 3 3 4 4 A 2 F F F 4 4 h A 0,7 1,5 F A A A 5 5 5 5 А – площадь поперечного сечения Рис. 1.1. Распределение нормальных напряжений в поперечных сечениях стержня при растяжении сосредоточенной силой 7. Принцип Д’Аламбера – если к активным силам, действующим на точки механической системы, и реакциям наложенных связей присоеди-нить силы инерции, то получится уравновешенная система сил. Принцип используется в расчетах на прочность при динамическом действии сил. 8. Принцип независимости действия сил (принцип суперпозиции) – результат воздействия нескольких внешних факторов равен сумме ре-зультатов воздействия каждого из них, прикладываемого в отдельности, • не зависит от последовательности их приложения. Это же справедливо • в отношении деформаций. 9. Принцип начальных размеров (гипотеза о малости деформа- ций) – деформации в точках тела настолько малы по сравнению с разме-рами деформируемого тела, что не оказывают существенного влияния на 8 взаимное расположение нагрузок, приложенных к телу. Допущение при- меняют при составлении условий статики, считая тело абсолютно твердым. 10. Допущение об отсутствии начальных внутренних усилий в теле до приложения нагрузки. Почти во всех реальных деталях и элемен-тах конструкций указанное допущение полностью не выполняется. Внут-ренние напряжения возникают в деревянных конструкциях вследствие не-равномерного высыхания; в стальных и чугунных отливках – вследствие неравномерного охлаждения; в стальных деталях – вследствие термиче-ской (закалка…) и механической (шлифование…) обработок. Формирова-ние колесных пар для железнодорожных вагонов осуществляют путем за-прессовки колес на ось. За счет натяга создаются напряжения в ступице колеса и подступичной части оси. Замечание о точности расчетов и округлении результатов. С учетом изложенных гипотез и допущений, а также разбросов результатов экспериментов по определению механических свойств, точность инженер-ных расчетов не превышает 3–5 %. В некоторых случаях погрешность 10–15 % считают приемлемой. На практике, если нет специальных указа-ний , результат округляют до трех значащих цифр. Например, результат 568 234 следует округлить до 568 000, а результат 0,00237648 – до 0,00238 или 2,38·10-3. 1.3. Типы схематизаций, используемые в сопротивлении материалов Реальный объект – иссле- дуемый элемент конструкции, взя-тый с учетом всех своих особен-ностей: геометрических, физиче-ских, механических и других. Расчет реального объекта является или теоретически невоз-можным, или практически непри-емлемым по своей сложности. По-этому в сопротивлении материа-лов используют расчетные схемы, в которых применяют упрощения, облегчающие расчет. Железнодорожный вагон а F F Пролёт балки б Консоль Консоль Рис. 1.2. Пример реальной конструкции (а) и соответствующей ей расчётной схемы (б) Расчетная схема – идеализированная схема, отражающая наиболее существенные особенности реального объекта, определяющие его поведе- ние под нагрузкой. В зависимости от постановки задачи и требуемой точ-ности ее решения для одной и той же конструкции может быть предложе- 9 но несколько расчетных схем. Так же и одна расчетная схема может соот-ветствовать различным конструкциям. Основная цель сопротивления материалов – создать практически приемлемые простые приемы (методики) расчета типовых наиболее часто встречающихся элементов конструкций. Необходимость перехода от ре-ального объекта к расчетной схеме (с целью упрощения расчетов) застав-ляет вводить схематизацию понятий. Выделяют следующие типы схемати-зации: физическая схематизация; геометрическая схематизация; силовая схематизация. Физическая схематизация (модель материала) Все изучаемые тела считают выполненными (изготовленными) из материалов, наделенными идеализированными свойствами. Материал эле- ментов конструкций считают сплошным, однородным, изотропным и ли- нейно упругим (см. выше гипотезы 1, 2, 3, 4). Геометрическая схематизация (модель формы) Виды конструктивных элементов, встречающихся в сооружениях и машинах, при всем их разнообразии, можно свести к четырем основным категориям. Массивное тело – тело, у которого все три размера величины одного порядка (рис. 1.3). Это – фундаменты сооружений, подпор-ные стенки, станины станков и т. п. Брус – тело, одно из измерений которо-го, значительно больше двух других. Брусья с прямолинейной осью постоянного сечения (а), переменного сечения (б), ступенчатый (в), тонкостенный (толщина стенок значительно меньше габаритных размеров сечения) стержень (г), с криволинейными осями (д), (е), (ж) (рис. 1.4). Оболочка – тело, ограниченное двумя криволинейными поверхно-стями, расположенными на близком расстоянии одна от другой (рис. 1.5). Геометрическое место точек, равноудаленных от обеих поверхностей обо-лочки, называют срединной поверхностью . По форме срединной поверхно-сти различают оболочки цилиндрические, конические, сферические и др. К оболочкам относятся тонкостенные резервуары, котлы, купола зданий, обшивки фюзеляжей, крыльев (и других частей летательных аппаратов), корпуса судов и т. п. 10 а б в г д е ж Рис. 1.4. Примеры брусьев различной формы Рис. 1.5. Оболочка Рис. 1.6. Пластина Пластина – тело, ограниченное двумя параллельными поверхностя- ми (рис. 1.6). Пластины могут быть круглыми, прямоугольными и иметь другие очертания. Толщина пластин, как и оболочек, может быть постоян-ной или переменной. Пластинами являются плоские днища и крышки ре-зервуаров, перекрытия инженерных сооружений, диски турбомашин и т. п. Тела, имеющие эти основные формы, и являются объектами расчета на прочность, жесткость и устойчивость. В настоящем учебном пособии рассматриваются разделы, связанные с расчетом брусьев с прямолинейной геометрической осью. Схематизация опор Схемы реальных опорных устройств можно свести к трем типам. Шарнирно-подвижная опора балки (рис. 1.7, а) препятствует только вертикальному перемещению конца балки, но ни горизонтально-му перемещению, ни повороту. Такая опора при любой нагрузке дает одну реакцию. Шарнирно-неподвижная опора (рис. 1.7, б) препятствует вертикаль- ному и горизонтальному перемещениям конца балки , но не препятствует повороту сечения. Дает две реакции: вертикальную и горизонтальную. 11 Заделка (защемление) (рис. 1.7, в). Опора препятствует вертикаль-ному и горизонтальному перемещениям конца балки, а также повороту се-чения. Дает три реакции: вертикальную и горизонтальную силы и пару сил. а б в Рис. 1.7. Схемы опорных устройств варианты их изображения: • – шарнирно-подвижная опора; б – шарнирно-неподвижная опора; ◦ – защемление (жесткая заделка) Силовая схематизация (модель нагружения) В нагруженном теле, находящемся в равновесии, внешние нагрузки стремятся вызвать деформацию тела, а внутренние усилия стремятся со-хранить тело как единое целое. Внешние нагрузки – силы взаимодействия между рассматривае-мым элементом конструкции и другими телами, связанными с ним. Классификация внешних нагрузок производится по трем признакам: способу приложения, продолжительности действия, характеру изменения. По способу приложения: сосредоточенные, распределенные. Сосредоточенными (рис. 1.8, а) называют силы, приложенные к площадкам, размеры которых малы по сравнению с размерами объекта, например, давление обода колеса на рельс. Размерность Н, кгс (ньютон, ки-лограмм силы). Распределенными по площади (поверхностными) (рис. 1.8, б) на- зывают силы, приложенные к площадкам контакта, например, давление жидкости или газа на стенки сосуда, снеговая нагрузка на кровлю здания. Давление выражается в единицах силы, отнесенных к единице площади, Н/м2, кгс/см2. Производная единица Паскаль: 1 Па = 1 Н/м2. Распределенные по длине (рис. 1.9, а) равномерно или по заданному закону (треугольному, параболическому…). Размерность Н/м, кгс/м. Объемные силы (рис. 1.9, б) непрерывно распределены по объему, занимаемому элементом, например , сила тяжести, сила инерции. Характе-ризуются интенсивностью, то есть отношением единицы силы к единице объема, Н/м3, гс/см3. По продолжительности действия: постоянные и временные. Постоянные действуют в течение всего времени существования конструкции, например, нагрузка на фундамент здания. 12 q, МПа 1,5 кН 2,5 кН 1,5 кН 2,5 кН а б Рис. 1.8. Примеры сосредоточенной (а) и равномерно распределенной по площади (б) нагрузок Собственный вес 1 см3 1 см3 1 см3 7,85 г 7,85 г а 7,85 г б Рис. 1.9. Виды распределенной по длине (а) и объему (б) нагрузок Временные действуют на протяжении отдельных периодов экс- плуатации объекта, например, давление газа в баллоне. По характеру изменения в процессе приложения Статические – постоянные (нагрузка от собственного веса), или медленно изменяющиеся так, что силами инерции вследствие ускорения можно пренебречь (изменение давления от снеговой нагрузки). Динамические – вызывающие в конструкции или отдельных ее эле-ментах большие ускорения, которыми пренебречь нельзя. Величина этой нагрузки значительно изменяется за малые промежутки времени, напри-мер, ударная. 13 Повторно-переменные – изменяющиеся по некоторому закону. Примеры: изменение натяжения ветви ремня (или цепи) в зависимости от ее положения в текущий момент времени – сбегающая или набегающая ветвь на ведущий шкив (звездочку) . Изменение натяжения спицы велоси-педного колеса в зависимости от ее положения (верхнее или нижнее в дан-ный момент вращения колеса). 1.4. ВНУТРЕННИЕ УСИЛИЯ. МЕТОД СЕЧЕНИЙ Величиной внутренних усилий определяется степень деформации элемента конструкции и возможность разрушения в том или ином опасном сечении элемента конструкции. Внутренние усилия – силы взаимодействия между частицами тела (кристаллами, молекулами, атомами), возникающие внутри элемента кон-струкции, как противодействие внешним нагрузкам. Для выявления внутренних усилий пользуются методом сечений. 1. Рассечь нагруженное тело плоскостью Р на две части (рис. 1.10, а). 2. Отбросить одну из частей q P (рис. 1.10, б). Реальное тело пред- F3 F4 ставляет собой конгломерат различно ориентированных зерен, от граней F2 которых в разных направлениях дей- M а ствуют элементарные внутренние F1 усилия. 3. Заменить действие отбро-шенной части внутренними усилия-ми. При этом используется аппарат теоретической механики: определе-ние равнодействующей системы схо-дящихся сил, параллельных сил, пе-ренос сил в заданную точку – центр тяжести сечения 0 (рис. 1.10, в). По-лученные в результате приведения главный вектор R и главный момент M спроецировать на главные оси инерции z, y и геометрическую ось x. 4. Уравнения равновесия по-зволяют определить внутренние уси-лия. Всего их шесть: три силы – проекции главного вектора R (рис. 1.10, г): 14 F3 F2 б y F1 R F3 x F2 z в M F1 y My F3 Т Qy x F2 Mz N г Qz z F1 Рис. 1.10. Определение внутренних усилий методом сечений Σx = 0; N = … Продольное усилие от англ. normal Σy = 0; Qy =… Поперечное усилие от нем. querlaufend Σz = 0; Qz =… Поперечное усилие и три момента – проекции главного момента М: ΣMx = 0; T = … Крутящий момент от англ. torsional, torque ΣMy = 0; My =… Изгибающий момент от англ. moment ΣMz = 0; Mz =… Изгибающий момент Таким образом, можно сформулировать правило определения внут- ренних силовых факторов: внутренние силы N, Qy, Qz численно равны ал-гебраической сумме проекций всех внешних сил (в том числе и реакций), приложенных к брусу по одну сторону от рассматриваемого сечения. Аналогично: внутренние моменты T, My, Mz численно равны алгебраиче-ской сумме моментов от внешних сил, действующих по одну сторону от рассматриваемого сечения. Какую именно сторону, правую или левую, верхнюю или нижнюю следует рассматривать, зависит от схемы нагруже-ния. Предпочтение следует отдавать более простому варианту. Принимая во внимание важность описанных выше процедур, запи-шем кратко последовательность основных этапов метода сечения: • – рассечь тело на две части плоскостью; ◦ – отбросить одну из частей тела; З – заменить действие отброшенной части внутренними усилиями; У – уравнения равновесия составить. Единица измерения усилий – ньютон (обозначение: Н). Это произ-водная единица. Исходя из второго закона Ньютона (F = m·a) она опреде-ляется как сила, изменяющая за 1 с скорость тела массой 1 кг на 1 м/с в на-правлении действия силы. Таким образом, 1 Н = 1 кг·м/с2. Измерять силу в ньютонах стали спустя два века после смерти великого ученого, когда бы-ла принята система СИ. 1 Н = 0,10197162 кгс; 1 кгс = 9,80665 Н. Каждая компонента внутренних усилий характеризует сопротивле-ние тела какому-либо одному виду деформации – простому сопротивле-нию. Например, при N ≠ 0, будет растяжение или сжатие. При Q ≠ 0 имеет место сдвиг, при Т ≠ 0 – кручение, а при М ≠ 0 – изгиб. При наличии двух и более компонентов будет сложное сопротивление тела. 15 1.5. ПОНЯТИЕ О НАПРЯЖЕНИЯХ Напряжение в точке по сечению – внутренняя сила взаимодействия, приходя-щаяся на единицу площади у этой точки. Напряжение – величина, характеризую-щая интенсивность внутренних усилий в точке. Рассмотренные ранее усилия N, Qy, Qz, My, Mz, T являются интегральным эквивален-том внутренних сил, распределенных по пло-щади сечения. Эти силы характеризуются их интенсивностью (рис. 1.11) p = lim R ; σ = lim N ; τ = lim Q . A→0 A A→0 A A→0 A y dR dQ dА dN x z Рис. 1.11. Разложение эле - ментарного внутреннего усилия на составляющие Напряжение нормальное σ – перпендикулярное к сечению, харак-теризует интенсивность сил отрыва или сжатия частиц элементов конст-рукции. Напряжение касательное τ – действующее в плоскости сечения, характеризует интенсивность сил, сдвигающих эти части в плоскости се-чения. Напряжение полное p = σ2 + τ2 . Суммируя элементарные усилия σ·dA, τy·dA, τz·dA (рис. 1.12), распределенные по се-чению и их моменты относительно координат-ных осей, получим (рис. 1.14) N = ∫ σ ⋅ d A; T = ∫ (τ y z − τz y)d A; A A Qy = ∫ τ y ⋅ d A; M y = ∫ σ ⋅ z ⋅ d A; A A Qz = ∫ τz ⋅ d A; M z = ∫ σ ⋅ y ⋅ d A. A A y My Qy τydA y dА σ·dA τzdA x N z Mz T z Qz Рис. 1.12. Связь напряжений с внутренними усилиями Единица измерения давления и меха-нического напряжения паскаль (обозначение Па). Паскаль – давле- ние, вызываемое силой 1 Н, равномерно распределенной по поверх- ности площадью 1 м2. 1 Па = 1 Н/м2; 1 МПа = 0,102 кгс/мм2; 1 МПа = 10,2 кгс/см2; 1 МПа = 1 Н/мм2; 1 кгс/мм2 = 9,81 МПа. 16 1.6. ВИДЫ ДЕФОРМАЦИЙ И ДЕФОРМИРОВАНИЯ Реальные тела не являются абсолютно твердыми и под действием приложенных сил могут изменять свое положение в пространстве. Перемещение – изменение положения в пространстве точки или поперечного сечения. Деформация – изменение формы и ℓ размеров тела под действием приложенных F F сил. ℓe – исчезаю- ℓ ℓ Деформация упругая щая после снятия нагрузки (от англ. elastic). Деформация пластическая ℓp – ℓp ℓe остающаяся после снятия нагрузки Рис. 1.13. Составляющие (от англ. plastic). Деформация абсолютная (полная) – деформации растяжения S ℓ = ℓe + ℓp. Q Деформация относительная ε = ℓ / ℓ . γ S – абсолютный сдвиг. a γ – относительный сдвиг, угловая деформация, Q угол сдвига γ ≈ tg γ = S . Рис.1.14. Деформа- a ция сдвига Растяжение (сжатие) – вид сопротивления (деформирования), при котором из шести внутренних усилий не равно нулю одно – продольное усилие N. Стержень – брус, работающий на растяже-ние или сжатие. Сдвиг – вид сопротивления (деформирования), характеризующийся взаимным смещением параллельных слоев материала под действием прило-женных сил при неизменном расстоянии между слоями. Внутреннее усилие одно – поперечная сила Q. Кручение – вид сопротивления (деформирования), при котором из шести внутренних усилий не равно нулю одно – крутящий момент Т. Кру- чение возникает при действии на брус внешних сил, образующих момент относительно его продольной оси. Вал – брус, работающий на кручение. Вал – вращающаяся (обычно в подшипниках) деталь машины, передающая крутящий момент. Изгиб – вид сопротивления (деформирования), при котором происхо-дит искривление оси прямого бруса, или изменение кривизны кривого бруса. 17 2. РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ 2.1. ВНУТРЕННИЕ УСИЛИЯ, НАПРЯЖЕНИЯ, ДЕФОРМАЦИИ Растяжение (сжатие) – вид деформации, при котором из шести внутренних усилий не равно нулю одно – продольное усилие N. Растяжение возникает, если противоположно направленные силы приложены вдоль оси стержня. Растягивающие продольные силы принято считать положи- тельными, а сжимающие – отрицательными. Стержень – брус, работающий на растяжение или сжатие. Для определения опасного участка строят эпюры внутренних усилий и напря-жений. Эпюра – график, изображающий закон изменения внутренних усилий или напряжений по длине бруса, а также напряжений по поперечному се-чению бруса. Деформация – изменение формы и размеров тела под действием приложенных сил. Деформация упругая ℓe – исчезающая после снятия нагрузки (от англ. elastic). Деформация пластическая Δℓp – остающаяся после снятия нагруз- ки (от англ. Plastic). Деформация абсолютная (полная) ℓ = ℓe + ℓp (рис. 2.1). Деформация относительная ε = ℓ / ℓ . 1 b F F b ℓ а1 ℓ1 а Рис. 2.1. Изменение размеров стержня при его растяжении ε = A = A1 − A ; A A ε = a = a1 − a 1 a a ε 2 = b = b1 − b b b (< 0); (< 0). При растяжении стержня происходит увеличение его длины и уменьшение поперечных размеров (рис. 2.1). Коэффициент поперечной деформации (коэффициент Пуассона) – абсолютная величина отношения поперечной относительной деформации к продольной (упругая постоянная материала) ε1 ε2 . μ = = (2.1) ε ε • ≈ 0 – кора пробкового дерева, min; • ≈ 0,28 – стали; • ≈ 0,5 – каучук, парафин, max. 18 2.2. СВЯЗЬ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ На основании гипотезы Бернулли (плоских сечений) и принципа Сен-Венана (о равномерном распределении напряжений по сечению) внут-ренние усилия: N = ∫ σ⋅d A; N = σ∫ d A; N = σ⋅A, A A σ = N откуда A . (2.2) Закон Гука – нормальное напряжение σ прямо пропорционально от- носительной линейной деформации ε σ = E ⋅ ε . (2.3) Подставив σ = N/A и ε = ℓ/ℓ, получим иную форму записи закона Гука: A = N ⋅ A . (2.4) Здесь Е – модуль нормальной уп- E ⋅ A Е = 200 ГПа – стали; ругости, модуль упругости перво- го рода, модуль Юнга – константа Е = 110 ГПа – титановые сплавы; материала. Е = 100 ГПа – медные сплавы; Произведение E·A – жест- Е = 70 ГПа – алюминиевые сплавы. кость сечения при растяжении. Модуль упругости характеризует сопротивление материала дефор- мированию растяжением (сжатием) в упругой области. Геометрический смысл моду- N σ = N ля упругости – тангенс угла наклона A начального участка диаграммы растя- σ жения Е = σ ~ tg α . α ε A Физический смысл модуля ℓ ε ε = упругости – напряжение, требующее- Рис. 2.2. Линейный участок A ся для удлинения стержня вдвое: Е = диаграммы растяжения σ при ε = 1, то есть при ℓ = ℓ. Реаль-но достижимые напряжения в упругой области деформирования примерно • тысячу раз меньше. 2.3. МЕХАНИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ КОНСТРУКЦИОННЫХ МАТЕРИАЛОВ Основные прочностные и деформационные характеристики материа-лов, используемых в элементах конструкций, определяют эксперименталь-но. Проводят испытания лабораторных образцов на растяжение, сжатие, срез, кручение, изгиб при статическом и циклическом нагружении, на воз- 19 духе и в агрессивных средах, при комнатной, высоких и низких температу- рах. Наиболее распространенным является испытание на растяжение ста- тической нагрузкой, позволяющей определить большинство механических характеристик материала. Машинная диаграмма – диаграмма растяжения стандартного об- разца в координатах F – ℓ, автоматически записываемая диаграммным аппаратом испытательной машины. Стандартами предусмотрены образцы плоские и цилиндрические различной длины, размеров поперечного сечения и конструктивного ис- полнения. Судить лишь о механических свойствах материала, исключая особенности формы и размеров образца, позволяет диаграмма растяжения, представляемая в координатах σ – ε. σ = F ; ε = A A . (2.5) A Здесь σ – условное напряжение; ε – относительное удлинение, А0 – началь- ная площадь поперечного сечения образца; ℓ0 – начальная длина образца. Диаграмма растяжения малоуглеродистой стали (рис. 2.3, а) имеет несколько характерных участков: 1 – участок σ упругих деформаций; 2 – площадка текучести; 3 – участок упрочнения; 4 – участок образова- σв 3 4 σт ния шейки и разрушения. Диаграммы растяже- ния большинства конструкционных металлов: 2 а легированных и углеродистых сталей в зака- 1 ленном и нормализованном состоянии, цвет- ных сплавов, полимеров и других материалов σ ε площадки текучести не имеют (рис. 2.3, б). σ0,2 По результатам испытаний определяют характеристики прочности и пластичности. Приведем некоторые из характеристик проч- б ности. Предел текучести физический σт – на- ε = 0,002 ε пряжение, при котором образец деформиру- ется при практически постоянной нагрузке Рис. 2.3. Виды диаграмм (рис. 2.3, а). растяжения Предел текучести условный σ0,2 – на- пряжение, при котором остаточное удлинение достигает 0,2 % расчет- ной длины образца (рис. 2.3, б). Временное сопротивление (предел прочности) σв – напряжение, соответствующее наибольшей нагрузке, предшествующей разрыву образца F F0,2 F σт = т ; σ0,2 = ; σв = в . (2.6) A0 A0 A0 20 Пластичность – способность материала получать большие пла-стические деформации без разрушения. Мерой пластичности являются от- носительное остаточное удлинение и относительное сужение. Относительное удлинение после разрыва δ – отношение прираще- ния расчетной длины образца ( A к − A 0 ) после разрушения к начальной рас-четной длине ℓ0, выраженное в процентах δк = A к − A0 ⋅100 . (2.7) A0 Относительное сужение после разрыва ψ – отношение разности A0 и минимальной Aк площади поперечного сечения после разрушения к на-чальной площади поперечного сечения образца A0, выраженное в процен-тах ψ = А0 − Ак ⋅100 . (2.8) А0 Чем пластичнее материал, тем больше относительное удлинение и относительное сужение после разрыва. Материалы условно подразделяют на пластичные (δк > 5 %) и хрупкие (δк < 5 %). 2.4. РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ Основной задачей расчета конструкции на растяжение является обеспечение ее прочности в условиях эксплуатации. Условие прочности – оценка прочности элемента конструкции, сводящаяся к сравнению расчетных напряжений с допускаемыми: σр ≤ [σр ]; σс ≤ [σс ], (2.9) где σр и σс – наибольшие расчетные растягивающие и сжимающие напря-жения; [σр] и [σс] – допускаемые напряжения при растяжении и сжатии. Допускаемое напряжение – наибольшее напряжение, которое можно допустить в элементе конструкции при условии его безопасной, долговечной и надежной работы: [σ ] = σпред . (2.10) [n ] Здесь σпред – предельное напряжение (состояние), при котором кон-струкция перестает удовлетворять эксплуатационным требованиям; им мо-гут быть предел текучести, предел прочности, предел выносливости, пре-дел ползучести и др. Для конструкций из пластичных материалов при определении допус-каемых напряжений используют предел текучести σт (рис. 2.4, а). Это связано с тем, что в случае его превышения деформации резко возрастают при незначительном увеличении нагрузки и конструкция перестает удов- 21 +σ σт -ε -σ +ε σт а +σ σвр -ε +ε σвс летворять условиям эксплуатации. Допускаемое напряжение в этом случае определяют как [σ ]= σт . (2.11) [n т ] Для хрупких материалов (чу- • гун, бетон, керамика) [σ р ]= σ вр ; [σ с ] = σ вс , (2.12) [n в ] [n в ] где σвр и σвс – пределы прочности при растяжении и сжатии (рис. 2.4, б). Здесь [n] – нормативный коэффициент запаса прочности. В зависимости от той предельной характеристики, с которой сравнивают расчетное напря-жение σ, различают [nт ] – нормативный коэффициент запаса прочности по отношению к пределу текучести σт и [nв] – нормативный коэффициент запаса прочности по отношению к пределу прочности σв. Запас прочности – отношение предельно допустимой теоретиче-ской нагрузки к той нагрузке, при которой возможна безопасная работа конструкции с учетом случайных перегрузок, непредвиденных дефектов и недостоверности исходных данных для теоретических расчетов. Нормативные коэффициенты запаса прочности зависят: • от класса конструкции (капитальная, временная), • намечаемого срока эксплуатации, • условий эксплуатации (радиация, коррозия, загнивание), • вида нагружения (статическое, циклическое, ударные нагрузки) • неточности задания величины внешних нагрузок, • неточности расчетных схем и приближенности методов расчета • и других факторов. Нормативный коэффициент запаса прочности не может быть единым на все случаи жизни. В каждой отрасли машиностроения сложились свои подходы, методы проектирования и приемы технологии. В изделиях обще-го машиностроения принимают [nт] = 1,3 – 2,2; [nв] = 3 – 5. Вероятность выхода из строя приближенно можно оценить с помо-щью коэффициента запаса в условии прочности: n = 1 соответствует вероятности невыхода из строя 50 %; n = 1,2 соответствует вероятности невыхода из строя 90 %; n = 1,5 соответствует вероятности невыхода из строя 99 %; n = 2 соответствует вероятности невыхода из строя 99,9 %. 22 Для неответственных деталей n = 2 много. Для ответственных – мало. Так для каната подъемного лифта это означает на 1000 подъемов одно па-дение. При расчете конструкций на прочность встречаются три вида задач, которые вытекают из условия прочности σ = N ≤ [σ ]: (2.13) A а) поверочный расчет (проверка прочности). Известны усилие N и площадь A. Вычисляют σ = N/A и, сравнивая его с предельным σт или σв (для пластичного и хрупкого материалов соответственно), находят факти-ческий коэффициент запаса прочности nт = σт , nв = σв , σ σ который затем сопоставляют с нормативным [n]; б) проектный расчет (подбор сечения). Известны внутреннее усилие N и допускаемое напряжение [σ]. Определяют требуемую площадь попе-речного сечения стержня A ≥ [ A] = N ; (2.14) [σ ] в) определение грузоподъемности (несущей способности). Известны площадь А и допускаемое напряжение [σ]. Вычисляют внутреннее усилие N ≤ [N ]= A⋅[σ], (2.15) а затем в соответствие со схемой нагружения – величину внешней нагруз- ки F ≤ [F]. 2.5. РАСЧЕТЫ НА ЖЕСТКОСТЬ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ Иногда наряду с условиями прочности добавляют ограничения на перемещение некоторых элементов конструкции, то есть вводят условие жесткости δmax ≤ [δ], где [δ] – величина допускаемого перемещения (изме- нение положения в пространстве) некоторого контролируемого сечения. Деформацию растягиваемого или сжимаемого элемента вычисляют по формуле (2. 4) закона Гука. 23 d A3 e A2 f A1 g Пример 2.1. Выполнить поверочный и а проектный расчеты ступенчатого бруса. По результатам проектного расчета построить R F1 F2 эпюру перемещения сечений. Исходные дан- сF3 b a ные представлены в таблице: III II I б F1 = 45 кН; А1 = 5,4 см2; a = 0,3 м; x F2 = 80 кН; А2 = 2,7 см2; b = 0,2 м; NI F1 F3 = 30 кН; А3 = 3,1 см2; c = 0,4 м; x в Мат-л: сталь σт = 250 МПа E = 2·105 МПа NII F1 Решение F2 г Разбиваем брус на участки. Границей x участка считают: а) точку приложения сило- NIII F1 вого фактора; б) изменение размеров или F2 65 F3 д формы поперечного сечения; в) изменение + 35 материала бруса. Брус одним концом защем- N, лен, и в опоре возникает реакция R (рис. 2.5, кН – 45 а). Для нахождения внутренних усилий при 210 подходе слева направо, придется определять 130 е опорную реакцию R. Указанную процедуру σ, + можно избежать при подходе справа налево, МПа – 83,3 то есть со свободного конца. 350 480 1. Поверочный расчет δ, 217 ж А. Определение внутренних усилий. мкм Применяем методом сечений. Рассекаем Рис. 2.5. Схемы к определе- брус на две части в произвольном сечении нию внутренних усилий, участка I. Отбрасываем одну из частей (ле- напряжений и перемеще- вую). Заменяем действие отброшенной части нию сечений внутренним усилием NI. Внутреннее усилие всегда принимаем положительным, растягивающим; его вектор направ- лен от сечения (рис. 2.5, б). Уравнение равновесия составляем проецируя все силы на продольную ось x бруса ∑ x = 0; NI + F1 = 0; ⇒ NI = −F1 = −45кН . Знак минус указывает на то , что усилие является сжимающим. Аналогично находим внутренние усилия на втором и третьем участ- ках (рис. 2.5, в и г): ∑ x = 0; N II + F1 − F2 = 0; ⇒ N II = −F1 + F2 = −45 + 80 = 35 кН. ∑ x = 0; N III + F1 − F2 − F3 = 0; ⇒ N III = −F1 + F2 + F3 = −45 + 80 + 30 = 65 кН. Строим эпюру внутренних усилий – график, изображающий закон изменения внутренних усилий по длине бруса. Параллельно оси бруса про- водим базисную линию (абсциссу графика) и по нормали к ней откладыва- 24 ем найденные выше значения внутренних усилий (ординаты графика) в выбранном масштабе с учетом знака. Положительные значения откладыва-ем выше базисной линии, отрицательные – ниже (рис. 2.5, д). Поскольку в пределах каждого из участков внутренние усилия неизменны, высоты ор-динат графика – постоянны и огибающие линии (жирные) – горизонтальны. Б. Определение напряжений на каждом из участков: σI = NI = − 45⋅103 = −8,33⋅107 Н = −83,3 МПа; м2 A1 5,4 ⋅10−4 σII = NII = 35⋅103 = 1,30 ⋅108 Н = 130 МПа; 2,7 ⋅10−4 м2 A2 σIII = NIII = 65⋅103 = 2,10 ⋅108 Н = 210 МПа. 3,1⋅10−4 м2 A3 Строим эпюру напряжений. В. Коэффициенты запаса прочности по отношению к пределу те- кучести: I участок : n = σт = 250 = 3,0; прочность избыточна; т σ I −83,3 II участок : n = σт = 250 = 1,92; прочность обеспечена; т σII 130 III участок : n = σт = 250 = 1,19; прочность недостаточна. т σIII 210 Вывод: недогружен участок I, перегружен участок III. Для этих уча-стков выполняем проектный расчет. 2. Проектный расчет Из условия прочности при растяжении σ = NA ≤ [σ ] выполняем под- бор размеров поперечных сечений I и III участков, предварительно назна-чив допускаемое напряжение [σ ]= [σ т ] = 350 = 175 МПа. n т 2 Нормативный коэффициент запаса прочности выбрали из рекомен-дуемого диапазона значений [nт] = 1,3–2,2. A ≥ N I = − 45⋅103 = 2,57 ⋅10−4 м2. 175⋅106 I [σ ] A ≥ N III = 65 ⋅103 = 3,71⋅10−4 м2. [σ ] III 175 ⋅106 25 3. Определение перемещений сечений А. Удлинения каждого из участков A I = NI ⋅ a = − 45 ⋅103 ⋅ 0,3 = −263 мкм. E ⋅ AI 2 ⋅1011 ⋅ 2,57 ⋅10−4 A II = NII ⋅ b = 35 ⋅103 ⋅ 0,2 = 130 мкм. E ⋅ AII 2 ⋅1011 ⋅ 2,7 ⋅10−4 A III = NIII ⋅ c = 65 ⋅103 ⋅ 0,4 = 350 мкм. E ⋅ AIII 2 ⋅1011 ⋅ 3,71⋅10−4 Б. Перемещения сечений. За начало отсчета принимаем сечение d. Оно защемлено, его перемещение равно нулю δd = 0. δe = A III = 350 мкм; δ f = A III + A II = 350 +130 = 480 мкм; δg = A III + A II + A I = 350 +130 − 263 = 217 мкм. Строим эпюру перемещений. Выводы 1. Выполнен поверочный расчет ступенчатого бруса. Прочность од-ного из элементов обеспечена; другого – избыточна; третьего – не-достаточна. 2. Из условия прочности при растяжении подобраны площади попе-речных сечений двух элементов конструкции. 3. По результатам проектного расчета вычислены деформации каж-дого элемента конструкции. Крайнее сечение переместится отно-сительно защемления на 217 мкм в сторону от защемления. Пример 2.2. К стальному брусу постоянного сече-ния вдоль его оси приложены две силы. По условиям экс-плуатации введено ограничение на величину перемеще-ния [δ] концевого сечения С. Из условий прочности и же-сткости подобрать размер поперечного сечения. Решение 1. Определение внутренних усилий F1 = 40 кН; F2 = 60 кН; a = 0,5 м; [σ] = 180 МПа; [δ] = 1 мм. Покажем возникающую в опоре реакцию R; определение внутренних усилий методом сечений начнем вести со свободного конца. Ось х – про-дольная ось бруса (на рисунке не показана). I участок: ∑ x = 0; − NI + F1 = 0; ⇒ NI = F1 = 40 кН . II участок: ∑ x = 0; − NII + F1 − F2 = 0; ⇒ NII = F1 − F2 = 40 − 60 = −20 кН . 26 Строим эпюру внутренних усилий. Опасным является участок I, на котором действует Nmax = – 40 кН (пластичные материалы одинаково со-противляются деформации растяжения и сжатия). F1 C I F2 II R N, кН 2а – 40 а + 20 2. Проектный расчет из условия прочности Из условия прочности при растяжении σ = Nmax ≤ [σ ] A находим требуемую площадь поперечного сечения стержня ◦ I] = − 40 ⋅103 = 2,22 ⋅10−4 м2. ▪ 180 ⋅106 3. Проектный расчет из условия жесткостиA≥N Перемещение сечения С является суммой двух слагаемых: δС = A I + A II = NI ⋅ 2a + NII ⋅ a = a ( NI ⋅ 2 + NII ) ≤ [δ ], E ⋅ A E ⋅ A E ⋅ A откуда требуемая площадь поперечного сечения стержня A ≥ a ( N ⋅2 + N ) = 0,5 (− 40⋅103 ⋅2 + 20⋅103 )= − 1,5 ⋅10−4 м2 . E ⋅ [δ ] I II 2 ⋅1011 ⋅ 0,001 Сравнивая результаты проектных расчетов из условия прочности и жесткости, назначаем большее из двух значений площади поперечного се-чения: 2,22 и 1,5 см2, удовлетворяющее обоим условиям: А ≥ 2,22 см2. F 2а а Пример 2.3. Жесткая балка (ее деформацией пренебречь) подперта α а стальным стержнем (подкосом). Прове- рить прочность стержня. Определить допускаемую нагрузку F для заданного F 2а а Ry размера поперечного сечения стержня. Выполнить проектный F = 80 кН; α B Rx расчет из условия проч- А = 15 см2; N ности и жесткости ([δF] б a = 1 м; – допускаемая величина α = 30°; D C B перемещения балки в σт = 340 МПа; δF точке приложения си- α C′ D′ ℓ лы). [δF] = 10 мм. C в α C′ 27 Решение 1. Поверочный расчет А. Определение внутреннего усилия в стержне Рассекаем стержень на две части (рис. а). Отбрасываем одну из час-тей и показываем внешнюю нагрузку F, внутреннее усилие N и две состав-ляющих опорной реакции R (рис. б). Составляем такое уравнение равнове-сия, в которое не вошли бы опорные реакции: ∑ M B = 0; F ⋅ 3a + N ⋅ a ⋅ sin α = 0; N = − F⋅3a = − 80 ⋅3⋅1 = −480 кН. a⋅ sin α 1⋅ 0,5 Усилие в стержне сжимающее. Б. Определение напряжения σ = N = − 480 ⋅103 = −320 МПа. A 15⋅10−4 В. Коэффициент запаса прочности Фактический коэффициент запаса nт = σт = 340 = 1,06 не входит в − 320 σ ]= 1,3−2,3. Вывод: рекомендуемый (нормативный) диапазон значений [nт прочность недостаточна. 2. Определение допускаемой нагрузки на конструкцию для заданного размера поперечного сечения стержня Из условия прочности при растяжении σ = N ≤ [σ ] находим допус- A каемую нагрузку на стержень [N ] ≤ A ⋅ [σ] = 15 ⋅10−4 ⋅170 ⋅106 = 255 кН. Здесь допускаемое напряжение [σ ] = σ т = 340 = 170 МПа. Нормативный [n т ] 2 коэффициент запаса по текучести назначили из рекомендуемого диапазона [n т ] = 1,3 − 2,3. Из условия равновесия (см. этап 1) находим связь между допускае-мой внешней нагрузкой [F] на конструкцию и внутренним усилием [N] в стержне: = − 255 ⋅ 0,5 = 42,5 кН . 3 3. Проектный расчет из условия прочности Требуемое значение площади поперечного сечения из условия проч-ности при растяжении: 28 ◦ ] = − 480 ⋅103 = 2,82 ⋅10−3 м2 = 28,2 см2 . ▪ 170 ⋅106 4. Проектный расчет из условия жесткостиA≥N Под действием внешней нагрузки стержень деформируется; сечения балки изменяют свое положение в пространстве. Установим связь между внутренним усилием, деформацией стержня и перемещением заданного сечения конструкции. Покажем схему в исходном и деформированном (пунктирные линии) состояниях (рис. в). Контролируемое перемещение сечения балки в точке D приложения силы δF связано с перемещением уз- ла С точки прикрепления стержня к балке соотношением: DD′ 3a ′ ′ CC′ = a = 3, что следует из подобия треугольников BDD . и BCC Вследствие перемещения узла С стержень укорачивается на A = CC′⋅ sin α . Деформацию стержня определяем по закону Гука: A = N ⋅ A = N ⋅ 2a . E ⋅ A E ⋅ A⋅ cos α Здесь ℓ – длина стержня, определяется из схемы нагружения (рис. а). Тогда из условия жесткости конструкции: δF = DD′ = 3CC′ = 3 N ⋅ 2a ≤ [δ F ] находим требуемое значение E ⋅ A ⋅ sin α ⋅ cos α площади поперечного сечения стержня A ≥ 3⋅ N ⋅ 2a = 6 ⋅ − 480000 ⋅1 = 3,33⋅10−3 м2 = 33,3 см2 . [δ F ]⋅E ⋅ sin α ⋅ cos α 0,01⋅ 2⋅1011⋅ 0,5 ⋅ 0,866 Сравнивая результаты проектных расчетов из условия прочности и жесткости, назначаем большее из двух значений: 28,2 и 33,3 см2, удовле- творяющее обоим условиям, то есть А ≥ 33,3 см2. Выводы 1. Выполнен поверочный расчет стержня. Прочность элемента кон-струкции недостаточна. 2. Для заданного размера поперечного сечения нагрузка F, прило-женная к конструкции, не должна превышать 42,5 кН. 3. Из условий прочности и жесткости при растяжении найдено зна-чение площади поперечного сечения элемента конструкции, удовлетворяющее обоим условиям: 33,3 см2. 29 3. НАПРЯЖЕННО–ДЕФОРМИРОВАННОЕ СОСТОЯНИЕ Если твердое тело нагружено системой сил, то через любую его точ-ку можно провести бесчисленное множество различно ориентированных площадок, по которым действуют нормальные и касательные напряжения, вызывающие линейные и угловые деформации. 3.1. ПОНЯТИЕ О НАПРЯЖЕННОМ СОСТОЯНИИ Напряженное состояние – совокупность напряжений, действую-щих по всевозможным площадкам, проходящим через рассматриваемую точку. Напряжение – величина, характеризующая интенсивность внут-ренних усилий, возникающих в деформируемом теле под влиянием внешних воздействий, то есть внутренняя сила, приходящаяся на единицу площади в окрестности рассматриваемой точки. Напряжение полное p – уравновешивающее внешнюю нагрузку. На- пряжение р – величина векторная, раскладывается на составляющие: по нормали к сечению σ и в плоскости сечения τ, причем p2 = σ2 + τ2. Напряжение нормальное σ – перпендикулярное к сечению. y σy Напряжение касательное τ – дейст- τyz τyx вующее в плоскости к сечению. τxy Обозначение индексов при напряже- dy τzy ниях: первый соответствует площадке, нор- σz σx маль к которой совпадает с направлением τzx τxz оси (адрес площадки); второй указывает на- z x правление напряжений. Нормальные на- пряжения имеют только первый индекс. dx dz Правила знаков Рис. 3.1. Нормальные и каса- Нормальные напряжения вызывают уд- тельные напряжения, дейст- вующие по граням элементар- линение или укорочение граней параллеле- ного параллелепипеда пипеда. Растягиваю- +σ +σ щие напряжения считают положительными. Касательные напряжения вызывают смещение граней, их сдвиг, изменение углов прямых на тупые и острые. Касательное напряжение положительно, ес- τ ли изображающий его вектор стремится вращать + +τ грань по ходу часовой стрелки. Напряженное состояние характеризуют тензором напряжений. Тензор (от лат. tensus напряженный, натянутый) – величина особого рода, задаваемая числами и законами их преобразования; является разви-тием и обобщением векторного исчисления и теории матриц. 30 В первой строке тензора ставят напряже- σ τ τ ния на первой площадке (х); во второй – на x xy xz T τ τ площадке у; в последней строке – на площадке = yx σ y yz z. Тензор содержит девять компонентов. σ Параллелепипед, выделенный в окрестно- τzx τzy σz сти рассматриваемой точки, должен находиться в равновесии при действии сил, приложенных к его граням. Нормальные силы, приложенные к граням параллелепипеда, взаимно уравновешены и, следовательно, три уравнения равновесия тождественно удовлетворяются. Составив уравнения суммы моментов всех сил относительно координат-ных осей x, y, z, можно получить следующие три равенства: τ xy = τ yx ; τ yz = τzy ; τ xz = τzx . Эти равенства называют законом парности касательных напря- жений: если по какой-либо площадке действует некоторое касательное напряжение, то по перпендикулярной к ней площадке будет действовать касательное напряжение, равное по величине и противоположное по знаку. Вследствие закона парности касательных σ τ τ напряжений тензор становится симметричным x xy xz T τ τ относительно главной диагонали. Вместо девя- = xy σ y yz ти компонентов независимыми оказываются σ только шесть. τxz τ yz σz С изменением ориентации параллелепи- педа в пространстве выделенного объема напряженного тела соотношение между нормальными и касательными напряжениями будет изменяться. Следовательно, и запись тензора для одного и того же напряженного со- стояния будет различной. n ℓ Примером сказанного могут служить разные варианты описания одного и того же вектора R на p R o плоскости в зависимости от выбранной системы координат (рис. 3.3). В системе k, ℓ: R(3, 4); в сис- теме m, n: R(4, 3); в системе o, p: R(5, 0). Очевидно, m последний вариант описания более удобен, по- скольку одна из проекций вектора равна его длине, k а другая – равна нулю. Рис. 3.2. Варианты опи- сания вектора R в раз- Поэтому необходимо найти такое положение ных системах коор- элементарного объема, чтобы количество дейст- динат вующих по его граням напря- σ1 жений было минимальным. Можно найти такую ори- T ентацию параллелепипеда, при которой по его граням = σ 2 σ действуют только нормальные напряжения (рис. 3.3). σ3 Количество независимых компонент тензора в этом случае уменьшается до трех. 31 Главные площадки – площадки, на которых касательные напряжения отсут-ствуют. σ2 y Главные напряжения – нормальные напряжения, действующие по главным пло-щадкам. Главные напряжения – нормальные напряжения, принимающие экстремальные значения. σ2 σ2 σ1 σ1 σ1 σ3 а б в Рис. 3.4. Виды напряженного состояния: а – линейное ( одноосное); б – плоское (двухосное); в – объемное (трехосное) x z σ3 σ1 Рис. 3.3. Ориентация элементарно-го параллелепипеда, при которой по граням действуют только нор-мальные напряжения Главные напряжения нумеруют в порядке убыва-ния σ1 ≥ σ2 ≥ σ3 . 3.2. ЛИНЕЙНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ Рассмотрим простейший случай нагружения – растяжение (рис. 3.5, а). Площадь Аα наклонного сечения (рис. 3.5, в) больше площади А попереч-ного сечения (рис. 3.5, б): Aα = Aα . cos Полное напряжение pα в на-клонном сечении (рис. 3.5, в) меньше нормального напря-жения σ в поперечном сече- нии (рис. 3.5, б): pα = N ; σ = N . Aα A Полное напряжение pα рас-кладывают на проекции (которые всегда меньше) σα • τα (рис. 3.5, г) ◦ α = pα ⋅ cos α = τα = pα ⋅ sin α = m n F F а m m n n n σα N α pα N α A σ α pα m Aα n τα б в n г Рис. 3.5. Пример линейного напряженного состояния N cos α = N cos2 α = σ ⋅ cos2 α; A A α N sin α = N cos α ⋅ sin α = σ sin 2α. A A 2 α 32 Таким образом σα = σ ⋅ cos2 α, (3.1) τα = σ sin 2α. (3.2) 2 Выводы: а) любое из значений напряжений на наклонных площадках pα, σα, τα меньше напряжения σ в поперечном сечении, следовательно, не столь опасны; б) напряжения на наклонных площадках pα, σα, τα зависят от угла α наклона площадки, а таких площадок в нагруженном теле можно выделить бесчисленное множество, значит, и вариантов описания одного и того же напряженного состояния множество. Для практики интересны площадки, на которых возникают экстре-мальные значения напряжений. Для их отыскания приравнивают нулю первую производную нормального напряжения по углу α. Экстремальные нормальные напряжения d σα d α = −2σ ⋅ cos α ⋅ sin α = −σ ⋅ sin 2α; d σα α = 0. d α = 0 при sin 2α = 0; sin α = 0; На этой площадке τα=0 = 0; σmax= σ. Следовательно, эта площадка являет- ся главной. Экстремальные касательные напряжения d τα = σ cos 2α; d α 2 d τα D D = 0 при cos 2α = 0; 2α = 90 ; α = 45 . d α На площадке под углом α = 45° τmax= σ/2. Полученным соотношением объ-ясняется связь между допускаемыми напряжениями: [τ] = 0,5[σ ], которую используют в расчетах при кручении и сдвиге. σ1 σ1 τ σ3 τ Тσ = σ Тσ = σ σ1 − σ3 σ3 Рис. 3.6. Изображение одноосного растяжения (слева), сжатия (справа) и соответствующие им тензоры напряжений и круги Мора 33 3.3. ПЛОСКОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ σ2 Если к выделенному эле- σ2 σα менту приложено только σ1, то σ1 α напряжение на наклонной пло- σ1 щадке τα σ′α = σ1 ⋅ cos2 α . α+90° Если действует только σ2, то ′′ ⋅cos 2 (α + 90 D )= σ2⋅sin 2 α . Рис. 3.7. Нормальные и касательные напря- σα = σ2 жения при плоском напряженном состоянии В случае, когда действуют оба главных напряжения σ1 и σ2, то, пользуясь принципом суперпозиций, по- лучим σ α = σ ⋅ cos2 α + σ 2 ⋅sin2 α . (3.3) 1 Для касательных напряжений только от σ1 или только от σ2, ′ σ1 ′′ σ2 D τα = 2 sin 2α; τα = 2 sin 2(α + 90 ). В случае действия обоих главных напряжений τα = σ1 − σ2 sin 2α . (3.4) 2 Экстремальные значения нормальных и касательных напряжений находят, приравнивая к нулю первые производные напряжений по углу dσα = 0 и dτα = 0 . d α d α Получают σmax = σ1 при α = 0, τ = 0. Это – главная площадка. τmax = σ1 − σ2 при α = 45D . 2 Площадки, по которым касательные напряжения имеют экстре-мальные значения, называют площадками сдвига. 3.4. СВОЙСТВА НОРМАЛЬНЫХ И КАСАТЕЛЬНЫХ НАПРЯЖЕНИЙ β Свойство суммы нормальных напряжений σβ Для площадки, ориентированной под углом σα β = α + 90° α σ β = σ ⋅ cos2 β + σ 2 ⋅ sin2 β; 1 (α + 90D ). σ1 σ β = σ ⋅ cos2 (α + 90D ) + σ 2 ⋅ sin2 1 σ2 σ β = σ ⋅ sin2 α + σ 2 ⋅ cos2 α . (3.5) 1 34 Сложив σα и σβ = σ cos2 α + σ sin2 α + σ sin2 cos2 α σ α + σ β 2 α + σ 2 1 1 и преобразовав, получим: σα + σβ = σ1 + σ2 = const . (3.6) Сумма нормальных напряжений, действующих по двум взаимно перпен-дикулярным площадкам, инвариантна по отношению к наклону этих площадок и равна сумме главных напряжений. Свойство второе τβ = σ1 − σ2 sin 2β; τβ = σ1 − σ2 sin 2(α + 90D ); τβ = − σ1 − σ2 sin 2α = −τα . 2 2 2 Получен закон парности касательных напряжений (см. 3.1) τβ = −τα . (3.7) 3.5. ГРАФИЧЕСКОЕ ОПРЕДЕЛЕНИЕ НАПРЯЖЕНИЙ НА НАКЛОННЫХ ПЛОЩАДКАХ. КРУГ МОРА D Известны значения главных напря- τ жений σ1 и σ2, требуется найти напряжения α на наклонных площадках. В системе τ А α C координат σ – τ построен круг диаметром E В σ 2α АВ, равным разности главных напряжений σ2 АВ = 0B – 0A = σ1 – σ2 (рис. 3.8). Из левой σβ F точки (А) пересечения круга с осью σα абсцисс проведен луч под углом α. Абсциссой точки D пересечения луча с σ1 кругом определяется нормальное напря- Рис. 3.8. Круг Мора для опреде- жение σα на наклонной площадке, ления напряжений на наклон- ординатой точки D – касательное τα. ных площадках Напряженное состояние перпенди- кулярной площадки определяется координатами точки F(σβ, –τα). Радиус круга равен полуразности главных напряжений CD = CB = σ1 − σ2 . 2 Абсцисса центра круга – среднее арифметическое главных напряжений 0C = σ1 + σ2 . 2 Нормальное напряжение σα на наклонной площадке равно сумме отрезков σα = 0E = 0C + CE = 0C + CD ⋅ cos 2α = σ1 + σ2 + σ1 − σ2 cos 2α; σ1 σ1 cos 2α + σ2 σ2 cos 2α; 2 2 σα = + − 2 2 2 2 σα = σ1 (1 + cos 2α) + σ2 (1 − cos 2α). 2 2 2 cos2α 2 sin2α 35 σα = σ1⋅ cos2 α + σ2⋅sin2 α. (3.3) Касательное напряжение на наклонной площадке τα = DE = CD·sin 2α τα = σ1 − σ2 sin 2α . (3.4) 2 Приведенные формулы по виду и нумерации совпадают формулами в §3.3. На практике нахождение напряжений на наклонных площадках иногда называют прямой задачей. Пример 3.1 200 Известны два главных напряжения (МПа), B 400 приложенных к элементарному параллелепипеду. Требуется найти нормальные и касательные напряжения, C α действующие на площадке, наклоненной под заданным n углом α = –30°. Решение аналитическое Руководствуясь соотношением σ1 ≥ σ2 ≥ σ3, присваиваем индексы главным напряжениям: σ1 = 200 МПа, σ2 = 0, σ3 = –400 МПа. (− 30D )= 50 МПа . σ α = σ ⋅ cos2 α + σ 2 ⋅sin2 α = 200 ⋅ cos2 (− 30D )+ (− 400)⋅sin2 1 200 − (− 400)sin 2(− 30D )= −260 МПа . τα = σ1 − σ2 sin 2α = 2 2 Решение графическое В координатных осях σ – τ откладываем напряженное состояние τ площадок В и С, выраженное парой координат (σ, τ): В(–400; 0); С(200; 0). Эти точки принадлежат диаметру круга. Из левой точки пересечения круга В С с осью абсцисс проводим луч под углом α = –30°. σ Координаты точки пересечения луча с кругом – α α искомые напряжения σα и τα. τ σα Вывод. Аналитическим и графическим способами найдены нормальные и касательные напряжения, действующие на наклонной площадке. Результаты решений совпали. 3.6. ГРАФИЧЕСКОЕ ОПРЕДЕЛЕНИЕ ГЛАВНЫХ НАПРЯЖЕНИЙ По сравнению с материалом, изложенным в § 3.5, такую задачу иногда называют обратной, поскольку на практике чаще встречается ситуация, при которой напряжения на наклонных площадках известны (например, по результатам тензометрических испытаний), а главные напряжения требуется найти. Напряженное состояние грани D (рис. 3.9, а) характеризуется парой координат в системе σ – τ (рис. 3.9, б): D (σx, τxy). Аналогично для грани F (σy, τyx). 36 Прямая DF – диаметр круга с центром в точке С. Круг отсекает на оси абсцисс максимальное σ1 и минимальное σ2 напряжения: σ1 = 0С + СВ; σ2 = 0С − АС . σy D σx F τxy τyx а τyx τ σ2 D 0 А C E 2α F σy Р σx σ1 σ1 τxy В σ σ2 б Рис. 3.9. Напряженное состояние на произвольно выделенных площадках (а) и построение круга Мора (б) для определения величины главных напря-жений и положения главных площадок Расстояние до центра круга 0С = σx + σ y . 2 Радиус круга СA = CB = CD = CE2 + DE2 . Катеты треугольника CDE: CE = σx − σ y ; DE = τxy . 2 Радиус круга – гипотенуза треугольника CDE σ x − σ y 2 2 CA = CB = 2 + τxy . Таким образом, величина главных напряжений σ x + σ y σ x − σ 2 2 σmax,min = ± y (3.7) + τxy . 2 2 Положение главных площадок находим с использованием полюса Р. Через точку D на круге проводим вертикальную линию (штриховка), соответствующую вертикальному положению грани D (рис. 3.9, а). Для грани F, ориентированной горизонтально, проводим горизонтальную линию до пересечения с кругом. Точка пересечения этих линий является полюсом Р. Соединив полюс Р с точкой В, найдем положение главной площадки σ1, а с точкой А – главной площадки σ2. Направление главного напряжения определяют тангенсом угла 2α tg 2α = DE = τxy . CE σ x − σ y 2 37 Для рассматриваемого случая главное напряжение σ1 повернуто по ходу часовой стрелки относительно большего алгебраически напряжения σх. Следовательно, в формуле должен быть знак минус: 2τxy tg 2α = − σx − σ y . (3.8) Примечание. Согласно приведенной формулы значение аргумента 2α функции тангенса не может превышать 90°, следовательно, значение угла α не может превышать 45°. Из этого следуют правила: направление большего из главных напряжений откладывают от большего из заданных напряжений σх, или σу; положительное значение угла α откладывают против хода часовой стрелки; направление σmax всегда проходит через те две четверти осей координат, к которым сходятся стрелки τxy и τyx; если одно из главных напряжений окажется отрицательным, то полученные напряжения обозначают σ1 и σ3; если отрицательны оба, то σ2 и σ3. Пример 3.2 Известны нормальные и каса- σx = –200 МПа; 250 тельные напряжения, действующие σy = 300 МПа; на двух парах граней выделенного τxy = –250 МПа; 200 элементарного объема материала. τyx = 250 МПа. Требуется определить положение 300 главных площадок и величину главных напряжений. Решение аналитическое Величины главных напряжений σx + σ y σx − σ y 2 2 − 200 + 300 − 200 − 300 2 σmax,min = ± = ± 2 ; 2 2 + τxy 2 2 + (− 250) σmax = 50 + 354 = 404 МПа = σ1; σ2 = 0; σmin = 50 − 354 = −304 МПа = σ3 . Индексы главным напряжениям присваиваем исходя из соотношения между ними σ1 ≥ σ2 ≥ σ3 , а также учитывая, что одно из трех напряжений на площадке, обращенной к зрителю, равно нулю. α Положение главных площадок − 2τxy − 2(− 250) 2α = −45,0D; α = −22,5D . tg 2α = σx − σ y = − 200 − 300 = −1,0; σ3 Изображаем площадку под действием главных напряже- σ1 ний. Знак угла α отрицательный, поэтому угол откладыва- 38 ем по ходу часовой стрелки от вертикали, то есть от направления большего алгебраически из заданных напряжений (σу направлено вертикально). Ли- ния действия максимальных главных напряжений σ1 проходит через I и III квадранты, где расположены ребра параллелепипеда, к которым стягива- ются касательные напряжения τ, стремящиеся сдвинуть грани так, чтобы преобразовать квадрат в ромб . Решение графическое В координатной системе σ – τ, используя выбранный τxy масштаб, отложим напряженное состояние граней D(σx, τxy) и F(σy, τyx), то есть D(–200; –250) и F(300; 250). D Отрезок DF – F σx диаметр круга; τ τyx σy точка пересече- P 300 F ния отрезка DF 200 с осью абсцисс – центр круга. Рас- 100 стояниями от начала координат до σ σ3 точек пересечения окружности с 100 200 300 σ1 осью абсцисс определяются вели- σ3 чины главных напряжений. Полюс D σ1 Р находим, продлевая до пересече- σ3 σ1 ния с окружностью линий, соответ- ствующих положению грани D (вертикальная) и грани F (горизонтальная). Линия, соединяющая полюс Р с точкой, соответствующей σ1, определяет положение первой главной площадки, а с точкой, соответствующей σ3 – положение второй главной площадки. Вывод. Аналитическим путем и графическим построением опреде-лена ориентация главных площадок в выделенном объеме нагруженного тела. Найдены значения главных нормальных напряжений. Результаты аналитического и графического решения совпали. 3.7. ОБЪЕМНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ При объемном напряженном состоянии, когда σ1 ≥ σ2 ≥ σ3 ≠ 0 в окрестности исследуемой точки выделяют элементарный кубик с гранями, параллельными главным площадкам. Через кубик проводят площадку (заштирихована) параллельно σ3 (рис. 3.10, а). Напряжения σα, τα на этой площадке зависят только от σ1 и σ2. Используют приемы и формулы (3.3–3.8) для плоского напряженного состояния. Диаметр круга напря-жений LI (рис. 3.11) равен разности σ1 – σ2. Аналогично для площадки, параллельной σ1 ( рис. 3.10, б); диаметр круга напряжений LII определяется разностью σ2 – σ3. То же для площадки, параллельной σ2 (рис. 3.10, в). Для произвольно ориентированной площадки D напряжения опреде-ляют по формулам 39 σ2 σ2 σ2 σ1 σ1 σ1 σ3 σ3 σ3 LI LII LIII а б в Рис. 3.10. Выделение в элементе, находящемся в трехосном состоянии, площадок, напряженное состояние которых не зависит от главного напряжения: а – σ3; б – σ1; в – σ2 σ α = σ cos2 α + σ 2 cos2 α 2 + σ 3 cos2 α 3 ; 1 1 (3.9) τ = σ2 cos2 α + σ2 cos2 α + σ2 cos2 α − σ2 . α 2 3 1 1 2 3 α σα Здесь α1, α2 и α3 – углы между τ нормалью к рассматриваемой площадке и нормалями к главным площадкам. D LII αmax Для объемного напряженного состо- яния справедливо свойство суммы ττ σ нормальных напряжений, инвариант- ной по отношению к наклону площадок: σ3 LI σx + σ y + σz = σ1 + σ2 + σ3 = const . (3.10) σ2 LIII Сумма нормальных напряжений, σ1 действующих по любым трем взаимно перпендикулярным площадкам, прохо- Рис. 3.11. Круги Мора, построенные дящим через рассматриваемую точку, для объемного напряженного со- есть величина постоянная. стояния Из круга Мора (рис. 3.11) следует, что экстремальные касательные напряжения действуют по площадкам, параллельным главному напряжению σ2. Площадки наклонены к главным напряжениям σ1 и σ3 под углом 45°. Значения экстремальных касательных напряжений: τmax,min = σ1 − σ3 . (3.11) 2 3.8. ДЕФОРМИРОВАННОЕ СОСТОЯНИЕ Наряду с напряженным состоянием различают и деформированное состояние – совокупность относительных удлинений и углов сдвига для всевозможных направлений осей, проведенных через рассматриваемую точку. Нормальные напряжения σ вызывают удлинение граней, оценивае-мое относительной линейной деформацией ε. Касательные напряжения вызывают сдвиг граней, оцениваемый относительным углом сдвига γ. 40 y εy γyz γyx γzy γxy εz γxz εx γzx x z Главные де-формации – отно- сительные удлинения ребер параллелепипе-да, параллельные гла-вным напряжениям; в направлении глав-ных деформаций углы сдвига отсутствуют; ε1 ≥ ε2 ≥ ε3. εx T 1 γ = 2 yx ε 1 γzx 2 Tε 1 γxy 1 γxz 2 2 ε y 1 γ yz 1 2 γzy εz 2 ε 1 ε2 = Для главных направлений тензор деформаций имеет вид: 0 0 ε3 3.9. ОБОБЩЕННЫЙ ЗАКОН ГУКА ДЛЯ ИЗОТРОПНОГО ТЕЛА Согласно закону Гука в направлении каждого нормального напряжения σ1, σ2, σ3 происходит продольная деформация ε1, ε2, ε3. Одновременно согласно эффекту Пуассона, в поперечных направлениях происходят противоположные по знаку деформации. Таким образом, в каждом из трех направлений проходит по одной продольной и по две поперечных деформации. Деформации ребер Напряжения, вызвавшие удлинения ребер 2 a 2 σ2 a c 2 a b c σ1 b σ3 b 3 1 3 1 3 1 c a ′ = σ1 ; ′′ = −με2 = −μ σ2 ; ′′′ = −με3 = −μ σ3 ; ε1 E ε1 E ε1 E b ′ σ1 ′′ σ2 ′′′ σ3 = −με1 = −μ ; = ; = −με3 = −μ ; ε2 E ε2 E ε2 E с ′ = −με1 = −μ σ1 . ′′ = −με2 = −μ σ2 . ′′′ = σ3 . ε3 E ε3 E ε3 E Используя принцип суперпозиции и, складывая эти деформации, по - лучим суммарные относительные удлинения в направлениях напряжений: ε = 1 [σ − μ(σ + σ )]; E 1 1 2 3 ε = 1 [σ − μ(σ + σ )]; (3.12) E 2 2 3 1 ε 3 = 1 [σ 3 − μ (σ + σ 2 )]. E 1 41 Если грани элементарного параллелепипеда не совпадают с главны-ми площадками, то по ним действуют касательные напряжения, не удли-няющие или укорачивающие грани, а вызывающие лишь изменение пря-мых углов между его гранями. На основании инвариантности суммы нор-мальных напряжений (3.6) обобщенный закон Гука может быть представ-лен в виде: εx = 1 [σ x − μ(σ y + σz )], E [σ y − μ(σz + σx )], ε y = 1 E [σ z − μ(σ x + σ y )], εz = 1 E γxy = τxy ; G γ yz = τ yz ; (3.13) G γxz = τxz . G 3.10. ИЗМЕНЕНИЕ ОБЪЕМА ТЕЛА Объем параллелепипеда до деформации V = a ⋅ b ⋅ c . c 2 σ2 a Объем в деформированном состоянии V = a1⋅ b1⋅ c1 , b a1 = a + a = a + aε1 = a(1 + ε1 ); σ3 σ1 где b1 = b + b = b + bε2 = b(1 + ε2 ); 3 1 c1 = c + c = c + cε3 = c(1 + ε3 ). Изменение объема тела θ = V = V1 −V = a1⋅ b1⋅ c1 − a ⋅ b ⋅ c = V V a ⋅ b ⋅ c = a ⋅ b ⋅ c(1 + ε1 )(1 + ε2 )(1 + ε3 )− abc = (1 + ε1 )(1 + ε2 )(1 + ε3 )−1. a ⋅ b ⋅ c Пренебрегая величинами второго и третьего порядка малости (произведе- ния εi), получим θ = V = ε + ε 2 + ε 3 . (3.14) V 1 Относительное изменение объема равно сумме трех главных де-формаций. Подставив εi из обобщенного закона Гука, получим θ = V = 1− 2μ (σ + σ 2 + σ 3 ). (3.15) V E 1 Для произвольно ориентированных площадок θ = V = 1 − 2μ (σx + σ y + σz ). (3.16) V E Анализ формул приводит к выводам: 42 для материалов (каучук, парафин) с большим значением μ = 0,47 де-формация будет происходить без изменения объема при любом из спосо-бов нагружения; для любого материала деформация происходит без изменения объе-ма, если σ1+σ2+σ3 = 0. Например, при кручении σ2 = 0, σ3 = -σ1. Изменяется лишь форма (углы между гранями); изменение объема происходит без изменения формы, если σ1 = σ2 = σ3 = σ0 (гидростатическое сжатие); коэффициент Пуассона не может превышать значения 0,5, поскольку при μ > 0,5 материал уменьшается в объеме при растяжении. Примечание: формулы действительны при напряжениях, не превы-шающих предела пропорциональности 3.11. ПРИМЕРЫ РАЗЛИЧНЫХ ВИДОВ НАПРЯЖЕННОГО СОСТОЯНИЯ Один и тот же материал может проявлять резко различные характе-ристики прочности и пластичности в зависимости от схемы напряженного состояния. 1. Растяжение гладких образцов ДО образования шейки. Линейное НС σ1 τ σ1 σ 1 F F σ Tσ = 2. Сжатие образцов при смазке торцевых поверхностей. Линейное НС σ3 σ3 τ F F σ Tσ = − σ3 3. Цистерна, сферическая оболочка под давлением. Плоское НС σ1 τ σ2 σ1 0 0 σ1 р σ2 Tσ = σ2 σ 4. Вал под действием скручивающих моментов. Плоское НС M τ σ1 σ3 σ1 σ3 T = 0 0 0 M σ1 σ σ − σ3 43 5. Растяжение образца с концентратором напряжений (надрезом) Объемное одноименное НС σ2 τ σ2 σ1 F F σ1 σ3 Tσ = 0 σ2 σ1 σ3 σ σ3 6. Измерение твердости НВ, закрытая ковка в штампах, прессование Объемное одноименное НС, трехосное сжатие F σ3 σ3 σ2 τ − σ σ1 1 σ Tσ = 0 − σ2 σ1 σ2 − σ3 7. Волочение проволоки, труб. Объемное разноименное НС σ3 σ3 τ σ F σ1 σ1 1 σ2 σ Tσ = 0 − σ2 σ2 − σ3 8. Быстрый нагрев шара. Трехосное растяжение σ2 τ σ1 σ1 t σ2 σ2 σ3 σ1 σ3 σ Tσ = σ3 9. Гидростатическое сжатие. Трехосное сжатие р σ2 σ1 τ − σ 1 σ3 σ1 σ2 σ Tσ = 0 − σ2 σ3 − σ3 3.12. ПОНЯТИЯ О ТЕОРИЯХ ПРОЧНОСТИ Теории прочности используются для оценки прочности конструкций в случае плоского и объемного напряженных состояний. При двух- и трехосном напряженном состояниях соотношения между нормальными и касательными напряжениями настолько разнообразны (тензор напряжений содержит девять компонентов, из которых шесть независимы), что экспе- 44 риментальная проверка опасного состояния для каждого из соотношений практически исключается. Задача несколько упрощается, если вместо шести компонентов на-пряжений рассматривать эквивалентные им три главных напряжения и найти такую их комбинацию, которая была бы равноопасной линейному напряженному состоянию, то есть простому растяжению или сжатию. Ха-рактеристики прочности и пластичности , полученные при испытании на растяжение, достаточно полно приведены в справочной литературе. Суть теорий (гипотез, критериев) прочности состоит в том, что, оп-ределив главную причину разрушения материала (преимущественное влияние того или иного фактора), можно подобрать соответствующее эк-вивалентное напряжение при сложном напряженном состоянии, а затем со-поставить его с простым одноосным растяжением, как показано на схеме. Заменить Сравнить σ2 σ3 σ1 σэкв [σ] или σпред Эквивалентное напряжение σэкв – напряжение, которое следует создать в растянутом образце, чтобы его напряженное состояние стало равноопасным с заданным. Создан ряд теорий (гипотез, критериев) прочности (более 20), позво-ляющих определить вид функциональных зависимостей, представляющих сложное напряженное состояние эквивалентным ему одноосным напря-женным состоянием. В качестве причин наступления опасного состояния считают: а) нор-мальные напряжения – разрушение хрупкое, путем отрыва; б) линейные деформации; в) касательные напряжения – разрушение пластичное, путем сдвига; г) энергия деформации и другие. Следует заметить, что опасное состояние как для пластичных мате-риалов ( момент появления больших остаточных деформаций), так и для хрупких (момент появления трещин) лежит на границе области упругого деформирования. Это позволяет при всех дальнейших вычислениях, отно- сящихся к проверкам прочности, пользоваться формулами, выведенными при условии применимости закона Гука. ГИПОТЕЗА НАИБОЛЬШИХ НОРМАЛЬНЫХ НАПРЯЖЕНИЙ (первая теория прочности) Прочность при любом напряженном состоянии будет обеспечена, если максимальное нормальное напряжение не превзойдет допускаемого, определенного при простом растяжении: σэкв(I) = σ1 ≤ [σ]. 45 Здесь [σ] – допускаемое напряжение при растяжении. Эту гипотезу связы-вают с именем Г. Галилея (XVII). Гипотеза пренебрегает действием двух других главных напряжений и не учитывает появления пластических де-формаций; дает удовлетворительные результаты для хрупких материалов: стекло, керамика, камень, кирпич, бетон, гипс. ГИПОТЕЗА НАИБОЛЬШИХ ЛИНЕЙНЫХ ДЕФОРМАЦИЙ (вторая теория прочности) Прочность при любом напряженном состоянии будет обеспечена, если наибольшее относительное удлинение не превзойдет допускаемого, определенного при простом растяжении: εmax ≤ [ε]. Гипотеза предложена Э. Мариоттом (1682), развита Б. Сен-Венаном (XIX). Из первой строки обобщенного закона Гука для объемного напряженного состояния (3.12) ε1 = E1 [σ1 − μ(σ2 + σ3 )] = εmax . Для линейного напряженного состояния, когда σ2 = σ3 = 0, ε2 = ε3 = 0 ε = σ , [ε ] = [σ] . E E Решая совместно последние три равенства, получим: σэкв(II) = σ1 − μ(σ2 + σ3 ) ≤ [σ]. Экспериментально гипотеза подтверждается слабо, в расчетной практике применялась в начале прошлого века. ГИПОТЕЗА НАИБОЛЬШИХ КАСАТЕЛЬНЫХ НАПРЯЖЕНИЙ (третья теория прочности) Прочность при любом напряженном состоянии будет обеспечена, если наибольшее касательное напряжение не превзойдет допускаемого, определенного при простом растяжении τmax ≤ [τ]. Гипотеза предложена Ш. Кулоном (1773 г.), развита Б. Сен-Венаном (1871). Для объемного напряженного состояния τmax = σ1 − σ3 . (3.17) 2 При простом растяжении (линейном напряженном состоянии, σ2 = σ3 = 0) 46 τmax = σ ; [τ] = [σ] . 2 2 Решая совместно последние два равенства, получим: σэкв( III) = σ1 − σ3 ≤ [σ]. (3.17) Гипотеза не учитывает действие второго главного напряжения σ2. Хорошо согласуется с опытом для пластичных материалов. ГИПОТЕЗА УДЕЛЬНОЙ ПОТЕНЦИАЛЬНОЙ ЭНЕРГИИ ФОРМОИЗМЕНЕНИЯ – ЭНЕРГЕТИЧЕСКАЯ ТЕОРИЯ ПРОЧНОСТИ (четвертая теория прочности) Прочность при любом напряженном состоянии будет обеспечена, если удельная потенциальная энергия деформации, идущая на изменение формы, не превзойдет допускаемого значения, определенного при простом растяжении uф ≤ [u]. Согласно гипотезе, высказанной Д. Максвеллом в 1856 г. и разработанной М. Хубером в 1930 г., удельную потенциальную энергию деформации сле-дует разложить на две компоненты, одна из которых отвечает за изменение объема, а другая – формы . В расчетах учитывать лишь одну из них – по-следнюю. Напряжения σ1, σ 2 и σ3, действующие по граням параллелепи-педа, тоже можно разложить на две компоненты, как показано на схеме: σ2 σm σ2-σm σ1 = σm + σ1-σm σ3 σm σ3-σm Шаровой Девиатор тензор σ1 = (σ1 − σm )+ σm ; • 2 = (σ2 − σm )+ σm ; ◦ 3 = (σ3 − σm )+ σm , где σm = σ1 + σ2 + σ3 3 Первая компонента – шаровой тензор, по граням которого действует среднее напряжение σm, отвечает только за изменение объема (одинаковое удлинение всех ребер). Вторая компонента – девиатор (от лат. deviatio – отклонение) отвечает за изменение формы элементарного параллелепипеда. 47 Энергия формоизменения для объемного напряженного состояния (вывод опускается): uф = 16+Eμ [(σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 ]. При одноосном растяжении, когда σ2 = σ3 = 0, приняв σэкв = σ1, получим: uф = 13+Eμ σ12 . Тогда условие прочности по четвертой теории можно записать так: σэкв(IV) = 12 [(σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 ]≤ [σ ]. (3.18) Четвертая теория более точно, чем третья, описывает появление в материале малых пластических деформаций. Опыты хорошо подтвержда-ют четвертую теорию для пластичных материалов, одинаково работающих на растяжение и сжатие. ГИПОТЕЗА КУЛОНА-МОРА (ТЕОРИЯ ПРОЧНОСТИ МОРА, 1900) Прочность при любом напряженном [τ] состоянии будет обеспечена, если круг 2 Мора не выходит за пределы огибающих 3 4 кругов, построенных на допускаемых на- [σ] пряжениях при простом растяжении и 1 сжатии. − [σ + ] σ = σ σ ≤ [σ ]. экв(V) 1 [σ − ] 3 + Гипотеза (ее иногда называют пятой и обозначают римской цифрой V) приме-няется для материалов, обладающих раз-ным сопротивлением растяжению и сжа- тию (чугун, бетон…). В случае, если допускаемые напряжения при растя-жении [σ+] и сжатии [σ-] одинаковы, теория Мора совпадает с третьей тео-рией прочности. Таким образом, для практических расчетов следует рекомендовать четвертую или третью теории прочности (строго говоря – теории перехода локального объема в пластическое состояние) для материалов, одинаково сопротивляющихся растяжению и сжатию, то есть пластичных, и теорию Мора – для материалов, различно сопротивляющихся растяжению и сжатию. 48 70 Пример 3.3. В опасном сечении детали, вы- полненной из серого чугуна СЧ25, выделен эле- мент, по граням которого действуют напряжения 30 (в МПа), как показано на рисунке. Проверить 50 прочность элемента. Решение 20 Напряжениям, показанным на рисунке, дадим обо- значение согласно координатной системе xyz: σx = –30 МПа; σy = 50 МПа; σz = –70 МПа; τxy = 20 МПа; τyx = –20 МПа. D σx F τxy τyx σy Площадка, нормаль к которой z параллельна оси z – главная, посколь- x ку касательные напряжения на ней от- y сутствуют. Покажем напряженное со- стояние на двух других площадках в плоскости x0z. Величина главных напряжений: σx + σ y σx − σ y 2 2 − 30 + 50 − 30 − 50 2 2 σmax,min = ± = ± + 20 ; 2 2 + τxy 2 2 σmax = 10 + 44,7 = 54,7 МПа; = 10 − 44,7 = −34,7 МПа. Назначаем индексы при главных напряжениях: σ1 = 54,7 МПа; σ2 = −34,7 МПа; σ3 = −70 МПа. Проверка результатов расчета с использованием свойства суммы нормаль-ных напряжений: σ x + σ y + σ z = σ1 + σ2 + σ3 = const; − 30 + 50 − 70 = 54,7 − 34,7 − 70 = −50. − 2τxy Положение главных площадок tg 2α = = − 2 ⋅ 20 = 0,5; 2α = 26,6D; α = 13,3D. σx − σ y − 30 − 50 Угол α (положительный) откладывается против хода ча-совой стрелки от направления большего из заданных на-пряжений в плоскости x0z, то есть от σy. α σ1 σ3 Проверка прочности Назначим допускаемые напряжения, выбрав коэффициент запаса прочности [nв] = 3, рекомендуемый для хрупких материалов, по-разному сопротивляющихся растяжению и сжатию 49 [σ р ]= σ вр = 250 = 83 МПа; [σ с ] = σ вс = 980 = 327 МПа . [n в ] 3 [n в ] 3 Согласно первой гипотезы прочности • экв,I = σ1 = 54,7 МПа < [σ р ]= 83 МПа; ◦ экв,I = σ3 = 70 МПа < [σ р ]= 327 МПа. Прочность обеспечена. Согласно второй гипотезы прочности ◦ экв,II = σ1 − μ(σ2 + σ3 ) = 54,7 − 0,25(− 34,7 − 70) = 80,9 МПа < [σр ]= 83 МПа; • экв,II = σ3 − μ(σ1 + σ2 ) = −70 − 0,25(54,7 − 34,7) = −75 МПа < [σ с ] = 327 МПа. Прочность обеспечена Согласно третьей гипотезы прочности σэкв,III = σ1 − σ3 = 54,7 − (− 70) = 124,7 МПа > [σр ]= 83 МПа. Прочность недостаточна. Согласно четвертой гипотезы прочности • экв,IV = 12 [(σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 ]= ◦ 12 [(54,7 + 34,7)2 + (− 34,7 + 70)2 + (− 70 − 54,7)2 ]= 111 МПа > [σ р ]= 83 МПа. Прочность недостаточна. Согласно теории прочности Кулона-Мора σ = σ − σвр σ = 54,7 − 250 (− 70) = 72,6 МПа < [σ ]= 83 МПа . 980 экв,V 1 σвс 3 р Прочность обеспечена Вывод. Рассмотрены варианты использования различных теорий прочности при выполнении поверочного расчета элемента из хрупкого ма-териала. Третья и четвертая теории прочности, обычно применяемые для пластичных материалов, дали отрицательный ответ. 50 4. СДВИГ, СМЯТИЕ Сдвиг – простой вид деформации, характери-зующийся взаимным смещением параллельных слоев материала под действием приложенных сил при неиз-менном расстоянии между слоями. При сдвиге в поперечном сечении из шести внут-ренних усилий действует только одно – поперечная си- ла Q (рис. 4.1). B Q Q Рис. 4.1 Порядок вывода расчетных формул в сопротивлении материалов При выводе любых аналитических зависимостей в сопротивлении материалов рассматривается существование малого элемента тела с целью последовательного определения его перемещений, деформаций и напря-жений в нем. Проинтегрировав установленные зависимости по всему объ-ему тела, находят связь перемещений, деформаций и напряжений с внеш-ними силами. Всякий расчет состоит из четырех этапов: статический анализ – устанавливает связь напряжений с внешними нагрузками путем интегрирования уравнений равновесия элемента по все-му объему тела; геометрический анализ – устанавливает связь между перемеще-ниями и деформациями малого элемента тела; физический анализ – устанавливает связь между деформациями элемента и напряжениями в нем. При упругой деформации используется закон Гука; синтез установленных зависимостей. Подставляя найденные на трех предыдущих этапах выражения одно в другое и упрощая их, получа-ют окончательные расчетные формулы. Для установления связи внутренних усилий с напряжениями и де-формациями при сдвиге рассмотрим несколько этапов. I. Статическая сторона задачи – условие равновесия (рис. 4.2) ∑ у = 0; Q = ∫ τ ⋅ d A . A В действительности, касательные напряжения распределяются по се-чению неравномерно. Однако, если принять допущение о равномерном распределении напряжений, что широко используется на практике, то Q = τ ⋅ A , откуда τ = Q . (4.1) A 51 II. Геометрическая (деформационная) сторона задачи γ В элементе В, выделенном на рис. 4.1, S – абсо- лютный сдвиг; γ – относительный сдвиг Q γ ≈ tg γ = S (4.2) S a . a Q III. Физическая сторона задачи В области упругих деформаций справедлив закон Гука τ = G ⋅ γ . (4.3) IV. Математическая сторона задачи Подставляя (4.1) и (4.2) в (4.3), получим закон Гука для сдвига Q = G S , откуда S = Q ⋅ a (4.4) A a G ⋅ A y Произведение G·A – жест- кость сечения при сдвиге; Q G – модуль сдвига, модуль касательной упругости, модуль dA упругости второго рода. Для τ τ стали в расчетах принимают Q A G = 80 ГПа = 80·104 МПа. Установлена связь между Рис. 4.2. Внутренние усилия и напряжения, упругими постоянными возникающие в сдвигаемых слоях G = E , (4.5) 2(1 + μ) где μ – коэффициент поперечной деформации (Пуассона) Напряженное состояние τ C(σx, τxy) По граням выделенного на рис. 4.1 элемента В действуют только касательные а напряжения τ; нормальные напряжения σx = σ3 σ σ1 0, σy = 0. Графическим построением (рис. 4.3, Р а) и аналитическим решением по формулам σ3 σ1 D(σy, τyx) − 2τxy − 2τxy D τyx D tg 2α = σx − σ y = = −∞; 2α = −90 ; C б σ = σ x + σ y ± σ x − σ y 2 + τ2 ; τxy max, min 2 2 xy σ3 σ1 σmax = τxy = σ1; σ2 = 0; σmin = −τxy = σ3 Рис. 4.3. Построение круга получаем: главные площадки ориентирова- Мора для определения ны под углом 45° к направлению сдвигаю- главных площадок и вели- щих напряжений (рис. 4.3, б), величины чины главных напряжений 52 главных нормальных напряжений равны касательным напряжениям. Имеет место чистый сдвиг – частный случай плоского напряжен-ного состояния, при котором по граням элемента действуют только ка-сательные напряжения. Допускаемые напряжения. Расчет на прочность Эквивалентные напряжения по I гипотезе прочности : σэкв,I = σ1 ≤ [σ ], но σ1 = τ, следовательно [τ] = [σ ]. Соотношение справедливо для хрупких материалов. Эквивалентные напряжения по III гипотезе прочности : σэкв,III = σ1 − σ3 ≤ [σ ], но σ1 = τ, σ3 = −τ . Тогда 2[τ] ≤ [σ ], откуда [τ]= 0,5[σ]. Эквивалентные напряжения по IV гипотезе прочности: σэкв,IV = 12 [(σ1 − σ2 )2 + (σ2 −σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 ]≤ [σ ]. Подставив σ1 = τ , σ2 = 0 и σ3 = –τ, получим σэкв,IV = 12 [σ12 + σ32 + (σ3 − σ1 )2 ]= 12 [τ2 + τ2 + 4τ2 ]= τ 3 ≤ [σ ], откуда [σ] [τ ]= = 0,577[σ ]. F 3 Таким образом, при расчете деталей из • пластичных материалов, работающих на срез (болты, заклепки, шпонки…) условие проч- σсм ности может быть записано так: τ = Q ≤ [τ ], где [τ]= (0,5 − 0,6)[σ ]. 4.6) A Смятие – вид местной пластической деформации, возникающей при сжатии F твердых тел, в местах их контакта. Смятие материала начинается в случае, б когда интенсивность напряжений достигает величины предела текучести материала. Раз- σсм Рис. 4.4. Характер распреде- меры смятого слоя зависят от величины, ха- рактера и времени воздействия нагрузки, а ления напряжений в зоне кон- также от температуры нагрева сжимаемых такта шарика с кольцом (а) тел. Смятие наблюдается не только у пла- и листа с заклепкой (б) стичных, но и у хрупких материалов (зака- ленная сталь, чугун и др.). Смятие возникает в соединениях (болтовых, за- 53 клепочных, шпоночных и др.), в местах опирания конструкций и в зонах контакта сжатых элементов. Смятие широко используется для создания за-клепочных, врубовых и других плотных соединений; является начальной стадией таких процессов холодной и горячей обработки металлов, как про-катка, вальцовка, ковка. Величину напряжений смятия в конструкциях обычно ограничивают допускаемым напряжением смятия, которое опреде-ляется характером соприкасающихся поверхностей, свойствами исполь-зуемого материала и его ориентацией относительно действующих нагрузок (например, в случае древесины – вдоль или поперек волокон). Пример Подобрать диаметр заклепок, соединяющих накладки с листом; проверить прочность заклепок на смятие и листов на разрыв. Материал листов и заклепок – прокат из стали Ст3. Дано: F = 8 кН; t1 = 5 мм; t2 = 3 мм; b = 50 мм; σт= 235 МПа. Решение 1. Определение диаметра заклепок Допускаемые напряжения, рассчитанные на основе механической характеристики – предела текучести и нормативного коэффициента запаса: [σр ]= σт [n т ]= 2351,5 = 156,7 МПа ≈ 160 МПа ; [τ ] = 0,6[σ ]= 0,6 ⋅160 = 96 МПа; [σ см ] = (2 ÷ 2,5)[σр ]= (2 ÷ 2,5)⋅160 = (320 ÷ 400)МПа. Допускаемые напряжения согласно рекомендациям табл. П2: [σр] = 125 МПа; [τср] = 75 МПа; [σсм] = 190 МПа. Из двух значений допускаемого на-пряжения на срез (96 и 75 МПа) принимаем меньшие значения допускаемого напряже-ния [τср] = 75 МПа. Из условия прочности при срезе τ = Q ≤ [τ ] , Aср определяем требуемую площадь поперечно-го сечения заклепок. Стержень заклепки подвергается пе-ререзыванию в двух плоскостях; средняя часть заклепки сдвигается вправо. Суммар-ная площадь среза t2 t1 t2 d F/2 F/2 F b A ≥ Q = πd 2 m ⋅ n, ⇒ d ≥ 4Q , [τ ] 4 π ⋅ m ⋅ n ⋅ [τ ] ср где m = 2 – количество плоскостей среза заклепки; 54 n = 3 – количество заклепок. 4 ⋅8000 d ≥ =0,00476 м. Принимаем d = 5 мм. π ⋅ 2 ⋅ 3⋅ 75⋅106 d 2. Проверка заклепок на смятие 2 Давление, передающееся на поверхность за- F/ клепки от листа, распределяется неравномерно, по сложной зависимости, изменяясь от нуля до значи- t тельных величин (рис. 4.4). На практике, чтобы вы- F срез числить условное напряжение смятия необходимо Асм разделить силу, приходящуюся на заклепку, на пло- F/2 щадь диаметрального сечения. Эта площадь пред- смятие ставляет собой прямоугольник, одной стороной ко- торой служит диаметр заклепки, другая сторона рав- на толщине листа, передающего давление на стер- Рис. 4.5. Поверхности жень заклепки. Так как толщина среднего листа среза и смятия в закле- меньше суммы толщин обеих накладок, то в худших почном соединении (наиболее опасных) условиях по смятию будет именно средняя часть заклепки. Условие прочности на смятие: σсм = F ≤ [σ см ], Aсм где А = d ⋅ t ⋅ n = 5 ⋅ 5 ⋅ 3 = 75 мм2 . см 1 Тогда σсм = F = 8000 = 106,7 Н = 106,7 МПа . Aсм мм2 75 Прочность на смятие обеспечена. 3. Проверка прочности листа на разрыв Опасным считается сечением листа, прохо-дящее через заклепочные отверстия; здесь рабочая ширина листа является наименьшей. Площадь се-чения листа, ослабленного заклепочными отвер-стиями (площадь «живого» сечения) Аразр = b ⋅ t1 − n ⋅ d ⋅ t1 = t1(b − n ⋅ d ) = 5(50 − 3⋅5) = 175 мм2; σразр= 8000175 = 45,7 МПа , что меньше допускаемого [σ] = 125 МПа. Вывод. Из условия прочности на сдвиг по- b d t1 Рис. 4.6. Определение площади «живого» сечения листа добран диаметр двухсрезных заклепок. Условия прочности на смятие за-клепок и разрыва листа выполняются. 55 5. КРУЧЕНИЕ ПРЯМОГО БРУСА КРУГЛОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ Кручение – вид сопротивления, при котором в поперечных сечениях бруса возникает только один внутренний силовой фактор – крутящий момент Т. Остальные силовые факторы (N, Qy, Qz, My, Mz) отсутствуют. Вал – брус, работающий на кручение. Принято внешние силовые факторы называть вращающими или скручи-вающими моментами и обозначать М; внутренние усилия – крутящим моментом • (от англ. torsion, torque) ◦ расчетах на прочность и жесткость при кручении знак крутящего момента значения не имеет, но для удобства построения эпюр принято правило: Крутящий момент считают положительным, если при взгляде в торец отсеченной части бруса он стремится вращать сечение против хода часовой стрелки. Положительный крутящий момент вызывает положительные ка-сательные напряжения 5.1. ВНУТРЕННИЕ УСИЛИЯ ПРИ КРУЧЕНИИ На основании метода сечений крутящий момент в произвольном по-перечном сечении бруса численно равен алгебраической сумме внешних скручивающих моментов, приложенных к брусу по одну сторону от рас-сматриваемого сечения. М1 I М2 II М3III М4 М1 TI х n Т + ТIII – ТI ТII а б TIII М4 n х в Рис. 5.1. Схема нагружения вала и эпюра крутящих моментов (а); определение внутреннего усилия на участке I (б); то же на участке III (в) На рис. 5.1, б: ∑ M x = 0; TI + M1 = 0; TI = −M1. На рис. 5.1, в: ∑ M x = 0; TIII − M 4 = 0; TIII = M 4 . Эпюра крутящих моментов – график изменения крутящих момен-тов по длине бруса. 56 Во всех случаях эпюры внутренних усилий строят на осевой линии бруса. Величину силового фактора откладывают по нормали к оси. 5.2. НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ КРУЧЕНИИ Теория брусьев, имеющих круглое сплошное или кольцевое попе-речное сечение, основана на следующих положениях. Поперечные сечения бруса плоские до деформации остаются пло-скими и в деформированном состоянии – гипотеза твердых дисков (Бер-нулли). Радиусы поперечных сечений не искривляются и сохраняют свою длину. Поперечные сечения остаются круглыми. Расстояния между поперечными сечениями вдоль оси бруса не изме-няются. Для установления связи напряжений с внутренними усилиями рас-смотрим несколько этапов решения задачи. I. Условие равновесия – статическая сторона задачи (рис. 5.2, в). τ·dA – элементарное усилие; ρ·(τ·dA) – элементарный крутящий момент; ◦ – равнодействующий момент касательных напряжений T = ∫ ρ ⋅ τ ⋅ d A . (5.1) A ρ φ а dφ γmax M б r x dx dS dx ρ T в г dA τmax τ·dA Рис. 5.2. Брус под действием внешнего скручивающего момента М (а); деформация элементарного участка dx (б); внутреннее усилие Т и напряжения τ в поперечном сечении (в); распределение касательных напряжений τ в поперечном сечении (г) 57 Для нахождения сдвигающих напряжений τ рассмотрим физическую сторону задачи. II. Физическая сторона задачи – закон Гука при сдвиге τ = G ⋅ γ , (5.2) связывающий касательные напряжения τ с деформацией сдвига γ. Дефор-мацию сдвига γ найдем, рассмотрев геометрическую сторону задачи. III. Деформационная (геометрическая) сторона задачи Левый торец бруса длиной х (рис. 5.2, а) под действием внешнего скручивающего момента М повернется на угол φ. В элементе длиной dx аналогичный угол dφ (рис. 5.2, б). Образующая цилиндра отклоняется от исходного положения на угол γ. На поверхности элемента радиусом r угол γ принимает максимальное значение γmax ≈ tg γmax = d S = r ⋅ d ϕ . d x d x В цилиндре произвольного радиуса ρ внутри элемента угол γ: γ = ρ d ϕ . (5.3) d x Рассмотренные ранее этапы объединяет математическая сторона задачи. IV. Математическая сторона задачи Уравнение (5.1) подставляем в уравнение (5.3), τ = G ⋅ρ d ϕ (5.4) d x а уравнение (5.4) – в уравнение (5.2): T = ∫ ρ2G d ϕ d A = G d ϕ ∫ρ2 d A. d x A d x A Обозначая ∫ρ2 d A = I p как полярный момент инерции (геометрическая A характеристика поперечного сечения), получим: T = I pG d ϕ , откуда dϕ = T . (5.5) d x G ⋅ I p dx Относительный угол закручивания элементарного участка dφ/dx (5.5) под-ставим в (5.4): τ = G ⋅ρ T G ⋅ I p и получим напряжение в произвольной точке сечения τ = T ⋅ρ . (5.6) I p 58 Закон распределения касательных напряжений – линейный. В центре τ = 0, так как ρ = 0, на периферии τ = τmax, так как ρmax = r (рис. 5.2, г). 5.3. РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ КРУЧЕНИИ Принимая отношение I p = I p = Wp , условие прочности при кру- ρmax r чении можно представить как T τmax = ≤ [τ ], (5.7) Wp где Wp – полярный момент сопротивления поперечного сечения. Для круглого сечения I p = πD4 Wp = πD3 . 32 , 16 (1 − c4 ), (1 − c4 ), Для кольцевого сечения I p = πD4 Wp = πD3 32 16 где c = Dd – коэффициент пустотелости. Если сечение некруглое (прямоугольное, треугольное, эллиптиче-ское…), используют Iк, Wк, которые вычисляют по специальным форму-лам. Допускаемое напряжение при кручении [τ] = (0,5–0,6)[σ]. Виды расчетов на прочность: а) поверочный – вычисляют τmax и сравнивают его с [τ], определяя не-догрузку или перегрузку в процентах, либо находят коэффициент запаса прочности и сравнивают его с нормативными значениями; б) проектный – вычисляют диаметр вала D при известных значениях T и [τ]; в) определяют допускаемый крутящий момент при известных диамет-ре вала D и допускаемом касательном напряжении [τ]. 5.4. ДЕФОРМАЦИЯ ВАЛА ПРИ КРУЧЕНИИ Из уравнения (5.5) dϕ = T (5.5) G ⋅ I p dx находим угол закручивания элементарного участка d ϕ = T d x . G ⋅ I p Угол закручивания всего вала T ϕ = ∫ d x . G ⋅ I p A 59 Для вала постоянной жесткости сечения (произведение G·Ip) на длине ℓ и постоянного крутящего момента Т угол закручивания вала ϕ = T ⋅ A . (5.8) G ⋅ I p Полученную зависимость называют законом Гука при кручении. Произведение GIp называют жесткостью сечения при кручении. 5.5. РАСЧЕТ ВАЛОВ НА ЖЕСТКОСТЬ За меру жесткости принимают относительный угол закручивания, то есть угол, приходящийся на единицу длины вала θ = ϕ = T . G A ⋅ I p Условие жесткости: θ = T ≤ [θ], G ⋅ I p где [θ] имеет размерность рад/м. Чаще пользуются условием θ = T 180D ≤ [θD ]. (5.9) G ⋅ I p π Допускаемое значение угла [θ°] закручивания зависит от назначения вала. Принимают [θ°] = (0,3–1,0) град/м. При расчете валов на прочность и жесткость часто задают мощность N, передаваемую валом и частоту его вращения n. Для вычисления крутя-щего момента по этим данным удобно воспользоваться таблицей M = N Вт = Н ⋅ м ω с−1 M = N 30 = 9549 N кВт = Н ⋅ м n π об/мин n M = N 30 N кВт = 973,8 n = кГ ⋅ м n π ⋅ 9,807 об/мин M = N 30 ⋅ 0,736 = 7028 N л.с. = Н ⋅ м n π об/мин n M = N 30 ⋅ 0,736 N л.с. = кГ ⋅ см n π ⋅ 9,807 = 71620 n об/мин 60 Пример 5.1. Расчета вала на прочность и жесткость M1 M2 Mвед M3 Из условия прочности и жестко- e f g h сти выполнить проектный расчет: оп- ределить диаметры валов в двух вариан- х тах исполнения – сплошного и полого с I II II а коэффициентом пустотелости с = d/D = 0,8. Результаты округлить согласно а b c ГОСТу. Построить эпюры углов закру- T, + чивания вала. Валы сопоставить по ме- 6 таллоемкости и жесткости. кН⋅м –0 б Дано: 5 + 12 М1 = 5 кН·м; a = 0,6 м; βс⋅10–3 М2 = 7 кН·м; b = 0,8 м; в – 3,14 М3 = 6 кН·м; с = 0,7 м; 8,79 [σ] = 160 МПа; [θ] = 0,8 град/м. βп⋅10–3 + 13,19 г – 3,12 I. Определение внутренних усилий 13,11 8,7 Мвед Значение ведущего момента Рис. 5.3. Схема нагружения вала (а), определим из условия эпюра крутящих моментов (б), эпюры равновесия вала: Σ Мх = 0; углов закручивания сплошного (в) и Мвед – М1 – М2 – М3 = 0, откуда полого (г) валов Мвед = М1 + М2 + М3 = 5 + 7 + 6 = = 18 кН·м. Для расчетов на прочность и жесткость необходимо найти положение опасных сечений и величины крутящих моментов, действующих в этих сечениях вала (рис. 5.3, а). Воспользовавшись методом сечений определим внутренние усилия и построим эпюру крутящих моментов (рис. 5.3, б). Опасными являются все сечения на участке II, где действует Тmax = 12 кН·м. II. Проектный расчет валов сплошного и полого сечений Предварительно найдем допускаемое касательное напряжение, связанное с допускаемым нормальным напряжением. Принимаем по третьей теории прочности [τ] = 0,5 [σ] = 0,5·160 = 80 МПа. Из условия прочности и жесткости при кручении находим требуемые значения полярных момента сопротивления и момента инерции τmax = Tmax ≤ [τ ], ⇒ Wp ≥ Tmax = 12000 = 0,00015 м3 = 1,5⋅10−4 м3 . Wp [τ ] 80 ⋅106 θ = T 180D ≤ [θ ], ⇒ I p ≥ T 180D = 12 000 ⋅180 = 1,074 ⋅10−5 м4 . G ⋅ I p π G ⋅ [θ ] 80 ⋅109 ⋅ 0,8 ⋅ π π 61 62 Результаты расчетов Форма сечения Сплошное Полое Момент Wp,спл = πD 3 Wp,пол = πD 3 (1 − c4 ) сопротивления 16 16 Dспл ≥ 3 16W p D ≥ 3 16Wp ; Диаметр π ; пол π (1 − с4 ) из условия = 3 16 ⋅1,5 ⋅10−4 ≥ 3 16 ⋅1,5 ⋅10−4 прочности Dспл = 0,0914 м Dпол = 0,1090 м π π ⋅ (1 − с4 ) Момент πD4 = πD4 (1 − с4 ); инерции Iспл = Iпол требуемый 32 32 D ≥ 4 32 ⋅ Iспл ; Dпол ≥ 4 32 ⋅ Iпол ; Диаметр 4 спл π π(1 − с ) из условия 32⋅1,074⋅10−5 32 ⋅1,074 ⋅10 −5 жесткости Dспл ≥ 4 Dпол ≥ 4 π = 0,1023 м = 0,1167 м π(1 − 0,84 ) Диаметр Dспл = 105 мм Dпол = 120 мм согласно ГОСТ Площадь A = πDспл2 ; A = πDпол2 (1 − с2 ); поперечного спл 4 пол 4 π π 0,1202 (1 − 0,82 )= 40,7 см2 сечения Аспл = 0,1052 = 86,6 см2 Aпол = 4 4 62 Углы закручивания характерных сечений вала сплошного и полого сечений Icпп = πD4 ; Iпол = π D4 (1 − с4 ); Момент инерции 32 32 принятый Iспл = π ⋅ 0,105 4 = 1,193 ⋅10−5 м4 Iпол = π0,120 4 (1 − 0,84 )= 1,202⋅10−5 м4 32 32 Жесткость G·Ip = 80·109·1,19·10-5 = 0,955·106 Н·м2 G·Ip = 80·109·1,20·10-5 = 0,961·106 Н·м2. сечения T a − 5 ⋅103 ⋅ 0,6 T a − 5 ⋅103 ⋅ 0,6 φI = I = 0,955 ⋅106 = −0,00314; φI = I = 0,961⋅106 = −0,00312; Углы G I p G I p T b − 12 ⋅103 ⋅ 0,8 T b − 12 ⋅103 ⋅ 0,8 закручивания φII = II = 0,955 ⋅106 = −0,01005; φII = II = 0,961⋅106 = −0,00999; G I p G I p участков вала T c 6 ⋅103 ⋅ 0,7 T c 6 ⋅103 ⋅ 0,7 63 φIII = III = 0,955 ⋅106 = 0,00440 φIII = III = 0,961 ⋅106 = 0,00437 G I p G I p βспл,e = 0. βпол,e =0. Углы βспл, f = φI = −3,14⋅10−3. βпол, f = φI =−3,12⋅10−3. β = φ + φ = −(3,14+10,05)⋅10−3 = β = φ + φ =−(3,12+9,99)⋅10−3 = закручивания спл,g I II пол,g I II характерных −3 −3 сечений вала = −13,19⋅10 . =−13,11⋅10 . βспл,h = φI + φII + φIII = βпол,h = φI + φII + φIII = = −(3,14+10,05−4,40)⋅10−3 = −8,79⋅10−3 =−(3,12+9,99−4,37)⋅10−3 =−8,74⋅10−3. Строим эпюры углов закручивания сплошного и полого валов (рис. 5.3, в и г) 63 Результаты расчета валов Наружный диаметр вала, мм 2 Угол закручи-ваниякрай-негосечения Поперечноесечениевала Площадьпоперечногосечения,мм Из условияпрочности Из условияжесткости ПринятопоГОСТу Сплошное 91,4 102 105 8659 0,00879 Полое 109 116,7 120 4072 0,00874 III. Сопоставление металлоемкости валов двух вариантов Металлоемкость вала определяется его объемом, то есть произ-ведением длины на площадь поперечного сечения. Поскольку длина вала неизменна, сопоставим площади поперечных сечений сплошного вала с полым А (π 4)D2 1052 спл = спл = = 2,13 . (π 4)D2 (1 − с2 ) 1202 Апол (1 − 0,82 ) пол Выводы: 1. Из условий прочности и жесткости найдены диаметры вала двух вариантов исполнения, сплошного и пустотелого: 105 и 120 мм соответственно. 2. Вычислены деформации валов на каждом из участков, построены эпюры углов закручивания валов сплошного и пустотелого. Жесткости валов практически одинаковы. 3. Сопоставлены металлоемкости валов двух вариантов исполнения. Расход металла для вала сплошного сечения вдвое больше, чем для вала пустотелого. Примечание. Полученный ре- τmax τmax зультат по сопоставлению металлоем- кости валов ожидаем, поскольку доста- точно большой объем материала, сосре- доточенный около центра тяжести се- чения, испытывает напряжения ниже допускаемого и вклад его в общую прочность конструкции невелик. Поэтому целесообразно убирать неработаю- щий материал из этой области. Конструкции из полого сечения созданы при-родой: камыш, тростник, бамбук, злаковые культуры, трубчатые кости птиц и млекопитающих. В авиации и космонавтике используют полые ва-лы, в строительстве – пустотные плиты перекрытий. 64 6. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЕНИЙ При растяжении стержня напряжения во всех точках одинаковы, по-этому его напряженное состояние определяется внешней нагрузкой и пло-щадью поперечного сечения, но не зависит от его формы. В случае изгиба и кручения брусьев напряжения в точках поперечно-го сечения зависят от его формы и размеров, а при изгибе еще и от его ориентации к направлению нагрузок. Кроме площади сечение характери-зуется: статическим моментом площади; моментами инерции; радиусами инерции; моментами сопротивления. У большинства характеристик физического смысла нет, но есть гео-метрическая интерпретация и аналогия с физическими и механическими понятиями. 6.1. СТАТИЧЕСКИЙ МОМЕНТ ПЛОЩАДИ СЕЧЕНИЯ y dA A Статический момент площади – распро- страненная на всю площадь сумма произведений эле- z ментарных площадок dA на расстояние от них до этой оси y z Sz = ∫ y ⋅ d A, S y = ∫ z ⋅ d A. (6.1) Рис. 6.1 A A Это понятие аналогично моменту силы относительно оси. Если предположить, что А – вес пластины, имеющей форму нашего сечения, то статический момент Sz – это момент силы тяжести пластины относительно оси z. Размерность: единицы длины в третьей степени (см3; м3). Знаки: плюс, ноль и минус. y А Ось центральная – ось, относительно C yC > 0 которой статический момент площади равен Sz > 0 нулю. C y Центр тяжести сечения – точка пере- C yC = 0 сечения центральных осей. z Sz = 0 Если фигура имеет ось симметрии, то эта А C y yC < 0 ось является центральной. C Sz < 0 Статический момент составного сечения Рис. 6.2. Связь знака стати- равен сумме статических моментов элементов этого сечения. Это следует из свойства опреде- ческого момента площади с его положением в коор- ленного интеграла, который можно вычислять динатной системе по частям – свойство аддитивности (от англ. add – прибавлять, присоединять, складывать). При известных статических 65 моментах частей сечения можно найти координаты центра тяжести состав- ной фигуры: zс = S y z ⋅ A + z 2 ⋅ A + + z n ⋅ A yс = S z = y ⋅ A + y 2 ⋅ A + + y n ⋅ A A = 1 1 2 n ; 1 1 2 n . A1 + A2 + + An A A1 + A2 + + An Пример 6.1. Определить положение центральных осей, параллель- ных основанию и высоте фигуры. Решение Разбиваем сложную фигуру на две простые, в Дано: конкретном примере – на два прямоугольника. Их H = 10 см; h = 2 см; центры тяжести расположены посредине высоты и посредине ширины. L= 8 см; ℓ = 2 см. Координаты центров тяжести y ℓ и площади простых фигур yС z = A = 2 = 1 см; 1 2 2 С1 z2 = A + L − A = 2 + 8 − 2 = 5 см; H = H 2 2 С zС y = 10 = 5 см; 1 2 2 1 С2 y2 = h = 2 = 1 см; y C h y 2 2 A = A ⋅ H = 2 ⋅10 = 20 см2 ; z 1 z1 2 2 1 zC y A = ( L − A)h = (8 − 2)2 = 12 см2. 2 z2 L Статические моменты площадей простых фигур S z1 = y ⋅ A = 5⋅ 20 = 100 см3; S y1 = z ⋅ A = 1⋅ 20 = 20 см3; 1 1 1 1 S z2 = y 2 ⋅ A = 1⋅12 = 12 см3; S y2 = z 2 ⋅ A = 5⋅12 = 60 см3. 2 2 Координаты центра тяжести составной фигуры zс = S y1 + S y2 = 20 + 60 = 2,5 см; yс = S z1 + S z2 = 100 + 12 = 3,5 см. A1 + A2 20 + 12 20 + 12 A1 + A2 Через найденную точку проводим центральные оси zC и yC, параллельные основанию фигуры и ее высоте. Примечание. Центр тяжести фигуры, составленной из двух частей, лежит на линии, соединяющей центры тяжести простых фигур ее состав-ляющих, причем расстояния до них обратно пропорциональны площадям 66 простых фигур. Если сложная фигура составлена из нескольких простых, то общий центр тяжести находится внутри многоугольника, вершинами которого являются центры тяжести простых фигур. 6.2. МОМЕНТ ИНЕРЦИИ СЕЧЕНИЯ Момент инерции – распространенная на всю площадь сумма про-изведений элементарных площадок dA на квадраты расстояний от них до этой оси. Осевые моменты инерции I z = ∫ y2 ⋅ d A, I y = ∫ z2 ⋅ d A. (6.2) A A Полярный момент инерции I p = ∫ ρ2 ⋅ d A, (6.3) A y1 y z dA A где ρ – расстояние от площадки dA до точки (полюса), относительно которого вычисляется полярный момент инерции. Полярный момент z1 y1 z1 ρ y Рис. 6.2 z инерции связан с осевыми моментами инерции I p = ∫ ρ 2 ⋅ d A= ∫ (z2 + y2 )d A = ∫ (z12 + y12 )d A, A A A то есть для любой пары взаимно перпендику-лярных осей, проходящих через полюс 0 I p = I z + I y = I z1 + I y1 . (6.4) Центробежный момент инерции определяется интегралом произве-дений элементарных площадей на их расстояния до двух взаимно перпен-дикулярных осей I zy = ∫ z ⋅ y ⋅ d A. (6.5) A Размерность моментов инерции – единицы длины в четвертой степе-ни. Осевые и полярный момент инерции всегда положительны, центро-бежный момент инерции может принимать значения «+», «–» и ноль. Ес-ли фигура имеет ось симметрии, то относительно этой оси центробежный момент инерции равен нулю. Пример 6.2. Найти моменты инерции прямо-угольника относительно центральных осей, парал-лельных основанию и высоте. Решение. dA – элементарная площадь; dA= b·dy. h 2 y3 h 2 b h3 I z = ∫ y2 d A = ∫ b ⋅ y2 d y = b = . A −h 2 3 −h 2 12 Аналогичное решение относительно оси у. Таким образом y dA 2 dy h/ y h/2 z b Рис. 6.3 67 Iz = bh3 . I y = b3h . (6.6) 12 12 Пример 6.3. Найти моменты инерции круглого и кольцевого сечений. Решение. Площадь элементарного кольца радиусом ρ и толщиной dρ: d A = 2πρ ⋅ d ρ. Полярный момент инерции круга: D 2 ( D 2)4 = π D4 I p = ∫ ρ2 d ρ = ∫ 2πρ3 d ρ = 2π . A 4 32 Поскольку имеется связь I p = I z + I y , а для круга I z = I y , то I z = I y = I2p . Таким образом, полярный и осевые моменты инерции круга I p = πD4 , I z = I y = πD4 . 32 64 dA y dρ ρ z D Рис. 6.4. (6.7) πD4 πd 4 πD4 d 4 d Кольцо I p = − = 1 − . Обозначая с = – коэффициен- 4 32 32 32 D D том пустотелости, получим полярный и осевые моменты инерции кольца: I p = πD4 (1 − с4 ), I z = I y = πD4 (1 − с4 ). (6.8) 32 64 6.3. МОМЕНТ СОПРОТИВЛЕНИЯ Момент сопротивления – отношение момента инерции к расстоя-нию до наиболее удаленной точки. В расчетах на прочность при изгибе используют y осевые моменты сопротивления Wz = I z и Wy = I y . (6.9) ymax zmax Например, для прямоугольника ymax z W = I z = bh3 2 = bh2 , W y = I y = b3h 2 = b2h . z ymax 12 h6 zmax 12 b 6 zmax В расчетах на прочность при кручении сечений круглого профиля используют полярный момент сопротивления Wp = ρI p . (6.10) max Так, для круга и кольца соответственно 68 Wp = I p = πD4 2 = πD3 . Wp = I p = πD4 2 (1 − c4 )= πD3 (1 − c4 ). 32 D 16 32 D 16 ρmax ρmax Примечание. Для сечений некруглого профиля, например прямо-угольного, моменты инерции и моменты сопротивления вычисляют по специальным формулам, включающим высоту и ширину профиля, а также коэффициент, зависящий от отношения высоты к ширине. 6.4. ЗАВИСИМОСТИ МЕЖДУ МОМЕНТАМИ ИНЕРЦИИ ОТНОСИТЕЛЬНО ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ ОСЕЙ С – центр тяжести фигуры площадью А; оси z, y – центральные; a, b – расстояния между параллельными осями. Новые координаты для произ-вольной площадки dA: y1 z1 b y z C A Рис. 6.5 dA a y z y1 z1 = z + b; y1 = y + a. I z1 = ∫ y12dA = ∫ (y + a)2 d A; A A I z1 = ∫ y 2⋅ d A + 2a ∫ y ⋅ d A + a2 ∫ d A. A A A I II III Интеграл I – момент инерции фи-гуры относительно центральной оси; интеграл II – статический момент пло-z1 щади A относительно оси y равен нулю, поскольку эта ось является центральной; интеграл III – площадь А фигуры. I z1 = I z + a2 A; I y1 = I y + b2 A. (6.11) Момент инерции относительно произвольной оси равен моменту инерции относительно центральной оси, параллельной данной, плюс про-изведение площади фигуры на квадрат расстояния между осями. Для центробежного момента инерции Iz1y1 =I zy+a ⋅b ⋅A . (6.12) y z dA y1 z1 y1 z1 α y z y B y1 E z1 D α α F C z 6.5. ИЗМЕНЕНИЕ МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ ПРИ ПОВОРОТЕ ОСЕЙ Свяжем новые координаты z 1, y1 элемен-тарной площадки dA с координатами в исходной системе z, y: z1 = 0E = 0D + DE = 0D + CF; y1 = BE = BF − EF = BF − DC. Длины отрезков в исходной системе координат: 69 0D = z ⋅ cos α; CF = y ⋅ sin α; BF = y ⋅ cos α; DC = z ⋅sin α. Таким образом: z1 = z ⋅ cos α + y ⋅ sin α; y1 = y ⋅ cos α − z ⋅ sin α. Момент инерции в новой системе координат I z1 = ∫ y12 d A = ∫ ( y ⋅ cosα − z ⋅ sin α)2 = AA • ∫ y2 cos2 α⋅d A − 2 ∫ z ⋅y⋅ cos α⋅ sin α⋅d A + ∫ z2 sin2 α⋅dA. A A A Выполнив аналогичные действия относительно другой оси, получим: I z1 = I z cos2 α + I y sin2 α − I zy sin 2α; I y1 = I y cos2 α + I z sin2 α + I zy sin 2α; (6.13) I z1y1 = I z − I y sin 2α + I zy cos 2α. 2 Примечание. Относительно главных осей центробежный момент инерции равен нулю. Складывая первые два равенства, получим Iz1 + I y1 = Iz + I y = I p . (6.14) Сумма моментов инерции относительно любых двух взаимно пер-пендикулярных осей не меняется (инвариантна) при их повороте. 6.6. ГЛАВНЫЕ ОСИ ИНЕРЦИИ И ГЛАВНЫЕ МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ При изменении угла α значения Iz1, Iy1, Iz1y1 (6.13) изменяются, и при некотором значении угла α0 они принимают экстремальные значения. Взяв первую производную по углу α от формул (6.13) и приравняв ее нулю, по-лучим: tg 2α0= − 2I zy . (6.15) I z−I y Эта формула определяет положение двух осей, относительно одной из которых осевой момент максимален, а относительно другой – минима-лен. Такие оси называют главными. Моменты инерции относительно главных осей называют главными моментами инерции. Их вычис-ляют следующим образом: I z + I y I z − I 2 2 y Imax,min = ± + Izy . 6.16) 2 2 Главные оси обладают следующими свойствами: центробежный момент инерции относительно них равен нулю; моменты инерции относительно главных осей экстремальны; 70 для симметричных сечений оси симметрии являются главными. Главные оси, проходящие через центр тяжести фигуры, называют главными центральными осями инерции. Пример 6.4. Определить, каким образом изменяется момент инер- ции квадратного сечения при его повороте. Решение. Момент инерции относительно повернутой оси: I z1 = I z cos2 α + I y sin2 α − I zy sin 2α. Поскольку оси z, y квадрата являются осями симметрии, то есть главными, то центробежный момент инерции относительно них Izy = 0: y1 y z1 I z1 = a4 cos2 α + a4 sin2 α = a4 (cos2 α + sin2 α) = a4 . 12 12 12 12 a α Выводы. 1. Моменты инерции квадратного z сечения с изменением положения центральных осей остаются постоянными. a 2. В квадрате и других правильных много- угольниках (треугольниках, пятиугольниках) любая центральная ось является и главной. Такие фигуры называют фигу- рами равного сопротивления. Пример 6.5. Для фигуры, представленной в примере 6.1, определить главные центральные моменты инерции. Решение. Расстояния между центральной осью составной фи-гуры и собственными централь-ными осями элементов a1= y1 – yC = 5 – 3,5 = 1,5 см; a2= y2 – yC = 1 – 3,5 = –2,5 см; b1= z1 – zC = 1 – 2,5 = –1,5 см; b2= z2 – zC = 5 – 2,5 = 2,5 см. Моменты инерции относи-тельно центральных осей, парал-лельных основанию и высоте y ℓ v yС b1 b2 u С1 1 H α a С zС 1 С2 2 y a C y h 1 z1 2 2 z zC y z2 L 71 I A ⋅ H 3 + a 2 A ( L − A)⋅ h3 + a 2 A = zc = 12 + 12 1 1 2 1 2 ⋅103 (8 − 2)23 (− 2,5)2 = 212 + 75 = 287 см4 ; = 12 + 1,52 ⋅ 20 + 12 + ⋅12 A3 ⋅ H 2 A1 + ( L − A)3 ⋅ h 2 A2 = I yc = 12 + b1 12 + b2 23 ⋅10 (8 − 2)3 2 + 2,52 = 52 + 111 = 163 см4. = 12 + (− 1,5)2 ⋅ 20 + 12 ⋅12 Центробежный момент инерции I zc yc = [0 + a1b1A1] + [0 + a2b2 A2 ] = [1,5(−1,5)20]+ [(− 2,5)2,5 ⋅12] = −120 см4 . Направления главных осей инерции tg 2α0= − 2I zс yс = − 2(− 120) = 1,935; 2α0 = 62,6D; α0 = 31,3D . I zс−I yс 287 − 163 Угол α0 (положительный) откладываем против хода часовой стрелки от оси с большим моментом инерции, то есть zC . Величины главных центральных моментов инерции I z + I y I z − I y 2 2 Imax = Iu = + + I zy = 2 2 = 287 +163 + 287 −163 2 + (−120)2 = 360 см4 ; 2 2 I z + I y I z − I 2 2 y Imin = Iv = − + I zy = 2 2 = 287 +163 − 287 −163 2 + (−120)2 = 90 см4. 2 2 72 7. ПЛОСКИЙ ПОПЕРЕЧНЫЙ ИЗГИБ Изгиб – вид деформации, при котором происходит искривление оси прямого бруса или изменение кривизны кривого бруса. Изгиб плоский (прямой изгиб) – случай изгиба, при котором внеш-ние силы лежат в главной плоскости инерции и являются перпендикуляр- ными к геометрическим осям. Если сечение имеет ось симметрии, то внешние силы располагаются в плоскости симметрии. Главная плоскость инерции – плоскость, проходящая через гео-метрическую ось бруса и главную ось инерции. Изгиб чистый – вид де- формации, при котором из шес-ти внутренних усилий не равно нулю одно – изгибающий момент Mz или My. Изгиб поперечный – слу- чай изгиба, при котором в сече-ниях бруса наряду с изгибающим моментом М действует и попе-речная сила Q. Силовая плоскость F q M y z Главные x плоскости инерции В нагруженном состоянии балка прогибается так, что часть волокон укорачивается, другая часть Рис. 7.1. Схема взаимного расположения силовой плоскости и плоскостей инерции волокон удлиняется. Нейтральный слой – слой волокон, в котором нормальные напря-жения отсутствуют. Нейтральная ось – след пересечения нейтрального слоя с плоско-стью поперечного сечения. Балка – конструктивный элемент, с прямолинейной геометрической осью, обычно в виде бруса, работающий главным образом на изгиб. Балка простая – однопролетная балка без консо- лей, лежащая на двух опорах: шарнирно-подвижной и шарнирно-неподвижной. Расстояние между опорами на-зывают пролетом. Консоль – балка с одним защемленным концом или часть балки, свешивающаяся за опору. 73 Опоры и опорные реакции Схемы реальных опорных устройств можно свести к трем типам. Шарнирно-подвижная опора допускает поворот опорного сечения и перемещение его в одном направлении. Опорная реакция перпендику-лярно к плоскости опирания катков. Шарнирно-неподвижная опора допускает только поворот опорного сечения балки. Реакция имеет две составляющие: горизонтальную и верти-кальную. Жесткая заделка (защемление) не допускает поворота опорного се-чения и любых его перемещений. Имеет три реакции: горизонтальную и вертикальную составляющие, а также опорный момент. 74 7.1. ВНУТРЕННИЕ УСИЛИЯ ПРИ ИЗГИБЕ Из шести внутренних усилий, действующих в сечении в общем слу-чае, при плоском поперечном изгибе только два не равны нулю: Qy и Mz (индексы часто опускают). Правила знаков устанавливают не по на- +Q правлению действию сил, как в теоретической ме- ханике, а по виду деформации. +Q Поперечная сила Q в сечении положительна, если ее векторы стремятся вращать части рассе- ченной балки по ходу часовой стрелки (положи- +M тельная поперечная сила вызывает положитель- ное касательное напряжение). Изгибающий момент М в сечении положи- телен, если он вызывает сжатие в верхней части бруса, а растянутая об-ласть изгибаемого элемента – в нижней. Часто эпюры изгибающего момента строят со стороны сжатой зоны элемента, но удобнее – со стороны растянутой. Пример 7.1. Определить внутренние усилия в поперечном сечении консольной балки, нагруженной сосредоточенной силой. Решение. Опора (защемление) накладывает три связи, обусловли-вающие возникновение трех реакций: вертикальную и горизонтальную со-ставляющие реакции Rx и Ry, а также опорный момент М. В целях упроще-ния расчета внутренние усилия определяем со F Ry M свободного конца. Используем метод сечений: Rx Рассекаем балку на две части; х Отбрасываем одну из частей; • Заменяем действие отброшенной части внут- F M(x) ренними усилиями (поло- х Q(x) жительными в соответствие F x с установленными правила- F y Q + ми знаков), составляем M(x) − Уравнения равновесия, из М − которых находим внутрен- C z + ние усилия. Система коор- F·ℓ динат помещена в центр тя- Q(x) x жести С рассматриваемого сечения. I участок: 0 ≤ х ≤ ℓ. ∑ y = 0; F − Q( x) = 0; ⇒ Q( x) = F; ∑ M z = 0; − F ⋅ x + M ( x) = 0; ⇒ M ( x) = F ⋅ x. Поперечная сила Q(x) – функция от абсциссы х – величина постоянная. 75 Изгибающий момент M(x) – линейная функция от абсциссы х – описывается уравнением прямой; для ее построения находим значение функции в двух точках – в начале и конце участка: M x=0 = 0; M x=A = F ⋅ A. Строим эпюры Q и M. Ry M Пример 7.2. Определить внутренние уси- M0 лия в поперечном сечении консольной балки, на- груженной сосредоточенным моментом. х Rx Решение. Внутренние усилия в произволь- ℓ M0 M(x) ном сечении I участка: 0 ≤ х ≤ ℓ. ∑ y = 0; Q( x) = 0; х M0 x Q + ∑ M z = 0; − M 0 + M ( x) = 0, y − откуда M ( x) = M 0. М − C + M0 z Поперечная сила Q(x) отсутствует, изгибающий мо- Q(x) x мент M(x) – величина постоянная; имеет место чистый изгиб Строим эпюры Q и M. Общий подход к определению внутренних усилий при изгибе В балке бесконечной протяженности выберем начало координат на левом конце. Внутренние усилия находим методом сечений n x F1 M1 F2 M2 q(x) y ∑ y = 0; ∑ Fi + ∫ q( x )d x − Q( x) = 0; M(x) 1 x n а1 x откуда : Q( x) = ∑ Fi + ∫ q( x )d x. а2 Q(x) 1 х dx Поперечная сила в произвольном Рис. 7.2. Схема к определению сечении равна алгебраической сумме всех внешних сил, дейст- внутренних усилий вующих по одну сторону от се- чения х. ∑ M z = 0; n n x ∑ M i + ∑Fi ( x − ai ) + C q ∫q ( x )d x − M( x) = 0, 1 1 n n x откуда M ( x ) = ∑ Mi +∑ Fi ( x − ai ) + Cq ∫ q( x )d x. 1 1 Здесь Сq – множитель, имеющий смысл координаты центра тяжести распределенной нагрузки. 76 Изгибающий момент в произвольном сечении равен алгеб-раической сумме моментов от всех внешних сил, действующих по одну сторону от сечения х, взятых относительно центра тяжести рассматриваемого сечения. 7.2. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ ЗАВИСИМОСТИ ПРИ ИЗГИБЕ В балке, находящейся под действием плоской системы сил, двумя q·dx поперечными сечениями выделим эле- мент протяженностью dx (см. рис. 7.2), к M M+dM которому не приложены сосредоточен- C ные силы и моменты. Поскольку вся балка находится в равновесии, то в рав- Q новесии находится и элемент dx. Q+dQ ∑ y = 0; Q − ( Q + d Q ) + q⋅d x = 0; dx/2 − d Q + q⋅d x = 0, dx Рис. 7.3. Элемент балки с внут- откуда dQ = q . (7.1) ренними усилиями и внешней d x нагрузкой Первая производная от попе- речной силы по абсциссе х равна интенсивности распределенной нагрузки, перпендикулярной оси балки. • M C = 0; − M + ( M + dM )− Q⋅dx − q⋅dx⋅d2x = 0 ; ◦ 0 d M − Q ⋅ d x = 0, откуда d M = Q . (7.2) d x Первая производная от изгибающего момента по абсциссе х равна поперечной силе. С учетом формул (7.1) и (7.2) получаем дифференциальные зависи-мости Д. И. Журавского: d2 M = d Q = q(x). (7.3) d x2 d x Полученные зависимости действительны в правой системе коорди-нат, то есть когда х возрастает от левого конца балки к правому. В левой системе координат знаки перед Q и q обратные. 7.3. ПРАВИЛА ПРОВЕРКИ ПОСТРОЕНИЯ ЭПЮР Q И M Напомним, геометрический смысл первой производной некоторой функции – тангенс угла наклона касательной к кривой, отображающей эту функцию, и положительным направлением оси абсцисс. На основании 77 дифференциальных зависимостей (7.3) при изгибе установлены следую-щие правила. 1. На участках, свободных от распределенной нагрузки, эпюра Q ог-раничена прямыми линиями, параллельными базовой (поперечная сила по-стоянна), а эпюра М – наклонными (изгибающий момент изменяется по линейному закону). 2. На участке с равномерно распределенной нагрузкой эпюра Q – наклонная прямая, а эпюра М – парабола выпуклостью в направлении дей-ствия нагрузки q. 3. В тех сечениях, где к балке приложены сосредоточенные силы: а) на эпюре Q будут скачки на величину и в направлении приложен-ных сил; б) на эпюре М будут изломы, причем острие излома направлено по действию силы. 4. В сечении балки, где приложен сосредоточенный момент, эпюра • имеет скачок на величину этого момента. На эпюре Q действие пары сил не отражается. 5. На участках, где Q > 0, момент М возрастает, то есть положитель-ные ординаты увеличиваются, отрицательные – уменьшаются. На участках, где поперечная сила Q отрицательна, момент М убывает. 6. В том сечении, где эпюра Q, изменяясь, пересекает базисную ли-нию (поперечная сила Q = 0), изгибающий момент достигает экстремума (максимума или минимума). Касательная к линии, ограничивающей эпюру • в этом сечении, параллельна оси эпюры. 7. На концевой шарнирной опоре поперечная сила равна реакции этой опоры, а изгибающий момент равен нулю, если в опорном сечении не приложена пара сил. 8. В защемленном конце балки (заделке) значения Q и M равны опорной реакции и опорному моменту. 7.4. НОРМАЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ Рассмотрим простейший случай изгиба – чистый изгиб, при котором в поперечных сечениях бруса действует только одно внутреннее усилие – изгибающий момент. Например, в условиях чистого изгиба работают уча-стки балки, на которых изгибающий момент постоянен, а поперечная сила отсутствует (dM/dx = 0). При расчете балки на изгиб будем считать справедливыми принятые ранее гипотезы, из которых выделим следующие: 78 • гипотеза плоских сечений (Бернулли): поперечные сечения бруса плоские до деформации, остаются плоскими и в деформированном со-стоянии; • гипотеза постоянства напряжений по ширине бруса; • гипотеза отсутствия боковых давлений: боковые волокна бруса не давят друг на друга. М0 F F a Q Q F Q M M M чистый Fa чистый изгиб изгиб F F q a a F Q qℓ/2 F M Fa чистый qℓ2/8 чистый изгиб изгиб Рис. 7.4. Схемы нагружения, при которых в сечениях возникает чистый изгиб Геометрический анализ Двумя сечениями ad и bc на расстоянии dx выделим малый элемент (рис. 7.5, а, б) и рассмотрим его деформацию (рис. 7.5, в). Длина отрезка нейтрального слоя dx = ρ·dφ. Волокно нейтрального слоя не деформируется ε = 0, σ = 0. Любое другое волокно, находящееся на расстоянии у изменит свою длину и станет равным (ρ+y)dφ. Его относительное удлинение εx = (d x) = (ρ + y)d ϕ − ρ⋅d ϕ . dx ρ⋅d ϕ После преобразования получим εx = y . (7.4) ρ Деформация волокон пропорциональна их расстоянию до нейтраль-ного слоя. Физический анализ В общем случае нагружения продольная деформация по закону Гука εx = E1 [σx − μ(σ y + σz )], однако в силу гипотезы отсутствия боковых давлений σz = 0 и σy = 0, то есть волокна бруса испытывают только деформацию растяжения. Имеет место линейное напряженное состояние εx = σx (7.5) E 79 a b x d c а M dx dφ ρ в г z M M x a b σ y б a b x d σx·dA d c cy – + y dA Рис. 7.5. Схемы к определению связи внутренних усилий с напряжениями: • – брус до деформации; б – брус в деформированном состоянии; в – элемент a b c d в деформированном состоянии; г – внутренние усилия в сечении Статический анализ (рис. 7.5, г) σх·dA – элементарное усилие; y(σх·dA) – элементарный момент. Момент во всем сечении M z = ∫ σх ⋅y⋅dA . (7.6) A Синтез установленных зависимостей Приравниваем правые части уравнений (7.4) и (7.5): y = σx , откуда σx = E y . (7.7) E ρ ρ Зависимость (7.7) подставляем в (7.6) M z = ∫ E y 2 d A = E I z , ρ ρ A где I z = ∫ y2 d A – момент инерции, геометрическая характеристика попе- A речного сечения. Из последнего равенства найдем отношение ▪ M z(7.8) ◦ I z • подставим его в (7.7). Опуская индекс при σ, получим уравнение А. На- вье (1826) σ = M z y . (7.9) Iz 80 Следствия из формулы Навье ƒ Центр тяжести сечения является началом координат для анализа напряжений и приведения внешних сил. y σmax ƒ Напряжения изгиба зависят от зна- чений изгибающего момента, момента max инерции сечения и координаты точки. y y ƒ Напряжения в любой точке, лежащей min z на одинаковом расстоянии от нейтральной y линии, равны между собой. σmin- ƒ Наибольшие по величине напряже- ния возникают в точках, наиболее удаленных от нейтрального слоя. Условие равновесия Из статического анализа (рис. 7.5, г) следует: ∑ x = 0; N = ∫ σx d A = 0 . A E y . В полученное равенство подставляем (7.7): σx = ρ Тогда ∫ E y⋅d A = E Sz = 0 , A ρ ρ где Sz = ∫ y ⋅ d A – статический момент площади, геометрическая характе- A ристика. Поскольку отношение Eρ ≠ 0 , то Sz = 0, следовательно, нейтральный слой проходит через центр тяжести сечения. Радиус кривиз-ны нейтрального слоя является и радиусом кривизны изогнутой оси бруса. Деформация балки при изгибе – кривизна ее геометрической оси. Из (7.8) E = M z следует ρ I z 1 = M z . (7.10) ρ E⋅I z Это закон Гука при изгибе. Следствия из закона Гука ƒ Момент инерции характеризует способность бруса сопротивляться искривлению в зависимости от размеров и формы его поперечного сечения. Чем больше значение Iz при заданной величине М, тем большим окажется 81 радиус кривизны нейтрального слоя бруса, то есть брус искривляется меньше. ƒ Модуль упругости характеризует способность бруса сопротивлять-ся искривлению в зависимости от его материала. Произведение E·Iz называют жесткостью сечения при изгибе. 7.5. РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ ИЗГИБЕ ПО НОРМАЛЬНЫМ НАПРЯЖЕНИЯМ Максимальные напряжения в опасном (где действует Mmax) сечении σmax = M max ymax . I z I z Принимая отношение = W , получим условие прочности при изгибе ymax z σmax = M max ≤ [σ ], (7.11) Wz где Wz – осевой момент сопротивления сечения. Для прямоугольника W = b ⋅ h2 . z 6 π Для круга Wz = D3 ≈ 0,1D3 . 32 D3 (1 − c4 )≈ 0,1D3 (1 − c4 ), Для кольца Wz = π где с = d/D – коэффи- 32 циент пустотелости. Здесь d – внутренний диаметр полого сечения. Используя условие прочности (7.11), выполняют три вида расчетов. • Поверочный. Вычисляют σmax, а затем вычисляют перегрузку или недогрузку в процентах по отношению к допускаемому напряжению, либо находят коэффициент запаса прочности по отношению к пределу текуче-сти для пластичных материалов или пределу прочности для хрупких. • Проектный. Из условия прочности (7.11) находят необходимое значение момента сопротивления. Размеры нестандартных сечений (круг, прямоугольник…) округляют в соответствие с ГОСТом. Стандартные про-катные профили выбирают из таблиц сортамента. Если размер сечения вы-бран меньше требуемого, то выполняют поверочный расчет. Перегрузка более 5 % не допускается. • Определение допускаемой нагрузки. При известных характеристи- ках прочности материала и заданном размере поперечного сечения опреде-ляют допускаемое внутреннее усилие (изгибающий момент), а затем, ис-ходя из схемы нагружения, находят допускаемые внешние силовые факторы. Если сечение несимметрично относительно оси z (трапецеидальное, треугольное, тавровое…), а также при использовании хрупкого материала 82 (чугун, керамика…), условие прочности проверяют отдельно по макси-мальным и минимальным напряжениям, используя формулу (7.9). 7.6. ПОПЕРЕЧНЫЙ ИЗГИБ. КАСАТЕЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ От поперечной силы Qy в поперечном сечении возникают касатель-ные напряжения τу. Для их определения приняты следующие гипотезы. • Касательные напряженияτу параллельны поперечной силе Qy и со-ответственно оси 0у. • Касательные напряжения равномерно распределены по ширине по-перечного сечения на любом уровне их определения, задаваемом ордина-той у. • Для определения нормальных напряжений используют выражения, выведенные для случая чистого изгиба. Д. И. Журавским предложена формула τ = Qy ⋅ Sz′ , (7.12) b ⋅ Iz где Qy – поперечная сила в рассматриваемом сечении; S′z – статический момент площади отсеченной части сечения относи- тельно центральной оси; b – ширина сечения на уровне исследуемой точки; Iz – момент инерции сечения относительно центральной оси. Знак касательных напряжений τу определяется знаком поперечной си-лы Qy. Пример 7.3. Построить эпюру τ для прямоугольного сечения. A′ – τ + Момент инерции сечения I z = bh3 ; h/2 c 12 c y ′y Статический момент площа- h/2 ди отсеченной части сечения ′ ′ ′ Q h Sz = A ⋅yC . 1 h τ = ′ ′ b ср − y ; = + y ; A A = b yC 2 2 2 ′ b 2 bh2 4 2 h 2 y Sz = − y = 1 − 2 4 8 h 2 S′z изменяется по параболической зависимости (координата у во вто-рой степени) и определяет характер изменения напряжения τ: Q ⋅ S* Q 12 bh2 4 y2 3 Q τ = z = 1 − = 1 − b bh3 8 h2 b ⋅ I z 2 bh 4 y 2 . h2 83 При у = 0 (на нейтральной оси) τ = τmax = 3 Q . 2 A При у = h/2 (на периферии) τ = 0. Пример 7.4. Построить эпюру τ для круглого сечения. by – τ + ′ Q А τmax = 1,33 A С ′C y y 2R τср = Q A 4 Q y 2 τ = 1 − ; 2 3 πR R 2 τmax = 1,333 Q2 . πR О влиянии касательных напряжений Касательные напряжения переменны по высоте, вызывают искрив-ление поперечного сечения, причем в тем большей степени , чем больше τ, то есть в центральной части сечения больше, на периферии – меньше. Сле-довательно, гипотеза плоских сечений, на которой основывался вы-вод формулы нормальных напряжений, неприменима. Однако это ис-кривление почти не отражается на продольных деформациях волокон, что позволяет пользоваться формулой σ = M z y и при наличии поперечной I z силы. Пример 7.5. Оценить соотношение нормальных и касательных на- пряжений при поперечном изгибе. F Для консольной балки прямоугольного се- чения максимальные нормальные напряжения σmax = M max = FA = 6FA , ℓ Wz bh2 6 bh2 Q + F а максимальные касательные 3 Q 3 F – M +– τmax 2 = 2 . bh bh Fℓ Сопоставив эти напряжения, получим σmax = 6FA 2bh = 4 A . τmax bh2 3F h Аналогичное соотношение для круглого поперечного сечения: σmax = 32FA 3 πd 2 = 6 A . πd 3 4 F 4 τmax d 84 Вывод: касательные напряжения в длинных (ℓ > 5h) балках суще- ственно меньше нормальных. y σ τ Отметим, что σmax и τmax действуют в раз- – + τmax ных точках сечения: σmax на периферии, в точ- ках наиболее удаленных от нейтральной оси, z где τ = 0; τmax – в центре, на нейтральной оси, где σ = 0. Для приведенного выше примера в опасном сечении (в защемлении) эпюры рас- σmax пределения нормальных и касательных напряжений показаны на рисунке. По мере укорочения длины пролета или участка балки роль момента, а, следовательно, и нормальных напряжений, снижается (в рассмотренном примере М зависит от длины, а Q – постоянна). Превалирующими в этом случае могут оказаться касательные напряжения. В сложившейся практике подбор размеров поперечного сечения выполняют по максимальным нор-мальным напряжениям (как при чистом изгибе), а проверку прочности проводят по максимальным касательным. В двутавровом сечении балки C′ A′ σ τ τK опасным может ока- заться точка К в со- C K σK пряжении стойки с ′y d полкой, где действуют τmax достаточно большие и нормальные, и каса- тельные напряжения: t 2 1 σК = M z yK ; I z b σmax τK = Q ⋅ S′ z . Рис. 7.6. Особенности проверки прочности балки d ⋅ I z Здесь координату точ- двутаврового сечения ки К и статический момент отсеченной части площади А′ (на рис. 7. 6 заштрихована) находят как yK = h − t ; ′ ′ ′ h t − . 2 Sz = A ⋅ yc = b ⋅ t 2 2 Эквивалентные напряжения в точке К вычисляют по теориям проч-ности. Линия 1 на эпюре касательных напряжений отражает закон распре-деления τ, рассчитанных для ширины сечения d, а линия 2 – ширины сече-ния b. Размеры отличаются примерно в 20 раз, чем и обусловлен скачок напряжений τ в окрестности точки К. 85 8. СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ В общем случае нагрузка на брус может быть такой, что в его попе-речных сечениях возникает одновременно несколько внутренних усилий. Такой случай рассматривают как комбинацию простых видов сопротивле- ния и называют сложным сопротивлением. Расчеты на прочность и жесткость бруса при сложном сопротивле- нии основываются обычно на принципе независимости действия сил (суперпозиций), при котором каждый из простых видов сопротивления рассматривают независимо от остальных. Полные напряжения и деформа-ции, возникающие в упругой системе, определяют путем геометрического сложения напряжений и перемещений, соответствующих простым видам сопротивления. В зависимости от сочетания внутренних усилий сложное сопротив-ление условно подразделяют на три вида: косой изгиб, изгиб с растяжени-ем, а также изгиб с кручением. 8.1. КОСОЙ ИЗГИБ Косой изгиб – частный случай сложного сопротивления, при кото-ром силовая плоскость не совпадает с главными плоскостями инерции. а б α α F F F F в α г Рис. 8.1. При въезде автомобиля на наклонную плоскость ли-ния действия силы F не совпадает ни с одной из главных плоскостей инерции поперечного сечения балки 86 z y z α Fx= G·tg α G Fy= G ℓ/2 ℓ/2 Рис. 8.2. В начале движения мостового крана вдоль пролета цеха, и при его торможении возникает горизонтальная сила вследствие инерции груза В общем случае косого изгиба в поперечных сечениях возникают че-тыре внутренних усилия: две поперечные силы Qz, Qy и два изгибающих момента Mz, My. Влиянием поперечных сил на прочность и жесткость при расчете длинных балок часто пренебрегают ввиду их малости. Так, для прямоугольника и круга соответственно σmax = 4 A и σmax = 6 A (см. h d τmax τmax разд. 7, п. 7.6). В дальнейшем будем учитывать только изгибающие мо-менты. Напряжения при косом изгибе Изгибающий момент М (рис. 8.3, а) в сечении раскладывают на две его составляющие, действующие в главных плоскостях инерции M z = M ⋅cos α и M y = M ⋅sin α (рис. 8.3, б). От каждого из внутренних усилий возникают нормальные напряже-ния, приложенные к одной паре площадок. Две другие пары площадок свободны от напряжений. Имеет место линейное напряженное состояние. Нормальные напряжения в произвольной точке с координатами z, y опре-деляют суммой напряжений от моментов Mz, My (рис. 8.3, в): ′ ′′ M z ⋅ y M y⋅ z . (8.1) I z ± I y σ = ±σ ± σ = ± Из рисунка следует, что опасными являются точки, в которых скла-дываются напряжения с одним знаком, то есть точки A и C: 87 Пл-ть x0y y z B A б а My x y Пл-ть x0z C D z M Mz Пл-ть силовая B A α y α F σ′ σ′ β σ σ z Базисная C D Силовая линия линия σ σ′ σ′ F– + Нейтральная σ σ в линия г Рис. 8.3. Взаимное положение силовой плоскости и главных плоскостей инерции при косом изгибе (а); внутренние усилия в произвольном сечении бруса (б); характер распределения напряжений в произвольном сечении бруса (в); напряженное состояние в произвольных точках поперечного сечения бруса (г) y ⋅ cos α z ⋅ sin α σ = M + . (8.2) I z I y Правила знаков: из анализа знаков напряжений (рис. 8.3, г) следует, что для получения верного результата по формулам (8.1) и (8.2) необходим как учет знака изгибающего момента, так и выбор (назначение) направле-ния координатных осей в сечении. Направление координатных осей следует выбирать так, чтобы в первом квадранте координатной системы z0y (где z > 0; y > 0) изгибаю-щий момент вызывал растягивающие напряжения. q F F y III IV z q I II ℓ II I z IV III F ℓ F M y + – M Рис. 8.4. Примеры выбора направления координатных осей при косом изгибе 88 Нейтральная линия при косом изгибе ◦ уравнении (8.2), связывающем напряжение в произвольной точке с • координатами, переменными являются координаты z, y. Поскольку они в первой степени, то, следовательно, напряжения распределяются по ли-нейному закону и должна быть линия, на которой напряжения равны нулю. Нейтральная линия (нейтральная ось) – геометрическое место точек сечения, в которых нормальные напряжения равны нулю. Приравняв (8.2) нулю y ⋅ cos α z ⋅ sin α = M + , I z I y получают уравнение нейтральной линии вида y = k ⋅ x + b : y ⋅ cos α + z ⋅ sin α = 0; I z I z I y y = − sin α z , I y cos α то есть уравнение прямой с угловым ко-эффициентом y y = k⋅x + b α b a 0 k = tg α x Рис. 8.5. Уравнение прямой с уг-ловым коэффициентом и график прямой линии, известные из школьного курса I z y = − tg α ⋅ z + 0 , (8.3) I y где собственно угловой коэффициент вычисляют k = − I z tg α = tg β (8.4) I y Анализ уравнений (8.3), (8.4) 1. Свободный член уравнения (8.3) равен нулю, следовательно, пря-мая проходит через начало координат. Нейтральная линия разделяет сече-ние на сжатую и растянутую области. 2. Углы α и β в уравнении (8.4) имеют разные знаки, следовательно, силовая и нейтральная линии лежат в разных плоскостях. Углы α и β от-кладывают в одном направлении, но от разноименных осей (см. рис. 8.3, в). 3. Углы α ≠ β, следовательно, силовая F-F и нейтральная линии не перпендикулярны (см. рис. 8.3, в). y α F β z Базисная Силовая линия линия σ F – + Нейтральная линия 89 Расчет на прочность при косом изгибе Поскольку напряженное состояние линейное (рис. 8.3, г), результаты расчета по любой из гипотез прочности совпадают. Максимальные напря-жения возникают в точках, наиболее удаленных от нейтральной линии. Их положение определяют графически после построения нейтральной линии (рис. 8.3, в). Условие прочности, вытекающее из уравнения (8.1): σmax = M z ⋅ ymax + M y⋅ zmax ≤ [σ], I z I y или σmax = M z + M y ≤ [σ]. Wz Wy Условие прочности, вытекающее из уравнения (8.2): M max Wz σ max = cos α + sin α ≤ [σ], Wy Wz (8.5) (8.6) то есть такое же как при плоском изгибе, но с множителем в скобках бóльшим единицы. Выполняют три вида расчетов: поверочный, проектный и определе-ние допускаемой нагрузки. Проектный расчет. Требуемый размер поперечного сечения нахо-дят из условия прочности (8.6): M max Wz Wz ≥ cos α + sin α . (8.7) [σ] W y Искомый параметр находится по обе стороны от знака неравенства. Полученное уравнение – трансцендентное, то есть не могущее быть вы- раженным алгебраическим выражением. Такие уравнения решают мето- дом итераций, то есть методом последовательных приближений. Для стандартного прокатного профиля (двутавра, швеллера…) от- ношение Wz Wy зависит от размеров профиля. Так, для двутавров от № 10 до № 60 отношение Wz Wy изменяется в диапазоне от 6,12 до 14,07. По- этому в первом приближении принимают среднее число из указанного диапазона (например, 10). Подбирают профиль, а затем выполняют пове- рочный расчет. Следующая проба – уточненная. Перегрузку σmax − [σ ]100 [σ ] выше 5 % не допускают. 90 Пример 8.1. Подобрать размер двутавра для консольной балки, нагруженной распределен- ной нагрузкой. Дано: q = 5 кН/м; α = 10°; ℓ = 2 м; [σ] = 200 МПа. Решение. Из условия проч-ности при косом изгибе: q y F ℓ qA2 z – 2 F α М + M max Wz σ max = cos α + sin α ≤ [σ] Wz Wy требуемый момент сопротивления M max Wz Wz ≥ cos α + sin α , [σ] W y где Mmax= qℓ 2 /2 = 5·4/2 = 10 кН·м; Wz ≥ 10 ⋅103 (0,985 + 10 ⋅ 0,174) = 136 ⋅10−6 м3 . 200 ⋅106 Wz = 143 см3; Wy = 18,4 см3. Принимаем двутавр № 18: Поверочный расчет: σmax = 10 ⋅103 143 0,985 + 0,174 = 163 МПа . 143⋅10−6 18,4 Недогрузка 200 −163100 = 18,2 % . 200 Wz = 109 см3; Wy = 14,5 см3. Принимаем двутавр № 16: 10 ⋅103 109 Поверочный расчет: σmax = 0,985 + 14,5 0,174 = 210 МПа . 109 ⋅ 200 − 210 10−6 Перегрузка 100 = −5 % . Такая перегрузка допустима. 200 Напряжения при плоском изгибе, то есть при α = 0 σα=0 = M max = 10 ⋅103 = 91,7 МПа . Wz 109 ⋅ 10−6 Сопоставление напряжений при косом и плоском изгибах: • кmax = 210 = 2,29 . • пmax 91,7 Вывод: напряжения при косом изгибе больше, чем при плоском из-гибе в 2,29 раз. Косой изгиб опаснее плоского. 91 Пример 8.2. Подобрать F размеры поперечного сечения де- F ревянной балки с отношением вы- соты к ширине с = h/b = 2 . Дано: ℓ z F = 2 кН; α = 30°; F⋅A ℓ = 3 м; [σ] = 10 МПа. • y h – Решение. Из условия проч- b F М ности при косом изгибе: + M max Wz σ max = cos α + sin α ≤ [σ] Wy Wz требуемый момент сопротивления M max Wz Wz ≥ cos α + sin α , [σ] W y где Wz = bh2 6 = h = с . Wy hb2 6 b С другой стороны, Wz = bh2 = b(bc)2 = b3c2 , откуда b ≥ 3 6 ⋅Wz . 6 6 6 c2 Из эпюры моментов Mmax= F·ℓ = 2·3 = 6 кН·м. Тогда Wz ≥ 6000 (cos 30D + 2 sin 30D )= 1120 ⋅10−6 м3 , откуда 106 b ≥ 3 6 ⋅1120 ⋅10 −6 22 = 0,119 м . Принимаем: b = 0,12 м, h = 0,24 м. Выполняем поверочный расчет: 6000 ⋅ 6 0,24 σmax = 0,866 + 0,5 = 9,72 МПа , что меньше [σ]. 0,12 ⋅ 0,24 2 0,12 σα=0 = M max = 6000 ⋅ 6 = 5,21 МПа . σα=30 = 9,72 = 1,86 раз . Wz 0,12 ⋅ 0,24 2 σα=0 5,21 Вывод: косой изгиб опаснее плоского. Пример 8.3. Подобрать размеры прямоугольного сечения балки с отношением высоты к ширине h/b = 1,6. Материал балки сталь 40 (σт = 340 МПа). Дано: F = 10 кН; q = 30 кН/м; а = 1,3 м; с = 1,5 м. Решение. Имеем разновидность косого изгиба, при котором оба си-ловых фактора действуют в разных главных плоскостях инерции (рис. а). Внутренние усилия определяем методом сечений (рис. б и в), начиная со свободного конца, чтобы избежать процедуры определения опорных реак-ций в защемлении (в общем случае их шесть). 92 q Результаты расчета заносим в таблицу и строим эпюры изгибающих моментов в го- II с а ризонтальной и вертикальной плоскостях I (рис. г, д). F а Внутренние I участок II участок y б усилия 0 ≤ x ≤ a 0 ≤ x ≤ c y q My F·x F (a + x) F x x в x z x qx x z Mz qx F 2 a F(а+c) Опасным оказалось сечение в защем- лении. При этом изгибающий момент от си- г qс2 лы F вызывает растяжение в точках В и С, сжатие – в точках A и D. Распределенная на- 2 грузка деформирует балку так, что растяги- My д вающие напряжения возни- кают в точках A и B, сжи- B y мающие – в точках C и D. h Mz Опасными являются точки, в z которых складываются на- C пряжения с одним знаком: точки В и D. Условие прочности b D имеет вид: σmax = M y + M z ≤ [σ ], Wy Wz где изгибающие моменты = q c2 1,52 M y = F (a + c) = 10(1,3 + 1,5) = 28 кН⋅м и M z = 30 = 33,75 кН⋅м , а моменты сопротивления 2 2 Wy = b2h = b2 (1,6b) = 0,267 ⋅ b3 и Wz = bh2 = b(1,6b)2 = 0,427 ⋅ b3 . 6 6 6 6 Назначим допускаемое напряжение, выбрав [nт] из диапазона [nт] = 1,3-2,3 [σ ]= σ т = 340 ≈ 190 МПа [n т ] 1,8 Перепишем условие прочности в виде: M y + M z ≤ [σ ]; 28 ⋅103 + 33,75⋅103 ≤ 190 ⋅106 , 0,267 ⋅ b3 Wy Wz 0,427 ⋅ b3 откуда требуемое значение ширины сечения b ≥ 3 183,9 = 0,0989 м; 190 ⋅103 Принимаем: ширина сечения b = 0,1 м, высота сечения h = 1,6·0,1= 0,16 м. 93 Деформация балок при косом изгибе С использованием универсального уравнения упругой линии (метода начальных параметров) или энергетического метода для некоторых случа- ев плоского изгиба найдено максимальное значение прогиба – стрела прогиба f. M F q ℓ f ℓ f ℓ f MA2 f FA3 f qA4 f = 2EI раз = 3EI раз = 8EI раз M в 8 F в 16 q в 9,6 ℓ ℓ/2 ℓ/2 ℓ f f f f = MA2 f = FA3 f = 5 qA4 16EI 48EI 384 EI Деформацию балок при косом изгибе определяют путем геометри- ческого сложения векторов прогибов в направлениях главных центральных осей инерции. Так, для первого из приведенных выше примеров α f y = M z A2 f z = M y A2 My ; . 2EI z 2EI y f y = M cos α⋅A2 f z = M sin α⋅A2 ; 2EI y . M Mz 2EI z y Величину полного прогиба определяют: 2 2 MA2 cos2 α sin2 α fz f = f y + f z = 2E 2 + 2 , z I z I y γ MA2 I 2 f fy или f = sin2 α , (8.8) 2EI cos2 α + I z z y то есть так же, как и при плоском изгибе, но с множителем (корнем), бóльшим единицы. Положение плоскости изгиба (направление перемещения центра тя-жести сечения) определяется углом γ: tg γ = fz = M sin α⋅A2 2EI z = I z sin α , f y 2EI y M cos α⋅A2 I y cos α 94 y α F Силовая линия или tg γ = I z tg α . (8.9) I y β Из сопоставления формул (8.8) и (8.4) следует, что z нейтральная плоскость и плоскость изгиба взаимно инияЛ γ тральнаялиния перпендикулярны (tg γ = –tg β) и не совпадают с tgβ = − I y tg α . (8.4) прогиба f силовой плоскостью: еНй I z Пример 8.4. (Беляев Н. М. Сборник задач. № 6.9) При установке на опоры двутавра № 60, предназначенного y α F для работы на изгиб в вертикальной плоскости, совпадающей с плоскостью стенки, была допущена ошибка, и стенка двутавра отклонилась от вертикали на угол α = 1°. Определить связанное с этим увеличение нормальных напряжений и полного прогиба двутавра. Решение fz Для двутавра № 60: Wz = 2560 см3; Wy = 182 см3; γ Iz = 76806 см4; Iy = 1726 см4. f Сопоставим максимальные напряжения при косом и F fy плоском изгибах M max Wz M max к п cos α + sin α − Wy Wz Wz σmax − σmax = Wz = cos α + sin α −1. M max σпmax Wy σк − σп Wz 2560 max max = 0,9998 + 0,0175 − 1 = 0,245 или 24,5% . 182 σп max В случае плоского изгиба балка прогибается в вертикальном направ-лении на величину fy. При косом изгибе величина полного прогиба f = f z2 + f y2 . От вертикального направления балка отклоняется на угол, определяемый как tg γ = fz , откуда fz = f y tg γ . f y I z 76806 D = 0,7767. γ = 37,84° tg γ = tg α = ⋅ tg1 I y 1726 Тогда f = ( f y ⋅ tg γ)2 + f y2 = f y tg2 γ + 1 . Увеличение полного прогиба со- ставит: f − f y = f y tg2 γ + 1 − f y = tg2 γ+ 1 − 1 = 0,77672 + 1 − 1 = 0,266, или 26,6 %. f y f y Ответ: напряжения увеличились на 24,5, а полный прогиб – на 26,6 %. 95 8.2. ИЗГИБ С РАСТЯЖЕНИЕМ Изгиб с растяжением – частный случай сложного сопротивления, при котором на брус действуют продольные и поперечные нагрузки, пере-секающие ось бруса. В общем случае в поперечных сечениях возникают пять внутренних усилий: действующие в двух плоскостях изгибающие моменты Mz, My, по-перечные силы Qz, Qy, а также продольная сила N. Возникает сложный из-гиб с растяжением или сжатием. Пренебрегая касательными напряжениями от поперечных сил Qz, Qy (для длинных балок с отношением ℓ/h > 10 их влияние незначительно), можно считать напряженное состояние в опасных точках линейным. Внецентренное растяжение или сжатие Внецентренное растяжение – частный случай изгиба с растяже-нием , при котором брус растягивается силами, параллельными оси бруса так, что их равнодействующая не совпадает с осью бруса, а проходит через точку Р, называемую полюсом силы. е F F F F t t F e b F b t F F F F а б в Рис. 8.6. Примеры деталей и узлов, работающих при внецентренном нагружении: а – болт-костыль; б – пружина сцепления; в – сварное соединение Внутренние усилия и напряжения В произвольном сечении х бруса (рис.8.7, а) методом сечений опре-деляем внутренние усилия ∑ x = 0; N = F; ∑ M = 0 T = 0; x ; ∑ y = 0; Qy = 0; ∑ M y = 0; My = F·zP; ∑ z = 0; Qz = 0; ∑ M z = 0; Mz = F·yP. 96 x y x Mz My а P F N P σ′ y zP z σ″′ σ″ в z y б Рис. 8.7. Схема к определению внутренних усилий и напряжений при внецентренном приложении силы Отличны от нуля три внутренних усилия (рис. 8.7, б), от которых возникают нормальные напряжения, действующие по одной из трех пар граней (рис. 8.7, в); две другие пары граней свободны от напряжений. Име-ет место линейное напряженное состояние. Напряжения в произвольной точке являются суммой трех слагаемых N M z M y F F⋅yP ⋅y F⋅zP⋅z σ = σ′ + σ′′ + σ′′′ = A + Iz y + z ; σ = A + + . I y A ⋅ Iz A A ⋅ I y A Учитывая, что отношение i = I – радиус инерции сечения, получим A yP y zP z σ = F 1 + + . (8.10) 2 2 A iz iy О правиле знаков внутренних усилий. Формула (8.10) выведена для случая положительной растягивающей силы N и изгибающих момен-тов Mz, My, вызывающих растягивающие напряжения в точке, принадле-жащей первой четверти осей координат (где x > 0 и y > 0). Поэтому оси ко- ординат поперечного сечения бруса следует направлять так, чтобы по-люс P (точка приложения силы) находился в первом квадранте. Если сила, приложенная к брусу, сжимающая, то ее числовое значение будет со зна-ком минус. Анализ формулы (8.10) 1. Отсутствие координаты х свидетельствует о неизменности напря-жений вдоль оси бруса. 2. В случае приложения силы в центр тяжести сечения (zP = 0, yP = 0) напряжения в любой точке сечения постоянны и равны σ = F/A, то есть центральное растяжение является частным случаем внецентренного. 97 3. Независимо от значений координат полюса Р напряжение в центре тяжести сечения (yцт =0, zцт = 0), σцт = F/A. 4. Переменные z и y в первой степени, следовательно, формула (8.10) является уравнением прямой и нормальные напряжения распределяются по линейному закону, значит должна быть нейтральная линия, на которой напряжения равны нулю. Уравнение нейтральной линии при внецентренном растяжении Нейтральная линия ( нейтральная ось) – геометрическое место точек, в которых нормальное напряжение в поперечном сечении равно нулю. Приравняем нулю уравнение (8.10). Поскольку F/A ≠ 0, то выраже-ние в скобках равно нулю 1 + yP ⋅ y + zP ⋅ z = 0 . iz2 i2y Переменные z, y в первой степени, следовательно, нормальные напряжения y x + y = 1 a b b в сечении распределяются по линейной зависимости. Полученное выражение приведем к виду уравнения прямой в от- a 0 x резках, где a и b – отрезки, отсекаемые линией на осях координат. В нашем слу-чае уравнение нейтральной линии будет записано как Рис. 8.8. Уравнение прямой в от-резках и график прямой линии, известные из школьного курса y + i 2 − z yP z = 1. (8.11) 2 − iy z P Свободный член полученного уравнения не равен нулю, следова- тельно, нейтральная линия через начало координат не проходит. Отрезки, отсекаемые нейтральной линией на осях y и z, соответственно равны: i2 i2y yн.л = − z ; zн.л = − . (8.12) zP yP По найденным значениям отрезков проводят нейтральную линию и находят точки В и С, наиболее удаленные от нее (рис. 8.9). Выполняют это простым геометрическим построением, проводя касательные к сечению, параллельные нейтральной оси. Найденные точки – опасные, поскольку напряжения в них наибольшие по величине. 98 y Уравнения (8.12), связывающие zP B координаты полюса Р – точки прило- жения внешней нагрузки с поло- P yP σ жением нейтральной линии, являются zн.л гиперболической функцией. Чем z σmax yн.л ближе полюс Р к центру тяжести се- + чения (значения yP, zP уменьшаются), F/A тем нейтральная линия проходит C дальше и в пределе стремится к бес- σmin– Нейтральная конечности. И, наоборот, по мере от- даления точки приложения силы от линия Рис. 8.9. Эпюра напряжений центра тяжести нейтральная линия асимптотически приближается к нему. в поперечном сечении Однако пересечь центр тяжести сече- ния нейтральная линия не может (см. анализ формулы (8.10)). В центре тяжести σцт = F/A (рис. 8.9), поскольку yцт = 0 и zцт = 0 (подставьте в (8.10)). Нейтральная линия может разделять поперечное сечение на области, в которых действуют напряжения разных знаков. Некоторые материалы (чугун, силумин, керамика, кирпичная кладка…) хорошо сопротивляются сжатию и плохо – растяжению. Поэтому необходимо уметь определять та- кую область приложения нагрузки, в которой не возникают напряжения разных знаков. Ядро сечения Ядро сечения – область вокруг центра тяжести сечения, при приложении нагрузки внутри которой, напряжения во всем сечении будут одного знака. yн.л 1 y Контур ядра сечения строят н.л 2 путем окатывания нейтральной ли- н.л 1 нией контура поперечного сечения, н.л 3 то есть решают задачу обратную той, zн.л 1 н.л 2 в которой определяли положение y нейтральной линии: куда следует 4 прикладывать силу, чтобы ней- 3 тральная линия не пересекала кон- 1 z тур сечения, а только касалась его. 2 Задают несколько положений ней- тральной линии, касательной к се- чению (например, н.л.1, н.л.2, н.л.3), н.л 4 zн.л 2 определяют координаты точек пере- Рис. 8.10. Определение координат сечения этих линий с осями коорди- нат (например, zн.л.1, yн.л.1). Затем, отрезков нейтральной линии для построения ядра сечения преобразуя уравнение (11), находят 99 соответствующие им координаты точек ядра сечения (точки 1, 2, 3): i2 i2y yя = yP = − z ; zя = zP = − . (8.13) zн.л. yн.л. Так как при переходе нейтральной линии с одной стороны на другую (например, от н.л 3 к н.л 4) она поворачивается вокруг угловой точки сече-ния, то точка приложения силы перемещается по прямой (на рис. 8.10 от-резок 3 – 4), образуя контур ядра. Пример 8.4. Построить ядро сечения для круга диаметром d. Решение. Квадрат радиуса инерции круга: iz2 = I z = πd 4 4 = d 2 . A 64 πd 2 16 Задаем положение нейтральной линии 1–1, касательной к окружно- сти. Ее координаты: zн.л 1 = ∞; yн.л 1 = d/2. 1 y 1 Координаты точки ядра сечения: zя1 = − i2y = − d 2 = 0; d 4 zн.л.1 16 ⋅ ∞ z yя1 = − iz2 = − d 2 ⋅ 2 = − d . 1 yн.л.1 16 ⋅ d 8 d Из симметрии сечения относительно его центра тя- жести следует, что при других положениях ней- тральной линии на окружности диаметром d точки ядра сечения образуют концентрический с ней круг диаметром d/4. Пример 8.5. Построить ядро сечения для прямоугольника с размером сторон b×h. Решение. Квадраты радиусов инерции: iz2 = I z = bh3 1 = h2 ; i2y = I y = b3h 1 = b2 . A 12 bh 12 A 12 bh 12 Задаем положение нейтральной линии 1-1, ка-сательной к верхней грани прямоугольника. Ее ко-ординаты: zн.л 1 = ∞; yн.л1 = h/2. Координаты соот-ветствующей точки ядра сечения: 1 y 2 h b6 1 b 2 1 z h6 2 zя1 = − i2y b2 = 0; yя1 = − iz2 h2 ⋅ 2 h . = − = − 12 ⋅ h = − zн.л1 12 ⋅ ∞ 6 yн.л1 Аналогично для нейтральной линии 2-2: zн.л 2 = b/2; yн.л 2 = ∞. zя2 = − i2y = − b2 ⋅ 2 = − b ; yя2 = − iz2 = − h2 = 0. zн.л 2 12 ⋅ h 6 yн.л 2 12 ⋅ ∞ 100 Учитывая симметрию прямоугольного сечения относительно осей z и y, задаем положения нейтральных линий на противоположных сторонах прямоугольника и получаем еще две точки. Соединяя все точки, получаем ядро сечения в виде ромба с диагоналями, равными h/3 и b/3. I h III IV y 3 2 4 1 z0 b IV II Пример 8.6. Построить ядро сечения для I швеллера № 20. Решение. Из таблицы сортамента выпишем ис-ходные данные и выполним рисунок швеллера. Последовательно задаем положение нейтраль- z ной линии (I-I, II-II, III-III, IV-IV), касающейся контура сечения, и вычисляем координаты точек ядра сечения. Расчеты представлены в табличном виде. III Ядро сечения имеет вид четырехугольника, асимметричного относительно оси ординат. Положе- ние ядра сечения зависит лишь от формы и раз- II меров поперечного сечения, но не зависит от вели- чины приложенной силы. yн.л. = h/2 = 20/2 = 10 см; zн.л. = ∞; i2y I-I 1 yя = − iz2 = − 8,072 = −6,51 см ; zя = − = − 2,2 2 = 0 ; yн.л. 10 zн.л. ∞ II- yн.л. = ∞; zн.л. = b – z0= 7,6–2,07 = 5,53 см; yя = − iz2 = − 8,072 = 0 ; i2y 2,2 2 II 2 zя = − = − = 0,845 см ; yн.л. ∞ zн.л. 5,53 III- yн.л. = –h/2 = –20/2= –10 см; zн.л. = ∞; i2y yя = − iz2 = − 8,072 = 6,51 см ; 2,2 2 III 3 zя = − = − = 0 ; yн.л. − 10 zн.л. ∞ IV- yн.л. = ∞; zн.л. = – b = –2,07 см; yя = − iz2 = − 8,072 = 0 ; i2y 2,22 IV 4 zя = − = − = 2,34 см ; yн.л. ∞ zн.л. − 2,07 Расчет на прочность при внецентренном нагружении Поверочный расчет выполняют, используя условие прочности σ = N ± M z ± M y ≤ [σ ]. Wy A Wz Проектный расчет обладает особенностью, связанной с тем, что гео-метрические характеристики, входящие в условие прочности содержат ис-комый размер поперечного сечения в разной степени. Площадь А измеря-ется в м2, а моменты сопротивления W в м3. Попытка выразить искомый 101 размер из условия прочности приводит к трансцендентной функции, то есть аналитической функции, не являющейся алгебраической. Проектный расчет выполняют методом итераций1 [от лат. iteratio – повторение]. В первом приближении, пренебрегая одним из внутренних усилий, – продольной силой N – подбирают размер сечения только из ус-ловия прочности при изгибе. Полученный размер подставляют в исходное уравнение и выполняют следующую пробу. Процесс повторяют до тех пор, пока невязка – разность размеров последующей и предыдущей проб, не достигнет заданной наперед малости. Пример 8.7. (Винокуров А. И. Сборник задач … 5.35). Подобрать диаметр стержня выпу-скного клапана. При расчете использовать усилие F в момент открывания клапана в конце рабочего хода поршня. Дано: p = 1,5 МПа; e = 12 мм; D = 35 мм; [σ] = 210 МПа F F Решение. Сила давления газов на та- релку клапана = p π D2 = 1,5 π 352 = 1443 Н . e e F = p ⋅ A клап 4 4 1 1 М Внутренние усилия в сечении 1-1 стер- N жня клапана (по модулю): N = F; M = F·e. d Условие прочности: σmax = N + M ≤ [σ ]; σmax = F ⋅ 4 + F ⋅ e ⋅ 32 ≤ [σ ]. p D A W πd 2 πd 3 4F 4F (d + 8e) ≤ [σ ], πd 3 откуда d ≥ 3 π[σ ](d + 8e) . По обе стороны от знака неравенства искомый диаметр – имеем трансцендентное уравнение, которое решаем методом приближений: d 0 = 0;d1 ≥ 3 4 ⋅⋅1443 (0 + 8 ⋅12) = 9,435 мм . ◦ 210 d2 ≥ 3 4 ⋅⋅1443 (9,435 + 8 ⋅12) = 9,735 мм . π 210 d3 ≥ 3 4 ⋅⋅1443 (9,735 + 8 ⋅12) = 9,744 мм . π 210 1 Метод последовательных приближений, при котором каждое новое приближе-ние вычисляют исходя из предыдущего; начальное приближение выбирается в доста-точной степени произвольно. 102 Разность между последним и предпоследним приближениями 9,744 − 9,735 100 = 0,0924 % . 9,744 Процесс подбора прекращаем, принимаем d = 10 мм. σ = F⋅ 4 + F⋅ e⋅32 Проверка: = 1443 ⋅ 4 + 1443 ⋅12 ⋅ 32 = 18,4 + 176,4 = 194,8 МПа . πd 2 πd 3 π ⋅100 π ⋅1000 Напряжения изгиба больше напряжений растяжения в σизг = 176,4 = 9,6 раза . σраст 18,4 Пример 8.8. (Винокуров А. И. Сборник задач … 5.38.). Из расчета на прочность определить размер h скобы струбцины. Решение.Условие прочности при вне- центренном растяжении плоской фигуры σ = F + M ≤ [σ ], A W b где A = b·h; W = b·h2/6; M = F(a+h/2). Условие прочности: σ = F + F (a + h / 2)6 = F + 6Fa + 3Fh ≤ [σ ]; bh bh2 bh bh2 bh2 F h + 6 a + 3 h ≤ [σ ]; F h + 6 a ≤ [σ ]. h2 b h2 4 b b a b b h Требуемый размер скобы: h ≥ F 4 h + 6 a b b . [σ ] Размер h в обеих части неравенства. Полученное уравнение – транс- цендентное. Решаем его методом последовательных приближений. В пер- вом приближении принимаем h в скобках под корнем равным нулю: h0 = 0. Тогда h1 = F 4 + 6 a = 16000 + 6 90 = 77,46 мм; b b 90 16 [σ ] h2 = 16000 4 77,46 + 6 90 = 97,17 мм. 90 16 16 Невязка подбора h2 − h1 100 = 97,17 − 77,46100 = 25,4 % . h1 77,46 Следующее приближение h3 = 16000 4 97,17 + 6 90 = 101,58 мм. 90 16 16 103 Невязка подбора h3 − h2 100 = 101,58 − 97,17100 = 4,5 % . h3 97,17 Следующее приближение h4 = 16000 4 101,58 + 6 90 16 16 = 102,54 мм. 90 Невязка подбора h4 − h3 100 = 102,54 − 101,58100 = 0,95 % . h4 101,58 Последняя невязка менее 1 %, поэтому выходим из цикла подбора. Принимаем h = 103 мм. F M Проверка: σ = + = 16000 + 16000 ⋅ 6 90 + 103 A W 16 ⋅103 16 2 ; σ = 9,71 + 80,03 = 89,74 МПа < [σ ]. ⋅1032 Сопоставим вклады от изгиба и растяжения в общее напряжение: σизгσ = 89,7480,03 = 0,892. σрастσ = 89,749,71 = 0,108 . Напряжения от изгиба в 8,24 раза превышают напряжения от растя-жения. Полученное соотношение можно сделать более благоприятным снизив долю растягивающих напряжений от изгиба за счет уменьшения плеча е изгибающего момента. На практике применяют тавровое и двутав-ровое сечения, смещая центр тяжести с ближе к линии действия силы и располагая больше материала в области растягивающих напряжений, к ко-торым хрупкие материалы более чувствительны. Линия действия силы с с е с Рис. 8.11. Примеры выполнения поперечного сечения бруса, подверженного действию внецентренного растяжения 104 8.3. ИЗГИБ С КРУЧЕНИЕМ Изгиб с кручением – вид сложно- го сопротивления, при котором в попе-речном сечении бруса возникают изги-бающие и крутящий моменты. Рассмотрим случай, при котором внешние силы располагаются в плоско-сти поперечного сечения, но не пересе-кают геометрическую ось х (рис. 8.12, а). Силу F разложим на ее составляю-щие Fz, Fy. Методом сечений определим внутренние усилия в произвольном се- чении х (рис. 8.12, б). Спроецировав все силы на коор-динатные оси и составив уравнения моментов относительно координатных осей, найдем внутренние усилия. Из шести внутренних усилий не равно ну-лю пять. y х Fz а е F Fy x z y Mz б My Qz Qy В x T z Рис. 8.12. Определение внутренних усилий при изгибе с кручением Σ x = 0; N = 0; Σ Mx = 0; T = F·e; τQy Σ y = 0; Qy = Fy; Σ My = 0; My= Fz·x; τQz Σ z = 0; Qz = Fz; Σ Mz = 0; Mz= Fy·x. σ′ τ а На выделенном элементе В (рис. 8.12, б) показаны σ″ T действующие по его граням напряжения (рис. 8.13, а). От поперечных сил и крутящего момента возникают ка- σ′ б сательные напряжения τQy, τQz, τT. От изгибающих мо- ментов – нормальные напряжения σ′ и σ″. Для длинных σ″ τT валов и балок (ℓ > 10 d) влиянием поперечных сил часто Рис. 8.13. Ана- пренебрегают. Таким образом, учитывают только три лиз напряжен- момента: крутящий и два изгибающих. От них возника- ного состояния ют три напряжения: одно касательное и два нормальных (рис. 8.13, б). Расчет на прочность при изгибе с кручением Из рисунка 8.13, б следует, что в произвольном сечении возникает плоское напряженное состояние M y σ x = σ M z +σ M y = M z y + z; σ y = 0; σ z = 0; I z I y τxz = τT = T ρ. I p 105 Как при изгибе, так и при кручении круглого сечения опасными яв-ляются точки на периферии. Для круга и кольца Wz = Wy = Woc; Wp = 2Woc. σ M y ,max = M y ; σ M z ,max = M z ; τ T ,max = T . Woc Woc 2Woc Условие прочности для пластичных материалов по III теории проч- ности (наибольших касательных напряжений): σэкв = σ1 − σ3 ≤ [σ ], где σ = σ x + σ 2 + τ2 ; σ = σ x − σ 2 x 3 x + τ2 . 1 2 2 xz 2 2 xz Тогда σ экв = σx + 1 σ 2 + 4τ2 − σx − 1 σ 2 + 4τ2 ; 2 x T 2 x T 2 2 σэкв = σx2 + 4τT2 ≤ [σ ]. Поскольку для круглого и кольцевого сечений не существует точки, одинаково удаленной от обеих осей инерции z, y, то используют результи- рующий момент – геометрическую сумму векторов изгибающих моментов относительно осей z, y: М рез = M 2y + M z2 . (8.12) Тогда σx = M рез . Woc σ экв = M 2y + M z2 + 4 T 2 ≤ [σ ], или σ экв = M 2y + M z2 + T 2 ≤ [σ ]. W 2 (2W )2 Woc oc oc Условие прочности при совместном действии изгиба и кручения: σэкв = M прив ≤ [σ ]. (8.13) Wос Мприв – приведенный момент, действие которого эквивалентно со-вместному действию My, Mz, T в соответствии с используемыми теориями прочности. По III теории прочности (наибольших касательных напряжений) М прив, III = M 2y + M z2 + T 2 . (14) По IV теории прочности (энергетической) М прив, IV = M 2y + M z2 + 0,75⋅T 2 . (15) Приведенного момента в действительности не существует, изобра-зить его нельзя, вектора он не имеет. Величина приведенного момента за- 106 висит от используемой теории прочности. Результаты расчетов по III и IV теориям прочности близки, отличаются примерно на 5–10 %. Пример 8.9. (Вольмир А. С. Сборник задач … 6.52). Вал с кривоши-пом подвергается действию силы F = 3,5 кН. Определить диаметр вала по третьей теории прочности при [σ] = 160 МПа; ℓ = 50 см, а = 10 см. F ℓ a y x F T Mz z F·ℓ Q x a F·a Mz T Решение. Внутренние усилия оп-ределяем методом сечений. Р ассекаем вал на две части в произ-вольном сечении х, • О тбрасываем одну из частей (поз. б ри-сунка), ◦ аменяем действие отброшенной части внутренними усилиями и в коорди- натной системе xyz составляем • У равнения статики: ∑ x = 0 ; N = 0; ∑ M x = 0 ; T = -F·a; ∑ y = 0 ; Qy = F; ∑ M y = 0 ; My = 0; в ∑ z = 0 ; Qz = 0; ∑ M z = 0 ; Mz = -F·x. Строим эпюры изгибающего и крутящего моментов, действующих в • поперечных сечениях вала (поз. в и г рисунка). Находим приведенный мо-мент в опасном сечении – в защемлении: M прив = M z2 + T 2 = (− FA)2 + (− Fa)2 = = F A2 + a2 = 3500 0,52 + 0,12 = 1785 Н⋅м. Из условия прочности при изгибе с кручением σэкв = M прив = [σ] находим Wос W = M прив = π d 3 , ос [σ] 32 откуда d ≥ 3 32M прив = 3 32 ⋅1785 = 0,0484 м. π[σ] π ⋅160 ⋅106 Округлив до большего значения, принимаем диаметр вала d = 50 мм. 107 9. ДИНАМИЧЕСКОЕ ДЕЙСТВИЕ СИЛ Нагрузка статическая – постоянная или изменяющаяся медленно так, что силами инерции вследствие ускорения, можно пренебречь. Нагрузка динамическая – быстро меняющая свое значение или ме-сто приложения. Метод расчета на динамическую нагрузку основан на принципе Даламбера: всякое движущееся тело можно рассматривать как находя-щееся в состоянии мгновенного равновесия, если к действующим на него внешним силам добавить силу инерции, равную произведению массы тела на его ускорение (J = a⋅m), направленную в сторону, противоположную ускорению. Для определения динамических напряжений при ударе ис-пользуют закон сохранения энергии. 9.1. РАВНОУСКОРЕННОЕ ДВИЖЕНИЕ ТЕЛА. ДИНАМИЧЕСКИЙ КОЭФФИЦИЕНТ Nдин Пример. Груз Q поднимают с постоянным ускорени- ем а тросом с площадью поперечного сечения A, изготов- A, γ ленным из материала с объемным весом γ. Определить на- x пряжение в тросе. Решение. Методом сечений определяем внутреннее усилие в произвольном сечении троса a Q a Q Nдин = Q + J = Q + g a = Q 1 + , g где g – ускорение свободного падения. В покое статическое усилие Nст = Q. За счет движения с ускорением усилие возрастает в отношении Кдин = Nдин = 1 + a . (9.1) Nст g Отношение динамического значения некоторого фактора (усилия, напряжения, перемещения) к соответствующему статическому значению этого фактора называют динамическим коэффициентом. Напряжение в тросе Q a σдин = 1 + . A g Если учитывать вес троса, то внутренние усилия в нем: Nст = Q + γ ⋅ A⋅ x . Динамическое напряжение в тросе σдин = N дин = Nст Kдин = σст Kдин . A A (9.2) (9.3) 108 Условие прочности ⇒ σст Кдин ≤ [σ]. σдин ≤ [σ ] Для нашего примера Q a ≤ [σ ]. σдин = A + γ⋅x 1 + (9.4) g 9.2. УДАРНОЕ ДЕЙСТВИЕ НАГРУЗКИ Удар – взаимодействие тел, при котором за очень малый проме-жуток времени скачкообразно возникают конечные изменения скорости соударяемых тел. Приняты следующие допущения: удар неупругий, то есть тела после соударения не отделяются друг от друга и движутся совместно. После соударения в некоторый момент вре-мени скорость перемещения ударяющего груза становится равной нулю; вид деформированной системы (эпюра пере-мещений ) при ударе в любой момент времени подо-бен виду деформированного состояния системы при статическом нагружении: • х, дин = δдин = К ◦ х, ст δстдин , F Q= F где δх, д ин, δх, с т – динамический и статический прогиб δx,дин δдин в произвольном сечении х; δдин, δст – динамический и статический прогиб в точке соударения; масса ударяемого тела считается малой по сравнению с массой уда-ряющего тела; напряжения при ударе не превосходят предела пропорциональности так, что закон Гука при ударе сохраняет силу; потерей части энергии, перешедшей в теплоту колебания, пренебре- гают. Динамический коэффициент без учета сил инерции ударяемого тела Груз Q, падая с высоты Н, деформирует систему на δдин. Работа, со-вершаемая грузом Q на перемещении (Н+δдин) W = Q(H + δдин). 109 Q δдин H Q F H Qдин дин δ • – высота падения груза Q; δдин – деформа-ция стержня (балки) в месте соударения U δдин δ Сила, деформирующая стержень (балку) от момента соударения до остановки груза, изменяется от нуля до значения Qдин. При этом потенциальная энергия упругой деформации стержня U = 12 Qдин⋅δдин . На основании закона сохранения энергии работа W внешних сил равна потенциальной энергии U системы: W = U Q ⋅ H + Q ⋅ δдин = 1 Q дин⋅ δдин . 2 Принимая допущения Qдин = Q ⋅ Kдин; δдин = δст ⋅ Kдин , получим 1 Kдин ⋅δ = 0. Q H + δст ⋅Kдин − 2 ст ⋅ Kдин 2H + 2δст ⋅ Kдин − δст ⋅ Kдин2 = 0; Kдин2 − 2Kдин − 2H = 0. δст Решая уравнение относительно динамического коэффициента, получим Kдин = 1 ± 1 + 2H . δст Так как динамический коэффициент отрицательным быть не может, то Kдин = 1 + 1 + 2H . (9.5) δст При свободном падении тела m g H = mV 2 , откуда H = V 2 . 2 2 g Тогда Kдин = 1 + 1 + V 2 . (9.6) g⋅δст 110 9.3. ПРОЧНОСТЬ ПРИ ПЕРЕМЕННЫХ НАГРУЗКАХ Большинство деталей машин, энергетических установок, химических аппаратов испытывают переменные напряжения, циклически изменяю-щиеся во времени. В некоторых случаях доля циклической составляющей в общей нагрузке невелика и при расчетах на прочность не учитывается. В других случаях пренебрежение переменной составляющей нагрузки или ее неправильный учет приводит к авариям и разрушениям подчас с тяжелыми последствиями и человеческими жертвами. Анализ случаев поломок машин свидетельствует о том, что боль-шинство поломок (по литературным данным 80–90 %) происходит вслед-ствие усталости металлов. Этот вид разрушения металлов наблюдается при повторном и повторно-переменном действии нагрузки. Усталость материалов Усталость – процесс постепенного накопления повреждений под действием переменных напряжений, приводящий к изменению свойств, об-разованию трещин, их развитию и разрушению. Выносливость – свойство материала противостоять устало- сти. Весь диапазон чисел циклов, где возникает разрушение от перемен-ных нагрузок, условно разбит на две области: малоцикловой и многоцикло-вой усталости. Усталостное повреждение – необратимое изменение физико-механических свойств материала объекта под действием переменных на-пряжений. Накопление повреждений начинается задолго до окончатель-ного разрушения. Разрушение, как правило, наступает внезапно. Усталостное разрушение – разрушение материала нагружае-мого объекта до полной потери его прочности или работоспособности вследствие распространения усталостной трещины. Усталостная трещина – частичное разделение материала под действием переменных напряжений. Циклы напряжений В подавляющем числе случаев напряжение в элементах механических систем изменяется периодически. Законы изменения во времени t переменных напряжений σ могут быть различными, что обу-словлено кинематикой механизма и взаимодействием движущихся сис-тем. Некоторые виды циклов представлены на рис. 9.1. Совокупность последовательных значений напряжений за один период их изменения Т называют циклом напряжений или просто циклом. 111 Циклом называют замкнутую однократную смену напряжений, проходящих непрерывный ряд значений. Время Т, в течение которого протекает один цикл, называют периодом. σ а б Период Т в г Рис. 9.1. Виды циклов напряжений: Время t а – треугольный; б – трапецеидальный;в – гармонический; г – результат сложения трех гармонических циклов с различной частотой и амплитудой Максимальное напряжение цикла σm a x – наибольшее по алгебра- σ ическому значению напряжение цикла. Напряжение a Минимальное напряжение σ max цикла σm i n – наименьшее по алгебра- a min ическому значению напряжение цикла. σ m Среднее напряжение цикла σm σ σσ – постоянная составляющая цик-ла напряжений, равная алгебраичес-кой Цикл Время полусумме максимального и мини- мального напряжений цикла: Рис. 9.2. параметры цикла напряжений σm = σmax + σmin . 2 Амплитуда напряжений цикла σ a – наибольшее числовое положительное значение переменной составляющей цикла, равной алгебраической полуразности: σa = σmax − σmin . 2 Коэффициент асимметрии цикла напряжений Rσ – отно- шение минимального напряжения цикла к максималь- σ Rσ= 0 σmin ному R = . σ σmax При испытаниях на выносливость наиболее t употребительны симметричный и отнулевой циклы. Rσ=-1 112 Симметричный цикл напряжений – цикл, у которого максимальное и минимальное напряжения равны по абсолютному значению, но противоположны по знаку Rσ = –1. Отнулевой цикл напряжений – знакопостоянный цикл напря- жений, изменяющихся от нуля до максимума Rσ = 0. Кривая усталости и предел выносливости Кривая усталости – график, характеризующий зависимость ме- жду максимальными напряжениями σmax или амплитудами цикла σa и цик- σ I II III лической долговечностью N одинаковых образцов, постро- σ ≡ σmax енный при фиксированном или среднем напряжении цикла σm σ ≡ σa = const, или при заданном ко- эффициенте асимметрии цик- σR ла напряжений R = const. Кривую усталости пред- ставляют как в полулогариф- Рис. 9.3. Характерные участки кривой ℓg N мических (σ − ℓg N), так и в усталости при асимметричном нагружении двойных (ℓg σ − ℓg N) лога- рифмических координатах (реже). Благодаря особенности логарифмической шкалы на ней можно от- ложить циклическую долговечность, исчисляемую как единицами, так де- сятками и сотнями миллионов циклов без потери физической сущности явления. Зависимость между действующими напряжениями и числом циклов до разрушения имеет вид, называемый в литературе S-образным, что обу- словлено наличием на кривой усталости двух перегибов и трех основных участков, отличающихся типом разрушения. • пределах I участка происходит выделение и накопление односто-ронней деформации, приводящей к разрушению, по всем признакам анало-гичному статическому растяжению. Из-за этого участок получил название участка (области) квазистатического разрушения. Протяженность I уча-стка зависит от характеристик прочности и пластичности, коэффициента асимметрии цикла напряжений и составляет от нескольких тысяч до не-скольких десятков тысяч циклов. При симметричном цикле напряжений (R = –1) участок I вырождается. • пределах участка III остаточное удлинение δ и сужение ψ почти отсутствуют (ψ → 0, δ → 0). Разрушение имеет хрупкий характер и проис-ходит от усталостной трещины (усталостное разрушение). В некоторых случаях участок кривой усталости переходит в горизонтальную линию, со- 113 ответствующую пределу выносливости σR. Этот участок получил название участка (области) многоцикловой усталости. Многоцикловая усталость – усталость материала, при кото-рой усталостное повреждение или разрушение происходит в основном при упругом деформировании. На участке II происходит переход от квазистатического типа разру-шения (участок I) к усталостному ( участок III). Для участка II характерны признаки двух типов разрушения: хрупкого от усталостной трещины и вязкого – от накопленной односторонней деформации. На фоне развитой шейки можно наблюдать трещины разной длины и степени раскрытия. Этим участком ограничивается область малоцикловой усталости. Малоцикловая усталость – усталость материала, при которой усталостное повреждение или разрушение происходит при упругопласти-ческом деформировании.. Предел выносливости σR – максимальное по абсолютному зна-чению напряжение цикла, при котором еще не происходит усталостное разрушение до базы испытаний (см. рис. 9.3). Для симметричного цикла σR ≡ σ–1. Для отнулевого цикла σ R ≡ σ 0. База испытаний – предварительно задаваемая наибольшая про-должительность испытаний на усталость. Для черных металлов принята база, равная 107 циклов; для цветных металлов – 108 циклов. Иногда для оценки усталостной прочности назначают другую базу испытаний, напри- мер 104 или 105. Тогда определяют ограниченный предел выносливости, со-ответствующий заданному числу циклов. Предел выносливости определяют по результатам испытаний . При-рода накопления усталостных повреждений такова, что результаты испы-таний могут иметь значительный случайный разброс, на порядок и более. Для получения достоверных характеристик прочности материала при цик-лическом нагружении требуется от нескольких десятков до нескольких со-тен однотипных образцов. Метод трудоемок и продолжителен по времени. Так, при испытании на изгиб с вращением при частоте нагружения n = 3000 об/мин для наработки базы испытаний 107 циклов одним образцом требуется 3333 минуты, или 55,5 часов, или 2,3 суток при безостановочной работе. Полный цикл испытаний занимает несколько недель или месяцев. Разработаны ускоренные методы испытаний, а также предлагаются эмпирические зависимости, устанавливающие связь предела выносливости с характеристиками прочности и пластичности. Расчеты на выносливость при переменном нагружении Из многочисленных факторов, влияющих на усталостную прочность, особо выделим следующие: 1) концентрация напряжений; 2) абсолютные размеры детали (масштабный фактор); 114 3) качество обработки поверхности и состояние поверхностного слоя; 4) состояние макро- и микроструктуры изделия; 5) состояние внешней среды: температура, облучение, агрессивность; 6) технологические методы упрочнения. В связи с этим расчеты на усталость выполняют, как правило, пове-рочные. Вычисляют предел выносливости σ-1д реальной детали, ориенти-руясь на предел выносливости σ−1 лабораторного образца (гладкого, поли- рованного), полученный в результате статистической обработки результатов экспериментов: = σК−1 , где К – коэффициент, учитывающий влияние перечисленных выше факто-ров. Вычисляют коэффициенты запаса прочности отдельно по нормальным напряжениям при растяжении или изгибе и по касательным напряжениям при кручении: nσ = σ−1 . nτ = τ−1 . K ⋅ σa + ψσ ⋅ σm K ⋅ τa + ψτ ⋅ τm В случае одновременного действия нормальных и касательных на-пряжений общий коэффициент запаса прочности находят с учетом обоих частных коэффициентов n = nσ ⋅ nτ . n2 + n2 σ τ Деталь считают работоспособной, если n ≥ [n]. Нормативный запас прочности [n] может зависеть от следующих факторов: 1) достоверной точности определения усилий и напряжений и на-пряжений; 2) однородности материала; 3) культуры производства и технологии изготовления детали; • зависимости от перечисленных выше факторов выделяют три группы значений допускаемого коэффициента запаса прочности при рас-четах на выносливость: 1) группа [n] = 1,3–1,5 назначается при повышенной точности расче-та с использованием экспериментальных данных определения усилий для деталей, изготовленных из однородного материала при качественной тех-нологии и высокой культуре производства (например, коленчатые валы); 2) группа [n] = 1,5–2 назначается при недостаточно полном объеме экспериментальной информации о нагрузках и прочности детали, при среднем уровне культуры производства, но в условиях систематического дефектоскопического контроля; 3) группа [n] = 2–3 назначается при малом объеме или отсутствии экспериментальной информации, высоком уровне производства. 115 10. ВЫПОЛНЕНИЕ КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ 10.1. РЕКОМЕНДАЦИИ К ВЫПОЛНЕНИЮ КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ • Приступать к выполнению задания необходимо лишь после изу-чения соответствующего учебного материала. • Студенты заочного отделения выполняют работу на одной сторо-не листа формата А4 или в тетради чернилами, разборчивым почерком. Титульный лист оформить согласно примеру. Студенты заочного обучения дополнительно указывают дату отсылки работы и точный почтовый адрес. • Перед решением каждой задачи надо выписать полностью ее ус-ловие, составить аккуратно схему в масштабе и указать на ней величины, необходимые для расчета. • Решение должно сопровождаться краткими и грамотными, без со-кращения слов, пояснениями и чертежами; ссылкой на рисунки и исполь-зованную литературу. Необходимо избегать механического пересказа учебника. • Все вычисления следует проводить с точностью до трех значащих цифр. Размеры подобранных сечений округлить согласно ГОСТу. • Размерность величин, получаемых в результате вычислений, долж-на соответствовать Международной системе единиц (см. приложение П2). • После выполнения контрольная работа предъявляется для провер-ки и защиты. При защите студент должен уметь решать задачи по соответ-ствующим разделам курса. Работа должна быть выполнена в установлен-ные графиком сроки и быть зарегистрированной в деканате не позднее не-дели до начала зачетно-экзаменационной сессии. • В зависимости от специальности и объема курса преподаватель может варьировать количество контрольных задач. Выбор варианта производится с использованием номера зачетной книжки по табл.10.1. Исходные для расчета данные выбирают из табл. 10.2 Таблица 10.1 Выбор варианта контрольной работы Последняя цифра номера 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Предпослед- няя цифра номера 0–3 1 4 7 10 13 16 19 22 25 28 4–6 2 5 8 11 14 17 20 23 26 29 7–9 3 6 9 12 15 18 21 24 27 30 116 Таблица 10.2 № варианта № схемы 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8 9 9 10 10 11 1 12 2 13 3 14 4 15 5 16 6 17 7 18 8 19 9 20 10 21 1 22 2 23 3 24 4 25 5 26 6 27 7 28 8 29 9 30 10 Силы, кН Моменты, кН⋅м Нагрузка,кН/м Длины участков, Маркастали м F F1 F2 F3 М0 M1 M2 M3 q a b c e 10 15 35 40 25 10 15 50 40 0,5 0,6 0,7 0,9 Ст2 15 20 30 50 20 15 10 25 35 0,6 0,7 0,8 1,0 Ст3 20 25 20 35 15 20 15 30 30 0,7 0,8 1,0 1,2 Ст4 25 30 35 30 10 25 20 35 25 0,8 1,0 1,2 1,4 Ст5 30 35 15 20 35 40 30 40 20 0,9 1,0 1,3 1,6 Ст6 35 40 10 25 45 50 45 50 15 1,0 1,2 1,4 1,7 Ст2 40 45 50 20 30 35 30 35 10 1,2 1,3 1,5 1,8 Ст3 10 50 45 55 25 30 25 40 30 1,3 1,5 1,9 2,2 Ст4 15 10 35 40 20 25 20 45 25 1,4 1,7 2,2 2,7 Ст5 20 15 30 50 15 20 10 25 20 1,5 1,9 2,3 2,9 Ст6 25 20 25 30 10 15 10 25 15 0,6 0,8 0,9 1,2 Ст2 30 25 20 35 45 50 40 45 10 0,7 0,9 1,1 1,3 Ст3 35 30 15 25 40 45 35 40 35 0,8 1,0 1,2 1,6 Ст4 40 35 10 15 35 30 40 50 30 0,9 1,2 1,4 1,8 Ст5 10 40 45 50 30 35 25 30 25 1,0 1,3 1,6 2,0 Ст6 15 10 35 40 25 30 20 35 20 1,1 1,3 1,7 2,1 Ст2 20 15 40 55 20 25 15 20 15 1,2 1,3 1,8 2,3 Ст3 25 20 30 35 15 20 10 40 10 1,3 1,6 2,0 2,5 Ст4 30 25 15 20 10 15 20 45 15 1,4 1,7 2,2 2,7 Ст5 35 30 25 30 20 25 15 50 20 1,5 1,8 2,3 2,9 Ст6 40 35 10 15 30 35 30 15 25 1,6 2,0 2,5 3,1 Ст2 10 40 50 35 40 45 40 25 30 1,5 1,9 2,4 3,0 Ст3 15 20 25 35 45 50 45 35 35 1,4 1,8 2,1 2,7 Ст4 20 15 35 40 35 40 35 55 40 1,3 1,6 2,0 2,4 Ст5 25 35 40 45 30 35 30 40 25 1,2 1,4 1,7 2,2 Ст6 18 22 24 16 26 14 20 36 22 0,5 0,8 0,9 1,1 Ст2 16 26 32 14 20 18 22 32 20 0,6 0,9 1,0 1,2 Ст3 14 12 22 32 18 24 18 28 18 0,7 1,0 1,2 1,4 Ст4 12 16 24 28 14 26 28 20 16 0,8 1,1 1,3 1,6 Ст5 8 12 18 24 14 22 10 16 20 0,9 1,3 1,4 1,7 Ст6 117 10.2. ЗАДАНИЯ К КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЕ Расчеты на прочность и жесткость при растяжении и кручении Задачи 1 и 2. Для заданных расчетных схем (рис. 10.1 и 10.2), вы-бранных в соответствии с шифром, выполнить расчеты на прочность и же-сткость: определить внутренние силовые факторы по участкам и построить эпюры, определить положение опасного сечения, из условия прочности подобрать размеры поперечных сечений, определить деформации каждого из участков в отдельности, построить эпюры перемещения сечений. Расчет на прочность при изгибе Задача 3. Для стальной балки (рис. 10.3), подобрать поперечное се-чение в нескольких вариантах исполнения: двутавровое, прямоугольное с отношением высоты к ширине h/b = 1,5, круглое и трубчатое c отношением d/D = 0,8. Варианты исполнения сопоставить по металлоемкости. Выпол-нить проверку прочности по касательным напряжениям. Расчеты на прочность при сложном сопротивлении Задача 4. Для стального бруса с ломаной геометрической осью (рис. 10.4) определить внутренние усилия на каждом участке. Построить эпюры внутренних усилий (значения усилий в буквенном выражении), оп-ределить положения опасных сечений. Подобрать размеры поперечных се-чений в виде прямоугольника с отношением сторон h/b = 2, круга и кольца с отношением диаметров d/D = 0,8. Размеры сечений округлить до стан-дартных значений. 118 F1 F1 А 2А 2А F2 А F2 3А F3 3А F3 1 2 6 7 3А F3 3А F3 2А F2 А F2 А 2А F1 F1 F1 А 3А F2 2А F3 3 8 2А F3 3А F2 А F1 Рис 10.1 F1 3А А F2 2А F3 4 9 2А F3 А F2 3А F1 F1 3А а 2А F2 b А F3 c 5 10 А F3 c 2А F2 b 3А а F1 М1 М2 М3 d D М1 М2 М3 М1 М2 М3 М1 М2 М3 М1 М2 М3 a b c e М1 М2 М3 1 6 М1 М2 М3 2 7 М1 М2 М3 3 8 М1 М2 М3 4 9 М1 М2 М3 5 10 a b c e Рис. 10.2 119 M0 q 1 q M0 2 M0 q 3 q M0 6 M0 q 7 q M0 8 q M0 q M0 M0 q 4 9 q M0 5 10 a F a a q 2a 2a 2a q M0 a a M02a q a 7 c a Рис. 10.3 a a 1 2a 2 q F a c 2a q 2a F a 3 q 4 2a a 5 M0 a a a 2a q q F 2a a 6 F q F q 2 a 2a M0 a 8 9 Рис. 10.4 120 a 10 a ПРИЛОЖЕНИЕ 1 ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ Задача № 1 Ступенчатый брус из стали Ст4 нагружен, как показано на рис. П.1.1, а. Из условия прочности подобрать размеры поперечного се-чения. Построить эпюру перемещения сечений. Дано: F1 = 28 кН; F2 = 15 кН; F3 = 22 кН; a = 0,6 м; b = 0,8 м; c = 1,1 м. Решение I. Определение внутренних усилий и напряжений. В за- щемлении возникает опорная реакция R (рис. П1.1, а), вычислять которую нет необходимости, поскольку внутренние усилия станем определять, рас-сматривая брус со свободного конца. Методом сечений находим внутрен-ние усилия на каждом из участков, проецируя силы на продольную ось бруса (см. пример 1.1). Строим эпюру внутренних усилий (рис. П.1.1, б). Рис. П1.1. Схема нагружения стержня (а), эпюра внутренних усилий (б), эпюра напряжений (в), эпюра перемещения сечений (г) NI = –F1 = –28 кН; σ I = NI = −28 = −9,33 êÍ ; AI 3A À NII = –F1 + F2 = –28 + 15 = –13 кН; σ II = NII = −13 = −13 êÍ ; AII A À NIII = –F1 + F2 + F3 = –28 + 15 + 22 = 9 кН; σ III = NIII = 9 = 4,5 êÍ . AIII 2A À Проверка. Сечениям, к которым приложена сосредоточенная сила, на эпюре N соответствуют скачки на величину приложенной силы и в на-правлении ее действия: Сечение g: Ng = (NI – 0) = (–28 – 0) = –28 кН = F1 (скачок в минус) Сечение f: Nf = (NII – NI) = (–13 – (–28)) = 15 кН = F2 (скачок в плюс) Сечение e: Ne = (NIII – NII) = (9 – (–13)) = 22 кН = F3 (скачок в плюс) Определив напряжения, приходим к выводу, что опасным является участок II. Знак напряжения в расчетах на прочность элементов из пла- 121 стичных материалов роли не играет, поскольку они сопротивляются растя-гивающим и сжимающим нагрузкам одинаково. II. Проектный расчет. Из условия прочности при растяжении на-ходим требуемое значение площади поперечного сечения σ = N ≤ [σ ]; ⇒ A ≥ N = 13⋅103 = 9,286 ⋅10−5 м2 . A [σ ] 140 ⋅106 Допускаемое напряжение назначено согласно рекомендациям таблицы П1. Вычислив фактические напряжения на каждом из участков, строим эпюру напряжений (рис. П1.1, в). NI − 28000 AI = 3A = 3·0,929 = 2,787 см2; σI = = = −100,4 МПа ; 2,787 ⋅10−4 AI AII = A = 0,929 см2; σII = N II = −13000 = −140 МПа ; AII 0,929 ⋅10−4 AIII = 2A = 2·0,929 = 1,858 см2; σIII = N III = 9000 = 48,4 МПа . AIII 1,858 ⋅10−4 III. Деформации бруса. Удлинения каждого из участков опреде- лим, используя закон Гука при растяжении: A I = NI ⋅ a = − 28 ⋅103 ⋅ 0,6 = −3,01⋅10 −4 м ; E ⋅ AI 2 ⋅1011 ⋅ 2,787 ⋅10−4 A II = NII ⋅ b = − 13⋅103 ⋅ 0,8 = −5,60 ⋅10 −4 м; E ⋅ AII ⋅1011 ⋅ 0,929 ⋅10−4 2 A III = NIII ⋅ c = 9 ⋅103 ⋅1,1 = 2,66 ⋅10 −4 м . E ⋅ AIII 2 ⋅1011 ⋅1,858 ⋅10−4 Для построения эпюры перемещения сечений начало отсчета выбе-рем в сечении d, поскольку оно неподвижно (защемлено). δd = 0; δe = A III = 266 мкм ; δ f = A III + A II = 266 − 560 = −294 мкм ; δg = A III + A II + A I = 266 − 560 − 301 = −595 мкм . Строим эпюру перемещения сечений (рис. П1.1, г). Вывод. Найдено положение опасного участка в ступенчатом брусе. Из условия прочности подобрана площадь поперечного сечения опасного участка. Исходя из заданного соотношения площадей, вычислены площади поперечных сечений остальных участков. Рассчитаны деформации каж-дого из участков, построена эпюра перемещений сечений; полная длина бруса уменьшилась на 0,595 мм. 122 Задача № 2. К ступенчатому валу из стали Дано: Ст5 с отношением диаметров D/d = 2 приложе- M1 = 15 кН; a = 0,6 м; ны крутящие моменты, как показано на рисунке M2 = 22 кН; b = 0,8 м; П1.2, а. Из условия прочности при кручении опре- M3 = 28 кН; c = 1,1 м; делить диаметры вала. Построить эпюру углов закручивания. e = 1,2 м. Решение I. Определение внутренних усилий и напряжений. В за- щемлении возникает опорный момент М (рис. П.1.2, а), вычислять кото- рый нет необходимости, поскольку внутренние усилия станем определять, рассматривая брус со свободного конца. Методом сечений находим внут- ренние усилия на каждом из участков, составляя сумму моментов относи- тельно продольной оси бруса (см. пример 1.3). Строим эпюру внутренних усилий (рис. П1.2, б). I II III IV TI = –M1 = –15 кН·м; М1 М2 М3 М d D TII = –M1 = –15 кН·м; а TIII = –M1 – M2 = –15 – 22 = –37 кН·м; g f TIV = –M1 – M2 + M3 = –15 –22 + 28 = m k h = –9 кН·м; a b c e Т, + б TI = − 15 ⋅16 = −240 кН ⋅ м кН·м τI = ; – 9 WI π ⋅ d 3 πd 3 15 37 TII − 15 ⋅16 кН ⋅ м τII = = ; + WII 3 = −30 πd 3 τ, в π(2 d ) МПа – 15,5 9,3 τIII = TIII = − 37 ⋅16 = −74 кН ⋅ м ; 38,4 WIII π(2d )3 πd 3 τIV = TIV = − 9 ⋅16 = −18 кН ⋅ м . + 1243 WIV π(2d )3 πd 3 β·10-3 г Проверка. Сечениям, к ко- 31,64 9,67 7,84 1,64 торым приложена пара сила, на эпюре Т соответствуют скачки на Рис. П1.2. Схема нагружения ступенчатого величину приложенного момента вала (а), эпюра внутренних усилий (б), и в направлении его действия. эпюра напряжений (в), эпюра углов закручивания сечений (г) Сечение m: Tm = (TI – 0) = (–15 – 0) = –15 кН = M1 (скачок в минус) Сечение h: Th = (TII – TI) = (–37 – (–15)) = –22 кН = M2 (скачок в минус) Сечение g: Tg = (TIII – TII) = (–37– (–9)) = –28 кН = M3 (скачок в плюс) 123 Определив касательные напряжения, приходим к выводу, что опас-ным является участок I. Знак напряжения в расчетах на прочность элемен-тов из пластичных материалов роли не играет. II. Проектный расчет. Из условия прочности при кручении нахо-дим требуемое значение полярного момента сопротивления сечения τ = T ≤ [τ ]; ⇒ W ≥ T = 15 ⋅103 = 1,2 ⋅10−4 м3 . p [τ ] Wp 125⋅106 Поскольку Wp = π ⋅ d 3 , то d ≥ 3 16 ⋅Wp = 3 16 ⋅1,2 ⋅10−4 = 0,0849 м . 16 π π Принимаем полученное значение диаметра вала, округлив до стандартного значения: d = 85 мм, D = 170 мм . Допускаемое напряжение для стали Ст5 при кручении назначено согласно рекомендациям таблицы П1. Вычислив фактические напряжения на каждом из участков, строим эпюру напряжений (рис. П2.2, в). WpI = π ⋅853 = 120,6 ⋅103 мм3 ; τI = TI = −15000 = −124,4 МПа ; WpI −6 16 120,6 ⋅10 π ⋅170 3 T −15000 WpII = = 964,7 ⋅103 мм3 ; τII = II = = −15,5 МПа ; 964,7 ⋅10 −6 16 WpII π ⋅170 3 T − 37000 WpIII = = 964,7 ⋅103 мм3 ; τIII = III = = −38,4 МПа. WpIII 964,7 ⋅10 −6 16 π ⋅170 3 T − 9000 WpIV = = 964,7 ⋅103 мм3 ; τIV = IV = = −9,3 МПа. WpIV 964,7 ⋅10 −6 16 III. Деформации вала. Угол закручивания каждого из участков определим, используя закон Гука при кручении, вычислив предварительно полярные моменты инерции. Для участков II, III и IV они одинаковы. I pI = π⋅d 4 = π⋅0,0854 = 5,12⋅10−6 м4; I pII = π⋅(2d )4 = π⋅0,174 = 82,0⋅10−6 м4 . 32 32 32 32 T ⋅ a −15⋅103 ⋅ 0,6 φI = I = = −0,02197; G ⋅ I pI ⋅1010 ⋅ 5,12 ⋅10−6 8 T ⋅ b −15⋅103 ⋅ 0,8 φII = II = = −0,00183; G ⋅ I pII ⋅1010 ⋅82,0 ⋅10−6 8 T ⋅ c − 37 ⋅103 ⋅1,1 φIII = III = = −0,00620; G ⋅ I pIII ⋅1010 ⋅82,0 ⋅10−6 8 T ⋅ e − 9 ⋅103 ⋅1,2 φIV = IV = = −0,00164. G ⋅ I pIV 8 ⋅1010 ⋅82,0 ⋅10−6 Здесь G = 80 ГПа – модуль касательной упругости. 124 Для построения эпюры перемещения сечений начало отсчета выбе- рем в сечении f, поскольку оно неподвижно (защемлено): β f = 0; βg = φIV = −1,64 ⋅10−3 ; βh = φIV + φIII = (−1,64 − 6,20) ⋅10−3 = −7,84 ⋅10−3 ; βk = φIV + φIII + φII = (− 1,64 − 6,20 − 1,83)⋅10−3 = −9,67 ⋅10−3 ; βm = φIV + φIII + φII + φI = (− 1,64 − 6,20 − 1,83 − 21,97)⋅10−3 = −31,64 ⋅10−3 . Строим эпюру углов закручивания сечений (рис. П1.2, г). Вывод. Найдено положение опасного участка в ступенчатом вале. Из условия прочности подобран диаметр вала опасного сечения. Исходя из заданного соотношения диаметров, вычислены размеры поперечных сече- ний остальных участков. Рассчитаны деформации каждого из участков, построена эпюра углов закручивания сечений; крайнее левое сечение вала повернулось относительно защемления на угол 0,03164 радиана. Задача № 3 Для балки из стали Ст3, схема кото- Дано: рой представлена на рис. П1.3, а, подобрать M0 =12 кН·м; q = 24 кН/м; поперечное сечение в нескольких вариантах исполнения: двутавровое, прямоугольное с от- а = 0,9 м; с = 0,6 м. ношением высоты к ширине h/b = 1,5, круглое и трубчатое c отношением RА I RB II q M0 d/D = 0,8. Варианты исполнения со- поставить по металлоемкости. Вы- А x В x а полнить проверку прочности по каса- a c тельным напряжениям. Q, + б Решение кН –0 I. Определение опорных реакций. 8,533 Шарнирно-подвижная опора А накла- 14,4 дывает одну связь, имеет одну реак- 7,68 12 цию RA. Шарнирно-неподвижная опо- M, 0– ра В накладывает две связи, имеет две в составляющие реакции: горизонталь- кН·м + ную и вертикальную. Согласно усло- Рис. П1.3. Схема нагружения балки вию задачи в горизонтальном направ- (а), эпюра поперечных сил (б), эпюра лении нагрузки отсутствуют. Следова- изгибающих моментов (в) тельно, горизонтальная реакция равна нулю, поэтому нет необходимости в ее изображении. ∑ M A = 0; − M 0 + q ⋅ c(a + c / 2)+ RB ⋅ a = 0 , 125 откуда RB = M 0 − qc(a + c / 2) = 12 − 24 ⋅ 0,6(0,9 + 0,6 / 2) = −5,867 кН. a 0,9 ∑ M B = 0; − M 0 + q ⋅ c(c / 2) − RA ⋅ a = 0 , откуда RA = − M0 + qc 2 / 2 = −12 + 24 ⋅ 0,62 / 2 = −8,533 кН. a 0,9 Проверка найденных реакций: ∑ y = 0; RA + RB + qc = 0; Реакции найдены верно. − 8,533 − 5,867 + 24 ⋅ 0,6 = 0. Фактическое направление опорных реакций обратно показанному на рис. П1.3, а. II. Определение внутренних усилий. Удобно на первом участке рассматривать равновесие левой, а на вто- ром – правой отсеченной части балки. I участок; 0 ≤ x ≤ a; Q(x)= RA = –8,533 кН; M(x)= RA·x – уравнение прямой линии; Mx=0 = 0; Mx=a = RA·a = –8,533·0,9 = –7,68 кН·м. II участок; 0 ≤ x ≤ c; Q(x)= –q·x – уравнение прямой линии. Qx=0 = 0; Qx=c = −q ⋅ c = −24 ⋅ 0,6 = −14,4 кН. M ( x) = −M 0 + qx x – уравнение параболы. 2 M x=0 = −M 0 = −12 кН ⋅ м; M x=c = −M0 + q c 2 = −12 + 24 0,6 2 = −7,68 кН ⋅ м. 2 2 Приравняв первую производную функции момента по абсциссе, на- ходим экстремум этой функции: d M ( x) = qx; d M ( x) = 0; qx = 0 ⇒ xэкстр = 0. d x d x В этом сечении находится вершина параболы. Строим эпюры Q и M (рис. П1.3, б и в) и выполняем проверку пра-вильности их построения: • на участках, свободных от распределенной нагрузки, эпюра Q па-раллельна базисной линии, а эпюра моментов – наклонная прямая; • на участках, где равномерная распределенная нагрузка действует, эпюра Q – наклонная прямая, а эпюра моментов ограничена параболой, выпуклость которой совпадает с направлением распределенной нагрузки; 126 • на участках, где Q отрицательна, значения М убывают; • в сечениях, где приложены сосредоточенные силы (в конкретном случае реакции в опорах), на эпюре Q скачки в направлении этих сил и на их величину, а на эпюре М – изломы в направлении действия этих сил; • в том сечении, где приложен момент на эпюре М ему соответствует скачок на величину приложенного момента и в направлении его действия. Из эпюры моментов следует, что опасным является крайнее правое се-чение, где момент принимает значение Mmax = 12 кН·м. III. Проектный расчет Из условия прочности при изгибе находим требуемое значение мо-мента сопротивления, ориентируясь на рекомендуемые значения допускае-мого напряжения [σиз] = 150 МПа, взятого из таблицы П3 σmax = M max ≤ [σ из ]; ⇒ Wz ≥ M max = 12 ⋅103 = 8 ⋅10−5 м3. [σ из ] Wz 150 ⋅106 Форма сечения Момент сопротивления Размер Двутавр Wz ≥ 80 см3 по таблице сортамента Прямоугольник с b ⋅ h2 b(1,5b)2 Wz отношением h/b = 1,5 Wz = = = 0,375b3 b ≥ 3 0,375 6 6 Круг Wz = π D 3 = 0,0982D 3 D ≥ 3 Wz 32 0,0982 Кольцо c отноше- Wz = π D3 d 4 = 0,0579D3 D ≥ 3 Wz 1 − 0,0579 32 нием d/D = 0,8 D Найденному значению момента сопротивления соответствуют следую-щие размеры поперечных сечений: Форма Требуемые размеры Принятые Площадь А, см2 сечения размеры, см Двутавр Wz = 81,7 см3 № 14 17,4 Прямо- b ≥ 3 8 ⋅10−5 = 0,0598 м; b = 6 b×h угольник h = 9 × 0,375 6 9 = 45 8 ⋅10−5 π D 2 4 Круг D ≥ 3 = 0,0934 м; D = 9,5 0,0982 π 9,52 = 70,9 4 8 ⋅10−5 D = 11,5; π D2 (1 − 0,82 ) 4 Кольцо D ≥ 3 = 0,111 м d = 9,2; π 0,0579 2 t = 1,15 4 11,5 (0,36) = 37,4 127 Требуемые размеры округлены в соответствии с ГОСТ 6636-69 (табл. П3) и занесены в третий столбец. Здесь d – внутренний диаметр полого сечения, а t – толщина его стенки. Металлоемкость балки определяется ее объемом, то есть произведением длины на площадь поперечного сечения. Поскольку длины балок одинаковы, сопоставим площади поперечных сечений различных форм с двутавровым: Акруга = 70,9 = 4,07; Апрям = 45 = 2,59; Акольц = 37,4 = 2,15. А 17,4 А 17,4 А 17,4 двут двут двут Самое неэкономичное сечение – круг. IV. Распределение напряжений по высоте поперечного сечения Опасным для заданной схемы нагружения является крайнее правое сечение с максимальным изгибающим моментом. Однако поперечная сила в этом сечении равна нулю (см. рис. П1.3, б и в). На примере одного из рас- сматриваемых сечений (прямоугольного) на рис. П1.4 показаны эпюры распределения нормальных и касательных напряжений по высоте попе- речного сечения в фактически разных по длине балки местах: эпюра σ в крайнем правом сечении, а эпюра τ – в сечении над опорой В. 1. Нормальные напряжения в произвольной точке поперечного сече- ния определяют по формуле M z y , σ = I z где Mz – изгибающий момент; Iz – момент инерции. Переменным параметром в формуле является у – ордината точки попереч- ного сечения. Зависимость σ τ напряжения от ординаты y – 0 + – 0 + точки – линейная, поскольку переменная у в первой степе- /2 ни. Максимальные напряже- h y ния σmax в точках, наиболее z удаленных от центральной h/2 τmax оси (рис. П1.4, б). В симмет- ричных сечениях (круг, пря- b σmax моугольник, двутавр и др.) а б в напряжения равны по вели- Рис. П1.4. Характер распределения нормаль- чине, но противоположны по ных (б) и касательных (в) напряжений в пря- знаку. моугольном поперечном сечении (а) бруса при Знак напряжения зави- поперечном изгибе сит как от знака изгибающего момента, так и от положения рас- сматриваемой точки относительно оси z. Изгибающий момент в опасном сечении отрицателен (см. рис. П1.3, в), изогнутая ось балки выпукла вверх, 128 верхняя часть растянута (знак напряжения положительный), нижняя часть балки сжата. 2. Касательные напряжения в произвольной точке вычисляют по формуле ′ τ = Q y ⋅Sz , b ⋅ I z где Qy – поперечная сила; b – ширина сечения на уровне той точки, в которой вычисляют напряжение; Iz – момент инерции. ′ – статический мо- Переменным параметром в формуле является Sz мент отсеченной части площади; зависит от ординаты у во второй степе-ни. Поэтому касательные напряжения описываются уравнением параболы. Поперечная сила во всех сечениях балки отрицательна (см. рис. П1.3, б); она определяет знак касательных напряжений (рис. П1.4, в). На основе приведенной формулы для некоторых часто применяемых сечений найдены выражения, по которым вычисляют максимальные каса-тельные напряжения и выполняют проверку прочности, сопоставляя их с допускаемыми касательными напряжениями. Для стали Ст3 согласно ре-комендациям, приведенным в табл. П3, [τ] = 75 МПа Форма Максимальные касательные напряжения σmax τmax сечения ′ 14,4 ⋅10 3 ⋅ 46,8 ⋅10 −6 150 Двутавр τmax = Q ⋅ Smax = = 24,0 МПа; = 6,25 d ⋅ I z 0,0049 ⋅ 572 ⋅10-8 24 Прямо- τmax = 3 Q = 3 14,4 ⋅103 = 4,8 МПа; 150 = 31,2 угольник 2 A 2 45⋅10-4 4,8 Круг τmax = 4 Q = 4 14,4 ⋅103 = 2,63 МПа; 150 = 57 3 A 3 70,9 ⋅10-4 2,63 Кольцо τmax = 2Q = 2 ⋅14,4 ⋅103 = 7,70 МПа 150 = 19,5 πd0t π ⋅ 0,1035 ⋅ 0,0115 7,70 Прочность по касательным напряжениям обеспечена с большим за-пасом. Тем самым подтверждается положение о том, что при расчете на прочность длинных балок (ℓ ≈ 10 h) влиянием поперечных сил можно пре-небречь. Выводы ƒ Из условия прочности найдены размеры поперечных сечений балок различных вариантов исполнения. Размеры округлены до стандартных значений. ƒ Сопоставлены металлоемкости балок различных вариантов испол-нения. По сравнению с двутавровым сечением самым неэкономичным является круг. пряжений по высоте поперечного сечения балки. 129 q 2a a a M0 Задача №4 Для бруса из стали Ст5 определить внутренние усилия на каждом участке. Построить эпюры внутрен-них усилий (значения усилий в буквенном выражении), определить положения опас- M0= 5 кН·м q = 4 кН/м ных сечений. Выполнить под- d/D = 0,7 h/b = 2 бор размеров поперечных сече- а = 0,5 м Ст4 ний; найденные размеры сече- ний округлить согласно ГОСТ 6636–69. I q 2a a II M0 q qx x y z х/2 x q q·2a a/2 y z x q q·2a a/2 a M0 I q • 2a a a a III II III M0 б q2a2 q2a2 – Mz – в q2a2 – My x q2a2 г q2a2 q2a2 y T x – x z + N Решение I. Определение ▪ внутренних усилий ◦ общем случае нагружения простран-ственного бруса в за-щемлении возникает шесть опорных реак-ций: три силы и три ◦ момента. Если опре-делять внутренние усилия со свободного конца бруса, то нет необходимости в на-хождении опорных реакций. Пронумеру- • ем участки римскими цифрами I, II и III (рис. П1.5, а). В произволь-ном сечении каждого участка рассечем брус на две части. Отбро-сив ту из частей, где находится защемле-ж ние, поместим в сече-ние координатную q2a систему x y z . Из усло-вия равновесия най-дем внутренние уси- лия и результат запи-шем в таблицу. Для длинных ба-лок (ℓ > 5h) влиянием поперечных сил Q обычно пренебре- Внутренние усилия в рассчитываемом ломаном брусе гают, поскольку I участок II участок III участок касательные на- Внутренние 0 ≤ x ≤ 2a 0 ≤ x ≤ a 0 ≤ x ≤ 2a пряжения τ от Q на от силового от силового от силового порядок меньше усилия фактора фактора фактора нормальных σ от M. q M0 q M0 q M0 Знаки внут- Mx = T -q·2a·a -M0 ренних усилий ус- My -q·2a·x -q·2a·a танавливаем со- гласно правилам Mz -qx (x/2) -q·2a·a теоретической N q·2a механики: если при взгляде в торец отсеченной части бруса внутренний момент, уравно-вешивающий внешнюю нагрузку, вращает против хода часовой стрелки, то его считают положительным. II. Построение эпюр внутренних усилий Каждую из эпюр изгибающих моментов My и Mz построим в отдель-ности на растянутой части бруса (рис. П1.5, д, е). Эпюры крутящего мо-мента Т и осевого усилия N целесообразно совместить. Сопоставив эпюры внутренних усилий, можно заключить, что опас-ными являются следующие сечения: участок I – при x = 2a, плоский изгиб; участок II – при x = a, совместное действие изгиба и кручения; участок III – имеет место изгиб в двух плоскостях, кручение и растя- жение; огибающие всех эпюр параллельны базисной линии – все сечения равно-опасны; III. Проектный расчет Для использования условия прочности на первом участке потребуется допускаемое напряжение на изгиб. На двух других участках ломаного бру-са имеет место совместное действие изгиба и кручения. В этом случае эк-вивалентное напряжение, найденное по теориям прочности, сопоставляют с допускаемым, определенным при растяжении . Поэтому, воспользовав-шись табл. П3.4, выпишем и будем использовать рекомендуемые значения допускаемых напряжений для стали Ст5 как при изгибе, так и при растя-жении. Допускаемое напряжение при растяжении [σр] = 165 МПа, при из-гибе [σиз] = 200 МПа. Участок I Из условия прочности при плоском изгибе определяем требуемое зна-чение момента сопротивления 131 σmax = M max ≤ [σ из ] ⇒ Wz ≥ M max = 2 qa2 = 2 ⋅ 4 ⋅103 ⋅ 0,52 = 1⋅10−5 м3 . [σ из ] Wz [σ из ] 200 ⋅106 C учетом отношения высоты прямоугольника к его ширине h/b = 2 момент сопротивления прямоугольного сечения Wz = bh2 = b(2 b)2 = 2 b 3 , откуда b ≥ 3 3 Wz = 3 3 1⋅10 −5 = 0,0247 м . 6 6 3 2 2 Округлив размер ширины до стандартного значения b = 25 мм, найдем высоту прямоугольного сечения h = 2·25 = 50 мм. Участок II Из условия прочности при изгибе с кручением находим требуемое значение момента сопротивления круглого сплошного сечения σ экв = M прив ≤ [σ р ], откуда W = M прив = π d 3 . Wос ос [σр ] 32 При использовании III гипотезы прочности приведенный момент Мприв = M z2 + M 2y + T 2 = (2qa2 )2 + (2qa2 )2 = 2 ⋅ 2qa2 . Требуемый диаметр поперечного сечения круга d ≥ 3 32M прив = 3 32 ⋅ 2 2 ⋅ 4 ⋅103 ⋅ 0,52 = 0,0559 м . π[σ р ] π ⋅165⋅106 В соответствии с ГОСТ 6636–69 принимаем диаметр d = 56 мм. Участок III На участке действуют четыре внутренних усилия. Подбор сечения выполним из условия прочности при изгибе с кручением, то есть, учитывая два изгибающих Mz, My и крутящий T моменты, а при поверочном расчете учтем еще и продольное усилие N. Требуемый момент сопротивления W M прив π D3 d 4 = = 1 − , ос [σ] 32 D где D – наружный диаметр трубчатого сечения; d – диаметр полости. Мприв = M z2 + M 2y + T 2 = (2qa2 )2 + (2qa2 )2 + M02 = 8(qa2 )2 +M 20 ; M прив= 8(4000 ⋅ 0,52 )2 + 50002 = 5745 Н⋅м . Для трубчатого сечения момент сопротивления Wос = π D 3 d 4 1 − . 32 D Требуемый наружный диаметр полого поперечного сечения круга 132 32 M прив 32 ⋅ 5745 D ≥ 3 π[σ р ]⋅ [1 − (d / D)4 ] = 3 π ⋅165⋅106 (1 − 0,74 ) = 0,0776 м. Округлив до стандартного значения, принимаем D = 80 мм. Поверочный расчет Момент сопротивления и площадь поперечного сечения бруса W = π D3 d 4 π 0,083 (1 − 0,74 )= 38,2 ⋅10−6 м3 . 1 − = ос 32 D 32 A = π D2 d 2 π 0,082 (1 − 0,72 )= 2,56 ⋅10−3 м2 . 1 − = 4 D 4 Напряжение от изгиба в двух плоскостях и от кручения σэкв = M прив = 5745 = 150,4 МПа ≤ [σ ] Wос 38,2 ⋅10−6 Напряжение от действия продольной силы N σ = N = 2qa = 2 ⋅ 4000 ⋅ 0,5 = 1,56 МПа . 2,56 ⋅10−3 A A Суммарное нормальное напряжение 150,4+1,56 ≈ 152 МПа, что меньше допускаемого [σ] = 165 МПа. Как видно из поверочного расчета, доля нормального напряжения, вызванная осевой силой N, незначительна. В рассматриваемом примере она составляет около 1 % от общего напряжения σ. Поэтому при подборе размеров поперечного сечения осевой составляющей нагрузки в первом приближении часто пренебрегают. Вывод Из условий прочности подобраны размеры поперечных сечений ло-маного бруса при различных сочетаниях внутренних усилий. Размеры ок-руглены в соответствие со стандартом. 133 h y d x t b−d b 4 ПРИЛОЖЕНИЕ 2 Таблица П2.1 Двутавры стальные горячекатаные (ГОСТ 8239–89) A – площадь поперечного S – статический момент сечения; полусечения; I – момент инерции; i – радиус инерции; W – момент сопротивления; № h, b, d, t, A, m, Ix, Wx, ix, Sx, Iy, Wy, iy, мм мм мм мм см2 кг см4 см3 см см3 см4 см3 см 10 100 55 4,5 7,2 12,0 9,46 198 39,7 4,06 23,0 17,9 6,49 1,22 12 120 64 4,8 7,3 14,7 11,5 350 58,4 4,88 33,7 27,9 8,72 1,38 14 140 73 4,9 7,5 17,4 13,7 572 81,7 5,73 46,8 41,9 11,5 1,55 16 160 81 5,0 7,8 20,2 15,9 873 109 6,57 62,3 58,6 14,5 1,70 18 180 90 5,1 8,1 23,4 18,4 1290 143 7,42 81,4 82,6 18,4 1,88 18а 180 100 5,1 8,3 25,4 19,3 1430 159 7,51 89,8 114 22,8 2,12 20 200 100 5,2 8,4 26,8 21,0 1840 184 8,28 104 115 23,1 2,07 20а 200 110 5,2 8,6 28,9 22,7 2030 203 8,37 114 155 28,2 2,32 22 220 110 5,4 8,7 30,6 24,0 2550 232 9,13 131 157 28,6 2,27 22а 220 120 5,4 8,9 32,8 25,8 2790 254 9,22 143 206 34,3 2,50 24 240 115 5,6 9,5 34,8 27,3 3460 289 9,97 163 198 34,5 2,37 24а 240 125 5,6 9,8 37,5 29,4 3800 317 10,1 178 260 41,6 2,63 27 270 125 6,0 9,8 40,2 31,5 5010 371 11,2 210 260 41,5 2,54 27а 270 135 6,0 10,2 43,2 33,9 5500 407 11,3 229 337 50,0 2,80 30 300 135 6,5 102 46,5 33,5 7080 472 12,3 268 337 49,9 2,69 30а 300 145 6,5 10,7 49,5 39,2 7780 518 12,5 292 436 60,1 2,95 33 330 140 7,0 11,2 53,8 42,2 9840 597 13,5 339 419 59,9 2,79 36 360 145 7,5 12,3 61,9 48,6 13380 743 14,7 423 516 71,1 2,89 40 400 155 8,3 13,0 72,6 57,0 19062 953 16,2 545 667 86,1 3,03 45 450 160 9,0 14,2 84,7 66,5 27696 1231 18,1 708 808 101 3,09 50 500 170 10 15,2 100 78,5 39727 1589 19,9 919 1043 123 3,23 55 550 180 11 16,5 118 92,6 55962 2035 21,8 1181 1356 151 3,39 60 600 190 12 17,8 138 108 76806 2560 23,6 1491 1725 182 3,54 134 Таблица П2.2 Нормальные линейные размеры (выписка из ГОСТ 6636–69) Ряды Ra5 Ra10 Ra20 Ra40 1,0 1,0 1,0 1,0 1,05 1,1 1,1 1,15 1,2 1,2 1,2 1,3 1,4 1,4 1,5 1,6 1,6 1,6 1,6 1,7 1,8 1,8 1,9 2,0 2,0 2,0 2,1 2,2 2,2 2,4 2,5 2,5 2,5 2,5 2,6 2,8 2,8 3,0 3,2 3,2 3,2 3,4 3,6 3,6 3,8 Ra5 Ra10 Ra20 Ra40 4,0 4,0 4,0 4,0 4,2 4,5 4,5 4,8 5,0 5,0 5,0 5,3 5,6 5,6 6,0 6,3 6,3 6,3 6,3 6,7 7,1 7,1 7,5 8,0 8,0 8,0 8,5 9,0 9,0 9,5 Примечания: 1. Размеры, кратные приведенным в таблице, получаются умножением на 0,01; 0,1; 10; 100. 2. При выборе размеров предпочтение следует отдавать числам из рядов с более крупной градацией (Ra5 – Ra10). 135 Таблица П2.3 Механические свойства сталей углеродистых качественных (выписка из ГОСТ 1050-88) Марка σ0.2, МПа σв, МПа δ, % ψ, % 10 210 340-420 31 55 20 250 420-500 25 55 30 300 500-600 21 50 40 340 580-700 19 45 45 360 610-750 16 40 50 380 640-800 14 40 60 410 690-900 12 35 Модули упругости: Е = 190–210 ГПа; G = 79–81 ГПа Таблица П2.4 Допускаемые напряжения при статической нагрузке для углеродистых сталей обыкновенного качества в горячекатаном состоянии * Марка Допускаемые напряжения, МПа стали при растя- при изгибе при круче- при срезе при смятии жении [σр] [σиз] нии [τкр] [τср] [σсм] Ст2 115 140 85 70 175 Ст3 125 150 95 75 190 Ст4 140 170 105 85 210 Ст5 165 200 125 100 250 Ст6 195 230 145 115 290 * Горский А. И., Иванов-Емин Е. Б., Кареновский А. И. Определение допускаемых напряжений при расчетах на прочность. М.: НИИмаш, 1974. Таблица П2.5 Кратные и дольные единицы Приставка Гига Мега Кило Гекто Дека Деци Санти Милли Микро Нано Обозначение Г М к г да д с м мк н Множитель 109 106 103 102 10 10-1 10-2 10-3 10-6 10-9 136 Таблица П2.6 Единицы механических величин в Международной системе единиц (СИ) Величина Единица СИ Наименование Обозна- Наименование Обозна- Соотношение чение чение единиц Сила F, Q, N Ньютон Н 1 Н = 0,102 кгс Напряжение σ, τ Паскаль Па 1 Па = 1 Н/м2 Модуль E, G Паскаль Па 1 МПа = 0,102 кгс упругости мм2 Момент силы M, T Ньютон-метр Н·м 1 Н·м = 0,102 кгс·м Погонная q Ньютон на метр Н/м 1 Н/м = 0,102 кгс/м нагрузка СПИСОК РЕКОМЕНДУЕМОЙ ЛИТЕРАТУРЫ 1. Александров, А. В. Сопротивление материалов : учеб. для вузов / А. В. Александров, В. Д. Потапов, Б. П. Державин. – М.: Высш. шк., 2003. – 560 с. 2. Горшков, А. Г. Сопротивление материалов : учеб. пособие / А. Г. Горшков, В. Н. Трошин, В. И. Шалашилин. – М.: ФИЗМАТЛИТ, 2005. – 544 с. 3. Сопротивление материалов : учеб пособие / Н. А. Костенко [и др]. – М.: Высш. шк., 2004. – 430 с. 4. Подскребко, М. Д. Сопротивление материалов : учеб. / М. Д. Под-скребко . – Минск : Выш. шк., 2007. – 797 с. 5. Беляев, Н. М. Сопротивление материалов / Н. М. Беляев. – М.: Наука, 1976. – 607 с. 137 КУРС СОПРОТИВЛЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ С ПРИМЕРАМИ И ЗАДАЧАМИ Учебное пособие Преподаватель Малкова М.В. 138