Техническая механика

МИНОБРНАУКИ РОССИИ ФЕДЕРАЛЬНОЕ ГОСУДАРСТВЕННОЕ БЮДЖЕТНОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО ОБРАЗОВАНИЯ «ТУЛЬСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ» ТЕХНИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА Контрольные задания и примеры их выполнения Учебное пособие для студентов строительных специальностей заочной и дистанционной форм обучения Тула Издательство ТулГУ 2019 УДК 539.3/6 Авторы: Саммаль А.С., Анциферов С.В., Залесский К.Е., Деев П.В., Воронина И.Ю., Тормышева О.А. Техническая механика. Контрольные задания и примеры их выполнения: учеб. пособие. Тула: Изд-во ТулГУ, 2019. 200 с. Пособие предназначено для студентов строительных специальностей Тульского государственного университета, изучающих курс «Техническая механика». Рассматриваются вопросы расчёта элементов конструкций и механизмов, работающих в условиях сложного напряжённого состояния. Пособие содержит краткие теоретические сведения, необходимые для самостоятельного выполнения контрольных работ, предусмотренных учебными планами ТулГУ для студентов заочной и дистанционной форм обучения, варианты заданий и примеры их решения. Табл. 16. Ил. 72. Библиогр. 15 назв. Печатается по решению библиотечно-издательского совета Тульского государственного университета УДК 539.3/6  А.С. Саммаль, С.В. Анциферов, К.Е. Залесский, П.В. Деев, И.Ю. Воронина, О.А.Тормышева, 2019  Издательство ТулГУ, 2019 2 Содержание ОБЩИЕ УКАЗАНИЯ К ВЫПОЛНЕНИЮ И ОФОРМЛЕНИЮ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ ........................................................................................ 6 РЕКОМЕНДУЕМАЯ ЛИТЕРАТУРА.................................................................... 10 Тема 1. КРУЧЕНИЕ БРУСА КРУГЛОГО СЕЧЕНИЯ......................................... 12 1. ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ ........................................... 13 1.1. Понятие кручения. Крутящий момент. .................................................... 13 1.2. Построение эпюр крутящих моментов .................................................... 13 1.3. Напряжения и деформации, возникающие при кручении прямого бруса (вала) круглого поперечного сечения........................................................... 15 1.4. Кручение бруса с некруглым поперечным сечением................................. 18 1.5. Условия прочности и жёсткости при кручении и типы задач, решаемых на их основе.................................................................................................... 20 1.6. Расчёт винтовых цилиндрических пружин .............................................. 23 2. ОСНОВНЫЕ РАСЧЁТНЫЕ ФОРМУЛЫ, ИСПОЛЬЗУЕМЫЕ ПРИ РЕШЕНИИ ЗАДАЧ ....................................................................................... 26 3. КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ И ПРИМЕРЫ ИХ ВЫПОЛНЕНИЯ ............ 28 3.1. Задача № 1 .................................................................................................... 28 3.2. Пример решения задачи № 1....................................................................... 30 4. КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОПРОВЕРКИ ............................. 35 Тема 2. РАСЧЁТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ БАЛОК И РАМ МЕТОДОМ СИЛ ..................................................................................................... 37 1. ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ ........................................... 38 1.1. Статически неопределимые системы. Необходимые и лишние связи.. 38 1.2. Эквивалентная и основная система метода сил ..................................... 39 1.3. Канонические уравнения метода сил......................................................... 41 1.4. Принципы расчёта простых статически неопределимых балок ......... 42 2. ОСНОВНЫЕ РАСЧЁТНЫЕ ФОРМУЛЫ, ИСПОЛЬЗУЕМЫЕ ПРИ РЕШЕНИИ ЗАДАЧ ....................................................................................... 47 3. КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ И ПРИМЕРЫ ИХ ВЫПОЛНЕНИЯ ........... 53 3.1. Задача № 2 .................................................................................................... 53 3.2. Пример решения задачи № 2....................................................................... 55 3.3. Задача № 3 .................................................................................................... 64 3.4. Пример решения задачи № 3....................................................................... 66 4. КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОПРОВЕРКИ ............................. 75 ТЕМА 3. НАПРЯЖЁННО-ДЕФОРМИРОВАННОЕ СОСТОЯНИЕ В ТОЧКЕ 78 1. ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ ........................................... 79 1.1. Понятие о напряжённом состоянии в точке упругого тела и его виды79 1.2. Тензор напряжений...................................................................................... 83 3 1.3. Закон парности касательных напряжений .............................................. 83 1.4. Напряжения на наклонных площадках...................................................... 83 1.5. Главные напряжения и площадки .............................................................. 85 1.6. Круговая диаграмма напряжённого состояния Мора. Экстремальные касательные напряжения ............................................................................ 88 1.7. Октаэдрические напряжения и площадки................................................ 92 1.8. Линейное и плоское напряжённое состояние........................................... 93 1.9. Понятие о деформированном состоянии тела в точке. Тензор деформаций. Инварианты тензора деформаций. Главные деформации94 1.10. Обобщённый закон Гука.......................................................................... 100 1.11. Объёмная деформация ............................................................................ 104 1.12. Потенциальная энергия упругой деформации ...................................... 106 2. ОСНОВНЫЕ РАСЧЁТНЫЕ ФОРМУЛЫ, ИСПОЛЬЗУЕМЫЕ ПРИ РЕШЕНИИ ЗАДАЧ ..................................................................................... 108 3. КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ И ПРИМЕРЫ ИХ ВЫПОЛНЕНИЯ ......... 119 3.1. Задача № 4 .................................................................................................. 119 3.2. Пример решения задачи № 4..................................................................... 122 4. КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОПРОВЕРКИ ........................... 130 ТЕМА 4. РАСЧЁТ ВАЛА НА СТАТИЧЕСКУЮ ПРОЧНОСТЬ..................... 131 1. ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ ......................................... 132 1.1. ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ............................................................................. 132 1.1.1. Основные понятия .................................................................................. 132 1.1.2. Содержание теорий предельных напряжённых состояний.............. 133 1.1.3. Критерии пластичности и разрушения ............................................... 134 1.1.4. Теория прочности О. Мора.................................................................... 138 1.1.5. Объединённая теория прочности ......................................................... 141 1.1.6. Понятия о новых теориях прочности.................................................. 142 1.2. СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ.............................................................. 145 1.2.1. Косой и пространственный изгиб, одновременное действие изгиба и продольной силы.......................................................................................... 145 1.2.2. Определение напряжений, положения нейтральной линии и опасных точек при косом изгибе. Пространственный изгиб. Расчёты по нормальным напряжениям на прочность................................................ 146 1.2.3. Условия прочности и типы задач, решаемых на его основе ............. 148 1.2.4. Величина и направление прогибов при косом изгибе. Условие жёсткости и типы задач, решаемых на его основе .............................. 150 1.2.5. Изгиб с кручением. Расчёты на прочность ......................................... 151 2. ОСНОВНЫЕ РАСЧЁТНЫЕ ФОРМУЛЫ, ИСПОЛЬЗУЕМЫЕ ПРИ РЕШЕНИИ ЗАДАЧ ..................................................................................... 153 3. КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ И ПРИМЕРЫ ИХ ВЫПОЛНЕНИЯ ......... 156 3.1. Задача № 5 .................................................................................................. 156 3.2. Пример решения задачи № 5..................................................................... 158 4. КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОПРОВЕРКИ ........................... 164 4 ТЕМА 5. РАСЧЁТ ВАЛА НА УСТАЛОСТНУЮ ПРОЧНОСТЬ .................... 165 1. ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ ......................................... 166 2. ОСНОВНЫЕ РАСЧЁТНЫЕ ФОРМУЛЫ И СПРАВОЧНЫЕ ДАННЫЕ, ИСПОЛЬЗУЕМЫЕ ПРИ РЕШЕНИИ ЗАДАЧ.......................................... 175 3. КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ И ПРИМЕРЫ ИХ ВЫПОЛНЕНИЯ ......... 182 3.1. Задача № 6 .................................................................................................. 182 3.2. Пример решения задачи № 6..................................................................... 182 4. КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОПРОВЕРКИ ........................... 186 ПРИЛОЖЕНИЕ ................................................................................................. 187 5 ОБЩИЕ УКАЗАНИЯ К ВЫПОЛНЕНИЮ И ОФОРМЛЕНИЮ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ Настоящее пособие предназначено для студентов заочной и дистанционной форм обучения, изучающих курс «Техническая механика». В рамках курса прорабатываются теоретические и практические вопросы, связанные с расчетом валов, плоских статически неопределимых балок и рам, а также элементов конструкций и механизмов, работающих в условиях сложного напряжённого состояния и циклически изменяющихся нагрузок. Приведенный в пособии теоретический материал сопровождается рассмотрением примеров решений типовых задач, способствующих формированию у студентов необходимых навыков применения соответствующих расчётных схем элементов конструкций и анализа принятых проектных решений. В пособии содержатся достаточно подробные методические указания по выполнению контрольных работ, а также требования к их оформлению. Основные требования к выполнению и оформлению контрольных работ: 1. Каждый студент к промежуточной аттестации должен выполнить и представить на проверку контрольные задания, предусмотренные учебным планом. Информация о количестве и перечне заданий, входящих в ту или иную контрольную работу, доводится до сведения студентов на первом установочном занятии или размещается на соответствующем сайте Интернетинститута ТулГУ. 2. Контрольные задания могут быть выполнены в текстовом или графическом компьютерном редакторе, либо в рукописном виде в тетради или на листах бумаги формата А4. На титульном листе должны быть указаны 6 название учебного заведения, название предмета, номер контрольной работы, номера решаемых заданий, фамилия, имя и отчество студента, номер учебной группы, номер зачётной книжки, индивидуальный шифр студента, фамилия и инициалы преподавателя проверяющего работу (тьютора). Все листы должны быть пронумерованы, а на втором листе в содержании должны быть указаны номера страниц для каждой задачи. Студенты дистанционной формы обучения должны выполнить оцифровку изображения выполненных заданий и в окончательном виде представить их в Интернет-институт ТулГУ в виде одного компьютерного файла. 3. Исходные данные для выполнения контрольных работ должны быть выбраны из таблиц данного учебного пособия в соответствии с индивидуальным шифром студента. Индивидуальный шифр студента заочной формы обучения состоит из восьми цифр, первые шесть из которых соответствует индексу учебной группы студента, а две следующие цифры являются последними цифрами номера зачётной книжки (студенческого билета). Так, если студент обучается в группе, которая имеет индекс 361291, а зачетная книжка имеет номер 154562, то его индивидуальный шифр при выполнении контрольных заданий будет: 361291- 62. Индивидуальный шифр студента дистанционной формы обучения формируется из шестизначного номера зачётной книжки, к которому через дефис дописываются две последние цифры этого же номера зачётной книжки. Например, если номер зачётной книжки студента дистанционной формы обучения представлен числом 361291, то индивидуальный шифр при выполнении контрольных заданий будет: 361291-91. Под выписанными цифрами следует разместить первые шесть букв русского алфавита, как показано ниже 7 361291-91 абвгде жз Это необходимо сделать, поскольку исходные данные в задачах представлены в виде таблиц, вертикальные столбцы которых обозначены буквами, а строки – соответствующими цифрами (номерами). Таким образом, данные для выполнения каждого задания, должны приниматься в соответствии с индивидуальным шифром студента путем выбора из каждого столбца каждой таблицы числового значения, стоящего в строке, номер которой соответствует номеру соответствующей буквы (то есть по адресам ячеек). Так, для приведённого выше примера индивидуального шифра студента 361291-91 при решении любых задач следует принимать данные, размещенные в ячейках таблиц, имеющих адреса: а-3; б-6; в-1; г-2; д-9; е-1;ж-9; з-1. Таким образом, для рассмотренного выше номера шифра исходные данные к задаче №1 данного пособия, размещенные в табл. 3.1, будут следующими: номер схемы – 1, а =0,7 м; b=0,7 м; с=0,8 м; M1 = 2 кН ⋅ м; M 2 = 1,7 кН ⋅ м; M 3 = 0,9 кН ⋅ м; Rs =35 МПа; G=8 ⋅ 10 4 МПа. 4. Перед решением каждой задачи необходимо выписать полностью её условие, числовые исходные данные, а также составить в определённом масштабе аккуратный чертёж и указать на нём все величины, необходимые для расчёта, как в буквенном, так и в цифровом обозначениях. 5. Решение должно сопровождаться краткими пояснениями и схемами, на которых все входящие в расчёт величины следует указывать в числах. Каждую формулу в расчёте следует сначала записать в буквенном виде, затем подставить вместо каждого буквенного обозначения соответствующее числовое значение и, не приводя промежуточных вычислений, записать ответ с указанием размерности определяемой величины. Инженерные расчёты, как правило, выполняются с тремя значащими цифрами, поэтому при выполнении контрольных работ следует использовать десятичные дроби с округлением вычисленных значений до второй значащей цифры 8 после запятой. 6. Контрольная работа, выполненная с ошибками, возвращается студенту для исправления. У студентов заочной формы обучения задача, в решении которой была допущена ошибка, должна быть представлена в конце контрольной работы после заголовка «Работа над ошибками» в исправленном виде. Таким образом, окончательный вариант, повторно представляемый на проверку, должен представлять собой единую, полностью оформленную контрольную работу, все задачи которой имеют верное решение. Студентам дистанционной формы обучения все исправления в работу следует вносить в структуру документа вместо ошибочных записей. Таким образом, окончательный документ должен представлять собой единую полностью оформленную контрольную работу с верным решением. Он повторно отсылается на проверку. Отдельно от работы исправления не рассматриваются. 7. К промежуточной аттестации все контрольные работы, предусмотренные рабочей программой дисциплины, должны быть выполнены и зачтены. 9 РЕКОМЕНДУЕМАЯ ЛИТЕРАТУРА Основная 1. Александров А.В. Сопротивление материалов/ А.В. Александров - М.: Высшая школа, - 2009.— 560 с. 2. Дарков А.В. Сопротивление материалов/ А.В. Дарков // Учебник для втузов. М.: Изд-во «Альянс», 2014. 3. Атаров Н.М. Сопротивление материалов. Часть 2 (2-е издание) [Электронный ресурс]: учебное пособие/ Н.М. Атаров [и др.].— Электрон. текстовые данные.— М.: Московский государственный строительный университет, ЭБС АСВ, 2013.— 98 c.— Режим доступа: http://www.iprbookshop.ru/20031.— ЭБС «IPRbooks», по паролю. 4. Костенко Н.А. Сопротивление материалов/ Н.А. Костенко и др. // Учебник для студентов втузов. Изд-во «Высшая школа», 2009. – 488 с. 5. Макаров Е.Г. Сопротивление материалов с использованием вычислительных комплексов/ Е.Г. Макаров // В 2 кн. Кн.1. Основной курс. Учебное пособие. Изд-во «Высшая школа», 2009. – 406 с. 6. Варданян Г.С., Андреев В.И., Атаров Н.М., Горшков А.А. Сопротивление материалов с основами теории упругости и пластичности. - М.: Инфра-М, 2010. – 478 с. 7. Копнов В.А. Сопротивление материалов. Руководство для решения задач и выполнения лабораторных и расчётно-графических работ// В.А. Копнов, С.Н. Кривошапко, Изд-во «Высшая школа». Изд. 3-е, стереотипное, 2009. – 351 с. 8. Костенко Н.А. Сопротивление материалов/ Н.А. Костенко и др.//Учебник для студентов втузов. Изд-во «Высшая школа», 2009. – 488 с. 10 Дополнительная 1. Саргсян А.Е. Сопротивление материалов, теории упругости и пластичности. Основы теории с примерами расчётов/ А.Е. Саргсян. – М.: Высшая школа, 2002. – 287 с. 2. Феодосьев В.И. Сопротивление материалов/ В.И. Феодосьев. - М.: Издательство МГТУ им. Н.Э. Баумана, 2005. – 592 с. 3. Сопротивление материалов/ Под ред. акад. АН УССР Г.С. Писаренко.Киев.: Вища школа, 1986. – 775 с. 4. Писаренко Г.С. Справочник по сопротивлению материалов/ Г.С. Писаренко, А.П. Яковлев, В.В. Матвеев – Киев.: Вища школа, 1988. – 736 с. 5. Миролюбов И.Н. и др. Пособие к решению задач по сопротивлению материалов. – М.: Высш. школа, 1985. – 399 с. 6. Рудицын М.Н. и др. Справочное пособие по сопротивлению материалов. - Минск: Высш. школа, 1970. – 410 с. 7. Сопротивление материалов. Часть 1. Основные виды деформаций. Учеб. пособие/ И.Ю. Воронина, П.В. Деев, К.Е. Залесский, Н.А. Капунова, А.К. Петренко, А.С. Саммаль. Под ред. Н.Н. Фотиевой. Тула, Изд-во ТулГУ, 2011. – 428 с. 11 Тема 1. КРУЧЕНИЕ БРУСА КРУГЛОГО СЕЧЕНИЯ 12 1. ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ 1.1. Понятие кручения. Крутящий момент. Под кручением будем понимать такой вид нагружения бруса, при котором в его поперечных сечениях возникает только один силовой фактор – крутящий момент Mz= Mкр, при этом прочие силовые факторы - продольные и поперечные силы, а также изгибающие моменты отсутствуют (равны нулю). Для крутящего момента, независимо от формы поперечного сечения бруса, принято следующее правило знаков. Если наблюдатель смотрит на поперечное сечение со стороны внешней нормали и видит крутящий момент направленным по часовой стрелке, то момент считается положительным. При противоположном направлении момент считается отрицательным и его значению приписывается знак «-». При расчёте бруса (вала) на кручение требуется решить две основные задачи. Во-первых, необходимо определить напряжения, возникающие в брусе, и, во-вторых, надо найти угловые перемещения сечений бруса в зависимости от величин и направлений внешних скручивающих моментов. Рассмотрим решение поставленных задач для вала, имеющего с круглое поперечное сечение. Расчётную схему такого вала можно представить, как показано на рис. 1.1 а, предполагая, что каждое поперечное сечение бруса в результате действия внешних моментов поворачивается в своей плоскости на некоторый угол. Данное предположение, заложенное в основу теории кручения, носит название гипотезы п л о с к и х с е ч е н и й . 1.2. Построение эпюр крутящих моментов Для построения эпюры крутящих моментов Mz = Mкр применим традиционный метод сечений − на расстоянии z от начала координат рассечём брус на 13 две части и правую отбросим (рис. 1.1, б) из рассмотрения. Для оставшейся части бруса, изображенной на рис. 1.1, б, составляя уравнение равенства нулю суммы крутящих моментов ΣMz = 0, получим: Mz = M. (1.1) Поскольку сечение было выбрано произвольно, то можно сделать вывод, что уравнение (1.1) верно для любого сечения вала, то есть крутящий момент Mкр в данном случае остается постоянным по всей длине бруса. а) dz б) dz в) С D γ В dϕ А В ρ dρ С г) D В А τ τ В dz Рис. 1.1. Кручение вала круглого поперечного сечения 14 1.3. Напряжения и деформации, возникающие при кручении прямого бруса (вала) круглого поперечного сечения Двумя поперечными сечениями, как это показано на рис. 1.1, а, из состава бруса выделим элемент длиной dz, а из него, в свою очередь, двумя цилиндрическими поверхностями с радиусами ρ и ρ + dρ выделим элементарное кольцо, показанное на рис. 1.1, в. В результате кручения правое торцевое сечение кольца повернется на угол dϕ. При этом образующая цилиндра АВ повернется на угол γ и займет положение АВ ′. Дуга BВ ′ равна с одной стороны, ρ dϕ, а с другой стороны − γ dz. Следовательно, можно записать γ =ρ dϕ . dz (1.2) Если разрезать образовавшуюся фигуру по образующей и её развернуть (рис. 1.1, г), то можно видеть, что угол γ представляет собой не что иное, как угол сдвига данной цилиндрической поверхности под действием касательных напряжений τ , вызванных действием крутящего момента. Воспользуемся обозначением θ= dϕ , dz (1.3) где θ − относительный угол закручивания. Таким образом, угол θ представляет собой угол взаимного поворота двух сечений, отнесенный к расстоянию между ними, а введенная величина θ аналогична относительному удлинению при простом (осевом) растяжении или сжатии стержня. Из совместного рассмотрения (1.2) и (1.3) после некоторых преобразований, получим: γ = ρθ . (1.4) Подставляя выражение (1.4) в выражение закона Гука для сдвига τ = γG , 15 выражение для определения касательных напряжений принимает следующий вид: τ = Gθρ , (1.5) где τ − касательные напряжения в поперечном сечении бруса (рис. 1.1, г). В продольных плоскостях − в осевых сечениях также действуют парные касательные напряжения (рис. 1.1, г). Величину крутящего момента Mz = Mкр можно определить через τ с помощью следующих рассуждений. Момент относительно оси z от действия касательных напряжений τ на элементарной площадке dА равен (рис. 1.2): dM = τ ⋅ ρ ⋅ dA . Проинтегрировав это выражение по площади поперечного сечения вала, получим: M z = ∫ τρdA . (1.6) A Из совместного рассмотрения (1.5) и (1.6) получим: M z = Gθ ∫ ρ2dA =GθIρ . (1.7) A Откуда θ= Mz . GIρ Рис. 1.2. Касательное напряжение на элементарной площадке 16 (1.8) Величина GIρ называется жёсткостью бруса при кручении. Из (1.8), с учётом (1.3), интегрируя полученное выражение по параметру z, получим: z M zd z . G I ρ ϕ( z ) = ∫ (1.9) Если крутящий момент M z и жёсткость G Iρ по длине бруса постоянны, то из (1.9) получим: ϕ( z ) = M zdz + ϕ(0) , GIρ (1.10) где ϕ (0) − угол закручивания сечения в начале системы отсчёта. Для определения выражения напряжений, возвращаясь к формуле (1.5) и исключая из него θ , согласно (1.8), получим: τ(ρ) = Величина Wρ = Iρ ρ max M zd z . G Iρ (1.11) называется полярным моментом сопротивления по- перечного сечения бруса в форме сплошного круга радиусом R. Определяется эта величина из следующих соображений: πR 4 Iρ = ; ρ max = R → 2 Wρ = πR3 2 = πD 3 16 . (1.12) Если же в брусе имеется внутренняя центральная полость радиусом r = d 2 , то для определения полярного момента сопротивления сечения такого бруса, представляющего собой кольцо, следует воспользоваться формулой Wρ = K где с = r R = d D π 2 3 3 (R − r ) = πD 3 16 (1 − c 4 ) , (1.13) . 17 1.4. Кручение бруса с некруглым поперечным сечением Определение напряжений в брусе с некруглым поперечным сечением представляет собой сложную задачу, которая не может быть решена методами сопротивления материалов. Причина заключается в том, что для некруглого поперечного сечения упрощающая гипотеза плоских сечений, оказывается неприемлемой. В данном случае поперечные сечения существенно искривляются, в результате чего заметно меняется картина распределения напряжений. Таким образом, при определении углов сдвига, в данном случае, необходимо учитывать не только взаимный поворот сечений, но и деформации сечений в своей плоскости, связанных с искривлением сечений. Задача резко усложняется тем, что для некруглого сечения, напряжения должны определяться как функции уже не одного независимого переменного, а двух − ρ и ϕ . Отметим некоторые особенности законов распределения напряжений в поперечных сечениях некруглой формы. Если поперечное сечение имеет внешние углы, то в них касательные напряжения должны обращаться в нуль. Если наружная поверхность бруса при кручении свободна, то касательные напряжения в поперечном сечении, направленные по нормали к контуру также будут равны нулю. На рис. 1.3 показана, полученная методом теории упругости, эпюра касательных напряжений для бруса прямоугольного сечения. В углах, как видно, напряжения равны нулю, а наибольшие их значения возникают по серединам больших сторон: в точке А τA = τmax = Mz , WK (1.14) где WК = β b3 − аналог полярного момента сопротивления поперечного сечения прямоугольного бруса; в точке В τB = η τmax , здесь необходимо учесть, что b − малая сторона прямоугольника. 18 (1.15) Значения угла закручивания определяется по формуле: ϕ( z ) = М zz , GIK (1.16) где IK = α b4 − аналог полярного момента инерции поперечного сечения бруса. Коэффициенты α, β и η зависят от отношения сторон m = h/b, и их значения приведены в табл.1.1. Рис. 1.3. Касательные напряжения в прямоугольном поперечном сечении 19 Таблица 1.1 Зависимость коэффициентов α, β и η от отношения сторон прямоугольного сечения m 1 1,5 2,0 3,0 6,0 10 α 0,141 0,294 0,457 0,790 1,789 3,123 β 0,208 0,346 0,493 0,801 1,789 3,123 η 1,000 0,859 0,795 0,753 0,743 0,742 1.5. Условия прочности и жёсткости при кручении и типы задач, решаемых на их основе На рис. 1.4 изображен тонкостенный трубчатый образец, который при кручении будет испытывать чистый однородный сдвиг, так как распределение напряжений по толщине его сечений в силу тонкостенности можно считать равномерным. По результатам испытаний такого образца строится диаграмма кручения – график зависимости M кр = M кр (ϕ) (рис. 1.5, а ). Рис. 1.4. Тонкостенный трубчатый образец 20 а) б) М кр τт τпц С т Мкр τ А ϕ γ Рис. 1.5. Диаграммы кручения и напряжений при чистом сдвиге По диаграмме кручения, в свою очередь, строится диаграмма напряжений при чистом сдвиге (характеристика материала при чистом сдвиге, диаграмма сдвига) – график зависимости τ = τ(γ) (рис. 1.5, б), в котором на основании формул п. 1.3 запишем τ = M кр 2 πdt , а γ= 2 ϕd . Все, что известно из курса со2l противления материалов о диаграмме растяжения, а также о диаграмме напряжений и расчёте на прочность при осевом растяжении, можно перенести на кручение, за исключением явлений уменьшения площади сечения и образования шейки, которые при кручении отсутствуют. Условие прочности при кручении имеет вид τ max = M кр Wк ≤ Rs , где τ max – наибольшее (по абсолютной величине) по длине бруса касательное напряжение, Rs - расчётное сопротивление при сдвиге находится таким же образом, как и осевом растяжении, для пластичного материала, через τ т – предел текучести при сдвиге, а для хрупкого τв – предел прочности при сдвиге. Если для материала известны значения предельных характеристик при растяжении и сжатии, то экспериментальное определение τ т и τв не является необходимым, так как τ т и τв для него могут быть найдены расчётным путём (эти формулы будут выведены далее). Так, для пластичного материала, одина- ково работающего на растяжение и сжатие, будет получено 21 τ т ≅ 0,6 σ т . Изготовление тонкостенных образцов является трудоемким и дорогостоящим, поэтому они, как правило, используются в экспериментальных научно-исследовательских работах, а обычные механические испытания проводятся на сплошных образцах круглого поперечного сечения. Построение диаграммы сдвига по диаграмме кручения, полученной по результатам испытания такого образца, процедура более сложная, чем по диаграмме кручения, полученной на тонкостенном образце, вследствие неоднородности напряжённого состояния в нём. Образец из пластичного материала разрушается по поперечному сечению (рис. 1.6, а) — сечению, в котором действует τmах. Образец из хрупкого мате- риала разрушается по винтовой поверхности, след которой составляет с образующей образца угол 45° (рис. 1.6, б) — по поверхности, в которой действуют наибольшие растягивающие напряжения. Рис. 1.6. Разрушение образцов из пластичного и хрупкого материалов Помимо расчёта на прочность длинные брусья, работающие на кручение (валы), следует рассчитывать на жёсткость. С этой целью используется выра- жение θ = 22 180o ⋅ M кр πGI к ≤ [θ]. Здесь [θ] - допускаемый погонный угол закручивания, имеющий размерность 1 , принимаемый равным: м [θ] = 2° 1 - при статической нагрузке, м [θ] = 0,25° 1 - при переменной нагрузке, м [θ] = 0,15° 1 - при ударной нагрузке. м 1.6. Расчёт винтовых цилиндрических пружин Пружины имеют широкое применение в машиностроении. Рассмотрим теорию расчёта винтовых цилиндрических пружин с малым шагом витка (рис. 1.7, а ), т.е. таких, у которых угол наклона витка к плоскости, перпенди- кулярной оси пружины, мал и поэтому можно принять, что витки лежат в этой плоскости. а) б) P P M R 2r Q=P R P Рис. 1.7. Винтовая цилиндрическая пружина Обозначим D, R — средний диаметр и радиус витка пружины, d, r диаметр и радиус проволоки, из которых свита пружина, и n — число вит23 ков пружины. Разрежем пружину на две части (рис. 1.7, б). Отбрасывая нижнюю часть, заменим её воздействие на верхнюю поперечной силой Q и крутящим моментом М. Легко установить, что Q =Р, а М= PR. Таким образом, пружина с малым шагом витков работает на срез и кручение. Касательные напряжения от среза (рис. 1.8, а) считаем равномерно распределёнными по сечению витка пружин: τ1 = P Aсреза = P πr 2 . Наибольшие касательные напряжения от кручения (рис. 1.8, б) возникают в наиболее удаленных точках от центра сечения и равны τ2 = M 2 M 2 PR . = = Wρ πr 3 πr 3 В точке К напряжения от среза и кручения направлены в одну сторону, поэтому их можно сложить: τ max = τ1 + τ 2 = P 2 PR 2 PR  r  + = 3 1 + . 2 πr 3 πr  2 R  πr Обычно второе слагаемое в скобках мало по сравнению с единицей, поэтому им пренебрегают и учитывают только напряжения от кручения: τ max = 2 PR πr 3 . Определим деформацию пружины, имея в виду, что витки пружины при её деформации испытывают только кручение (срез не учитываем). Обозначим через λ величину осадки пружины от действия силы Р и найдём работу А этой силы на перемещении λ. Учитывая линейную зависимость λ от силы Р, можно написать 1 A = λP . 2 24 а) K τ1 б) K τ2 Рис. 1.8. Поперечное сечение пружины Потенциальная энергия в пружине от кручения равна M 2l U= . 2GIρ Длину проволоки, из которой свита пружина при п витках, определяют по формуле l = 2 πRn , поэтому M 2 πRn πR 3nP 2 U= = . GIρ GIρ Приравнивая работу А и потенциальную энергию U и учитывая при πr 4 этом, что I ρ = , получим: 2 λ= 4 PR 3n Gr 4 . 25 2. ОСНОВНЫЕ РАСЧЁТНЫЕ ФОРМУЛЫ, ИСПОЛЬЗУЕМЫЕ ПРИ РЕШЕНИИ ЗАДАЧ Брус, нагруженный парами сил, плоскости действия которых перпендикулярны его оси, испытывает деформацию кручения. Внутренним силовым фактором в поперечном сечении бруса в этом случае является крутящий момент M кр , величину которого определяют методом сечений: крутящий момент в любом сечении бруса численно равен алгебраической сумме крутящих моментов, расположенных по одну сторону от этого сечения; при этом крутящий момент в сечении считается условно положительным, если при взгляде со стороны внешней нормали к сечению мы видим его направленным по ходу часовой стрелки. Размеры и форма поперечного сечения бруса в расчётах на кручение учитываются двумя геометрическими характеристиками: полярным мо ментом инерции I ρ и полярным моментом сопротивления Wρ . Для круглого сечения они вычисляются по следующим формулам: πd 4 Iρ = ≈ 0,1d 4 ; 32 (2.1) πd 3 Wρ = ≈ 0,2 d 3 , 16 (2.2) где d - диаметр сечения. Крутящий момент M кр вызывает в сечениях касательные напряжения τρ , вычисляемые по формуле τρ = M кр Iρ ρ, где M кр - крутящий момент в сечении бруса; I ρ - полярный момент инерции сечения; 26 (2.3) ρ - расстояние от центра сечения до точки, в которой определяются на- пряжения. Условие прочности записывается в виде τ max = max M кр Wρ ≤ Rs , (2.4) max где M кр - максимальная по модулю величина крутящего момента, опреде- ляемого по эпюре M кр ; Rs - расчётное сопротивление материала на срез. Деформация при кручении характеризуется углом закручивания сечения ϕ (рад): ϕ= M кр l , G Iρ (2.5) где l - длина бруса; G - модуль сдвига (модуль упругости второго рода). Угол закручивания на единице длины бруса называется относительным углом закручивания и вычисляется по формуле θ= M кр G Iρ . (2.6) Условие жёсткости накладывает ограничение на величину относительного угла закручивания: θmax ≤ [θ] , где [θ] – допускаемый угол закручивания. Условие жёсткости с учётом формулы (2.6) имеет вид max M кр G Iρ ≤ [θ] . (2.7) 27 3. КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ И ПРИМЕРЫ ИХ ВЫПОЛНЕНИЯ 3.1. Задача № 1 К стальному брусу круглого поперечного сечения приложены четыре внешних момента M1, M 2 , M 3, X , три из которых известны. Принимая числовые данные по табл. 3.1, расчётные схемы – по рис. 3.1, требуется: 1) установить, при каком значении момента Х угол поворота правого концевого сечения равен нулю; 2) при найденном значении Х построить эпюру крутящих моментов; 3) при заданном значении расчётного сопротивления Rs определить диаметр вала из условия его прочности и округлить величину диаметра до ближайшей большей стандартной величины, равной 30, 35, 40, 45, 50, 60, 80, 90, 100 мм; 4) проверить, выполняется ли условие жёсткости бруса при выбранном диаметре, если допускаемый угол закручивания [θ] = 1 град/м; 5) построить эпюру углов закручивания. Для всех вариантов принять модуль сдвига стали принять равным G = 8 ⋅ 104 МПа . 28 Таблица 3.1 Числовые данные к задаче № 1 Номер Номер расч. строки схемы Длины участков, м Rs , Момент, кН⋅м МПа по рис. 3.1 а b с M1 M2 M3 1 1 0,8 0,4 1,0 2,0 1,6 1,0 35 2 2 0,6 0,5 0,5 1,8 1,7 1,2 40 3 3 0,4 0,7 0,7 1,7 0,9 0,7 50 4 4 0,6 0,4 0,6 1,5 0,8 1,5 45 5 5 0,5 0,8 0,4 1,3 2,0 1,4 60 6 6 0,7 1,0 0,8 1,0 1,7 2,0 40 7 7 1,0 0,7 1,0 1,6 1,5 1,6 35 8 8 0,4 0,6 0,5 1,4 1,6 1,8 70 9 9 0,7 0,4 0,6 1,5 0,8 0,9 80 10 0,5 0,5 0,4 0,9 1,0 1,5 60 з ж а б в г д е 29 M1 1 M2 b а M1 2 M2 M1 3 а M2 c а M1 5 а M2 b 7 c b M3 c 9 10 а а M3 M2 M1 Х Х b M3 M2 Х c а c Х а c b а M3 M2 M1 Х b c c а Х M2 M1 8 M3 а b а Х M3 а M1 Х M3 M2 c а c b M1 6 а а а Х M3 M2 M1 4 c b а M3 M3 b Х а Рис. 3.1. Расчётные схемы к задаче № 1 3.2. Пример решения задачи № 1 Для заданного бруса круглого сечения (рис. 3.2, а) определить величину момента X, при котором угол поворота свободного конца бруса равен нулю, построить эпюры крутящих моментов и углов закручивания, подобрать диаметр сечения из условия прочности и произвести проверку бруса на жёсткость. Числовые данные к задаче: а =0,8 м; b=1,0 м; с=0,4 м; M1 =2 кН⋅ м; M2 =0,9 кН⋅м; M 3 = 1 кН ⋅ м; Rs =40 МПа; G=8⋅10 4 МПа. 1. Определение величины неизвестного крутящего момента Х. Брус жёстко заделан левым концом А, правый конец Е свободен. В сечениях В, С, и D приложены известные внешние закручивающие моменты. Для определения неизвестного момента Х используем условие равенства 30 нулю угла поворота сечения Е. Угол поворота сечения Е относительно сечения А определяется как сумма углов закручивания отдельных участков: ϕ E = ϕ AB + ϕ BC +ϕCD + ϕ DE = = AB M кр l AB G Iρ + BC M кр lBC G ⋅ Iρ + CD M кр lCD G Iρ + DE M кр l DE G Iρ = 0. (3.1) . Х M3=1 кНм а) В А С D Е . M =0,9кН.м M1=2кНм 2 a=0,8м b=1,0м c 0,4м a=0,8м 1,34 б) 0,44 0,34 Mк , кН.м 1,56 ϕ , рад в) 0,0027 0,0123 0,008 Рис. 3.2. Брус, работающий на кручение: а ) - расчётная схема; б) - эпюра крутящих моментов; в) - эпюра углов закручивания Крутящие моменты M кр , входящие в выражение (3.1), определяются с помощью метода сечений, начиная с незакреплённого конца: DE CD M кр = X ; M кр = X + M 3 = X + 1,0; BC M кр = X + M 3 − M 2 = X + 1,0 − 0,9 = X + 0,1; AB M кр = X + M 3 − M 2 − M 1 = X + 1,0 − 0,9 − 2 = X − 1,9. (3.2) 31 Используя выражения (3.2) и сокращая на GIρ , приводим уравнение (3.1) к виду ( X − 1,9) a + ( X + 0,1) b + ( X + 1,0) c + X ⋅ a = 0 . ( X − 1,9) ⋅ 0,8 + ( X + 0,1) ⋅1 + ( X + 1,0) ⋅ 0,4 + X ⋅ 0,8 = 0 Решая это уравнение относительно Х, получаем Х = 0,340 кН⋅м. Примечание: В данном примере X положителен, следовательно, направление крутящего момента, показанное на рис. 3.2, правильно . Если значение Х при расчётах получится со знаком минус, направление крутящего момента задано неправильно . 2. Построение эпюры крутящих моментов. Найденное значение Х = 0,34 кН⋅м подставляем в выражения (3.2) для вычисления величину крутящего момента на каждом участке: M кDE = 0,34 кН ⋅ м; M кCD = 1,34 кН ⋅ м; M кBC = 0,44 кН ⋅ м; M кAB = −1,56 кН ⋅ м. По найденным значениям M кр строим эпюру крутящих моментов. Величина крутящего момента в сечении не зависит от положения сечения в пределах участка (крутящий момент постоянен), поэтому эпюра крутящих моментов ограничена отрезками прямых (рис. 3.2, б). Построенная эпюра позволяет найти опасное сечение, в котором действует максимальный (по абсолютной величине) крутящий момент. В рассматриваемом примере опасными будут сечения в пределах учаmax стка АВ; расчётное значение крутящего момента M кр = 1,56 кН ⋅ м. 3. Подбор диаметра поперечного сечения бруса. Используем условие прочности (2.4) max M кр Wρ 32 ≤ Rs . Учитывая, что Wρ = πd3 , выразим диаметр из условия прочности 16 d ≥3 max 16 M кр π Rs . max Подставляя M кр = 1,56 кН⋅м и Rs = 40 МПа, вычисляем диаметр по- перечного сечения, округляя его до стандартной величины: d ≥3 16 ⋅ 1,56 ⋅ 103 π ⋅ 40 ⋅ 10 6 = 0,0584 м = 58,4 мм ⇒ 60 мм. 4. Проверка условия жёсткости . Условие жёсткости записываем в виде (2.7): max M кр G Iρ ≤ [θ] . По условию задачи [θ]= 1 град / м. Переводя значение угла из градусной меры в радианную, получаем [θ] = 1 град/м = π 1 ⋅ 1= 0,017 . 180 м Вычисляем выражение, стоящее в левой части условия жёсткости, определив предварительно величину полярного момента инерции бруса: π d 4 π ⋅ 0,064 Iρ = = = 1,27 ⋅ 10−6 м 4 ; 32 32 max M кр G Iρ = 1,56 ⋅103 1 = 0,015 . м 8 ⋅1010 ⋅ 1,27 ⋅10− 6 Сравнение левой и правой частей условия жёсткости показывает, что оно выполняется: θmax = 0,015 1 1 < [θ] = 0,017 . м м 5. Построение эпюры углов закручивания. Вычисляем углы закручивания по участкам, используя формулу (2.5): 33 ϕ AB = ϕ BC = ϕCD = ϕ DE = AB M кр l AB G Iρ BC M кр l BC G Iρ CD M кр lCD G Iρ DE M кр l DE G Iρ = − 1,56 ⋅ 103 ⋅ 0,8 8 ⋅ 1010 ⋅ 1,27 ⋅10− 6 = = = = −0,0123 рад; 0,44 ⋅ 103 ⋅ 1 8 ⋅ 1010 ⋅ 1,27 ⋅ 10−6 1,34 ⋅ 103 ⋅ 0,4 8 ⋅ 1010 ⋅1,27 ⋅ 10− 6 0,34 ⋅ 103 ⋅ 0,8 10 8 ⋅ 10 ⋅1,27 ⋅10 −6 = 0,0043 рад ; = 0,0053 рад ; = 0,0027 рад . Для построения эпюры углов закручивания найдём углы поворота характерных сечений А, В, С, D: ϕ A = 0, так как сечение в заделке неподвижно; ϕ B = ϕ AB = −0,0123 рад ; ϕC = ϕ AB + ϕ BC = −0,0123 + 0,0043 = −0,008 рад ; ϕ D = ϕ AB + ϕ BC + ϕCD = −0,0123 + 0,0043 + 0,0053 = −0,0027 рад ; ϕ E = ϕ AB + ϕ BC + ϕCD + ϕ DE = −0,0123 + 0,0043 + 0,0053 + 0,0027 = 0 . По вычисленным углам поворота сечений построена эпюра углов закручивания (рис. 3.2, в). Равенство ϕ E = 0 является проверкой решения, так как неизвестный крутящий момент Х определялся из условия равенства нулю угла поворота свободного конца бруса. 34 4. КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОПРОВЕРКИ 1. Какой вид деформированного состояния бруса называется кручением? 2. Как называют брус, испытывающий кручение? 3. Может ли крутящий момент быть распределённым по длине бруса? 4. Как определяется крутящий момент в поперечном сечении бруса? 5. Какую размерность (в системе СИ) имеет крутящий момент? 6. Как вычисляется крутящий момент M кр , приложенный к валу, если известна передаваемая валом мощность N и угловая скорость его вращения ω ? 7. Как строится эпюра крутящего момента M кр ? 8. Какие сечения бруса принимаются в качестве границ расчётных участков при построении эпюры крутящих моментов? 9. Каким сечениям бруса соответствуют скачки на эпюре крутящих моментов? 10. В каком случае эпюра крутящих моментов представляет собой наклонную прямую? 11. Какие напряжения действуют в поперечном сечении бруса при кручении? 12. Как распределяются напряжения в поперечном сечении бруса круглого поперечного сечения? 13. Зависит ли характер распределения напряжений по площади поперечного сечения бруса от формы его сечения? 14. Какой вид деформации испытывают продольные волокна бруса круглого поперечного сечения при кручении? 15. Могут ли в испытывающем кручение брусе возникать растягивающие или сжимающие напряжения? 16. Почему пластичные материалы разрушаются при кручении по плоскостям, совпадающим с поперечными сечениями? 17. Почему хрупкие материалы разрушаются при кручении по винтовым поверхностям? 18. Зависит ли величина напряжений, действующих в поперечном сечении бру35 са, от свойств материала, из которого брус изготовлен? 19. Правильно ли записана формула τρ = M кр ⋅ ρ для определения касательных Ix напряжений при кручении? Объясните смысл каждого составляющего представленного выражения. 20. В каких точках бруса круглого поперечного сечения действуют максимальные касательные напряжения при кручении? 21. В каких точках бруса прямоугольного поперечного сечения при кручении касательные напряжения отсутствуют? 22. Как изменяются поперечные размеры бруса при кручении? 23. Что называют депланацией? 24. Как изменится угол поворота сечения при увеличении длины вала в два раза? 25. Дайте понятие модуля сдвига G? 26. Как изменится величина угла закручивания вала при увеличении его диаметра на 25 %.? 27. Диаметр вала увеличили на 25 %. Как это повлияет на прочность вала? 28. Какую размерность имеет относительный угол закручивания θ ? 29. Что называют жёсткостью бруса при кручении? 30. Как вычисляется угол закручивания прямого бруса переменного поперечного сечения? 31. Как записывается условие прочности бруса круглого поперечного сечения при кручении? 32. Какой вид имеет условие прочности для бруса прямоугольного поперечного сечения при кручении? 33. Какое сечение бруса при кручении считается опасным? 34. Какое касательное напряжение принимают в качестве предельного для пластичного материала? 35. Как записывается условие жесткости для бруса, испытывающего кручение? 36 Тема 2. РАСЧЁТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ БАЛОК И РАМ МЕТОДОМ СИЛ 37 1. ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ Для расчёта усилий в статически неопределимых стержневых системах существуют различные методы. В рамках настоящего курса рассматривается метод сил. 1.1. Статически неопределимые системы. Необходимые и лишние связи Если рассматривать внешние связи, то можно отметить, что положение жёсткого тела на плоскости x,y характеризуется тремя независимыми параметрами − координатами x, y и углом поворота рассматриваемой плоскости. Таким образом, необходимое для равновесия число наложенных внешних связей должно быть равно трем (по количеству уравнений равновесия − ∑x = 0, ∑y = 0, ∑m = 0). Если плоская система состоит из D частей, каждую из которых можно рассматривать как жёсткое тело, то количество параметров, определяющих положение этой системы, будет равно 3 D. Каждый шарнир, соединяющий две части системы, разрешает лишь их взаимный поворот, устраняя возможность их взаимных смещений − следовательно он уменьшает количество возможных перемещений системы на две единицы. Кроме этого, каждый опорный стержень устраняет возможность перемещения системы в соответствующем направлении. Таким образом, подсчитать степень статической неопределимости системы, определяемую внешними связями, можно по следующей формуле: W = С + 2 Ш − 3 D, где С − число опорных стержней, Ш − количество шарниров в системе, соединяющих “диски”, D − число частей (“дисков”) системы, каждая из которых может рассматриваться как абсолютно жёсткое тело. Для статически определимых систем W =0. При W > 0 система является статически неопределимой. 38 Наиболее характерные типы внешних связей и их схематичные изображения рассмотрены при изучении теории плоского изгиба. На рис. 1.1 показана плоская рама, имеющая в первом (а) случае три внешние связи, а во втором случае (б) − пять. Значит, в первом случае рама имеет необходимое для статической определимости количество внешних связей, а во втором же − две дополнительные внешние связи. Однако в обеих ситуациях рама статически неопределима, т.к. конфигурация её такова, что не позволяет определить усилия во всех её элементах, используя только уравнения равновесия. Следовательно, для окончательного ответа на вопрос о статической определимости системы необходимо проведение совместного анализа наложенных на систему внешних и внутренних связей (более подробно этот вопрос рассматривается в курсе строительной механики). Рис. 1.1. Плоская рама 1.2. Эквивалентная и основная система метода сил Суть метода сил заключается в том, что заданная статически неопределимая система освобождается от дополнительных связей как внешних, так и внутренних, а их действие заменяется соответствующими силами и моментами. Их величины, в дальнейшем, подбираются так, чтобы перемещения системы соответствовали тем бы ограничениям, которые на неё накладываются отброшенными связями. Система, освобождённая от дополнительных связей, становится статически определимой. Она носит название о с н о в н о й с и с т е м ы . Для каждой ста39 тически неопределимой заданной системы (рис. 1.2, а) можно подобрать, как правило, различные основные системы (рис. 1.2, б, в), однако их должно объединять следующее условие − основная система должна быть статически определимой и геометрически неизменяемой (т.е. не должна менять свою геометрию без деформаций элементов). Рис. 1.2. Статически неопределимая рама Рассмотрим статически неопределимую систему, степень статической неопределимости равна двум (рис. 1.3, а). Заменим в основной системе действие отброшенных связей неизвестными усилиями X1 и X2 (рис. 1.3, б). Принятая основная система будет работать также, как и заданная, если на неё наложить условие отсутствия вертикальных перемещений в точках A и B (т.е. в тех местах, где в заданной системе стоят опоры): y A ( P, X 1 , X 2 ) = 0; y B ( P, X 1 , X 2 ) = 0. (1.1) Уравнения (1.1) называются уравнениями совместности деформа ций и при их выполнении фактически устанавливается условие эквивалентности между заданной и основной системой при действии внешней силы Р и неизвестных усилий X1 и X2 . 40 Рис. 1.3. Заданная и эквивалентная системы На основании принципа независимости действия сил (1.1) можно представить в следующем виде: y y A B ( P) + y ( P) + y A B ( X1) + y ( X1) + y A ( X 2 ) = 0, ( X 2 ) = 0, B (1.2) где yA(P), yB(P), yA(X1), yB(X1), yA(X2), yB(X2) − вертикальные перемещения точек А и В основной системы соответственно от действия сил Р, Х1, Х2. 1.3. Канонические уравнения метода сил Вводя обозначения δ11, δ12, ∆1P − вертикальные перемещения точки А основной системы, соответственно, от последовательного действия сил X1 = 1, X2 = 1, от внешней силы Р; δ21, δ22, ∆2P −вертикальные перемещения точки B основной системы, соответственно, от последовательного действия сил X1 = 1, X2 = 1, от внешней силы Р, и учитывая существование линейности связи между силой и перемещением, систему уравнений (1.2) можно преобразовать в канонической форме: δ11 X 1 + δ12 X 2 + ∆1P = 0, δ21 X 1 + δ22 X 2 + ∆ 2 P = 0. (1.3) Последние уравнения носят названия к а н о н и ч е с к и х у р а в н е н и й м е тода сил. 41 Для вычисления коэффициентов при неизвестных X1 и X2 используют формулу Мора: l Mi M j δij = ∫ Легко видеть, что EI dz , (i, j = 1,2). (1.4) δij = δ ji , это свойство называется законом п а р н о с т и к о э ф ф и ц и е н т о в при неизвестных. Свободные же коэффициенты определяются по формуле: lM M i P ∆ iP = ∫ EI dz . (1.5) После решения системы (1.3) определяются величины неизвестных усилий X1 и X2 . Если их значения получились отрицательными, это означает, что ре- ально они действуют в направлении противоположном принятому. Окончательная эпюра моментов определяется по зависимости М ок = М P + М 1 ⋅ X 1 + M 2 ⋅ X 2 . (1.6) Эпюра поперечных сил QOK может быть построена по эпюре моментов МОК с использованием зависимости Q = dM и величин приложенных к систеdz ме усилий. 1.4. Принципы расчёта простых статически неопределимых балок Расчёт статически неопределимых балок с использованием метода сил производится в определённом порядке, который разберем на конкретном примере. Для балки (рис. 1.4) задано: l1 = 2l2 , P = ql1 , m = ql12 . 42 Рис. 1.4. Статически неопределимая балка Требуется: 1. Определить степень статической неопределимости системы и составить уравнение совместности деформаций; 2. Определить коэффициенты и решить каноническое уравнение метода сил; 3. Построить эпюры моментов М и поперечных сил Q. Решение проводится в следующей последовательности: 1. О п р е д е л я е т с я степень статической неопределимости системы и составить уравнение совместности деформаций. Используя формулу для определения W, подсчитаем степень статической неопределимости системы. Имеем: С = 4 , Ш = 0, D = 1 → W = 4 + 2⋅0 − 3⋅1= 1, следовательно система один раз статически неопределима. Основную систему получим путем отбрасывания опоры в точке А и замены её действия неизвестным усилием X1 (рис. 1.5). Рис. 1.5. Выбор основной системы 43 Каноническое уравнение метода сил в данном случае запишется в следующем виде: δ11 ⋅ X1 + ∆1P = 0. 2. О п р е д е л я ю т с я к о э ф ф и ц и е н т ы и р е ш а е т с я к а н о н и ч е с к о е уравнение метода сил. От силы X1 строим эпюру M1 (рис. 1.6). Для определения величины δ11 воспользуемся выражением (1.4). Фактически эпюру M1 нужно умножить саму на себя: [ ] [ ] 3 1 l 1  2l2 l2 2 2  4l2 δ11 = ∫ M1 M1dz = ⋅  2 ⋅ (2l2 ) + 2 ⋅ (2l2 )  = . EI 0 EI  6 6  EI Рис. 1.6. Единичная эпюра изгибающих моментов Рис. 1.7. Грузовая эпюра изгибающих моментов 44 Для определения свободного коэффициента в каноническом уравнении строим в основной системе эпюру моментов MP от внешней нагрузки (рис. 1.7) и в соответствии с (1.5) получаем: 1 l ∆1P = ∫ M1M P dz = EI 0 l l = − 2 ⋅ ( 2 ⋅ 2l2 ⋅ 2ql22 + 2ql22 ⋅ l2 ) − 2 ⋅ ( 2 ⋅ 2ql22 ⋅ 2l2 + 2l2 ⋅ 4ql22 ) + 6E I 6E I 2l 2 ql22 51 + ⋅ ⋅ l2 ⋅ 2 = − ql24 . 3E I 8 2 12E I При вычислении ∆1P было учтено, что эпюры М1 и МP имеют разный знак, т.к. вызывают растяжение разных волокон − об этом говорит отрицательный знак при ∆1P . Кроме этого, криволинейный участок в эпюре МP был представлен как разность трапеции и параболического сегмента. Напишем уравнение совместности деформаций в виде E I δ11 ⋅ X1 + E I ∆1P = 0, и, подставляя найденные величины перемещений, получим: 4l23 ⋅ X 1 = 51 4 17 ql2 , откуда X1 = ql2 . 12 16 3. Ст р о я т с я э п ю р ы и з г и б а ю щ и х м о м е н т о в и п о п е р е ч н ы х с и л . Окончательную эпюру изгибающих моментов (рис. 1.8) получим по формуле: M ок = M P + M1 ⋅ 17 ql2 . 16 45 Рис. 1.8. Окончательные эпюры внутренних силовых факторов 46 2. ОСНОВНЫЕ РАСЧЁТНЫЕ ФОРМУЛЫ, ИСПОЛЬЗУЕМЫЕ ПРИ РЕШЕНИИ ЗАДАЧ 1. Определение перемещений методом Мора. Вычисление интеграла Мора методом перемножения эпюр Расчёт статически неопределимых конструкций требует вычисления перемещений их сечений. Универсальным способом определения перемещений является энергетический. В применении к балкам и плоским рамам этот метод приводится к вычислению интеграла Мора: M Pi ⋅ M i dz , E ⋅ I i i i =1li n ∆= ∑∫ (2.1) где ∆ - искомое перемещение (линейное перемещение или угол поворота); l i - длина участка балки или рамы; Ei Ii - изгибная жёсткость этого участка; M Pi - изгибающий момент от внешней нагрузки в произвольном сечении на участке li; M i - изгибающий момент от единичной нагрузки в том же сечении; n - число участков li , на которые разбивается данная балка или рама. Для определения перемещения по формуле Мора необходимо: 1) рассмотреть так называемое грузовое (заданное) состояние конструкции, записав выражения для вычисления внутренних усилий, действующих в произвольно выбранном поперечном сечении каждого стержня от действия внешних нагрузок; 2) рассмотреть единичное состояние, для чего снять с конструкции все действующие на неё нагрузки и приложить в сечении, перемещение кото47 рого определяется, по заданному направлению единичную силу (при определении линейного перемещения) или единичный момент (при вычислении углового перемещения); 3) записать выражения для изгибающих моментов, действующих в произвольно выбранном поперечном сечении каждого стержня от единичной нагрузки; 4) составить интеграл Мора и, после интегрирования по участкам всей конструкции, вычислить искомое перемещение. Если искомое перемещение получилось отрицательным, то это означает, что действительное перемещение противоположно принятому направлению единичной нагрузки. Интеграл Мора можно вычислять графоаналитически, если предварительно построены эпюры моментов от заданной и единичной нагрузок. Расчётная формула в этом случае имеет вид n ω y M Pi ⋅ M i ∆= ∑∫ dz = ∑ Pi i , EI i i =1l i =1 EI i n (2.2) i где ωPi - площадь эпюры M Pi от заданной нагрузки на участке li ; yi - ордината эпюры M i от единичной нагрузки, расположенная под центром тяжести эпюры M Pi на участке li. Этот способ вычисления интеграла Мора называется «перемножением эпюр », или правилом Верещагина. Метод перемножения эпюр применим для определения перемещений в конструкциях , состоящих из прямолинейных элементов, жёсткость кото рых в пределах отдельных её участков постоянна. Для определения перемещений по Верещагину необходимо: 1) построить эпюры внутренних силовых факторов от действия вне- 48 шних сил, при изгибе – эпюру изгибающих моментов; 2) построить эпюры внутренних силовых факторов от действия единичной силы (момента), приложенной в сечении, перемещение которого определяется, по заданному направлению (при изгибе – единичную эпюру изгибающих моментов); 3) вычислить искомое перемещение для каждого участка путем умножения площади нелинейной эпюры на ординату линейной эпюры, взятую под центром тяжести нелинейной, и деления результата на жёсткость рассматриваемого участка. Ординаты yi на эпюре M i вычисляются из подобия соответствующих треугольников (рис. 2.1). В тех случаях, когда обе эпюры прямолинейны, можно умножать площадь любой из них на ординату другой под центром тяжести первой. Если эпюра от внешней нагрузки имеет сложный вид, то рекомендуется её представить в таком виде, чтобы вычисление её площади и положения центра тяжести было наиболее простым. Произведение ωPi yi отрицательно, если эпюры от внешних нагрузок и единичной силы (момента) противоположны по знаку, т.е. расположены по разные стороны от оси стержня. Это означает, что направление перемещения противоположно направлению единичной силы (момента). 2. Статически неопределимые балки. Метод сил Балка называется статически неопределимой, если внутренние силовые факторы в её поперечном сечении не могут быть определены только из уравнений статики. Статическая неопределимость обусловлена наличием лишних связей, то есть таких связей, которые не являются необходимыми для обеспечения геометрической неизменяемости конструкции. В балках лишними связями служат дополнительные опоры. Разность между числом опорных реакций балки и числом возможных 49 уравнений статики называется её степенью статической неопределимости, или числом «лишних» неизвестных. Одним из методов, используемых для расчёта статически неопределимых систем, является метод сил. Расчёт начинается с выбора так называемой основной системы рассматриваемой конструкции. Статически определимая система, получаемая из заданной отбрасыванием лишних связей, называется основной системой. Как правило, для заданной конструкции можно предложить несколько вариантов основных систем, из которых для дальнейшего расчёта выбирается один. При расчёте статически неопределимой балки удобно удалять внутреннюю связь, помещая шарнир на промежуточной опоре или в жёсткой заделке (рис. 2.2). В этом случае лишней неизвестной будет опорный момент. ωP2 ωP1 C1 y1 ωP3 C2 C3 y2 y3 l1 ωP4 C4 y4 l2 l3 Рис. 2.1. Пример применения правила Верещагина а) б) а) X1 б) X1 Рис. 2.2 Схемы статически неопределимых балок (а) и соответствующие им основные системы (б) 50 Если основную систему загрузить заданными нагрузками и реакциями отброшенных связей, получим эквивалентную систему, которая при определённых величинах этих реакций деформируется так же, как заданная конструкция. Реакции X i отброшенных связей определяется из очевидного условия: перемещения по направлениям X i в эквивалентной системе должны равняться нулю. Для конструкции с одной лишней связью это условие записывается в виде одного канонического уравнения метода сил: δ11 X 1 + ∆1P = 0, (2.3) где δ11 - перемещение в основной системе по направлению X1 от действия единичной силы X 1 = 1 или единичного момента X 1 = 1 ; ∆1P - перемещение в основной системе по направлению X1 от действия внешних нагрузок. Для вычисления δ11 и ∆1P необходимо предварительно построить эпюры изгибающих моментов: M i - от единичной силы (момента) X 1 = 1 и M P - от внешних нагрузок. Коэффициент δ11 при X1 вычисляется умноже- нием эпюры M1 на эту же эпюру, а ∆1P - перемножением эпюр M P и M 1 . Символически это можно записать так: δ11 = 1 ( M 1 ⋅ M 1 ); EI ∆1P = 1 ( M P ⋅ M 1 ). EI (2.4) Определением реакции X i из канонического уравнения заканчивается раскрытие статической неопределимости балки с одной лишней связью. Остальные опорные реакции вычисляются из уравнений равновесия, считая теперь Хi известной величиной. Перемещения в статически неопределимой системе после раскрытия её неопределимости находятся непосредственным вычислением интеграла Мора, либо перемножением эпюр . Для вычисления прогиба в каком-либо сечении балки следует по направлению искомого перемещения к основной системе приложить единичную 51 силу P = 1 (при вычислении угла поворота - единичный момент M = 1 ) и построить эпюру изгибающих моментов M от действия этой единичной нагрузки. Искомое перемещение вычисляется путем перемножения окончательной эпюры изгибающих моментов M на вновь построенную эпюру M. 52 3. КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ И ПРИМЕРЫ ИХ ВЫПОЛНЕНИЯ 3.1. Задача № 2 Для заданной статически неопределимой стальной балки требуется: 1) раскрыть статическую неопределимость; 2) построить эпюру изгибающих моментов; 3) подобрать двутавровое сечение по условию прочности балки; 4) определить угол поворота сечения L и прогиб в сечении К. Для всех вариантов принять: расчётное сопротивление R= 160 МПа, модуль упругости E = 2 ⋅ 10 5 МПа . Числовые данные принимаются по табл. 3.1, расчётные схемы – по рис. 3.1. Таблица 3.1 Числовые данные к задаче № 2 Номер строки 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Номер расч. схемы по рис. 1.1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 З Нагрузка q, P, P1, m, кН/м кН кН кН⋅м Размер a, м 5 4 8 10 12 6 5 10 8 7 З 10 8 6 8 5 7 10 11 8 5 ж 10 5 8 12 7 10 6 9 7 10 б 4 6 4 2 5 7 3 4 5 6 в 1,0 1,5 1,0 0,8 1,2 1,0 1,2 0,8 0,6 1,0 Г 53 1. q P L а K 6. а 2а 2а а 2а q L P 3. 2а L K 2а 2а P1 8. L а 5. P1 а а 9. L М K 2а P L а 2а 3а P 2а K а М P1 L K а 2а q 10. 2а P L 3а Рис. 3.1. Расчётные схемы статически неопределимых балок к задаче № 2 54 2а q q 4. K K а 2а K P 7. L 2а P1 а q P K М 3а P1 2. L а K 3.2. Пример решения задачи № 2 Для статически неопределимой балки (рис. 3.1, а) требуется: 1) раскрыть её статическую неопределимость; 2) построить эпюру изгибающих моментов от действия внешних (пролётных) нагрузок; 3) подобрать двутавровое сечение балки из условия её прочности; 4) определить угол поворота сечения L и прогиб балки в сечении К. Числовые данные к задаче: q = 6 кН/м; M = 4 кН⋅м; а = 1,2 м; R = 160 МПа; E = 2 ⋅ 105 МПа . 1. Вычисление степени статической неопределимости балки . По условиям закрепления имеем четыре опорных реакции: две на опоре А и по одной на опорах В и С. Для плоской системы сил можно составить только три уравнения равновесия, поэтому степень статической неопределимости балки n = 4-3 = 1, т.е. система один раз статически неопределима. 2. Выбор основной системы (о .с.). Для этого разрезаем балку над средней опорой, тем самым, устраняя лишнюю связь, и вставляем над опорой промежуточный шарнир. «Лишней» неизвестной в этом случае будет изгибающий момент в опоре В, который обозначаем X 1 . На рис. 1.4, б показана основная система (о .с.). 3. Формирование эквивалентной системы (э.с.). Загружая основную систему пролетными нагрузками и лишней неизвестной, получаем эквивалентную систему (э.с.), которая показана на рис. 1.4, в. Достоинство принятой основной системы при врезании шарнира именно в сечении над опорой состоит в том, что теперь оба пролёта ра- 55 ботают как самостоятельные балки АВ и ВС, и при построении эпюр могут рассматриваться отдельно друг от друга. q=6 кН/м М=4 кН .м а) В А С з.с. 3а=3,6 м 2а=2,4 м о.с. б) Х1 Х1 q=6 кН/м М=4 кН .м в) А ωP1 В С э.с. Е ωP2 1,2м МP ,кН.м г) 4 ω1 ω2 4,32 М1 , 1 д) y1 = 0,333 y1 = 0,667 2,93 0,977 е) y2 = 0,5 1 y5 = 0,535 ω2 y2 = 0,667 1,47 М1.Х1 ,кН.м ω3 2,93 М,кН.м ж) ω1 4 з) М=1 L 3 и) ω5 ω4 ММ , 1 y4 = 0,333 1 y = 0,667 R A =0,5 2,85 K P=1 R B =0,5 МP , м 0,9 Рис. 3.2. Статически неопределимая балка: а) - заданная система; б) - основная система; в) - эквивалентная система; г) - грузовая эпюра M P ; д) - единичная эпюра M 1 ; е) - эпюра M 1 ⋅ X 1 ; ж) - окончательная эпюра M; з) - эпюра от единичного момента M M ; и) - эпюра от единичной силы M P 56 4. Построение эпюры изгибающих моментов от заданной нагрузки M P в основной системе Рассмотрим участок АВ. Так как на этом участке нагрузок нет, для построения эпюры достаточно знать величины изгибающих моментов в сечениях А и В. На опоре А по условию М = 4 кН⋅ м; на опоре В изгибающий момент равен нулю (опорный момент X 1 не учитываем), эпюра моментов ограничена прямой линией. Рассмотрим участок ВС (рис. 3.2, в). Опорный момент X 1 здесь также не учитываем. Вследствие симметрии пролётной нагрузки реакции опор будут одинаковыми: RB = RC = q ⋅ 2a 6 ⋅ 2 ⋅ 1,2 = = 7,2 кН . 2 2 Изгибающий момент в произвольном сечении z qz 2 6z 2 M ( z ) = RB ⋅ z − = 7,2 z − 2 2 и эпюра изгибающего момента ограничена квадратной параболой. Строим эту параболу по трём лежащим на ней точкам: z B = 0, M B = 0; 6 ⋅ 1,2 2 z = 1,2 м, M max = 7,2 ⋅ 1,2 − = 4,32 кН ⋅ м; 2 zC = 2,4 м, M C = 0. Эпюра M P показана на рис. 3.2, г. 5. Построение эпюры M 1 от единичного момента X 1 = 1 . При построении эпюры M 1 от единичного момента X 1 = 1 внешнюю нагрузку M и q, приложенную к балке (рис. 3.2, в), не учитываем. В сечениях А и С изгибающие моменты равны нулю, а в сечении В из- 57 гибающий момент равен единице. Эпюра M 1 линейна, её вид показан на рис. 3.2, д. 6.Запись и решение канонического уравнения метода сил δ11 X 1 + ∆1P = 0 . Вычисляем коэффициент δ 11 при неизвестном. Для этого эпюра M 1 умножается сама на себя. Разбиваем эпюру на два треугольника высотой, равной 1, и с основаниями 3,6 м и 2,4 м. Площадь каждого из них умножаем на ординату, расположенную в центре тяжести каждого из них (рис. 3.2, д): 1 ( ω1 y1 + ω2 y2 ); EI 1 2 ω1 = ⋅ 3,6 ⋅ 1; y1 = = 0,667; 2 3 1 2 ω2 = ⋅ 2,4 ⋅ 1; y 2 = = 0,667. 2 3 δ11 = После подстановки числовых значений имеем δ11 == 1 1 2 1 2 2 .  ⋅ 3,6 ⋅ 1 ⋅ + ⋅ 2,4 ⋅ 1 ⋅  = EI  2 3 2 3  EI Для определения ∆1P перемножаем эпюры M P и M 1 (рис. 3.2, г, д). Площадь параболического сегмента вычисляется по формуле ω пар где ql 3 = , 12 q - интенсивность распределённой нагрузки; l - длина участка балки под нагрузкой. Вычисляем свободный член канонического уравнения ∆1P : 1 (ωP1 ⋅ y1 + ωP 2 ⋅ y2 ); EI 1 y1 = = 0,333; 3 ∆1P = ( M P ⋅ M 1 ) = 1 ωP1 = ⋅ 3,6 ⋅ 4 ; 2 6 ⋅ 2,4 3 ωP 2 = ; 12 58 y2 = 1 = 0,5. 2 Произведя соответствующие вычисления, получаем 1  1 1 6 ⋅ 2,4 3 1  5,856 ∆1P = ⋅ 3,6 ⋅ 4 ⋅ + ⋅ = . EI  2 3 12 2  EI Тогда каноническое уравнение принимает вид 2 5,856 X1 + = 0, EI EI откуда находим X1 = − 5,856 = −2,93 кН ⋅ м . 2 Отрицательное значение X 1 говорит о том, что истинное направление момента над промежуточной опорой обратно принятому первоначально и показанному на рис. 3.2, в. 7. Построение окончательной эпюры изгибающих моментов. Считая момент X 1 внешней нагрузкой, можно определить опорные реакции, рассматривая каждый пролет балки отдельно, а затем построить эпюру моментов обычным способом, как это выполнялось для статически определимой балки. В данном случае удобнее воспользоваться уже построенными эпюрами. Эквивалентная система находится под действием заданных пролётных нагрузок и вычисленного момента X 1 . Следовательно, окончательная эпюра изгибающих моментов может быть представлена суммой двух эпюр M = M P + M ⋅ X 1. Первая эпюра уже построена (рис. 3.2, г), а вторая получается умно жением ординат эпюры M 1 (рис. 3.2, д) на вычисленное значение X 1 . Эпюра M ⋅ X 1 показана на рис. 3.2, е. Геометрически складываем эпюры M P и M ⋅ X 1 (рис. 3.2, г, е), суммируя ординаты эпюр в характерных точках : 59 M A = 4 + 0 = 4 кН ⋅ м ; M E = 4,32 − 1,47 = 2,85 кН ⋅ м; M B = 0 − 2,93 = −2,93 кН ⋅ м; M C = 0. По найденным значениям М строим окончательно эпюру изгибающих моментов (рис. 3.2, ж). Для проверки правильности расчётов и построения эпюры изгибающих моментов можно использовать условие равенства нулю угла поворота смежных сечений балки над средней опорой (перемещение по направлению отброшенной связи). Этот угол вычисляется перемножением окончательной эпюры моментов (рис. 3.2, ж) на эпюру M 1 (рис. 3.2, д). При перемножении эпюру М удобно представить в виде трёх треугольников, по казанных пунктирными линиями на рис. 3.2, ж, и параболического сегмента. Угол поворота смежных сечений балки над средней опорой вычислим методом перемножения эпюр : θB = 1 ( ω1 y1 + ω2 y1 + ω3 y2 + ω4 y2 ) . EI Площади эпюр и соответствующие ординаты под их центрами тяжести 1 ⋅ 3,6 ⋅ 4 = 7,2 ; 2 1 ω2 = − ⋅ 3,6 ⋅ 2,93 = −5,274 ; 2 1 ω3 = − ⋅ 2,4 ⋅ 2,93 = −3,516 ; 2 ω1 = 1 y1 = ; 3 2 y1 = ; 3 2 y2 = ; 3 ql 3 6 ⋅ 2,43 1 ω4 = = 6,912 ; y2 = = 12 12 2 определяются по соответствующим эпюрам (рис. 3.2, ж) и (рис. 3.2, д). Итак, 1 ( ω1 y1 + ω2 y1 + ω3 y2 + ω4 y 2 ) = EI 1 1 2 2 1 5,856 − 5,860 = ≈ 0. (7,2 ⋅ − 5,274 ⋅ − 3,516 ⋅ + 6,912 ⋅ ) = EI 3 3 3 2 EI θB = 60 Небольшая погрешность вычислений ∆= 5,856 − 5,860 ⋅ 100% = 0,068% , 5,856 не превышающая 5 % , возникла в результате округлений. Полученный результат свидетельствует о том, что эпюра изгибающих моментов построена правильно . 8. Подбор сечения балки по условию прочности . При изгибе условие прочности имеет вид M xmax M max ≤ R или W x ≥ x . R Wx По эпюре М (рис. 3.2, ж) находим максимальный момент M xmax = 4 кН ⋅ м , а по условию задачи R = 160 МПа. Подставляя эти числа в последнюю формулу, получим величину требуемого момента сопротивления двутавра: Wx ≥ 4 ⋅ 103 160 ⋅ 106 = 25 ⋅ 10 − 6 м 3 = 25 см 3 . По таблицам сортамента прокатной стали подбираем номер двутавра и выписываем его геометрические характеристики: двутавр №10, W x = 39,7 см 3 , I x = 198 см 4 . (Момент сопротивления подобранного двутавра значительно больше требуемо- го расчётного, но меньшего размера в таблице нет, поэтому принимаем двутавр №10). 9. Определение перемещений . Определяем угол поворота сечения L (рис. 3.2, з ). Для этого приложим в сечении L основной системы единичный мо мент M = 1 и построим эпюру моментов M M . Угол поворота сечения L 61 вычисляем, перемножая эпюры М и M M (рис. 3.2, ж, з): θL = M ⋅ M M = 1 ( ω1 y3 + ω2 y4 ) ; EI x 1 ω1 = ⋅ 3,6 ⋅ 4 ; 2 1 ω2 = − ⋅ 3,6 ⋅ 2,93; 2 θL = M ⋅ M M = θL = 2 = 0,667 ; 3 1 y4 = = 0,333; 3 y3 = 1 1 2 1 1  3,042 ;  ⋅ 3,6 ⋅ 4 ⋅ − ⋅ 3,6 ⋅ 2,93 ⋅  = EI x  2 3 2 3  EI x 3,042 ⋅ 103 11 2 ⋅ 10 ⋅ 198 ⋅ 10 −8 = 7,68 ⋅ 10 −3 рад . Результат получен со знаком плюс, следовательно, поворот сечения L происходит по направлению единичного момента M = 1 , то есть по часо вой стрелке. Определяем прогиб в сечении К (рис. 3.2, и ). Приложим в сечении К основной системы единичную силу P = 1 и по строим от неё эпюру моментов M P . Так как сила P = 1 приложена в середине пролета AB, опорные реакции будут равны и направлены вверх : RA = RB = 0,5. Определяем моменты в характерных точках участка АВ: MA = 0; МK = 0,5⋅1,8 = 0,9 м; MB = 0. Прогиб в сечении К вычисляется перемножением эпюр М и M P (рис. 3.2, ж, и ). Так как из-за симметрии эпюры M P положение её центра тяжести находится элементарно – он находится посередине пролёта АВ, а эпюра М на этом участке линейная , то удобнее умножать единичную эпюру M P на окончательную М. В этом случае площадь берётся с эпюры M P , а соответствующая ордината с эпюры М равна величине средней линии трапеции , то есть алгебраической полусумме её оснований : 62 1 ω5 = ⋅ 3,6 ⋅ 0,9 ; 2 y5 = 4 − 2,93 = 0,535 . 2 Прогиб в долях жёсткости будет равен fK = 1 1 1  0,867 ( ω5 ⋅ y5 ) = .  ⋅ 3,6 ⋅ 0,9 ⋅ 0,535  = EI x EI x  2 EI  x Окончательно 0,867 0,867 ⋅ 103 fK = = = 2,19 ⋅ 10 −3 м = 2,19 мм . EI x 2 ⋅ 1011 ⋅ 198 ⋅ 10 −8 Результат получен со знаком плюс, следовательно, прогиб направлен в сторону приложенной единичной силы, то есть вниз. 63 3.3. Задача № 3 Статически неопределимая рама нагружена равномерно распределённой нагрузкой q и сосредоточенной силой P . Жёсткость рамы на всех участках постоянна. Требуется: 1) построить схему основной системы; 2) построить эпюры изгибающих моментов для основной системы от действия заданных нагрузок; 3) составить систему канонических уравнений метода сил и вычислить величины лишних неизвестных; 4) вычислить опорные реакции; 5) построить окончательную эпюру изгибающих моментов; 6) построить эпюры поперечных и продольных сил; 7) произвести деформационную и статическую проверки. Расчётные схемы выбираются по рис. 3.3, числовые данные берутся из табл. 3.2. Таблица 3.2 Числовые данные к задаче 3 № строки 1 2 3 4 5 6 7 8 9 64 № расчётн. схемы по рис. 2.1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 з l, h, м 2 3 4 6 2 3 4 6 2 3 з м q, кН / м кН 1 2 3 4 2 3 4 1 3 4 ж 2 1 3 1 3 2 1 2 3 1 б 2 3 4 3 2 4 2 3 4 3 г P, q 1 6 h h q h P l l l q 2 l q 7 Р h h h l h Р h P l l 3 l 8 q h Р h q h l h l l 4 l Р q 9 h h q h P l l l q 5 q h l l 10 Р l h P h P h h l l Рис. 3.3. Расчётные схемы статически неопределимых рам к задаче № 3 65 3.4. Пример решения задачи № 3 Для рамы, изображенной на рис. 3.4, а, требуется: 1) построить схему основной системы; 2) построить эпюры изгибающих моментов для основной системы от действия заданных нагрузок; 3) составить систему канонических уравнений метода сил и вычислить величины лишних неизвестных; 4) вычислить опорные реакции; 5) построить окончательную эпюру изгибающих моментов; 6) построить эпюры поперечных и продольных сил; 7) произвести деформационную и статическую проверки. Числовые данные к задаче: l = 3 м , h = 2 м , q = 4 кН / м , P = 8 кН , M = 18 кН ⋅ м . Решение: 1. Определение степени статической неопределимости балки . Рассматриваемая рама имеет четыре опорных реакции: две на шарнирнонеподвижной опоре А и по одной в шарнирно-подвижных опорах В и С. Так как на плоскости возможно составить лишь три независимых уравнения статического равновесия, то число лишних связей будет равно 4-3=1. Следовательно, рама один раз статически неопределима. 66 а) б) M=18 кН.м q=4 кН/м A з.с. h=2 м о.с. С Р=8 кН h=2 м A B l=3м С B l=3м в) M=18 кН. м q=4 кН/м A X1 B l=3м э.с. h=2 м С Р=8 кН h=2 м l=3м Рис. 3.4. Статически неопределимая рама: а) заданная система; б) основная система, в) эквивалентная система 2. Выбор основной системы (о.с.). За лишнюю связь примем горизонтальную реакцию опоры А, которую обозначим как Х 1 . Основная система, полученная из заданной путём отбрасывания лишних связей, изображена на рис. 3.4, б. 3. Формирование эквивалентной системы (э .с.). Основная система с приложенной к ней внешней нагрузкой и неизвестной силой Х 1 , называемая эквивалентной системой, показана на рис. 3.4, в. 4. Составление и решение канонического уравнения метода сил Для один раз статически неопределимой рамы записывается одно каноническое уравнение метода сил: δ11 ⋅ X 1 + ∆1P = 0 . Единичное и грузовое перемещения, входящие в каноническое уравнение 67 будем определять по методу Мора с применением правила Верещагина. Загрузим основную систему внешней нагрузкой (рис. 3.5, а) и найдём с помощью уравнений статики опорные реакции. б) а) M=18 кН. м E D A B HС=16кН С Р=8 кН RВ=2кН 32 32 l=3м h=2 м h=2 м l=3м г) D E RA=0,667 X1=1 B l=3м 18 MP , кН .м в) A 32 26 8 18 q=4 кН/м RA=2кН 32 HС=1 2 4 2 2 h=2 м М1 , м С RB=0,667 4 h=2 м l=3м Рис. 3.5. Построение грузовой и единичной эпюр изгибающих моментов: а) основная система под действием внешней нагрузки; б) грузовая эпюра изгибающих моментов; в) основная система под действием единичной силы Х 1 =1; г) единичная эпюра изгибающих моментов Запишем ΣZ = 0; q ⋅ 4 − H C = 0; H C = q ⋅ 4 = 4 ⋅ 4 = 16 кН . 68 ΣmomE = 0; R A ⋅ 3 + M − P ⋅ 3 = 0 ; P ⋅ 3 − M 8 ⋅ 3 − 18 RA = = = 2,00 кН . 3 3 ΣmomD = 0; RB ⋅ 3 + M − P ⋅ 6 = 0 ; P ⋅ 6 − M 8 ⋅ 6 − 18 RB = = = 10,0 кН . 3 3 Выполним проверку определения опорных реакций. С этой целью составим условие ΣY = 0; R A − RB + P = 0; 2 − 10 + 8 = 0; 10 − 10 = 0. Строим грузовую эпюру изгибающих моментов M P (рис. 3.5, б). Приложим к основной системе единичную силу Х 1 = 1 (рис. 3.5 в), и определим опорные реакции. ΣZ = 0; X 1 − H C = 0; H C = X 1 = 1. Σmom A = 0; RB ⋅ 3 − H C ⋅ 2 = 0 ; H ⋅ 2 1⋅ 2 RB = C = = 0,667. 3 3 ΣmomB = 0; R A ⋅ 3 − H C ⋅ 2 = 0 ; RA = HC ⋅ 2 1⋅ 2 = 0,667. = 3 3 Проверка: ΣY = 0; R A − RB = 0; 0,667 − 0,667 = 0. Строим единичную эпюру М 1 (рис. 3.6, г). Единичное перемещение δ11 найдём, перемножив эпюру М 1 саму на себя: δ11 = Σ ∫ M 1M 1 1 1 2 1 1  2 dS = ⋅ 4 ⋅ 4 ⋅ ⋅ 4 + ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ ⋅ 4 + ⋅ 2 +  EI x EI x  2 3 2 3  3 69 1 1  1 2  64,0 2 . + ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅  ⋅ 2 + ⋅ 4  + 2 ⋅ 3 ⋅ 2 + ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ ⋅ 2 = 2 3  2 3  EI x 3 Грузовое перемещение ∆1P определим, перемножив грузовую эпюру M P на единичную М 1 . 1  4 ⋅ 43 1 1 2 1 1  М Р M1 2 ⋅ ⋅ 4 + ⋅ 4 ⋅ 32 ⋅ ⋅ 4 + ⋅ 3 ⋅ 32 ⋅  ⋅ 4 + ⋅ 2  + ∆1P = Σ ∫ dS = − 2 3 2 3  EI x EI x  12 2 3 1 1  1 1 2 + ⋅ 3 ⋅ 26 ⋅  ⋅ 3 + ⋅ 4  + ⋅ 3 ⋅ 8 ⋅ 2 + ⋅ 3 ⋅ 32 ⋅ 2 + 2 3  2 2 3 1 2  554,7 . + ⋅ 2 ⋅ 32 ⋅ ⋅ 2 = 2 3  EI x Каноническое уравнение метода сил запишется следующим образом: 64 554,7 X1 + = 0; EI x EI x откуда X 1 = −8,67 кН . Отрицательный знак величины Х 1 говорит о том, что истинное направление этой силы обратно первоначально принятому. 5. Построение окончательной эпюры изгибающих моментов Для построения окончательной эпюры изгибающих моментов М построим эпюру М1 Х 1 (рис. 3.6, а), умножив соответственно все ординаты эпюры М 1 на величину X 1 = −8,67 кН . Окончательную эпюру M получим, сложив две эпюры: М = М Р + М1 Х1 . Геометрически складываем эпюры М Р и М1 Х 1 , суммируя ординаты в характерных сечениях, и по найденным значениям строим эпюру М (рис. 3.6, б). 70 34,68 17,34 17,34 34,68 М1 Х1 , кН.м 17,34 14,66 8,66 б) 2,68 2,68 z=2,17м а) 14,66 9,34 9,41 18 18 M, кН.м Рис. 3.6. Построение окончательной эпюры изгибающих моментов: а) эпюра изгибающих моментов от действия на основную систему силы Х 1 = −8,67 кН ; б) окончательная эпюра изгибающих моментов Рассматривая эквивалентную систему в равновесии с уже известной силой X 1 = 8,67 кН , направленной в истинном направлении (влево) (рис. 1.34, а), оп- ределим с помощью уравнений статики опорные реакции. ΣZ = 0; − X1 + q ⋅ 4 − H C = 0; H C = q ⋅ 4 − X 1 = 4 ⋅ 4 − 8,67 = 7,33 кН . ΣmomE = 0; X1 ⋅ 2 + R A ⋅ 3 + M − P ⋅ 3 = 0 ; P ⋅ 3 − X 1 ⋅ 2 − M 8 ⋅ 3 − 8,67 ⋅ 2 − 18 RA = = = 3,78 кН . 3 3 ΣmomD = 0; X1 ⋅ 2 + RB ⋅ 3 + M − P ⋅ 6 = 0 ; P ⋅ 6 − X1 ⋅ 2 − M 8 ⋅ 6 − 8,67 ⋅ 2 − 18 RB = = = 4,22 кН . 3 3 Проверка: ΣY = 0; − R A − RB + P = 0; − 3,78 − 4,22 + 8 = 0; − 8 + 8 = 0. Затем, обычным образом, как для простой статически определимой рамы, построим эпюры поперечных сил Q (рис. 3.7, б) и продольных сил N (рис. 3.7, в). 71 б) а) O M=18 кН.м E D RA=3,78кН X1=8,67кН A B l=3м 3,78 3,78 h=2 м H =7,33кН С С Р=8 кН h=2 м RВ=4,22кН 8 8 Q, кН 7,33 8,67 l=3м в) 7,33 z=2,17м q=4 кН/м 7,33 7,33 7,33 7,33 8 3,78 4,22 N, кН 3,78 8 4,22 Рис. 3.7. Построение эпюр внутренних усилий в раме: а) эквивалентная система с известным усилием Х 1 ; б) эпюра поперечных сил; в) эпюра продольных сил На участке левой стойки эпюра Q (рис. 3.7, б) меняет свой знак в сечении с координатой z . Следовательно, в данном сечении парабола на эпюре M имеет экстремум. Вычислим его. Поперечная сила в сечении с координатой z равна нулю: Qz = X1 − q ⋅ z = 0 , z= X 1 8,67 = 2,17 м . = q 4 z2 2,172 M z = X1 ⋅ z − q ⋅ , = 8,67 ⋅ 2,17 − 4 ⋅ 2 2 M z = 9,41 кН ⋅ м (растянутое волокно – справа). С помощью полученного значения (рис. 3.7, б). 72 Mz уточняем вид эпюры M 6. Деформационная проверка Выполним деформационную проверку и убедимся, что перемещение сечения А рамы (эквивалентной системы) по направлению отброшенной связи X 1 действительно равно нулю. Для определения горизонтального перемещения сечения А перемножим окончательную эпюру изгибающих моментов M и единичную эпюру М 1 . Z A = Σ∫ 1  1 2 4 ⋅ 43 1 1 1  М ⋅ M1 2 − ⋅ 4 ⋅ 2 , 68 ⋅ ⋅ 4 − ⋅ ⋅ 4 − ⋅ 3 ⋅ 2,68 ⋅  ⋅ 4 + ⋅ 2  + dS =  3 12 2 2 3  EI x EI x  2 3 1 1  1 1 2 + ⋅ 3 ⋅ 8,66 ⋅  ⋅ 2 + ⋅ 4  − ⋅ 3 ⋅ 9,34 ⋅ 2 + ⋅ 3 ⋅ 14,66 ⋅ 2 + 2 3  2 2 3 1 2  98,17 − 98,38 + ⋅ 2 ⋅ 14,66 ⋅ ⋅ 2 = ≈ 0. 2 3  EI x Погрешность вычисления: ∆ ZA = 98,17 − 98,38 ⋅ 100 % = 0,214 % < 3 % . 98,17 Погрешность вычисления менее 3% подтверждает достоверность расчётов. 7. Статическая проверка Проведем статическую проверку рамы для её вырезанного Т-образного узла. Действие отброшенных частей рамы на оставшуюся (рис. 3.8) заменим усилиями в сечениях, причём их значения возьмем прямо с эпюр Q , N и M . Напомним, что в соответствии с правилами знаков положительная поперечная сила Q должна изображаться так, чтобы она стремилась вращать отсечённый элемент рамы по часовой стрелке. Положительная продольная сила N должна изображаться направленной от сечения вырезанного элемента во внешнюю сторону. Изгибающий момент должен изображаться так, чтобы его стрелка указывала направление противоположное тому, в котором отложена ордината для этого сечения на эпюре M . 73 y 8,66 кН.м 9,34 кН.м 8 кН 7,33кН 7,33кН z 3,78 кН 4,22 кН 18 кН. м Рис. 3.8. Вырезанный узел в равновесии Проверим, соблюдается ли для показанной на рис. 3.8 узла рамы равновесие, записав для него уравнения статики: ΣZ = 0; 7,33 − 7,33 = 0 . ΣY = 0; − 3,78 + 8 − 4,22 = 0; − 8 + 8 = 0. ΣmomО = 0; − 8,66 + 18 − 9,34 = 0; − 18 + 18 = 0. Статическая проверка подтверждает равновесие отсечённой части рамы и, соответственно, достоверность проведённых расчётов. 74 4. КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОПРОВЕРКИ 1. Какая система является статически неопределимой? 2. Как определяется степень статической неопределимости? 3. Что называют степенью свободы? 4. Сколько степеней свободы имеет свободное твёрдое тело на плоскости? 5. Что такое связь, наложенная на тело? 6. Как определяют необходимое число связей? 7. Какая связь называется лишней? 8. Что является причиной статической неопределимости системы? 9. Дайте понятие внешней связи? 10. Какая связь называются внутренней связью? 11. Может ли система быть статически неопределима и внешним и внутренним образом одновременно? 12. Какой шарнир называют простым? 13. Как изменяет степень статической неопределимости системы врезание одиночного шарнира? 14. Как врезание шарнира, соединяющего несколько стержней, изменяет степень статической неопределимости системы? 15. Как определяется степень статической неопределимости и число лишних связей для сложных конструкций? 16. В чем заключается метод сил? 17. Как записываются канонические уравнения метода сил? 18. Что называется основной системой? 19. Может ли основная система быть статически неопределимой? 20. Должна ли основная система быть геометрически неизменяемой? 21. Какая система называется геометрически неизменяемой? 75 22. Как формируется основная система для рассматриваемой статически неопределимой балки (рамы)? 23. Какие силовые факторы после выбора основной системы вводятся в сечениях, где запрещены линейные перемещения? 24. Какие силовые факторы после выбора основной системы вводятся в сечениях, где запрещены угловые перемещения? 25. Что называется эквивалентной системой по отношению к заданной системе. 26. Что выражает каждое из канонических уравнений метода сил? 27. Чем отличается вид канонических уравнений для разных статически неопределимых конструкций? 28. Чему равно количество уравнений метода сил, составляемых для расчёта статически неопределимой системы? 29. Что называется удельным перемещением? 30. Какие коэффициенты канонических уравнений называют главными? 31. Какие коэффициенты канонических уравнений называют побочными? 32. Какие значения могут принимать главные и побочные коэффициенты канонических уравнений? 33. Что называют грузовыми членами канонических уравнений? 34. Какие значения могут принимать грузовые члены канонических уравнений? 35. В каком случае перемещения δij и ∆ iP являются линейными, а в каком – угловыми? 36. Какие эпюры следует перемножить по правилу Верещагина с целью определения перемещений δij ? 37. Какие эпюры следует перемножить по правилу Верещагина при определении перемещения ∆ iP ? 38. Какую нагрузку называют кососимметричной? 39. Какие силовые факторы обращаются в нуль при расчёте симметричной конструкции, нагруженной симметричной внешней нагрузкой? 76 40. Какие силовые факторы обращаются в нуль при расчёте симметричной конструкции, нагруженной кососимметричной внешней нагрузкой? 41. Что является результатом перемножения кососимметричной эпюры на симметричную? 42. Как определяют перемещения в статически неопределимых конструкциях? 43. Как выполняется деформационная проверка расчёта методом сил? 44. Как выполняется статическая проверка расчёта? 77 ТЕМА 3. НАПРЯЖЁННО-ДЕФОРМИРОВАННОЕ СОСТОЯНИЕ В ТОЧКЕ 78 1. ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ 1.1. Понятие о напряжённом состоянии в точке упругого тела и его виды Напряжения являются результатом взаимодействия частиц тела, появляющегося при нагружении его внешними силами. Действию внешних сил, стремящихся изменить расположение частиц тела или вызвать их смещение, препятствуют возникающие при этом в теле напряжения. В одной и той же точке напряжения в разных направлениях, как правило, будут различными, и только в отдельных случаях нагружения они могут быть одинаковыми. Рассматривая напряжение в точке А нагруженного тела, отнесенные к малым площадкам (рис. 1.1), принадлежащим двум разным част я м тела, разделенного сечением I - I, проведённым через эту точку, легко убедиться, что если под действием внешних нагрузок площадки стремятся отойти одна от другой или сблизиться, то между ними возникают соответственно растягивающие или сжимающие нормальные напряжения σ; если площадки стремятся сдвинуться одна относительно другой, то в них возникают касательные напряжения τ; если же одна площадка стремится отойти от другой, оставаясь ей параллельной в каком-нибудь произвольном направлении, то в такой площадке одновременно возникают и нормальные σ и касательные τ напряжения, а их результирующей является полное напряжение р, вектор которого совпадает с этим направлением. Перемещение площадки в этом случае может быть геометрически разложено на два перемещения: взаимное удаление и сдвиг. 79 1 А площадка 1 Рис. 1.1. Общий случай нагружения тела σy τyx y τyz τzy σz τzx τxz τxy σx x z Рис. 1.2. Напряжения на гранях выделенного элемента Выделим в нагруженном теле в окрестности рассматриваемой точки элементарный объём материала в виде бесконечно малого параллелепипеда (рис. 1.2). На его гранях влияние удаленной части тела должно быть заменено соответствующими напряжениями или их составляющими (нормальными и касательными напряжениями), как показано на рисунке. При произвольном выборе положения координатных плоскостей, в каждой из них, вообще говоря, имеются и нормальные, и касательные напряжения. Для них вводятся соответствующие обозначения в плоскости xy: σz , τzx , τzy ; в плоскости xz: σy , τyx , τyz; в плоскости yz: σx , τxy , τxz . Здесь первый индекс показывает ориентацию площадки, в которой действует напряжение, т.е. какой из координатных осей она перпендикулярна. Второй индекс указывает направление напряжения по 80 координатной оси. Несложно заметить, что индекс нормального напряжения совпадает с индексом оси, вдоль которой это напряжение действует. Для координатных напряжений принято следующее правило знаков: Нормальное напряжение считается положительным, если оно вызывает растяжение. В этом случае нормальное напряжение совпадает с направлением внешней нормали к площадке, на которой действует. Касательное напряжение считается положительным, если оно, действуя на площадке, нормаль к которой совпадает с направлением соответствующей ей координатной оси, направлено в ту же сторону, что и соответствующая этому направлению координатная ось. Если же внешняя нормаль к площадке ориентирована противоположно по отношению к положительному направлению соответствующей ей координатной оси, то положительное касательное напряжение также должно быть направлено в противоположную сторону по отношению к положительному направлению координатной оси. При изменении ориентации граней выделенного элементарного параллелепипеда напряжения на его гранях также будут изменяться. Всегда можно найти такую ориентацию элемента, при которой в его гранях касательные составляющие напряжений будут отсутствовать. Площадки, по которым не действуют касательные напряжения, называются главными площадками, а нормальные напряжения на этих площадках — главными напряжениями. Можно доказать, ч т о в каждой точке любым образом нагруженного тела всегда имеется по крайней мере три главные взаимно перпендикулярные площадки, т.е. площадки, в которых отсутствуют касательные напряжения. Направления, параллельные главным напряжениям, называются главными направлениями в данной точке. Главные напряжения обозначают σ1, σ2, σ3, при этом полагают, что σ1 > σ2 > σ3 (понимая это соотношение в алгебраическом смысле, то есть с учетом знака). Напряжённое состояние, в котором только одно из главных напряжении (любое из трёх) не равно нулю, а два других равны нулю, называется одно81 осным или линейным (рис. 1.3, а). Если два главных напряжения отличны от нуля, а одно равно нулю, то такое напряжённое состояние называется двухосным или плоским (рис. 1.3, б). Случай напряжённого состояния, при котором все три главные напряжения отличны от нуля, называется трехосным или объёмным (рис. 1.3, в). σ1 а) σ1 σ1 б) σ2 σ2 σ1 σ1 в) σ2 σ3 σ2 σ3 σ1 Рис. 1.3. Виды напряжённых состояний Кроме того, различают однородное напряжённое состояние тела, при котором в каждой точке какого-либо сечения и всех параллельных ему сечений напряжения одинаковы, и неоднородное напряжённое состояние, при котором в разных точках любого сечения рассматриваемого тела или других параллельных ему сечений напряжения различны. 82 1.2. Тензор напряжений В общем случае объёмное напряжённое состояние в точке описывается матрицей третьего порядка  σ x τ yx τ zx    Tн =  τ xy σ y τ zy   τ xz τ yz σ z    (1.1) Эта матрица носит название тензора напряжений, а её элементы (напряжения) называются компонентами тензора напряжений. 1.3. Закон парности касательных напряжений Следует отметить, что показанные на рис. 1.2 напряжения принято считать положительными. Рассматривая равновесие элемента, т.е. приравнивая нулю сумму моментов всех сил относительно осей x, y и z получим следующие равенства τ xy = τ yx , τ xz = τ zx , τ yz = τ zy , которые отражают суть закона парности касательных напряжений (частично рассмотренного ранее при выводе формулы Журавского): на двух взаимно перпендикулярных площадках составляющие касательного напряжения, нормальные к линии пересечения площадок, равны по величине, а по направлению таковы, что стремятся повернуть элемент в противоположные стороны. Таким образом, из его девяти компонент тензора напряжений (в силу закона парности касательных напряжений) могут быть определены только шесть компонент. 1.4. Напряжения на наклонных площадках Пусть требуется найти нормальное и касательное напряжения в точке А проведенного в нагруженном теле сечения (рис. 1.1). Помещаем в точке А 83 начало системы координат и проводим сечение, параллельное данному, отсекающее на координатных осях бесконечно малые отрезки dx, dy, dz. Вырезаем образованный тетраэдр и рассматриваем его равновесие. Напряжения по граням тетраэдра для большей ясности изображены на двух рисунках. Считаем компоненты напряжённого состояния (рис. 1.4, a) и направляющие косинусы li , mi , ni внешней нормали i к наклонной грани тетраэдра заданными. Напря- жение р по этой грани разлагаем на нормальную и касательную составляющие соответственно σi и τI, а также на координатные направления рх, py pz (рис. 1.4, б). Рис. 1.4. Напряжения на гранях элемента Если площадь наклонной грани тетраэдра равна dA, то площади его граней, нормальных к осям х, у, z, соответственно равны: dAx = dA ⋅ li , dAy = dA ⋅ mi , dAz = dA ⋅ ni . Составим уравнения равновесия рассматриваемого элемента. При этом рис. 1.4, a и б рассматриваем совместно. Для тетраэдра: ∑ X = p x dA − σ x li dA − τ xy mi dA − τ zx ni dA = 0 , ∑ Y = p y dA − τ xy li dA − σ y mi dA − τ zy ni dA = 0 , ∑ Z = p z dA − τ zx li dA − τ yz mi dA − σ z ni dA = 0 . Сокращая эти уравнения на dA , получим: 84 p x = σ x li + τ xy mi + τ zx ni p y = τ xy li + σ y mi + τ zy ni (1.2) p x = τ zx li + τ yz mi + σ z ni Проекция вектора на любое направление равна сумме проекций его составляющих на это направление, поэтому σi = p x li + p y mi + p z ni или σi = σ x li2 + σ y mi2 + σ z ni2 + 2 τ xy li mi + 2 τ yz mi ni + 2 τ zx ni li , τi = p 2 − σi2 = (1.3) p 2x + p 2y + p z2 − σi2 . Далее можно осуществить подстановку выражений рх, ру, pz и σi через компоненты напряжённого состояния и направляющие косинусы нормали i. В силу бесконечной малости dх, dy, dz напряжения σi и τi по наклонной грани тетраэдра равны нормальному и касательному напряжениям в точке М данного сечения. 1.5. Главные напряжения и площадки Как указывалось выше, главными площадками в заданной точке тела называются площадки, в которых касательные напряжения равны нулю. Нормальные напряжения, действующие по главным площадкам, называются главными напряжениями. Рассмотрим метод определения главных напряжений. Если главная площадка существует, то в ней р = σi, и, следовательно, для этой площадки p x = σi li , p y = σi mi , p z = σi ni . Подставляя равенства в (1.2) и используя равенство суммы квадратов направляющих косинусов единице 85 li2 + mi2 + ni2 = 1 , получим систему четырех уравнений с четырьмя неизвестными: главным напряжением σi и соответствующими направляющими косинусами li , mi , ni нормали к главной площадке, так как её положение неизвестно: σi li = σ x li + τ xy mi + τ zx ni σi mi = τ xy li + σ y mi + τ zy ni (1.4) σi ni = τ zx li + τ yz mi + σ z ni или ( σ x − σi )li + τ xy mi + τ zx ni = 0  τ xy li + ( σ y − σi )mi + τ zy ni = 0 τ l + τ m + ( σ − σ )n = 0 yz i z i i  xz i 2 2 2 li + mi + ni = 1 Первые три уравнения представляют линейную однородную систему с неизвестными li , mi , ni которые, как следует из её четвертого уравнения, одновременно нулю равняться не могут. Решение линейной однородной системы отлично от нуля только в том случае, если её определитель равен нулю, т.е. σ x − σi τ yx ∆ = τ xy σ y − σi τ xz τ yz τ zx τ zy = 0. (1.5) σ z − σi Раскрыв определитель, получим кубическое уравнение с неизвестным главным напряжением σi: σi3 − I1σi2 + I 2σi − I 3 = 0 . В этом уравнении: I1 = σ x + σ y + σ z ; I 2 = σ x σ y + σ y σ z + σ z σ x − τ 2xy − τ 2yz − τ 2zx ; 86 (1.6) I 3 = σ x σ y σ z + 2τ xy τ yz τ zx − σ x τ2yz − σ y τ2zx − σ z τ2xy . Как известно из алгебры, три корня кубического уравнения с действительными коэффициентами (1.6) могут быть либо действительными числами, либо один из корней будет действительным числом, а два другие — комплексными сопряженными числами. Значит, одно главное напряжение, а, следовательно, и одна главная площадка должны существовать. Однако, как нетрудно доказать, уравнение (1.6) (в силу симметрии определителя (1.5) относительно главной диагонали) имеет все три действительных корня. При повороте координатных осей компоненты напряжённого состояния в точке тела изменяются, а главные напряжения, или корни уравнения (1.6) (i=1, 2, 3) остаются неизменными. Отсюда следует, что эти уравнения одинаковы или их коэффициенты и свободные члены соответственно равны. Коэффициенты I1 , I2 и свободный член I3 уравнения (1.6) называются инвариантами (то есть независящими от выбора системы координатных осей) напряжённого состояния в данной точке тела. Из выражения для I1 в частности, следует, что сумма трех нормальных напряжений по любым трем взаимно перпендикулярным площадкам, проходящим через данную точку, постоянна. В заключение отметим, что, если в качестве исходных принять главные оси I, II, III, то формулы для определения нормальных и касательных напряжений на произвольно ориентированной площадке (нормаль n к которой образует углы α1, α2 и α3 с соответствующими осями) значительно упрощаются: σn = σ1 cos2 α1 + σ2 cos2 α2 + σ3 cos2 α3 pn = σ12 cos2 α1 + σ 22 cos2 α2 + σ32 cos2 α3 , τn = (1.7) pn2 − σ2n . 87 1.6. Круговая диаграмма напряжённого состояния Мора. Экстремальные касательные напряжения У произвольной точки тела вырежем элемент, по бесконечно малым граням которого действуют главные напряжения (рис. 1.5, а). С целью упрощения изображения компоненты напряжённого состояния здесь и в дальнейшем показываем только на передних гранях вырезанного элемента (условность). Для этого элемента: σ x = σ1, σ y = σ2 , σ z = σ3 , τ xy = τ yz = τ zx = 0 . z(3) а) σ3 σ2 σ1 x(1) σ2 σ3 y(2) б) σ1 M y σ2 x τi σi α i Рис. 1.5. Напряжённое состояние выделенного элемента Найдём σi и τi, в произвольной площадке, проходящей через ось z (ось 3). Для этой площадки (рис. 1.5,б): li = cos α, mi = sin α, ni = 0 . Обратимся к формулам для определения нормальных напряжений на на88 клонной площадке. Запишем σi = σ1 cos2 α + σ2 sin 2 α , или σ + σ2 σ1 − σ2 σi = 1 + cos 2α . 2 2 (1.7) На основании формул (2.2) для этой площадки будем иметь: p x = σ1 cos α , p y = σ2 sin α , p z = 0 , а, следовательно, для касательного напряжения τi = σ12 cos2 α + σ 22 sin 2 α − σ12 cos4 α − σ 22 sin 4 α − 2σ1σ2 sin 2 α cos2 α , или σ − σ2 τi = 1 sin 2α . 2 τ (1.8) σi C D K А O τi σ O1 2α σ2 σ1 Рис. 1.6. Графический способ определения напряжений Приняв систему осей σ, τ (рис. 1.6) и отложив по оси σ в выбранном масштабе σ 1 и σ 2 , построим на разности σ 1 -σ 2, как на диаметре, окружность. Проведём из центра окружности луч, составляющий с осью σ угол 2α. Докажем, что отрезки OD и DC в масштабе диаграммы соответственно равны σi и τi. Действительно, 89 σ − σ2 σ1 − σ2 OD = OA + AO1 + O1D = σ2 + 1 + cos 2α , 2 2 или σ + σ2 σ1 − σ2 OD = 1 + cos 2α , 2 2 (1.9) σ − σ2 DC = O1C ⋅ sin 2α = 1 sin 2α . 2 Соответствующие выражения (1.6), (1.7) и (1.9) совпадают, что доказывает наше утверждение. Таким образом, абсциссы точек построенной окружности в выбранном масштабе равны нормальным, а ординаты – касательным напряжениям, действующим по площадкам, проходящим через ось 3 (третью главную ось). Следовательно, абсциссы и ординаты точек окружностей, построенных на разностях σ2 - σ3 и σ1 - σ3 , как на диаметрах (рис. 1.7), равны нормальным и касательным напряжениям по площадкам, проходящим соответственно через оси 1 и 2 (первую и вторую главные оси). τ А3 τmax А1 А2 O O2 O3 σ O1 σ3 σ2 σ1 Рис. 1.7. Круговая диаграмма напряжённого состояния Можно доказать, что абсциссы и ординаты точек заштрихованной области в выбранном масштабе соответственно равны нормальным и касательным 90 напряжениям по произвольно ориентированным площадкам, проходящим через заданную точку. Построенная на рис. 1.7 диаграмма носит название круговой диаграммы напряжённого состояния (напряжений) в данной точке тела, а окружность, построенная на разности σ1 - σ3, как на диаметре, называется определяющей. Сказанное выше позволяет сделать следующие выводы: 1. Главные напряжения достигают экстремальных значений, т.е. σ1 - наибольшее нормальное напряжение из всех нормальных напряжений, действующих по площадкам, проходящим через данную точку, а σ3 — наименьшее. 2. Наибольшие ординаты окружностей III, I и II - О3А3, O1A1 и О2А2- равны их радиусам и составляют с осью σ угол 2α = 90°. Значит, наибольшие касательные напряжения в площадках, проходящих через оси 3, 1 и 2, соответственно равны σ − σ2 σ − σ3 σ − σ3 τ3 = 1 , τ1 = 2 , τ2 = 1 , 2 2 2 а площадки, в которых они действуют, делят углы между первой и второй, второй и третьей, третьей и первой главными площадками пополам. Максимальное касательное напряжение, действующее по площадкам, проходящим через данную точку, равно наибольшей ординате заштрихованной области - радиусу О3А3. Положение этой площадки показано на рис.2.8. Рис. 1.8. Максимальное касательное напряжение на площадке Следовательно, σ − σ3 τ max = 1 . 2 91 1.7. Октаэдрические напряжения и площадки Площадка, равнонаклоненная к направлениям трех главных напряжений, называется октаэдрической, а действующие на ней напряжения — октаэдрическими напряжениями. Указанные площадки отсекают на осях I, II, III равные отрезки и образуют в пространстве октаэдр (рис. 1.9). Косинусы углов α1, α2 и α3 являются направляющими косинусами для нормали и поэтому связаны соотношением cos2 α1 + cos2 α2 + cos2 α3 = 1. Для октаэдрических площадок α1= α2 =α3 =αокт и, следовательно, cos αокт = 1 . 3 Рис. 1.9. Октаэдр Подставляя это значение косинусов в выражения (1.7) имеем 1 σокт = (σ1 + σ 2 + σ 3 ) 3 pокт = 92 1 2 ( σ1 + σ22 + σ32 ) . 3 1 2 2 2 τокт = pокт − σокт = [( σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 ]. 9 Отсюда окончательно имеем τ окт = 1 (σ1 − σ 2 ) 2 + (σ 2 − σ 3 ) 2 + (σ 3 − σ1 ) 2 . 3 1.8. Линейное и плоское напряжённое состояние Исследование напряжённого состояния значительно упрощается в случае, когда на одной из граней выделенного элемента отсутствуют касательные напряжения. ещё проще в случае, когда на этой грани отсутствуют также и нормальные напряжения. В этом случае эта площадка выступает в роли главной площадки. Свяжем с направлением главной площадки, например, ось z (рис. 1.10). Тензор напряжений в этом случае имеет вид:  σ x τ yx 0     σ x τ yx  . Tн =  τ xy σ y 0  =   τ σ xy y   0 0 0    Тогда кубическое уравнение для определения главных напряжений имеет вид: σ3 − (σ x + σ y )σ2 + ( σ x σ y − τ2xy )σ = 0 . Нетрудно видеть, что на самом деле мы имеем дело с квадратным уравнением, поскольку один корень этого уравнений очевиден, и его значение σ3=0. y σy τyx σx z τxy x Рис. 1.10. Напряжённое состояние элемента 93 Следовательно, рассмотренный случай представляет собой плоское напряжённое состояние, а главные напряжения определяются по формуле: σi = σx + σ y 1 ± ( σ x + σ y ) 2 + 4 τ 2xy (i=1, 2). 2 2 (1.10) В ряде случаев, например, при рассмотрении случаев плоского изгиба или изгиба с кручением, мы сталкиваемся с тем, что σу=0. Задача определения главных напряжений ещё более упрощается. В этих случаях обычно вводятся обозначения σх=σ, τху=τ и формула (2.10) принимает вид σi = σ 2 ± 1 2 σ + 4 τ2 2 (1.11) Случай линейного напряжённого состояния, который реализуется при осевом растяжении-сжатии мы рассматривать не будем, поскольку он довольно хорошо изучен в курсе «Сопротивление материалов». 1.9. Понятие о деформированном состоянии тела в точке. Тензор деформаций. Инварианты тензора деформаций. Главные деформации Исследуем деформацию упругого тела. Чтобы определить её, необходимо сравнить положения точек тела до и после приложения нагрузки. На рис. 1.11 показано тело и точка А, координаты которой до деформации х, у, z. Под действием нагрузки точка А переместится в новое положение – в точку А' с ко ординатами х', у', z'. Отрезок АА' называется перемещением точки А . Различают два вида перемещений: перемещение всего тела целиком без его деформации и перемещение, связанное с деформацией тела. Перемещения первого вида изучаются в теоретической механике как перемещения абсолютно твердого тела. В сопротивлении материалов рассматриваются только пере94 мещения, связанные с деформацией тела. z A (x ,y ,z) w u A (x,y,z) x O v y Рис. 1.11. Положение точки А до и после деформации Проекции перемещения точки А на координатные оси х, у и z равны разности соответствующих координат точек А и А': u = x′ − x , v = y′ − y , w = z′ − z и являются функциями координат точки: u = u( x, y , z ) , v = v ( x, y , z ) , w = w( x , y , z ) . Разница в величинах перемещений в различных точках тела вызывает его деформацию. Бесконечно малый параллелепипед dxdydz, вырезанный из упругого тела около произвольной точки А, вследствие различия перемещений его точек деформируется, т.е. изменяется длина его ребер и искажаются первоначально прямые углы между гранями. На рис. 1.12 изображены два ребра этого параллелепипеда: ребро АВ, параллельное оси х, и ребро АС, параллельное оси z. Длина ребра АВ равна 95 dx, ребра AC — dz. После деформирования точки А, В и С займут новые положения —А', В' и С'. u + дu dz дz z C w + дw dz дz C C α2 dz В α1 A w A В u dx дw В w +дx dx u + дu dx дx x O Рис. 1.12. Изменение положений точек тела в результате деформации При этом точка А получит перемещение, составляющие которого в плоскости чертежа и и w. Точка В, отстоящая от точки А на бесконечно малом расстоянии dx, получит перемещение, составляющие которого будут отличаться от составляющих перемещения точки А на бесконечно малую величину за счёт изменения координаты х: u+ ∂u ∂w dx , w + dx . ∂x ∂x В свою очередь, составляющие перемещения точки С будут отличаться от составляющих перемещения точки А на бесконечно малую величину за счёт изменения координаты z: u+ ∂u ∂w dz , w + dz . ∂z ∂z Длина проекции ребра А В на ось х после деформации будет: 96 ∂u ∂u   A′B′′ = dx − u +  u + dx  = dx + dx . ∂x ∂x   Проекция абсолютного удлинения ребра АВ на ось х равна: ∆AB = A′B′′ − AB = ∂u dx . ∂x Относительное удлинение вдоль оси х называется линейной деформацией по направлению оси х. Она равна: εx = ∆AB ∂u = . AB ∂x Аналогично получим линейные деформации по направлениям координатных осей у и z : ∂v  , ∂y   ∂w  εz = . ∂z  εy = Итак, линейная деформация по любому направлению равна частной производной составляющей перемещения в этом направлении по переменной в том же направлении. Рассмотрим изменения углов между ребрами параллелепипеда (рис. 1.12). Тангенс угла поворота ребра АВ в плоскости хОz равен: ∂w   ∂w dx  − w w + B′B′′  ∂x  tgα1 = = = ∂x . 1 + εx A′B′′  ∂u  ∂x 1 +   ∂x  Ограничиваясь рассмотрением только малых деформаций, можно полагать tgα1 ≈ α1 и пренебречь линейной деформацией εх по сравнению с единицей. Тогда α1 = ∂w . ∂x Аналогично находим угол поворота ребра АС в этой же плоскости: α2 = ∂u . ∂z 97 Угол сдвига в плоскости xOz, т.е. искажение прямого угла ВАС, называется угловой деформацией и определяется как сумма углов поворота ребер АВ и АС: γ zx = α1 + α2 = ∂w ∂u + . ∂x ∂z Аналогично найдём угловые деформации в двух других координатных плоскостях: ∂u ∂v  + , ∂y ∂x  ∂v ∂w  γ yz = + . ∂z ∂y  γ xy = Итак, угловая деформация в любой плоскости равна сумме частных производных составляющих перемещения в этой плоскости по переменным в перпендикулярных направлениях. Таким образом, мы получили шесть основных зависимостей составляющих линейных и угловых деформаций от составляющих перемещения: ∂u , ∂x ∂v εy = , ∂y ∂w εz = , ∂z εx = ∂u ∂v  + , ∂y ∂x  ∂v ∂w  γ yz = + , ∂z ∂y  ∂w ∂u  γ zx = + . ∂x ∂z  γ xy = (1.11) Они носят название формул Коши . В пределе, когда ребра параллелепипеда стремятся к нулю, формулы (1.11) определяют линейные и угловые деформации в точке А. Правило знаков для составляющих деформации: 1. Положительным линейным деформациям отвечают удлинения по соот- ветствующим направлениям, а отрицательным – укорочения. 98 2. Положительным угловым деформациям соответствует уменьшение углов между положительными направлениями координатных осей, а отрицательным – увеличение тех же углов. Рассматривая линейную деформацию произвольно ориентированного волокна несложно вывести следующее соотношение ερ = ε x l 2 + ε y m 2 + ε z n 2 + γ xy lm + γ yz mn + γ xz nl . Как нетрудно заметить, эта формула по виду совпадает с выражением для нормального напряжения на произвольно ориентированной площадке, в которой компоненты линейных деформаций заменены на соответствующие компоненты нормальных напряжений, а компоненты угловых деформаций – касательных напряжений. Таким же образом можно провести полную аналогию между теорией напряжений и деформаций. Таким образом, можно сказать, что совокупность значений   εx   1 γ xy 2 1  γ xz 2 1 1  γ yx γ zx  2 2  1 εy γ zy   2 1  γ yz ε z  2  образует симметричный тензор второго ранга, называемый тензором деформаций. Среди всевозможных волокон, исходящих из рассматриваемой точки, всегда можно указать три взаимно перпендикулярных волокна, которые и в деформированном состоянии остаются перпендикулярными друг к другу. При этом их линейные деформации будут иметь экстремальные значения. Такие волокна называют главными, а их линейные деформации – главными деформациями. Направления главных волокон называют лавными направлениями деформаций или главными осями деформаций. Можно показать, что определение главных деформаций сводится к решению кубического уравнения 99 λ3 − B1λ2 + B2λ − B3 = 0 где B1, B2, B3 – инварианты тензора деформаций, которые определяются по формулам: B1 = ε x + ε y + ε z , 1 1 1 B2 = ε x ε y + ε y ε z + ε z ε x − γ 2xy − γ 2yz − γ 2zx , 4 4 4 1 1 γ yx γ yx 4 4 1 1 B3 = γ xy ε y γ zy . 4 4 1 1 γ xz γ yz ε z 4 4 εz Очевидно, что рассмотренное кубическое уравнение также имеет три действительных корня λ1,2,3 – которые являются величинами главных деформаций ε1>ε2>ε3. 1.10. Обобщённый закон Гука. Рассмотрим экспериментально обоснованные соотношения между компонентами тензора напряжений и тензора деформаций в общем случае нагружения. Ограничимся рассмотрением однородных изотропных тел в упругой стадии деформации, при этом скорость деформации учитывать не будем. Следуя Гуку запишем, что компоненты деформаций в данной точке теля являются линейными и однородными функциями компонентов напряжений в этой точке (и наоборот). Математически это можно записать так: ε x = c11σ x + c12 σ y + c13σ z + c14 τ xy + c15τ yz + c16 τ zx ; ε y = c21σ x + c22 σ y + c23σ z + c24 τ xy + c25τ yz + c26 τ zx ; ε z = c31σ x + c32 σ y + c33σ z + c34 τ xy + c35τ yz + c36 τ zx ; γ xy = c41σ x + c42 σ y + c43σ z + c44 τ xy + c45τ yz + c46 τ zx ; 100 (1.12) γ yz = c51σ x + c52 σ y + c53σ z + c54 τ xy + c55τ yz + c56 τ zx ; γ zx = c61σ x + c62 σ y + c63σ z + c64 τ xy + c65τ yz + c66 τ zx . Здесь cij – постоянные, характеризующие свойства материала. Для определения постоянных cij воспользуемся экспериментальными данными, полученными из опытов по одноосному растяжению длинных цилиндрических или призматических образцов и опытов по кручению тонкостенных трубок, хотя, как покажем позднее, они могут быть определены только из эксперимента по растяжению длинных цилиндрических образцов. Сначала обратимся к экспериментальным зависимостям, полученным из опыта по растяжению длинных призматических образцов силами P , приложенными к его торцам. Совмещая ось x с продольной осью образца, а оси y и z с главными центральными осями некоторого поперечного сечения, между компонентами тензоров напряжений и деформаций, отличных от нуля, будем зависимости σ σ ε x = x , ε y = ε z = −µ x . E E Рис. 1.13. Растянутый призматический образец Сравнивая эти зависимости с (1.12), имеем: 101 c11 = 1 , E c21 = c31 = − µ , E c41 = c51 = c61 = 0 . Проводя круговую перестановку (соответствующим образом меняя направления осей x → y → z → x ) получим дополнительные соотношения: εy = σy E , ε x = ε z = −µ σy σ σ ; ε z = z , ε x = ε y = −µ z , E E E и, следовательно, определим константы: c22 = c33 = 1 , E c12 = c13 = c23 = c32 = − µ , E c42 = c52 = c62 = c43 = c53 = c63 = 0 . Далее обратимся к экспериментальным данным, полученным при кручении длинных тонкостенных трубок сосредоточенными моментами (рис. 1.14), приложенными по торцам. Рассмотрим произвольное сечение: ось х совместим с образующей образца, ось у – направим по касательной, ось z – по радиусу сечения. а) z y x М М z б) y τxy x Рис. 1.14. Возникновение напряжений при кручении 102 При чистом сдвиге, имеющем место в рассмотренном случае, действуют только касательные напряжения τ xy (рис. 1.14, б). Воспользуемся законом Гука при чистом сдвиге: γ xy = τ xy G . Сравнивая эту запись с (1.12), запишем: 1 , G c44 = c14 = c24 = c34 = c54 = c64 = 0 . Проводя, как и раньше перестановку осей x → y → z → x , легко определить остальные постоянные: c55 = c66 = 1 , G c15 = c25 = c35 = c45 = c65 = c16 = c26 = c36 = c46 = c56 = 0 . С учётом найденных величин cij , соотношения (1.12) перепишем в виду: [ ] [ ] [ ] εx = 1 σ x − µ( σ y + σ z ) ; E εy = 1 σ y − µ( σ z + σ x ) ; E εz = 1 σ z − µ( σ x + σ y ) ; E γ xy = τ xy G ; γ yz = τ yz G ; (1.13) τ γ zx = zx . G Эти соотношения носят названия обобщённого закона Гука. Допустим, что главные оси тензора напряжений в точке тела известны. Совмещая оси координат с главными осями, напряжённое состояние тела в точке будем характеризовать главными напряжениями σ1, σ2, σ3. При этом угловые деформации, согласно обобщённому закону Гука обращаются в нуль. Следовательно, в области малых упругих деформаций главные оси тензора на103 пряжений совпадают с главными осями деформаций. Соотношения обобщённого закона Гука в главных осях приобретают вид: ε1 = 1 [σ1 − µ(σ2 + σ3 )]; E ε2 = 1 [σ2 − µ(σ3 + σ1 )]; E ε3 = 1 [σ3 − µ(σ1 + σ2 )]. E Суммируя полученные выражения, получим ε1 + ε2 + ε3 = 1 (σ1 + σ2 + σ3 ) − 2µ (σ1 + σ2 + σ3 ) = 1 − 2µ (σ1 + σ2 + σ3 ). E E E Аналогично получим ε x + ε y + ε z == ( ) 1 − 2µ σ x + σ y + σz . E 1.11. Объёмная деформация В процессе деформирования изменяется объём тела. Подсчитаем изменение объёма бесконечно малого параллелепипеда, объём которого до деформирования составлял dV = dxdydz. С точностью до бесконечно малых величин высшего порядка можно считать, что изменение объёма связано только с изменением длины ребер, но не с угловыми деформациями. Длина ребра АВ ( см . рис . 1.12) равная dx до деформации , после деформации, как указывалось ранее, будет равна:  ∂u  dx1 = dx1 +  .  ∂x  Воспользовавшись первой формулой Коши (2.10), получим: dx1 = dx (1 + ε x ). Аналогично вычисляются длины двух других ребер после деформации: 104 dy1 = dy (1 + ε y ) ,  dz1 = dz (1 + ε z ) .  Объём параллелепипеда после деформирования найдём как произведение новых длин ребер: dV1 = dx1dy1dz1 = dx (1 + ε x )dy (1 + ε y )dz (1 + ε z ) . Раскрывая скобки, получаем: dV1 = dxdydz (1 + ε x + ε y + ε z + ε x ε y + ε y ε z + ε z ε x + ε x ε y ε z ) . Пренебрегая в скобках величинами второго и третьего порядков малости и, учитывая, что dxdydz = dV, находим: dV1 = dV (1 + ε x + ε y + ε z ) . Относительная объёмная деформация равна: dV1 − dV = εx + ε y + εz . dV Обозначая относительное изменение объёма через θ, получаем: θ = ε x + ε y + εz . Принимая во внимание выражение (1.13) можно отметить, что θ= ( ) 1 − 2µ σx + σ y + σz . E Рассмотрим далее случай всестороннего сжатия материала. В этом случае мы можем записать σ x = σ y = σ z = − σ . Тогда относительное изменение объёма будет θ=− 1 − 2µ 3σ . E Отсюда видно, что на коэффициент Пуассона µ должно быть наложено ограничение µ< 0.5, поскольку в противном случае при всестороннем сжатии объём тела увеличится в объёме, а это невозможно. 105 1.12. Потенциальная энергия упругой деформации Найдём удельную потенциальную энергию u, т.е. энергию, накопленную вследствие упругих деформаций единицей объёма материала при объёмном напряжённом состоянии. Для этого рассмотрим кубик со стороной, равной 1, то есть условно приняв dx=dy=dz=1. Пусть кубик находится под действием главных напряжений σ1, σ2, σ3 . При рассмотрении осевого растяжения-сжатия мы ранее получили 1 u = σε . 2 Обобщая эту формулу на случай одновременного действия трех напряжений, получим 1 1 1 W = σ1ε1 + σ2ε2 + σ3ε3 . 2 2 2 Подставим в полученную формулу выражения деформаций по закону Гука (1.13), в результате получим выражение потенциальной энергии деформации единицы объёма (удельной) W= [ ] 1 2 σ1 + σ22 + σ32 − 2(σ1σ2 + σ1σ3 + σ2σ3 ) . 2E (1.14) Обычно удельную потенциальную энергию деформации представляю как сумму энергий затраченных на изменение объёма Wоб и изменение формы (энергия формоизменения) – Wф : W = Wоб + Wф . Сохранение формы элементарного объёма при его деформировании возможно лишь в случае, когда на его гранях действуют одинаковые нормальные напряжения, которые обозначим σ0. Тогда, приняв во внимание, что для такого состояния σ1=σ2=σ3=σ0 , запишем θ= 106 1 − 2µ 3σ0 . E Определим величину σ0 из равенства θ= 1 − 2µ 1 − 2µ (σ1 + σ2 + σ3 ) . 3σ0 = E E Откуда σ + σ 2 + σ3 σ0 = 1 = σокт . 3 Таким образом, чтобы определить величину Wоб воспользуемся формулой (1.14), подставив вместо σ1, σ2, σ3 соответствующее значение σ0. Имеем Wоб = [ ] 1 3(1 − 2µ ) 2 1 − 2µ (σ1 + σ2 + σ3 )2 . = 3σ02 − 6σ02 = σ0 = 2E 2E 6E Чтобы найти энергию формоизменения, запишем: Wф = W − Wоб . Осуществив подстановку, и сделав очевидные преобразования, получим: Wф = [ ] 1+ µ (σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 . 6E Отметим, что эта формула легко может быть получена из выражения (1.14) с заменой σ1 на σ1-σ0; σ2 на σ2-σ0; σ3 на σ3-σ0. В связи с особой важностью полученных соотношений, обычно с самого начала тензор напряжений раскладывают Т н = TШ + Д Н , где TШ - шаровой тензор напряжений, компоненты которого обуславливают изменение объёма без изменения формы; Д Н - девиатор, который обуславливает изменение формы без изменения объёма: 0   σ0 0 0   σ1 − σ0     TШ =  0 σ0 0  , Д Н =  0 σ1 − σ0 0 .  0 0 σ   0 σ1 − σ0  0   107 2. ОСНОВНЫЕ РАСЧЁТНЫЕ ФОРМУЛЫ, ИСПОЛЬЗУЕМЫЕ ПРИ РЕШЕНИИ ЗАДАЧ 1. Тензор напряжений Напряжённое состояние малой окрестности точки деформируемого твёрдого тела определяется шестью независимыми компонентами тензора напряжений.  σ x τ xy τ xz    Т Н =  τ yx σ y τ yz  . τ   zx τ zy σ z  (2.1) Индексация напряжений иллюстрируется рис. 2.1, где x, y, z – координатные оси, связанные с рассматриваемой точкой М деформируемого тела. Первый индекс у напряжения соответствует наименованию оси, нормальной к площадке, второй – оси, определяющей направление этого напряжения. Нормальное напряжение считают положительным, если оно направлено в направлении внешней нормали к площадке. z σz τzy τzx τxz σx τxy τyx τyz σy y x Рис. 2.1. Напряжения на гранях выделенного элемента За положительное направление касательного напряжения принимают направление соответствующей координатной оси, если положительное направление нормального напряжения на рассматриваемой площадке совпадает с положительным направлением соответствующей ему координатной оси. Все на108 пряжения, показанные на рис. 2.1, являются положительными. В соответствии с законом парности, касательные напряжения, симметричные относительно главной диагонали тензора напряжений, равны между собой. τ xy = τ yx , τ zx = τ xz , τ yz = τ zy . (2.2) 2. Главные напряжения У любой точки деформированного тела можно выделить три взаимноперпендикулярные площадки, на которых касательные напряжения равны нулю. Такие площадки называются главными, а нормальные напряжения, действующие на этих площадках, называются главными нормальными или просто главными напряжениями. Направления главных напряжений называются главными направлениями, или главными осями тензора напряжений в рассматриваемой точке тела. Главные напряжения обозначают σ1 , σ 2 и σ3 . Нумерация главных напряжений выбирается так, чтобы между алгебраическими величинами этих напряжений были обеспечены соотношения σ1 ≥ σ 2 ≥ σ 3 . Если в рассматриваемой точке тела в качестве координатных осей принять главные оси напряжений, то тензор напряжений получит вид  σ1 0 0    Т Н =  0 σ2 0  . 0 0 σ  3  (2.3) Элемент, выделенный в окрестности рассматриваемой точки главными площадками, показан на рис. 2.2. 109 σ3 III σ2 σ1 II I Рис. 2.2. Главные напряжения При выбранных координатных осях x, y, z положение произвольной наклонной площадки определяется единичным вектором внешней нормали ν к этой площадке, составляющим с координатными осями углы α , β и γ (рис. 2.3). Косинусы этих углов называются направляющими косинусами: l = cos α , m = cos β , n = cos γ . (2.4) z ν γ α β y x Рис. 2.3. Вектор внешней нормали к произвольной наклонной площадке При выбранных координатных осях x, y, z и известных компонентах тензора напряжений в этих осях, для определения положения главных площадок используют систему алгебраических уравнений (σ x − Σ)l + τ xy m + τ xz n = 0 τ yx l + ( σ y − Σ)m + τ yz n = 0 110 (2.5) τ zx l + τ zy m + ( σ z − Σ)n = 0 , где Σ - главные напряжения, и соотношение между направляющими косинусами l 2 + m2 + n2 = 1 . (2.6) Вследствие условия (2.6) система уравнений (2.5) имеет ненулевое решение для l , m и n . Следовательно, определитель системы (2.5) должен быть равен нулю. Приравняв нулю определитель системы уравнений (2.5), после его раскрытия получим кубическое уравнение для определения величин главных напряжений Σ 3 − I1 ⋅ Σ 2 + I 2 ⋅ Σ − I 3 = 0 . (2.7) Уравнение (2.7) называют характеристическим уравнением. Коэффициенты характеристического уравнения определяются выражениями I1 = σ x + σ y + σ z ; I 2 = σ x σ y + σ y σ z + σ z σ x − τ 2xy − τ 2yz − τ 2zx ; (2.8) σ x τ xy τ xz I 3 = τ yx σ y τ yz = σ x σ y σ z + 2τ xy τ yz τ zx − σ x τ 2yz − σ y τ 2zx − σ z τ 2xy . τ zx τ zy σ z Эти коэффициенты называются алгебраическими инвариантами тензора напряжений, т.к. при повороте координатных осей их величины остаются неизменными. Характеристическое уравнение имеет три вещественных корня Σ , дающих три значения главных напряжений σ1 , σ 2 и σ3 . Подставляя поочередно значения главных напряжений в два независимые уравнения системы (2.5) и используя уравнение (2.6), получим три системы уравнений, дающие три тройки значений l , m , n , определяющие направления главных осей напряжений и положение трёх главных площадок. Из трёх главных напряжений одно является наибольшим нормальным на111 пряжением в рассматриваемой точке, одно – наименьшим, а одно имеет промежуточную величину. σ1 = σ max , σ 3 = σ min . (2.9) Если напряжённое состояние задано в главных осях, т.е. известны главные напряжения σ1 ≥ σ 2 ≥ σ 3 и главные направления I, II, III, то инварианты тензора напряжений (2.3) имеют вид I1( 0) = σ1 + σ 2 + σ 3 ; I 2( 0) = σ1σ 2 + σ 2 σ 3 + σ 3σ1 ; (2.10) I 3( 0) = σ1σ 2 σ 3 . 3. Октаэдрические напряжения Площадки, равнонаклонные ко всем трём главным осям, называются октаэдрическими площадками. В окрестности рассматриваемой точки можно провести восемь октаэдрических площадок. Направляющие косинусы октаэдрических площадок имеют величину l = m = n = ± 1 , а соответствующие углы 3 α = β = γ = ±54,74 o . Напряжения, действующие по октаэдрическим площадкам, называются октаэдрическими напряжениями и определяются выражениями 1 σокт = (σ1 + σ 2 + σ 3 ) 3 τ окт = 1 (σ1 − σ 2 ) 2 + (σ 2 − σ 3 ) 2 + (σ 3 − σ1 ) 2 . 3 (2.11) На рис. 2.4 показана одна из восьми октаэдрических площадок и напряжения, действующие на этой площадке. 112 z α α σокт τокт α ν α=54,74 y x Рис. 2.4. Октаэдрические напряжения 4. Экстремальные касательные напряжения По площадкам, параллельным одному из трёх главных направлений и равнонаклонным к двум другим главным направлениям, действует тройка экстремальных касательных напряжений σ − σ3 σ − σ3 σ − σ2 τ13 = 1 ; τ32 = 2 ; τ 21 = 1 . 2 2 2 Напряжение τ13 действует по площадке, параллельной главному направлению II, напряжение τ 32 - по площадке, параллельной направлению I, τ 21 - по площадке, параллельной направлению III. Из указанных трёх экстремальных касательных напряжений одно, действующее по площадке, параллельной второму главному направлению, является наибольшим касательным напряжением в рассматриваемой точке тела σ − σ3 τ max = τ13 = 1 . 2 (2.12) На рис. 2.5 показана площадка, по которой действует наибольшее касательное напряжение τ max = τ13 . III 45 ν 45 I 90 σ II τmax Рис. 2.5. Наибольшее касательное напряжение 113 5. Напряжения на площадках общего положения Если главные направления и главные напряжения известны, то напряжения на наклонной площадке общего положения, внешняя нормаль к которой ν составляет с главными направлениями I, II, III углы α1 , α 2 , α 3 соответственно, с направляющими косинусами l , m , n , определяются выражениями σ νν = σ ν1l + σ ν2 m + σ ν3n = σ1l 2 + σ 2 m 2 + σ 3n 2 (2.13) τ ν = σ 2ν1 + σ 2ν2 + σ 2ν3 − σ2νν = (σ1l ) 2 + ( σ2 m ) 2 + ( σ3n ) 2 − σ2νν , где σ ν1 = σ1l ; σ ν2 = σ 2 m ; σ ν3 = σ 3n – проекции полного напряжения σ ν , действующего на рассматриваемой площадке, на главные направления I, II и III. Наклонная площадка общего положения и действующие на ней напряжения показаны на рис. 2.6. ν III α3 α1 τν σνν σν α2 II I Рис. 2.6. Наклонная площадка общего положения 6. Шаровой тензор и девиатор напряжений Средняя арифметическая величина нормальных напряжений, действующих по трём координатным площадкам, называется средним нормальным или гидростатическим напряжением в рассматриваемой точке 1 1 σ 0 = (σ x + σ y + σ z ) = ( σ1 + σ 2 + σ 3 ) . 3 3 (2.14) Среднее нормальное напряжение определяет всестороннее равномерное растяжение или сжатие в рассматриваемой точке и ответственно только за изменение объёма элемента материала, выделенного у этой точки. Если от ком114 понентов тензора напряжений отделить величины среднего нормального напряжения, связанные с объёмной деформацией, то получим компоненты напряжений σ x − σ 0 ; σ y − σ 0 ; σ z − σ 0 ; τ xy ; τ yz ; τ zx , связанные только с изменением формы элемента материала у рассматриваемой точки. Таким образом, тензор напряжений можно представить в виде суммы двух составляющих TH = TШ + Д H , (2.15) где TШ – шаровой тензор напряжений, компонентами которого являются средние напряжения σ 0 , связанные только с объёмной деформацией элементов материала; Д H – девиатор напряжений, компонентами которого являются приведён- ные выше напряжения, связанные только с формоизменением элементов материала. Шаровой тензор напряжений имеет вид  σ0 0 0    Т Ш =  0 σ0 0  .  0 0 σ  0  (2.16) Девиатор напряжений записывается в форме  σ x − σ0 τ xy τ xz    Д Н =  τ yx σ y − σ0 τ yz  .  τ τ zy σ z − σ 0  zx  (2.17) Несложно заметить, что первый инвариант девиатора напряжений I1 Д = 0 . Если напряжённое состояние задано главными напряжениями, то шаровой тензор имеет вид  σ0 0 0    Т Ш =  0 σ0 0  ,  0 0 σ  0  (2.18) 1 где σ 0 = ( σ1 + σ 2 + σ 3 ) ; 3 115 в свою очередь, девиатор напряжений получит вид 0   σ1 − σ 0   ДН =  0 σ2 − σ0 0 .  0 σ 3 − σ 0   (2.19) Из выражений (2.11) и (2.14) следует, что среднее нормальное (гидростатическое) напряжение равно октаэдрическому нормальному напряжению в рассматриваемой точке и эти напряжения пропорциональны первому инварианту тензора напряжений (2.8), (2.10). 7. Тензор деформаций Деформированное достояние малой окрестности точки тела при выбранных координатных осях x, y, z, описывается тензором деформаций   εx  1 Т Д =  γ yx 2 1  γ zx 2 1 1  γ xy γ xz  2 2  1 εy γ yz  ,  2 1  γ zy ε z  2  (2.20) где ε x , ε y , ε z - относительные удлинения в направлении координатных осей или линейные координатные деформации; γ xy , γ yz , γ zx - сдвиги между координатными площадками (гранями эле- мента материала, выделенного у рассматриваемой точки). Если главные направления известны, то тензор деформаций в главных осях имеет вид  ε1 0 0    Т Д =  0 ε2 0  , 0 0 ε  3  (2.21) где ε1 , ε 2 , ε 3 - линейные деформации в главных направлениях, называемые главными деформациями. Если упругое твёрдое тело изотропно, то направления главных деформа116 ций совпадают с направлениями соответствующих главных напряжений. Одна из главных деформаций является наибольшим относительным удлинением в рассматриваемой точке, одна – наименьшим, а третья имеет промежуточную величину ε1 = ε max ; ε 3 = ε min . (2.22) 8. Обобщённый закон Гука Для линейно-деформируемого, упругого тела основным физическим законом, связывающим напряжения и деформации, является закон Гука. Для изотропных тел при известных главных направлениях и главных напряжениях, обобщённый закон Гука имеет вид 1 [σ1 − µ(σ 2 + σ3 )] E 1 ε 2 = [σ 2 − µ( σ 3 + σ1 )] E 1 ε 3 = [σ 3 − µ( σ1 + σ 2 )], E ε1 = (2.23) где Е - модуль Юнга; µ - коэффициент Пуассона. 9. Объёмная деформация Упругое деформирование тела сопровождается изменением его объёма. Если напряжённое состояние тела задано в главных осях, то относительная объёмная деформация тела определяется соотношением ∆ = ε1 + ε 2 + ε 3 = 1 − 2µ ( σ1 + σ 2 + σ 3 ) , E (2.24) где ε1 , ε 2 , ε 3 - главные деформации в рассматриваемой точке; σ1 , σ 2 , σ 3 - главные напряжения в этой точке. 10. Потенциальная энергия упругой деформации При упругом деформировании в материале тела накапливается энергия, 117 называемая потенциальной энергией упругой деформации. Удельная потенциальная энергия упругой деформации, накапливаемая в каждой единице объёма материала, для линейно-деформируемого упругого тела определяется соотношением W= [ ] 1 (σ12 + σ 22 + σ 32 ) − 2µ( σ1σ 2 + σ 2 σ 3 + σ 3σ1 ) . 2E (2.25) Эта энергия может быть представлена двумя составляющими W = WV + WФ , где WV = (2.26) 1 − 2µ ( σ1 + σ 2 + σ 3 ) 2 6E (2.27) - удельная потенциальная энергия изменения объёма; WФ = [ 1+ µ ( σ1 − σ 2 ) 2 + ( σ 2 − σ 3 ) 2 + (σ 3 − σ1 ) 2 6E ] (2.28) - удельная потенциальная энергия формоизменения. Такое представление упругой энергии деформации соответствует разложению тензора напряжений на шаровой тензор и девиатор напряжений. 118 3. КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ И ПРИМЕРЫ ИХ ВЫПОЛНЕНИЯ 3.1. Задача № 4 С заданной точкой М элемента конструкции связана система декартовых координат x, y, z. Известны координатные напряжения в этой точке: σ x , σ y , σz , τ xy , τ yz , τ zx (табл. 3.1). Провести исследование напряжённо- деформированного состояния окрестности точки М. Материал конструкции считать упругим и изотропным, с модулем упругости E = 2 ⋅ 105 МПа и коэффициентом Пуассона µ = 0,3 . Исследование напряжённо-деформированного состояния окрестности точки М выполнить в следующей последовательности. 1) Изобразить в аксонометрии единичный элемент, выделенный в окрестности точки М координатными сечениями, и показать напряжения, действующие на гранях этого элемента. 2) Записать тензор напряжений в этой точке в осях x, y, z. 3) Определить алгебраические инварианты тензора напряжений I1 , I 2 , I 3 . 4) Записать алгебраические уравнения для определения главных напряжений и главных осей тензора напряжений. Вычислить главные напряжения σ1 , σ2 , σ3 . 5) Вычислить направляющие косинусы главных осей напряжений I, II, III и изобразить в пространстве x, y, z оси главных напряжений I, II, III. 6) Записать тензор напряжений в точке М в главных осях I, II, III. Определить алгебраические инварианты этого тензора I1( 0) , I 2( 0) , I 3( 0) . Проверить правильность вычисления главных напряжений, сравнив величины алгебраических инвариантов I1( 0) , I 2( 0) , I 3( 0) с величинами I1 , I 2 , I 3 соответственно. 119 7) Определить нормальное σ окт и касательное τ окт октаэдрические напряжения. В пространстве главных осей I, II, III изобразить одну из октадрических площадок и показать нормальное и касательное напряжения, действующие на этой площадке. 8) Определить величину наибольшего касательного напряжения τ max . В пространстве главных осей I, II, III изобразить площадку, на которой действует наибольшее касательное напряжение и показать это напряжение. 9) Воспользовавшись соотношениями обобщённого закона Гука, определить величины главных деформаций ε1 , ε 2 , ε 3 . 10) Вычислить относительное изменение объёма ∆ . 11) Определить удельную потенциальную энергию упругой деформации окрестности точки М: - энергию изменения объёма WV , - энергию формоизменения WФ , - полную удельную энергию W . Числовые данные принимаются по табл. 3.1. 120 Таблица 3.1 Числовые данные к задаче № 3.1 Величины напряжений, МПа Номер σ 0 p / σ 0c строки σx σy σz τ xy τ yz τ xz 1 -22 56 -71 -30 0,50 2 52 -12 30 23 0,46 3 -100 28 -64 -33 0,43 4 80 -46 57 15 0,40 5 -32 78 -67 -40 0,37 6 60 -66 19 50 0,33 7 -90 30 -47 -28 0,30 8 70 -22 82 54 0,27 9 -42 48 -51 -15 0,23 74 -38 32 42 0,20 д е ж з ж 121 3.2. Пример решения задачи № 4 С заданной точкой М материала связана система декартовых координат x, y, z. Расчётом определены координатные напряжения в этой точке: σ x = 80 МПа ; σ y = −40 МПа ; σ z = 30 МПа ; τ xy = −20 МПа ; τ xz = τ yz = 0 . Материал детали считается упругим и изотропным с модулем упругости E = 2 ⋅ 105 МПа коэффициентом Пуассона µ = 0,3 . Отношение предельных на- пряжений при растяжении и сжатии K= σ 0 p / σ 0c = 0,5. Провести исследование напряжённо-деформированного состояния окрестности точки М конструкции. Решение. 1. Изображаем единичный элемент, выделенный в окрестности точки М координатными сечениями и показываем напряжения, действующие на гранях этого элемента (рис. 3.1). 2. Записываем тензор напряжений, связанный с заданной точкой в осях x, y, z .  σ x τ xy τ xz   80 − 20 0      Т Н =  τ yx σ y τ yz  =  − 20 − 40 0  . τ   0 30   zx τ zy σ z   0 3. Определяем алгебраические инварианты тензора напряжений I1 = σ x + σ y + σ z = 80 − 40 + 30 = 70 МПа ; I 2 = σ x σ y + σ y σ z + σ z σ x − τ 2xy − τ 2yz − τ 2zx = = −80 ⋅ 40 − 40 ⋅ 30 + 80 ⋅ 30 − 20 2 = −2400 МПа 2 ; 122 σ x τ xy τ xz I 3 = τ yx σ y τ yz = σ x σ y σ z + 2 τ xy τ yz τ zx − σ x τ 2yz − σ y τ 2zx − σ z τ 2xy = τ zx τ zy σ z = −80 ⋅ 40 ⋅ 30 − 30 ⋅ 20 2 = −108 ⋅ 103 МПа 3 . 4. Определяем главные напряжения и главные оси напряжений. Для этого записываем систему алгебраических уравнений относительно главных напряжений Σ и направляющих косинусов l , m , n главных направлений. (σ x − Σ)l + τ xy m + τ xz n = 0 τ yx l + ( σ y − Σ)m + τ yz n = 0 (3.1) τ zx l + τ zy m + ( σ z − Σ)n = 0 которую дополняем условием l 2 + m2 + n2 = 1 . z σz =30 τxy=20 σx =80 (3.2) (МПа) τyx=20 σy=40 y x Рис. 3.1. Заданное напряжённое состояние С учётом заданных величин компонентов тензора напряжений, отличных от нуля, приведём эту систему к виду 123 (80 − Σ)l − 20m = 0 − 20l + ( −40 − Σ)m = 0 (3.3) (30 − Σ)n = 0 l 2 + m2 + n2 = 1 . (3.4) Так как τ zx = τ zy = 0 , заключаем, что ось z является одной из трёх главных осей напряжений, а напряжение Σ = σ zz = 30 МПа – главным напряжением. Направляющие косинусы его направления, т.е. главной оси z l = 0 ; m = 0 ; n = 1. Главные оси напряжений взаимно перпендикулярны, поэтому следующие две главные оси напряжений располагаются в плоскости x, y. Для этих направлений n = 0; l ≠ 0; m ≠ 0. С учётом n = 0 систему разрешающих алгебраических уравнений (3.3) и (3.4) перепишем в виде (80 − Σ)l − 20m = 0 − 20l + ( −40 − Σ)m = 0 (3.5) l 2 + m2 = 1. (3.6) Определитель, составленный из коэффициентов при l , m в системе (3.5), приравниваем нулю (80 − Σ) − 20 =0 − 20 ( −40 − Σ) и приводим к квадратному уравнению Σ 2 − 40Σ − 3600 = 0 , решая которое, получим величины двух других главных напряжений Σ1 = 20 + 400 + 3600 = 83,25 МПа Σ 2 = 20 − 63,25 = −43,25 МПа . 124 5. Определяем направления главных напряжений Подставим Σ1 в первое уравнение системы (3.5) и, решая его совместно с уравнением (3.6), запишем − 3,25l − 20m = 0 l 2 + m2 = 1. В результате получим l = 0,987 ; m = −0,16 . Аналогично, подставляя Σ 2 = −43,25 МПа во второе уравнение системы (3.5) и, решая его совместно с уравнением (3.6), будем иметь l = 0,16 ; m = 0,987 . Выписываем найденные величины главных напряжений и соответствующие им направляюще косинусы главных напряжений. При этом для нумерации главных напряжение пользуемся принятым условием σ1 ≥ σ 2 ≥ σ 3 . σ1 = 83,25 МПа ; l1 = 0,987 ; m1 = −0,16 ; n1 = 0 σ 2 = 30 МПа ; l2 = 0 ; m2 = 0 ; n2 = 1 σ 3 = −43,25 МПа ; l3 = 0,16 ; m3 = 0,987 ; n3 = 0 . В пространстве x, y, z по направляющим косинусам строим главные оси напряжений I, II, III (рис. 3.2). Изобразим на рис. 3.2 элемент, выделенный главными площадками (главные оси повернуты). 6. Записываем тензор напряжений в точке М в главных осях I, II, III и определяем алгебраические инварианты этого тензора. Тензор напряжений имеет вид 0   σ1 0 0   83,25 0     Т Н =  0 σ 2 0  =  0 30 0 . 0 0 σ   0 0 − 43,25  3   125 z а) II n2=1 m =-0,16 m =0,987 3 1 l =0,987 I x l ,1 =0 6 III б) y III σ3=43,25 (МПа) σ2=30 II 83,25 I Рис. 3.2. Главные оси и элемент с главными площадками Инварианты находятся по формулам I1( 0) = σ1 + σ 2 + σ 3 = 83,25 + 30 − 43,25 = 70 МПа ; I 2( 0) = σ1σ 2 + σ 2 σ 3 + σ 3σ1 = 83,25 ⋅ 30 − 30 ⋅ 43,25 − 83,25 ⋅ 43,25 = −2400 МПа 2 ; I 3( 0) = σ1σ 2 σ 3 = 83,25 ⋅ 30 ⋅ ( −43,25) = −108 ⋅ 103 МПа 3 . Сравнивая величины алгебраических инвариантов I1( 0) , I 2( 0) , I 3( 0) с инвариантами I1 , I 2 , I 3 соответственно, отмечаем их тождественность и, следовательно, достоверность величин главных напряжений. 7. Определяем величины нормального и касательного напряжений, дейст- вующих на октаэдрических площадках. Воспользовавшись формулами (2.11) предыдущего раздела, запишем 126 1 1 σ окт = ( σ1 + σ 2 + σ 3 ) = (83,25 + 30 − 43,25) = 23,33 МПа 3 3 τ окт = = 1 (σ1 − σ 2 ) 2 + ( σ 2 − σ 3 ) 2 + ( σ 3 − σ1 ) 2 = 3 1 53,252 + 73,252 + 126,52 = 51,84 МПа . 3 В пространстве главных направлений I, II, III изображаем одну из октаэдрических площадок (рис. 3.3) и показываем напряжения, действующие на этой площадке (для октаэдрической площадки l = m = n = III α α σокт τокт α 1 ). 3 ν α=54,74 II I Рис. 3.3. Октаэдрические напряжения на площадке 8. Вычисляем наибольшее касательное напряжение Запишем σ − σ 3 83,25 − ( −43,25) τ max = 1 = = 63,25 МПа . 2 2 Напряжение τ max действует на площадке, параллельной главному направлению II и равнонаклонной к главным направлениям I и III. Изображаем площадку, на которой действует напряжение τ max и показываем это напряжение (рис. 3.4). 127 III σ II τmax I Рис. 3.4. Площадка с наибольшим касательным напряжением 9. Определяем величины главных деформаций окрестности точки М. Считая материал линейно-упругим, воспользуемся соотношениями обобщённого закона Гука (п. 1.10): ε1 = 1 [σ1 − µ(σ 2 + σ3 )] = 1 5 [83,25 − 0,3(30 − 43,25)] = 4,36 ⋅ 10 −4 , E 2 ⋅ 10 ε2 = 1 [σ 2 − µ(σ3 + σ1 )] = 1 5 [30 − 0,3(− 43,25 + 83,25)] = 0,9 ⋅ 10 −4 E 2 ⋅ 10 ε3 = 1 [σ3 − µ(σ1 + σ 2 )] = 1 5 [− 43,25 − 0,3(83,25 + 30)] = −3,86 ⋅ 10 −4 . E 2 ⋅ 10 10. Определяем относительное изменение объёма окрестности точки М. Следуя формуле (2.24) предыдущего раздела, запишем ∆ = ε1 + ε 2 + ε 3 = (4,36 + 0,9 − 3,86) ⋅ 10 −4 = 1,40 ⋅ 10 −4 . 11. Вычисляем удельную потенциальную энергию упругой деформации окрестности точки М: Удельная потенциальная энергия изменения объёма определяется из выражения WV = 1 − 2µ 3(1 − 2µ ) 2 ( σ1 + σ 2 + σ 3 ) 2 = σ окт = 6E 2E = 128 3(1 − 2 ⋅ 0,3) 2 ⋅ 2 ⋅ 105 ⋅ 23,332 = 1,63 ⋅ 103 Н⋅м м3 = 1,63 ⋅ 103 Дж м3 . Удельная потенциальная энергия формоизменения находится по формуле WФ = = [ ] 1+ µ ( σ1 − σ 2 ) 2 + ( σ 2 − σ 3 ) 2 + ( σ 3 − σ1 ) 2 = 6E 3(1 + µ) 2 3(1 + 0,3) Н⋅м Дж τокт = ⋅ 51,84 2 = 26,20 ⋅ 103 = 26,20 ⋅ 103 . 5 3 3 2E 2 ⋅ 2 ⋅ 10 м м Полная удельная потенциальная энергия вычисляется следующим образом W = WV + WФ = (1,63 + 26,20) ⋅ 103 = 27,83 ⋅ 103 Н⋅м м3 = 27,83 ⋅ 103 Дж м3 . 129 4. КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОПРОВЕРКИ 1. Объясните назначение индексов в обозначениях нормальных и касательных напряжений. 2. Сформулируйте закон парности касательных напряжений. 3. Сформулируйте понятие «тензор напряжений». 4. Каким образом вычисляются главные напряжения тела в точке? 5. Каким образом вычисляются инварианты напряжённого состояния тела в точке? 6. Как строится круговая диаграмма напряжённого состояния Мора? 7. Каким образом вычисляется экстремальные касательные напряжения? 8. Укажите направления экстремальных касательных напряжений, если известны направления главных напряжений в точке. 9. Какие ограничение накладываются на величину коэффициента Пуассона? 10. Каким образом вычисляется объёмная деформация? 11. Каким образом вычисляются потенциальная энергия упругой деформации? 12. Каким образом вычисляется энергия формоизменения? 13. Как записывается тензор напряжений? 14. Сформулируйте понятие «объёмная деформация». 15. Сформулируйте обобщённый закон Гука. 16. Сформулируйте понятие «тензор деформаций» 17. Сформулируйте понятие «линейное напряжённое состояние». 18. Сформулируйте понятие «октаэдрическая площадка». 19. Сформулируйте понятие «октаэдрическое напряжение». 130 ТЕМА 4. РАСЧЁТ ВАЛА НА СТАТИЧЕСКУЮ ПРОЧНОСТЬ 131 1. ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ 1.1. ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ 1.1.1. Основные понятия При расчёте на прочность различных конструкций необходимо учитывать, что многие их элементы работают в условиях сложного нагружения. Как было указано ранее, если напряжённое состояние линейное, то оно определяется одним главным напряжением, плоское напряжённое состояние характеризуется двумя, а объёмное – тремя главными напряжениями. При возрастании действующей нагрузки главные напряжения соответственно увеличиваются, и при некоторых определённых их значениях наступает опасное или, так называемое, предельное состояние материала в исследуемой точке. Для пластичных материалов предельным считается такое напряжённое состояние, при котором начинают развиваться заметные остаточные деформации. Для хрупких материалов предельным считается такое состояние, которому соответствует начало трещинообразования. Опасное (предельное) состояние материала нельзя никогда допускать, поэтому при расчёте на прочность обычно вводится понятие допускаемого состояния, которое устанавливается с учетом ряда технических и экономических факторов путем деления нагрузки, вызывающей предельное состояние, на коэффициент запаса, больший единицы. Чтобы оценить насколько опасно то или иное напряжённое состояние и определить соответствующий коэффициент запаса, необходимо было бы опытным путем установить значения главных напряжений, при которых наступает предельное напряжённое состояние. Эта задача довольно просто может быть 132 решена при одноосном растяжении или сжатии. В этом случае предельное значение единственного главного напряжения определяется непосредственно из опыта и принимается равным пределу текучести σт – для пластичных материалов и пределу прочности σв– для хрупких материалов. Таким образом, если известна расчётная величина напряжения σрасч, то коэффициенты запаса будут nт=σт/σрасч - для пластичных материалов; nв=σв/σрасч - для хрупких материалов. Поскольку при плоском и объёмном напряжённых состояниях соотношения между главными напряжениями возможны самые различные, то практически осуществить такие эксперименты невозможно не только из-за их большого числа, но и из-за трудностей в их проведении. Существующая в настоящее время техника для экспериментального исследования сложного напряжённого состояния позволяет пока проводить испытания только для ограниченного числа некоторых частных случаев соотношений между главными напряжениями. Это приводит к необходимости создания такой методики расчёта, которая позволяла бы оценивать степень опасности любого напряжённого состояния для того или иного материала, основываясь только на результатах опытов при простом нагружении (растяжении, сжатии или чистом сдвиге). Решение этой важной задачи осуществляется с помощью, так называемых, теорий прочности или теорий предельных напряжённых состояний. 1.1.2. Содержание теорий предельных напряжённых состояний Вводится понятие эквивалентности (равноопасности) напряжённых состояний: Два каких-либо напряжённых состояния считаются равноопасными 133 (эквивалентными), если они при пропорциональном увеличении главных напряжений в одно и то же число раз одновременно становятся предельными. Очевидно, что в этом случае коэффициент запаса прочности для обоих напряжённых состояний будет одинаковым. Как уже отмечалось, в качестве одного из равноопасных напряжённых состояний принимается одноосное растяжение, хорошо изученное экспериментально, а в качестве другого – напряжённое состояние, опасность которого для данного материала необходимо оценить. При этом нужно связать главные напряжения двух равноопасных состояний какой-либо зависимостью. Это можно сделать, если известна общая для обоих состояний причина разрушения материала при переходе в предельное состояние. Однако определение истинной причины разрушения материала остается пока неразрешенной задачей. Это повлекло создание различных теорий прочности, каждая из которых основывается на определённой гипотезе о причине наступления предельного напряжённого состояния. 1.1.3. Критерии пластичности и разрушения Первая теория прочности Галилея. Согласно этой теории причиной наступления предельного напряжённого состояния являются наибольшие нормальные напряжения. Название этой теории – теория наибольших нормальных напряжений. Если за основу принять метод предельных состояний, то эта теория приводит к следующей записи условия прочности: I) σ (расч = σ1 ≤ R . Недостатком этой теории является неучёт двух других главных напряжений σ2, σ3. Эта теория подтверждается лишь в очень ограниченном диапазоне 134 нагружения, например, при растяжении хрупких материалов. В настоящее время I теория не используется. Вторая теория прочности Мариотта. Эта теория основана на гипотезе, что причиной наступления предельного состояния являются удлинения волокон материала. В качестве критерия прочности записывается условие ε max = ε1 ≤ ε0 , где ε0=εэкв – предельная деформация, полученная из опыта по осевому растяжению. Для перехода к напряжениям используются формулы закона Гука. Так, запишем ε1 = 1 [σ1 − µ(σ2 + σ3 )], E σ а для ε0 – выражение ε0 = 0 ( здесь и далее σ0 – предельное напряжение из E опыта по осевому растяжению). Откуда σ1 − µ(σ 2 + σ3 ) ≤ σ0 . Или, переходя к методу предельных состояний (σ0 заменяем на R) II ) σ(расч = σ1 − µ(σ 2 + σ3 ) ≤ R . Здесь, в отличие от первой теории используются все напряжения σ1, σ2, σ3, возникающие при объёмном напряжённом состоянии. Следует отметить, что эта теория хорошо согласуется с некоторыми данными испытаний, например, сжатия бетонных образцов. Однако в большинстве случаев она не даёт достоверных результатов и в настоящее время практически не применятся. Третья теория прочности Кулона. Эта теория строится на гипотезе, что причиной предельного напряжённого состояния являются наибольшие касательные напряжения. В основу этой теории положено условие 135 τ max ≤ τ 0 где σ − σ3 σ τ max = 1 , а τ0 = 0 . 2 2 В окончательном виде условие прочности согласно этой теории записывается в форме: III ) σ (расч = σ1 − σ 3 ≤ R . Это условие впервые предложил в 1773 г. Кулон, который, впрочем, вопросами прочности не занимался. Как условие наступления пластических деформаций это условие было использовано в 1868 французским инженером Г.Треска и математически сформулировано Б. Сен-Венаном Обычно мы имеем с упрощённым плоским напряжённым состоянием, как например, изгиб с кручением. В этом случае получим III ) σ (расч = σ 2 + 4τ 2 ≤ R . (3.1) Отметим, что III теория хорошо согласуется с данными экспериментов и поэтому она широко применяется на практике, особенно для материалов, одинаково сопротивляющихся растяжению и сжатию. Четвертая теория прочности Губера – Мизеса Эта теория основана на энергетическом критерии. Первоначально было предложено оценивать в качестве критерия полную потенциальную энергию деформации. Однако эксперименты подтвердили лишь случаи, когда в качестве критерия принималась не вся энергия, а лишь энергия изменения формы. Поэтому IV теория прочности строится на гипотезе, что причиной предельного состояния является достижение удельной потенциальной энергии формоизменения величины, соответствующей предельному значению при осевом растяжении. Условие прочности в соответствии с этой теорией имеет вид: 136 Wф ≤ W0 . Подставив соответствующие выражения, полученные нами ранее, [ Wф = 1+ µ (σ1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 6E W0 = 1+ µ 2σ 0 2 , 6E ] и [ ] придем к формуле IV ) σ(расч = [ ] 1 (σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 ≤ R . 2 Представляет интерес вид полученной формулы в частном случае упрощенного плоского напряжённого состояния. Поступим таким же образом, как описано выше при рассмотрении III теории прочности. Опустив очевидные преобразования, получим: IV ) σ(расч = σ 2 + 3τ 2 ≤ R или IV ) σ(расч = 2 M и2 + 0,75М кр Wи ≤ R, (3.2) а, вводя характеристику IV ) 2 M (расч = M и2 + 0,75М кр , приходим к выражению: IV ) М (расч Wи ≤ R. Следует отметить, что IV теория дает некоторую экономию материала по сравнению с III теорией прочности. 137 1.1.4. Теория прочности О. Мора Во всех рассмотренных выше теориях в качестве критерия принималась величина какого либо одного фактора (напряжение, деформация, энергия). О. Мор сделал попытку вывести зависимость прочностных свойств материала от вида напряжённого состояния. С этой целью он предложил использовать круговые диаграммы напряжений и использовать три вида испытаний: при осевом растяжении, сжатии и кручении. Для каждого из них он предложил строить определяющие круги радиусом ~ σ − σ3 R= 1 . 2 Пусть предельные напряжения при сжатии выше, чем при растяжении, т.е. σ0c > σ0 p . Для растяжения или сжатия одно из главных напряжений равно ну- лю, поэтому круги проходят через начало координат (рис. 1.1). При кручении действуют только касательные напряжения ± τ . На этой диаграмме можно отобразить результаты и других испытаний, построив соответствующие определяющие круги предельных напряжений. Если провести огибающую для этих кругов, которую называют предельной огибающей, то в общем случае это будет кривая, которая пересечёт ось σ в некоторой точке С. Эту точку можно рассматривать как предельный круг Мора в случае всестороннего растяжения, т.е. при σ1=σ2=σ3=σср. 138 τ Сжатие Растяжение С Кручение σ 0с σ σ 0р Рис. 1.1. Огибающая кругов Мора Таким образом, если имеется несколько предельных кругов и их огибающая, то можно считать, что напряжённое состояние, главный круг которого касается огибающей, будет также предельным, т.е. мы можем изобразить пунктиром семейство предельных кругов с различными сочетаниями главных напряжений. Огибающая же определяет зависимость этих напряжений от вида напряжённого состояния. 139 τ К1 Сжатие А1 К3 К 2 σ3 σ1 А3 С1 С3 С2 σ 0с σ 0р σ Растяжение Рис. 1.2. Построение огибающей кругов Мора Построение действительной огибающей предельных кругов, необходимой для оценки прочности, для всевозможных напряжённых состояний, невозможно, т.к. для этого потребовалось бы опытным путем исследовать бесконечное число напряжённых состояний. Поэтому Мор предложил следующую схематизацию: огибающую заменять касательной лишь к двум главным кругам, которые строятся по данным опытов на осевое растяжение и сжатие. Эти касательные (прямые) и принято считать границами прочностных состояний. Пусть мы имеем напряжённое состояние, главный круг которого касается этих прямых (в силы симметрии можно рассматривать только одну прямую, например, верхнюю), то из подобия треугольников С2 С3 А3 и С2 А1С1 , используя значения предельных напряжений при сжатии σос и при растяжении σор, можно получить соотношение σ1 = σ0 р + или 140 σ0 p σ 0c σ3 σ1 − σ0 p σ 0c σ3 = σ0 р и условие прочности принимает вид σ расч = σ1 − Kσ3 ≤ R . Коэффициент К= σ0 р σ 0с позволяет учитывать разное сопротивление мате- риала растяжению и сжатию. Если они одинаковы, то К=1 и касательные к главным кругам параллельны оси σ. В этом случае условие прочности совпадает с условием III теории, следовательно оно применимо как для хрупких, так и для пластичных материалов. При этом для хрупких берутся вместо σ0р и σ0с соответствующие пределы прочности, а для пластичных – пределы текучести. Теория прочности Мора дает наиболее достоверные результаты для напряжённых состояний, круги которых занимают промежуточные положения между главными кругами растяжения и сжатия. Похожее условие прочности, называемое условием прочности Кулона–Мора, применяется для оценки прочности грунтов в строительном деле. 1.1.5. Объединённая теория прочности Заслуживает внимания обобщение энергетической гипотезы прочности, предложенное П.П. Баландиным, и позволяющее учесть различную прочность материала на растяжение и сжатие. Условие прочности, по П.П. Баландину, имеет вид 1− К (σ1 + σ2 + σ3 ) + 2 1 (1 − К )2 (σ1 + σ2 + σ3 ) + 4 К [σ12 + σ12 + σ12 − (σ1σ2 + σ2σ3 + σ3σ1 ) ≤ σ0 р + 2 σ' экв = Для материалов, одинаково сопротивляющихся растяжению и сжатию, т.е. при К=1, гипотеза Баландина совпадает с четвёртой гипотезой прочности. 141 Опыты показывают, что гипотеза Баландина в определённом диапазоне напряжённых состояний дает удовлетворительные результаты. Заслуживают внимания предложенные в последнее время так называемые объединённые гипотезы прочности, где в качестве критерия прочности принимается не один фактор, а два или даже три. Проф. Я.Б. Фридман предложил объединить вторую и третью гипотезы прочности. Акад. Н.Н. Давиденков на основании опытов с чугуном, стеклом и гипсом предложил объединить первую гипотезу и гипотезу П.П. Баландина. 1.1.6. Понятия о новых теориях прочности Предлагались и другие гипотезы прочности, которые в научной литературе принято называть «новыми». Проф. М.М. Филоненко-Бородич предложил записывать условие прочности в виде некоторого многочлена второй или даже третьей степени относительно главных напряжений, содержащего определённое число произвольных постоянных, которые определяются из опытов, в том числе и из опытов при сложном напряжённом состоянии. Однако приведённые выше диаграммы разрушения хрупких материалов ясно показывают, что условие прочности материала не может быть выражено одной замкнутой функцией во всем диапазоне напряжённых состояний. Для хрупких материалов наиболее оправданной является, по-видимому, объединенная гипотеза прочности Н.Н. Давиденкова. Мы рассматривали гипотезы прочности, опираясь на данные опытов с двухосным напряжённым состоянием. Опытных данных, относящихся к трехосным напряжённым состояниям, значительно меньше. Имеющиеся опыты свидетельствуют о том, что при напряжённых состояниях, близких к трехосному сжатию, материалы, даже хрупкие, способны выдерживать весьма значительные напряжения. При равностороннем сжатии таких материалов, как сталь, 142 медь, алюминий, разрушения не происходит при громадных давлениях 5000— 20 000 МПа. На основании имеющихся опытных данных можно считать, что для пластичных материалов при трехосном напряжённом состоянии удовлетворительные результаты дают энергетическая гипотеза формоизменения и третья гипотеза прочности. Что же касается хрупких материалов, то для них рекомендуется гипотеза Н.Н. Давиденкова. В заключение отметим, что при оценке прочности материала, находящегося в сложном напряжённом состоянии, используются различные критерии прочности, формулируемые в соответствии с принятой гипотезой прочности. Для конструкционных металлов в пластичном состоянии при оценке предельного состояния в качестве критерия текучести используют так называемые расчётные или эквивалентные напряжения в рассматриваемой точке, вычисляемые с использованием теории наибольших касательных напряжений или теории энергии формоизменения. При использовании теории наибольших касательных напряжений расчётное или эквивалентное напряжение определяется соотношением σ III p = σ1 − σ 3 . Расчётное или эквивалентное напряжение по теории энергии формоизменения определяется соотношением σ IV p = 1 ( σ1 − σ 2 ) 2 + ( σ 2 − σ 3 ) 2 + ( σ 3 − σ1 ) 2 . 2 Расчётное или эквивалентное напряжение по теории прочности Мора определяется соотношением σVp = σ1 − Kσ 3 , где K = σ0 p σ 0c - отношение предельных напряжений при растяжении и сжатии. 143 Вне зависимости от принятой гипотезы прочности расчётное условие прочности в рассматриваемой точке при любом типе напряжённого состояния имеет вид σ p ≤ [σ] , где σ p - расчётное или эквивалентное напряжение в рассматриваемой точке; R - основное расчётное напряжение при простом растяжении. 144 1.2. СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ 1.2.1. Косой и пространственный изгиб, одновременное действие изгиба и продольной силы Изгиб называют косым, если плоскость действия изгибающего момента, возникающего в поперечном сечении бруса, не совпадает ни с одной из его главных плоскостей. Различают косой изгиб и пространственный изгиб. При косом изгибе все нагрузки расположены в одной плоскости, т.е. существует общая для всего бруса силовая плоскость. Следовательно, углы, составляемые силовыми линиями с главными центральными осями, во всех поперечных сечениях бруса одинаковы. В рассматриваемом случае упругая линия бруса — плоская кривая, но, в отличие от прямого изгиба плоскость, в которой она расположена, не совпадает с силовой плоскостью. Именно эта особенность характера деформации обусловливает наименование косой изгиб. При пространственном изгибе нагрузки, вызывающие изгиб, расположены в разных продольных плоскостях бруса. Соответственно углы между главными центральными осями поперечных сечений и силовыми линиями не постоянны по длине бруса. Упругая линия бруса в этом случае — пространственная кривая. Силы, перпендикулярные продольной оси бруса, но не совпадающие по направлению ни с одной из главных центральных осей его поперечного сечения, всегда могут быть разложены на составляющие по этим осям. Точно так же и моменты, действующие в произвольных продольных плоскостях, мо- 145 гут быть разложены на составляющие относительно главных центральных осей. 1.2.2. Определение напряжений, положения нейтральной линии и опасных точек при косом изгибе. Пространственный изгиб. Расчёты по нормальным напряжениям на прочность В с в я з и с т е м , ч т о п р и к о с о м и з г и б е плоскость изгибающего момента не совпадает ни с одной из главных осей поперечного сечения (рис. 1.3, а) деформацию бруса обычно рассматривают как одновременный изгиб относительно главных осей x и y поперечного сечения бруса. Для этого общий вектор изгибающего момента М, действующего в поперечном сечении, раскладывается на составляющие момента относительно этих осей (рис. 1.3, б): M x = M ⋅ sin α , M y = M ⋅ cos α . (1.1) Введем следующее правило знаков для моментов M x и M y : − момент считается положительным, если в первой четверти координатной плоскости (там, где координаты x и y обе положительны) он вызывает сжимающие на- пряжения. На основании принципа независимости действия сил нормальное напряжение в произвольной точке, принадлежащей к поперечному сечению бруса и имеющей координаты x, y, определяется суммой напряжений, обусловленных моментами M x и M y , т.е. σ( x , y ) = 146 Mx y Myx + . Ix Iy (1.2) Рис. 1.3. Косой изгиб бруса Подставляя выражения M x и M y из (1.1) в (1.2), получим:  y  x sin α + cos α  .  Ix  Iy   σ( x , y ) = M  Из курса аналитической геометрии известно, что последнее выражение представляет собой уравнение плоскости. Следовательно, если в каждой точке сечения отложить по нормали вектор напряжения σ, то концы векторов образуют геометрическое место точек, принадлежащих одной плоскости, как и при поперечном изгибе. Уравнение н е й т р а л ь н о й л и н и и , т.е. геометрического места точек, где нормальное напряжение принимает нулевые значения, найдём, полагая в (1.2) σ = 0: Mx y Myx + = 0. Ix Iy Откуда запишем: y=− M y Ix MxIy x = −сtgα Ix x. Iy (1.3) 147 Опасные точки сечения Поскольку свободный член в (1.3) равен нулю нейтральная линия всегда проходит через начало координат. Как видно из выражения (1.2), эпюра напряжений в поперечных сечениях бруса линейна, следовательно, максимальные напряжения в сечении возникают в точках наиболее удаленных от нейтральной линии. В том случае, когда сечение имеет простую форму (прямоугольник, круг), положение наиболее опасных точек легко определяется визуально. Для сечений, имеющих сложную форму, необходимо применить графический подход. Покажем, что при косом изгибе нейтральная линия не перпендикулярна к плоскости действия изгибающего момента, как это всегда выполнялось при поперечном изгибе. Действительно угловой коэффициент K1 следа момента (рис. 1.3, б) равен: K1 = tg α . (1.4) Угловой же коэффициент нейтральной линии, как это следует из (1.3), определяется выражением: tg ϕ = K2 = IxM y I 1 I = x ctgα = . = x I yM x I y I y K1 Поскольку в общем случае Ix ≠ Iy и K2 ≠ − (1.5) 1 ., то условие перпендикулярK1 ности прямых, известное из аналитической геометрии, не соблюдается, поскольку Брус изгибаться не в плоскости изгибающего момента, а в некоторой другой плоскости, где жёсткость на изгиб будет минимальной. 1.2.3. Условия прочности и типы задач, решаемых на его основе Расчёты на прочность при косом изгибе будем производить только по нормальным напряжениям. Будем считать, что положение опасных точек из- 148 вестно. Примем, что в точке 1 действуют максимальные растягивающие напряжения, а в точке 2 – максимальные сжимающие напряжения. Координаты этих точек обозначим соответственно xi , yi ( i =1, 2). Составим условие прочности проектировочного расчёта, воспользовавшись уравнением (1.2) σ1 = My Mx y1 + x1 ≤ Rt , Ix Iy σ2 = My Mx y2 + x2 ≤ Rc Ix Iy (1.6) здесь Rt , Rc − расчётные сопротивления материала соответственно на растяжение и сжатие. Если материалы, из которых изготовлена конструкция, одинаково работают на растяжение и сжатие запишем σ max = My Mx y+ x ≤ R. Ix Iy (1.7) При проверочном расчёте определяются коэффициенты R n1 = t , σ1 n2 = Rc , σ2 и в качестве запаса прочности балки принимается меньшее из полученных значений. При известных размерах поперечного сечения элемента конструкции из условий прочности (1.6) или (1.7) можно определить допускаемое значение нагрузки. Сложнее выполнить проектный расчёт, поскольку в формулы входят две геометрические характеристики I x , I y . В этом случае приходится задаваться размерами сечения и проверять их расчётом на прочность. При неудовлетворительных результатах следует корректировать размеры и вновь производить проверку. Задача существенно упрощается для сечений простой формы, например, прямоугольной, особенно если заданы отношения сторон сечения. 149 1.2.4. Величина и направление прогибов при косом изгибе. Условие жёсткости и типы задач, решаемых на его основе Внешние силы, приложенные к балке, разлагаются по главным центральным осям сечений, в которых они действуют (рис. 1.4). Если на брус действуют только силы, лежащие в плоскости, перпендикулярной главной центральной оси x, то изгиб будет прямым. Тогда нейтральной линией сечения будет ось x, и воспользовавшись универсальными уравнениями углов поворота и прогибов, несложно определить прогиб δУ текущего сечения балки в направлении оси у. Аналогично, при действии; на балку сил, лежащих в плоскости, перпендикулярной оси у, определим δx — прогиб в текущем сечении по направлению оси x. По принципу независимости действия сил прогиб δ текущего сечения балки и его направление найдём по формулам δ = δ2x + δ2y , tg β = δy δx . Рис. 1.4. Прогибы при косом изгибе 150 Для балок, имеющих большой пролёт, актуальным является вопрос проверки жёсткости. Задача сводится к определению положения сечения, в котором прогиб достигает наибольшего значения по абсолютной величине. Далее используются те же приемы, которые рассмотрены ранее при решении задачи о плоском поперечном изгибе в курсе «Сопротивление материалов». 1.2.5. Изгиб с кручением. Расчёты на прочность Пусть брус круглого поперечного сечения находится в условиях изгиба с кручением. Воспользуемся положениями теорий косого изгиба и внецентренного растяжения - сжатия бруса. Перенесём силу к центру, и обратимся к принципу независимости действия сил. Построив и проанализировав эпюры, отметим, что изгиб приводит к появлению нормальных напряжений M , Wи σ max = а кручение – касательных напряжений τ max = M . Wρ Причём, как было показано ранее, эти напряжения действуют в точках, лежащих на поверхности бруса. Для этих точек можно воспользоваться формулой (3.1) и записать согласно III теории прочности: 2 III ) σ(экв = 2  M кр  M   .  + 4 σ + 4 τ =     Wи   Wρ  2 2 Далее учтем, что Wρ = 2Wи . Тогда 151 2 III ) σ(экв = 2  M кр  M   =   + 4 W 2 W  и  и 2 М и2 + М кр Wи = III ) М (расч Wи III ) 2 где М (расч = М и2 + М кр . Таким образом, условие прочности в рассмотренном примере имеет вид: III ) М (расч Wи ≤ R, который похож на вид соответствующего условия прочности при плоском поперечном изгибе. Аналогично записывается условие прочности по IV теории прочности. С этой целью используется выражение (3.2). 152 2. ОСНОВНЫЕ РАСЧЁТНЫЕ ФОРМУЛЫ, ИСПОЛЬЗУЕМЫЕ ПРИ РЕШЕНИИ ЗАДАЧ Расчёт вала на статическую прочность начинается с определения действующих на него нагрузок. Нагрузки на вал передаются через шкивы или шестерни. Зная величину передаваемой мощности N и число оборотов в минуту n, можно определить величину крутящего момента, действующего на участке вала между шкивами по формуле M кр = 30 ⋅ N . π⋅n (2.1) По величине крутящего момента вычисляются окружные усилия, приложенные к шкивам и передающиеся на вал. Эти усилия раскладываются на вертикальные и горизонтальные составляющие. Усилия, передающиеся на вал через шестерню зубчатого зацепления (рис. 2.1): Mк = P P= D ; 2 2M к ; D Px = P cos α ; Py = P sin α . Рис. 2.1. Приведение окружных усилий, действующих на шестерню зубчатого зацепления, к оси вала 153 Усилия, передающиеся на вал через шкив ремённой передачи (рис. 2.2): M кр = 2t t= 2 M кр D D D D −t = t ; 2 2 2 ; Q = 3t ; Q x = Q cos α ; Q y = Q sin α . Рис. 2.2. Приведение окружных усилий, действующих на шкив ремённой передачи, к оси вала Нагрузки, действующие на вал, вызывают его кручение и изгиб в двух взаимно перпендикулярных плоскостях. Для расчёта вала на прочность следует построить эпюры изгибающих моментов в вертикальной M x и го ризонтальной M y плоскостях и эпюру крутящих моментов M кр . Условие прочности вала записывается для опасного сечения, в кото ром расчётный (приведенный) момент имеет максимальную величину. По третьей гипотезе прочности расчётный момент в опасном сечении вычисляется по формуле 2 M р = M x2 + M 2y + M кр , где M р - расчётный момент; 154 (2.2) M x , M y - изгибающие моменты в рассматриваемом сечении вала; M кр - крутящий момент в этом же сечении. Если положение опасного сечения не очевидно, вычисляются расчётные моменты для нескольких сечений вала и для дальнейшего расчёта выбирается сечение с наибольшим расчётным моментом. Из условия прочности вала M max р Wи = M max р πd 3 32 ≤ [σ], (2.3) где M max - максимальный расчётный момент; р Wи - момент сопротивления сечения при изгибе; [σ] - допускаемое напряжение, определяемое по пределу текучести σт σ и запасу прочности nт отношением [σ] = т nт вычисляется требуемое значение диаметра вала d ≥3 32 M max p π ⋅ [σ] . (2.4) 155 3. КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ И ПРИМЕРЫ ИХ ВЫПОЛНЕНИЯ 3.1. Задача № 5 Стальной вал постоянного сечения вращается с частотой n (об/мин) и передает мощность N (кВт). Требуется подобрать диаметр вала из условия его прочности при совместном действии изгиба и кручения, если известны предел текучести материала σт и коэффициент запаса прочности n т = 3. Числовые данные берутся из табл. 3.1, расчётные схемы по рис. 3.1. Необходимые характеристики материала приведены в табл. 3.2. Таблица 3.1 Числовые данные к задаче № 5 Номер строки 156 Номер расч. схемы по рис. 38 Размер, м N, n, Марка стали a b c D1 D2 кВт об/мин 1 2 1 2 0,5 0,4 0,3 0,5 0,3 0,5 0,4 0,2 0,6 0,6 20 15 120 380 5 45 3 3 0,3 0,7 0,3 0,3 0,5 10 380 40Х 4 4 0,4 0,3 0,5 0,2 0,4 16 280 3 5 5 0,6 0,8 0,4 0,4 0,6 18 280 40ХН 6 6 0,4 0,5 0,3 0,3 0,6 12 120 35 7 7 0,5 0,3 0,3 0,2 0,5 14 120 4 8 8 0,6 0,4 0,5 0,5 0,5 20 280 30ХГТ 9 9 0,4 0,6 0,3 0,4 0,4 15 380 3 10 0,8 0,4 0,7 0,3 0,5 17 380 30 з ж а б в г д ж е Рис. 3.1. Расчётные схемы валов 157 Таблица 3.2 Механические характеристики сталей Предел Предел Предел выносливости Марка текучести прочности при изгибе при кручении стали σ т , МПа σв , МПа σ −1 , МПа τ −1 , МПа 3 250 420 195 115 4 280 460 220 - 5 280 520 220 130 30 300 500 235 125 30ХГТ 750 950 450 260 35 320 540 260 155 40Х 500 730 320 200 40ХН 650 820 360 210 45 280 560 250 150 Примечание. Если τ-1 в таблице не дано, то используется эмпирическая формула τ-1 ≈ 0,6 σ-1 . 3.2. Пример решения задачи № 5 Стальной вал постоянного сечения (рис. 3.2) вращается с постоянной угловой скоростью n = 120 об/мин и передает через шкив диаметром D2 = 0,6 м, мощность N = 20 кВт. 158 у D2 =0,6 м D1 =0,3 м Р O А В С D х t 60 а=0,3м b=0,3м c=0,2м 2t Рис.3.2. Схема вала Подобрать диаметр вала из условия его прочности, если вал изготовлен из стали марки Ст. 50 с пределом текучести материала σт = 380 МПа и коэффициент запаса прочности по отношению к пределу текучести n т= 3. Остальные числовые данные к задаче: а = 0,3 м; b = 0,3 м; с = 0,2 м; D1 = 0,3 м. 1. Определение нагрузок, передающихся на вал. На рис. 3.3, 3.4 показаны усилия, приложенные к шестерне (сечение B) и к шкиву (сечение D). Крутящий момент, передаваемый через шкив на вал: Mк = 30 ⋅ N 30 ⋅ 20 = = 1,59 кНм. π⋅n π ⋅120 Нагрузки, действующие на вал, определяются с учётом того, что окружные усилия, приложенные к шкивам (рис. 3.3, 3.4), при переносе их в центр поперечного сечения вала приводятся к силам, изгибающим его в двух плоскостях, и скручивающему моменту. 159 у у Р D Mк = P 1 ; 2 2 M к 2 ⋅ 1,59 P= = = 10,6 кН; D1 0,3 D1= 0,3 м Мк х B х B Pв = Py = P = 10,6 кН; Р Pг = Px = 0 . Рис. 3.3. Шестерня В у D D D M к = 2t 2 − t 2 = t 2 2 2 2 2 M к 2 ⋅ 1,59 t= = = 5,3 кН D2 0,6 у D2= 0,6 м Мк х D х D Qx t Qy 60 2t Рис. 3.4. Шкив D Q = t + 2t = 3t = 3 ⋅ 5,4 = 15,9 кН; Qв = Q y = Q sin 60o = = 15,9 sin 60o = 13,77 кН; Qг = Q x = Q cos 60o = = 15,9 cos 60o = 7,95 кН. 2. Построение эпюр изгибающих и крутящих моментов. Из условий нагружения вала (рис. 3.5, а ) следует, что он испытывает кручение на участке BD постоянным крутящим моментом M кр = 1,59 кН ⋅ м , эпюра которого показана на рис. 3.5, в. Схема нагрузок, приложенных к валу в вертикальной плоскости, представлена на рис. 3.5, г. Для построения эпюры изгибающих моментов от действия этих сил, вал рассматривается как простая двухопорная балка, для которой следует вычислить вертикальные опорные реакции: ∑ m A = 0; − P ⋅ 0,3 + Q y ⋅ 0,8 − R yC ⋅ 0,6 = 0; − 10,6 ⋅ 0,3 + 13,77 ⋅ 0,8 − R yC ⋅ 0,6 = 0; R yC = 13,06 кН; 160 ∑ mC = 0; − R y A ⋅ 0,6 + P ⋅ 0,3 + Q y ⋅ 0,2 = 0; − R y A ⋅ 0,6 + 10,6 ⋅ 0,3 + 13,77 ⋅ 0,2 = 0; R y A = 9,89 кН. Проверка вычислений опорных реакций: ∑ Y = 0; − 9,89 + 10,6 + 13,06 − 13,77 = 0. D1 =0,3 м А а) у D2 =0,6 м Р х O В С а=0,3м b=0,3м D t 60 б) х у А c=0,2м 2t Qy Qх Мк а=0,3м Мк С Р В b=0,3м z D c=0,2м 1,59 в) у Мк , кН .м RCу=13,06кН С RАу=9,89кН В г) А Q у =13,77кН z D Р=10,6кН 2,97 2,75 Мx , кН .м д) RАx=2,65кН А е) RCx=10,6кН В x Q x =7,95кН z С D 1,59 0,795 ж) Мy , кН .м Рис. 3.5. Расчётная схема и эпюры моментов внутренних усилий в поперечных сечениях вала 161 Вычисляем изгибающие моменты от действия вертикальных сил в характерных сечениях вала: M xA = 0; M xB = − R y A ⋅ a = −9,89 ⋅ 0,3 = −2,97 кН ⋅ м; M xD = 0; M xC = −Q y c = −13,77 ⋅ 0,2 = −2,75 кН ⋅ м. По вычисленным значениям построена эпюра изгибающих моментов от Mx, действия сил, расположенных в вертикальной плоскости (рис. 3.5 , д). На рис. 3.5 , е показаны нагрузки, приложенные к валу в горизонтальной плоскости (для наглядности чертежа схема повернута на 90o ). Для построения эпюры изгибающих моментов от действия этих сил вычисляются горизонтальные опорные реакции: ∑ m A = 0; − RxC ⋅ 0,6 − 7,95 ⋅ 0,8 = 0; RxC = 10,6 кН; ∑ mC = 0; − Rx A ⋅ 0,6 + 7,95 ⋅ 0,2 = 0; Rx A = 2,65 кН. Проверка определения горизонтальных опорных реакций: ∑ X = 0; − Rx A + RxC − Q x = −2,65 + 10,6 − 7,95 = 0. Изгибающие моменты в характерных сечениях вала: M yA = 0; M yB = − R x A ⋅ a = −2,65 ⋅ 0,3 = −0,795 кН ⋅ м; M yD = 0; M C y = −Q x ⋅ 0,2 = −7,95 ⋅ 0,2 = −1,59 кН ⋅ м. По вычисленным значениям момента строится эпюра My (рис. 3.5, ж). 3. Подбор поперечного сечения (определение диаметра вала ). Материал вала – сталь марки Ст. 50, допускаемое напряжение для ко торой 380 σ [ σ] = т = = 126,7 МПа . nт 3 162 Расчётные моменты по третьей гипотезе прочности 2 M p = M x2 + M 2y + M кр в характерных сечениях вала: 2 M pA = M x2 A + M 2y + M кр = 0; A A 2 M pB = M x2 B + M 2y + M кр = 2,97 2 + 0,7952 + 1,59 2 = 3,46 кН ⋅ м ; B B 2 2 2 2 2 2 MC p = M x C + M y C + M кр C = 2,75 + 1,59 + 1,59 = 3,56 кН ⋅ м ; 2 2 2 2 MD p = M x D + M y D + M кр D == 0 + 0 + 1,59 = 1,59 кН ⋅ м . Наибольшего значения расчётный момент достигает в сечении С, следовательно, оно и является опасным сечением. Таким образом, M max = MC p p = 3,56 кН ⋅ м . Искомый диаметр вала: d ≥3 32 ⋅ M max p π[σ] =3 32 ⋅ 3,56 ⋅ 103 π ⋅ 126,7 ⋅ 10 6 = 0,0659 м . Принимаем диаметр вала d=66 мм. Указание: величину диаметра вала принимать, округляя до ближайшего чётного целого числа (мм), а также оканчивающегося на 5. 163 4. КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОПРОВЕРКИ 1. Какое напряжение называют опасным? 2. Сформулируйте понятие «допускаемое напряжённое состояние». 3. Сформулируйте понятие эквивалентности напряжённых состояний. 4. Сформулируйте условие прочности на основе I теории прочности. 5. Какие недостатки свойственны I теории прочности? 6. Сформулируйте условие прочности на основе II теории прочности. 5. Какие недостатки свойственны II теории прочности? 6. На основе какой гипотезы строится III теория прочности? 7. Сформулируйте условие прочности на основе III теории прочности. 8. Какой критерий положен в основу IV теории прочности? 9. Сформулируйте условие прочности на основе IV теории прочности. 10. Какой критерий положен в основу теории прочности Мора? 11. Сформулируйте условие прочности на основе V теории прочности. 12. Какой вид изгиба бруса называют «косым»? 13. Сформулируйте понятие «пространственный изгиб». 14. Запишите уравнение нейтральной линии при косом изгибе. 15. Как определяется положение опасных точек сечения при косом изгибе? 16. Сформулируйте принципы прочностного расчета бруса в условиях изгиба с кручением. 17. Применительно к брусу круглого поперечного сечения запишите выражения для определения расчётного момента по третьей и четвертой теориям прочности. Сравните формулы и покажите, что использование IV теории дает некоторую экономию материала по сравнению с III теорией прочности. 164 ТЕМА 5. РАСЧЁТ ВАЛА НА УСТАЛОСТНУЮ ПРОЧНОСТЬ 165 1. ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ 1.1. Понятие об усталостном разрушении Большинство деталей машин и механизмов, а также элементы некоторых строительных конструкций работают в условиях напряжений, периодически меняющихся во времени. Сопротивление материалов действию нагрузок, меняющихся во времени по величине или по величине и знаку, существенно отличается от сопротивления действию статической нагрузки. При этом под действием переменных нагрузок элементы конструкций разрушаются при значительно меньших напряжениях, чем под действием статических нагрузок. Разрушение материала под действием повторно-переменных напряжений называют разрушением вследствие усталости. Термин «усталость» сохранился с первой половины XIX в., когда бытовало ошибочное мнение, что металл под влиянием переменных напряжений перерождается, превращается из пластичного «волокнистого» в хрупкий зернистый. В действительности процесс усталостного разрушения не сопровождается структурными изменениями, но терминология укоренилась. К строительным конструкциям, подверженным усталостным явлениям, относятся подкрановые балки, балки рабочих площадок и элементы конструкций бункерных и разгрузочных эстакад, многократно воспринимающие нагрузку от подвижных составов, конструкции под двигатели, а также высотные сооружения типа антенн, промышленных труб, башен, мачт и подъёмнотранспортных сооружений, испытывающие ветровую нагрузку. Способность металлов сопротивляться разрушению при действии повторно-переменных напряжений называется выносливостью материала. 166 1.2. Виды циклов напряжений Рассмотрим основные понятия. Совокупность последовательных значений переменных напряжений за один период их изменения Т называется циклом. Цикл характеризуется максимальным σmax, минимальным σmin и средним σm=(σmax-σmin)/2 напряжениями, коэффициентом асимметрии ρ=σmin/σmax . Отметим, что ГОСТ 23207-78 предусматривает для коэффициента асимметрии обозначение R. Для того, чтобы избежать совпадения с символом расчётного сопротивления материала будем использовать другое обозначение ρ, принятое в СНиП и амплитудой σа =(σmax—σmin)/2. Если ρ= -1, σm = 0, σо= σmax, то цикл называется симметричным (рис. 1.1, а). В остальных случаях циклы являются асимметричными (рис. 1.1,б). Если минимальное или максимальное напряжение равно нулю, то цикл называется отнулевым. При растяжении в этом случае ρ = 0, σmin = 0, σm = σа = σmax/2 (рис. 1.1, в). Если алгебраические знаки напряжений σmак и σmin одинаковы, цикл называется однозначным или знакопостоянным (рис. 1.1, г); если знаки неодинаковы — знакопеременным рис. 1.1, а,б). Разрушение, вызванное многократным повторением переменных напряжений, называется усталостным, а способность материала противостоять такому разрушению — сопротивлением усталости. В случае знакопеременного цикла трещина то раскрывается, то закрывается (рис. 1.2). При закрытии её неровные поверхности надавливают друг на друга, обминаются и сглаживаются. 167 σ σmax а) t O σmin T σ σa σmax б) O σm t σmin T σ σa σmax в) σm t O T σ σa σmax г) σmin O T Рис. 1.1. Циклы напряжений 168 σm t Рис. 1.2. Процесс развития трещин По мере возрастания числа циклов трещина постепенно проникает вглубь, ещё более увеличивая концентрацию напряжений (на концах трещины возникает объёмное напряжённое состояние). Когда напряжения в неразрушенной части сечения, которая воспринимает всю нагрузку, окажутся настолько большими, что материал не сможет их выдержать, произойдет внезапное неудержимое разрушение. Картина излома имеет своеобразный вид (рис. 1.3). Рис. 1.3. Излом поперечного сечения разрушенного вала В сечении конструкции отчетливо видна гладкая, иногда отполированная зона 1 внедрения усталостной трещины и резко отличающаяся от нее шероховатая матовая поверхность 2 типично хрупкого разрушения. 1.3. Понятие предела выносливости Предел выносливости для различных конструкционных материалов определяется экспериментально. Анализ выхода из строя различных конструкций и 169 многочисленные экспериментальные исследования показывают, что усталостное разрушение происходит при напряжениях ниже не только предела прочности, но часто и предела текучести, установленного статическим испытанием. На рис. 1.4 приведен график изменения сопротивления усталости – кривая Вёлера1 стали марки Ст3 в зависимости от числа п симметричных циклов. Асимптота этой кривой характеризует напряжение усталостного разрушения при nbas=107, называемое пределом выносливости. Указанное число циклов принимают за базу испытаний. Опыты показывают, что не разрушившийся за это время стальной образец выдержит сколько угодно большое число циклов при данном максимальном напряжении. Таким образом, под базой следует понимать предварительно задаваемую продолжительность испытаний образцов на усталость. σmax , МПа 400 300 200 σ-1 =170 100 2 4 6 8 n bas =107 10 12 n .10 6 Рис. 1.4. Кривая Вёлера стали марки Ст3 Обозначим предел выносливости при изгибе σρ, при кручении τρ , при растяжении (сжатии) σρt. Здесь индекс ρ по-прежнему указывает значение коэффициента асимметрии цикла. Тогда предел выносливости при симметричном 1 А. Вёлер - A. Wohler (1819—1914) — немецкий ученый и инженер, с экспериментальных работ которого берёт начало изучение усталости материалов. 170 цикле изгиба получает обозначение σ-1, кручения - τ-1 растяжения - σ-1t. При отнулевом цикле имеем соответственно σ0, τ0 и σ0t. Если образцы подвергнуть испытанию на усталость при каком-либо асимметричном цикле, то кривая усталости расположится выше, чем при симметричном цикле. Следовательно, при любом виде деформирования (изгиб, кручение, растяжение) нагружение с симметричным циклом наиболее опасно. Кривая усталости алюминиевых сплавов не имеет асимптоты, поэтому базу испытаний для них увеличивают (nbas=108). To же относится к некоторым легированным сталям, подвергнутым закалке. К таким материалам понятие предела выносливости, строго говоря, неприменимо. За характеристику их сопротивления усталости (относящуюся к спадающему участку кривой Вёлера) принимают предел ограниченной выносливости σρп — наибольшее максимальное по абсолютному значению напряжение цикла, при котором образец ещё не разрушается после определенного (задаваемого) числа циклов n