[link]
[pic]
Условия прочности:
[pic] [pic] - допускаемое нормальное напряжение.
Материалы
Пластичные материалы Хрупкие материалы
[pic] [pic] - предел текучести материала
[pic] [pic] - предел прочности материала
n – коэффициент запаса прочности
n – вводится по следующим причинам:
неточное определение внешних нагрузок
приближенные методы расчета
отклонения в размерах деталей
разброс в механических характеристиках материала.
Для хрупких материалов n больше чем для пластичных материалов, так как у хрупких материалов большая неоднородность структуры.
[pic]
если N(z) = const, F(z) = const
[pic]
Условие жесткости l [l]
7. Типы задач сопротивления материалов
Мы выполняем расчет по допускаемым напряжениям, при этом вся конструкция считается прочной, если напряжение в опасной точке max не превосходит [] – допускаемого значения (рис. 7.1).
[pic]
[pic]
[pic] [pic]
max
[pic]
Рис. 7.1 Эпюра напряжений
1. Проверочный расчет
Дано:
Размеры стержня, внешняя нагрузка.
[pic] ?
2.Проектировочный расчет
Дано:
Внешняя нагрузка, []
[pic] max = [] условие экономичности
[pic]
3.Определение допустимой внешней нагрузки
Дано:
размеры стержня,
max = [pic] =
[pic] [pic]
[pic] [pic] [pic]
[pic]
4. Расчет на жесткость.
Условия жесткости: l = [pic] [pic]
Пример (Р-1)
все величины заданы в системе СИ
[pic]
[pic]
, Па
[pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic]
5,6107
[pic] [pic]
1,12107
2,25107
[pic]
1,12107
[pic]
[pic] [pic]
-2,25107
[pic]
[pic]
1,687
1,687
, м-4
[pic] 1,35
[pic] [pic] [pic]
[pic]
1,012
Рис. 39 Пример решения задания Р-1
Рис. 7.2 Пример решения задачи Р-1
Решение
Найдем реакции связей
[pic]
Построим эпюру нормальных сил
[pic]
Построим эпюру нормальных напряжений
[pic]
Построим эпюру перемещений
[pic]
8. Кручение стержней
Это такой вид нагружения, при котором в поперечном сечении стержня возникают только крутящие моменты, отличные от 0. а N = Qx = Qy = Mx = My = 0.
Стержень, работающий на кручение, называется валом.
8.1 Кручение круглых стержней
Три стороны задачи о кручении.
Рассмотрим вал, находящийся под действием крутящих моментов (рис. 8.1).
[pic]
Рис. 8.1 Вал
1. Статическая сторона задачи:
Mкр (z) = M,
Mкр = [pic] dF (2)
M [pic] x = [pic] ydF = 0
My = [pic] xdF = 0 (3)
N = [pic] dF = 0
Анализируя формулы (3), приходим к выводу, что нормальные напряжения в нормальных сечениях = 0.
Найдем закон изменения касательных напряжений “” в поперечном сечении бруса.
2. Геометрическая сторона задачи.
Она связана с применением гипотезы Бернулли (плоских сечений)
Экспериментально установлено, что при кручении круглого бруса ось стержня не меняет своей длины и формы, а поперечные сечения, плоские и нормальные к плоскости бруса до приложения крутящего момента, остаются такими же после приложения крутящего момента, и поворачиваются друг относительно друга. Физическая модель резинового бруса: поперечные сечения закручиваются друг относительно друга.
Выделим участок бруса длиной dz и имеющего радиус (рис. 8.2).
[pic]
Рис. 8.2 Участок бруса
Пусть левая часть неподвижна.
[pic]
[pic] (4)
- абсолютный угол поворота
- относительный угол закручивания (поворота), приходящийся на единицу длины
- угловая деформация
3. Физическая сторона задачи
Заключается в применении закона Гука.
Закон Гука для угловых деформаций:
= G (5), G – модуль сдвига (модуль упругости II–го рода)
Gстали = 8104 МПа = 81010 Па
Объединяя три стороны задачи, получаем:
[pic]
Рис. 8.3 Эпюра касательных напряжений
из (4), получаем = => (5) Mкр = [pic] dF
[pic] [pic] = G (6) => (2) Mкр = [pic] 2G dF (2) = G [pic] 2 dF
const Ip
Ip = [pic] 2dF – полярный момент инерции
Ix = Iy = D4/64; Ip = 2Ix = 2Iy = D4/32
= Mкр/ (GIp) (7)
(7)(6) => = (MкрG)/Ip= (Mкр)/Ip
= (Mкрi)/Ip (8)
Анализируя формулу (8), делаем вывод, что касательные напряжения при кручении распределяются по нормальному закону (рис. 8.3).
max возникают при = [pic]
Wp = Ip/(D/2) – полярный момент сопротивления
Для круглого сплошного сечения: Wp = (D3)/16
Тогда max = Mкр/Wp; Мкр/Wк [pic] , где Wк – момент сопротивления при кручении, равный в данный момент Wp.
max = Mкр/Wк – условие прочности при кручении.
8 [pic] .1.1 Геометрические характеристики Ip и Wp
[pic] характеристики Ip
Wp
D
[pic]
[pic]
[pic]
d
D
[pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic] [pic]
[pic]
[pic]
Анализируя эпюру , мы видим, что в центре сечение не нагружено, т.о. рациональным сечением является не сплошной вал, а кольцо.
Задача: [pic]
D1
сопоставить по металлоемкости два равноправных сечения (рис. 8.4). [pic] [pic] [pic]
[pic]
Рис. 8.4 Полое и сплошное сечения вала
Равнопрочные:
max1 = max2
max1 = Мкр/Wp1
max2 = Мкр/Wp2
Мкр/Wp1 = Мкр/Wp1 1/Wp1 = 1/Wp1
(D31)/16 = (D32)/16(1–(d24/D24))1/D13 = 1/(D23(1–0.84));
0.59 D23 = D13;
D1 = D0.839.
Сопоставляем сечения 1 и 2 по металлоемкости:
F1/F2 = (D12)/4/((D22)/4)–(1–d22/D22) = 1.9.
8.2 Кручение прямоугольных стержней
При кручении прямоугольных стержней гипотеза плоских сечений не выполняется, так как сечения искривляются депланируют. Задача о кручении прямоугольных стержней решается в теории упругости.
Готовые формулы
h [pic]
>b
Рис. 8.5 Эпюра касательных напряжений для некруглых стержней
В углах и центре тяжести 0
[pic]
[pic]
где Wk = b2h - момент сопротивления при кручении
Ik = b3h -
, , -коэффициенты, зависят от соотношения [pic]
Некоторые значения коэффициентов , , .
Абсолютный угол закручивания вала, состоящего из n участков - .
[pic] [pic] [pic]
[pic] [pic] [pic]
Пример (К-1)
Дано (рис. 8.6)
[pic] [pic] [pic] [pic]
Решение
[pic]
первый участок
[pic] [pic] [pic]
второй участок
[pic] [pic] [pic]
третий участок
[pic]
[pic] [pic] [pic]
так как мы приняли за диаметр трубки диаметр D1, то пересчитаем момент сопротивления
[pic]
найдем угол закручивания стержня
[pic]
[pic]
М
Рис. 8.6 Эпюра крутящих моментов
[pic]
Рис. 8.7 Эпюра касательных напряжений для различных сечений стержня
9. Геометрические характеристики плоских сечений
Рассмотрим произвольное плоское сечение (рис. 9.1). Выделим элементарную площадку dF и определим ее характеристики.
[pic]
dF
[pic]
y
[pic]
[pic]
[pic] [pic]
x
[pic]
Рис. 9.1 Произвольное плоское сечение тела
Статистический момент инерции сечения.
Называется Sxи Sy относительно осей x и y
[pic] интегральная сумма произведения элементарных площадок на их расстояние до оси.
[pic] => [S] = м3
Используется для определения центра тяжести касательных напряжений при изгибе.
Координаты центра тяжести сечения
[pic] [pic]
Если фигура состоит из нескольких простых
[pic]
Осевой момент инерции сечения.
[pic] [м4]
[pic] [м4]
Главная характеристика при расчетах на изгиб.
Центробежный момент инерции скольжения – интегральная сумма произведения элементарных площадок на расстояние до осей.
[pic] [м4]
Полярный момент инерции.
[pic] [м4]
[pic]
Радиус инерции.
[pic]
Осевой момент сопротивления.
Wx, Wy [м2]
Д [pic] ля сечения, имеющего две оси симметрии:
[pic] [pic]
[pic]
Для сечения, имеющего одну ось симметрии:
[pic] [pic]
[pic]
[pic]
[pic] [pic] полярный момент сопротивления
Пример
[pic] dF = bdy
I [pic] [pic] x = ?
т [pic] огда [pic]
9.1 Геометрические характеристики простых сечений
[pic]
[pic]
[pic]
0
[pic] [pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
0
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
0
[pic] [pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
9.2 Параллельный перенос осей
y1
[pic]
y
[pic]
[pic]
x
b
[pic] [pic]
[pic] [pic]
y
x
[pic] [pic]
a
x1
[pic]
Рис. 9.2 Параллельный перенос осей
Дано: F, a, b, Ix, Iy, Ixy; (рис. 9.2)
Найти: Ix1, Iy1, Ix1y1;
Решение:
Если оси x и y центральные, то Sx=Sy=0 и формулы имеют вид:
[pic]
В общем виде формулы параллельного переноса имеют вид:
[pic] n число составных частей
9.3 Поворот осей
[pic]
Рис. 9.3 Поворот осей
Дано: Ix, Iy, Ixy, (рис. 9.3)
Найти:Ix1, Ix2, Ix1y1
Решение:
[pic]
Исследуем на экстремум Ix1
[pic]
[pic] - ось максимума
[pic] [pic] - ось минимума
[pic] - сумма осевых моментов инерции при повороте осей инвариантна (=const)
[pic]
Оси, относительно которых центробежный момент равен 0, называются главными. Моменты инерции относительно этих осей принимают максимальные и минимальные значения:
[pic] , [pic] - главные моменты инерции
Главные оси, u, v, проходящие через центр тяжести сечения, называются главными центральными.
[pic]
Главные центральные моменты сечения:
[pic]
Если сечение обладает симметрией, то оси симметрии и являются главными осями.
10. Изгиб. Расчеты на прочность и жесткость при изгибе
10.1 Чистый изгиб
Расчетные формулы для определения нормальных напряжений при изгибе обычно выводят из рассмотрения плоского чистого изгиба, который является наиболее простым случаем изгиба (рис.10.1).
[pic]
Рис. 10.1 Плоский чистый изгиб
Чистый изгиб – такой вид нагружения, при котором в поперечных сечениях бруса возникают только изгибающие моменты Мх, а Q=0.
Чистый изгиб характерен тем, что из шести компонентов внутренних усилий только изгибающий момент не равен 0, а поперечные и нормальные силы отсутствуют. Для тех участков стержня, где соблюдается это условие, изгибающий момент остается постоянным (М = const). Изгибающий момент численно равен сумме моментов всех внешних сил, действующих на отсеченную часть балки относительно оси Ох. Эпюра изгибающих моментов строится на сжатом волокне. При этом изгибающий момент в балках считается положительным, если сжаты верхние волокна, т. е. элемент изгибается выпуклостью вниз.
Рассмотрим три стороны задачи об изгибе:
1. Статическая сторона задачи:
Условия чистого изгиба могут возникать при различных внешних нагрузках. Характерный пример показан на рисунке (простейший двухопорный стержень, нагруженный силами Р) (рис. 10.2).
[pic]
[pic]
M
[pic] [pic]
[pic] [pic]
Чистый изгиб
Рис. 10.2 Напряжения при чистом изгибе
Рассмотрим условие равновесия, связывающее напряжения и внутренние усилия в поперечном сечении балки (рис. 10.3), опуская индекс x y момента, получим
[pic] (1)
[pic] (2)
[pic] (3)
[pic] (4)
[pic]
Рис. 10.3 Поперечное сечение балки
2. Геометрическая сторона задачи:
При изгибе под действием моментов М ось балки искривляется (установлено экспериментально).
[pic]
Рис. 10.4 Сетка, предварительно нанесенная на балку
Наблюдая за деформацией сетки, предварительно нанесенной на балку (рис. 10.4), можно заметить, что продольные линии при чистом изгибе искривляются по дуге окружности, контуры поперечных сечений остаются плоскими кривыми, пересекая продольные линии под прямыми углами (рис. 10.5). Это говорит о том, что при чистом изгибе поперечные сечения остаются плоскими и, поворачиваясь, становятся нормальными к изогнутой оси балки.
Фактически это есть доказательство того, что все сечения однородной балки при чистом изгибе не искривляются, а лишь поворачиваются. Это утверждение, будучи точным, для чистого изгиба, в общем случае является приближенным и именуется гипотезой плоских сечений (Бернулли).
[pic]
Рис. 10.5 Деформация участка балки при чистом изгибе
Поворот плоских поперечных сечений одного относительно другого является результатом образования деформаций при чистом изгибе.
В сжатой области (сверху) волокна укорачиваются, а в зоне растяжения удлиняются. Зона растяжения в сечении балки разделяются нейтральным слоем с радиусом кривизны ρ. Длина нейтрального слоя при изгибе остается неизменной.
Рассмотрим два смежных сечения a и b, расположенных между собой на расстоянии dz (рис. 10.6).
Предположим, что левая часть неподвижна, а правая поворачивается относительно левого участка.
[pic]
Рис. 10.6 Поворот правого участка относительно левого
При чистом изгибе найдем из рассмотрения деформации участка балки длиной dz относительное удлинение некоторого волокна, находящегося на расстоянии у от нейтрального слоя [pic]
[pic]
[pic] (5) -относительное удлинение участка
3. Физическая сторона задачи:
При чистом изгибе вводится предположение о ненадавливаемости продольных слоев (рис.10.7).
[pic]
Рис. 10.7 Деформация участка балки длиной dz
= 0 – касательное напряжение
0 – нормальное напряжение
Так как = 0, то это значит, что волокна балки находятся в линейно напряженном состоянии
[pic] (6) - применяем закон Гука
4. Объединяем три стороны задачи:
(5)(6) [pic] (7)
[pic]
(7)(2) [pic]
[pic]
[pic] - осевой момент инерции, зависит от формы, размеров.
[pic]
[pic] (8), где Е∙Ix - жесткость сечения при изгибе
Изменяется по высоте сечения по линейному закону:
[pic]
Напряжения при изгибе:
[pic] [pic] (9) – нормальные напряжения при изгибе.
Рис. 10.8 Сечение не имеющее горизонтальной оси симметрии
Максимальное напряжение при изгибе возникает в точках, наиболее удаленных от нейтральной линии.
[pic]
[pic]
[pic] - осевой момент сопротивления сечения
(9)(4) [pic]
[pic] - статический момент инерции
Значит, ось х – центральная. Таким образом, центр инерции проходит через центр тяжести сечения.
[pic]
[pic] - центробежный момент инерции
[pic]
Через ось у проходит силовая плоскость, значит, оси x и у – главные центральные оси.
Мы получили условия существования прямого изгиба (когда деформирование бруса происходит в силовой плоскости).
Для сечений с двойной симметрией унижн=уверхн=уmax
[pic] , где [pic]
[pic] - условие прочности при изгибе.
[pic] [pic]
Рис. 10.9 Эпюра нормальных напряжений и сечение с горизонтальной осью симметрии
Пример (Рис. 10.10)
П [pic] одобрать номер двутавра
Рис. 10.10 Расчетная схема
Дано:
P=40 кН
A=1 м
[]=160 МПа
Решение:
Растяжение – сжатие:
[pic]
Кручение:
[pic]
Изгиб:
[pic]
[pic] - условие «экономичности»
[pic] , [pic]
Строим эпюры Q и M (рис. 10.11)(эпюра М строится на сжатых волокнах)
[pic]
Q
[pic] [pic] [pic]
2P
RA
[pic] [pic]
[pic]
RB
M
[pic] [pic]
Рис. 10.11 Построение эпюр Q и M
Для этого определяем реакции RA,RB, используя уравнения равновесия
[pic] , [pic]
[pic] ,
[pic] ,
[pic]
[pic] ,
[pic]
Опасное сечение над опорой В
[pic]
[pic]
Двутавр №22, [pic]
Для №22 перегрузка
[pic]
Пример (И-1)
Для балки (Рис. 10.12) из расчета на прочность по нормальным напряжениям подобрать сечение в двух вариантах а) двутавровое б) полый прямоугольник. Проверить прочность балки по касательным напряжениям для двух вариантов. Построить эпюру касательных напряжений для прямоугольного сечения. Определить вертикальное перемещение сечения С. сравнить вес балок с прямоугольным и двутавровым сечением.
[pic]
Рис. 10.12 Прямоугольное полое сечение и расчетная схема
y
[pic]
Рис.10.13 Построение эпюр Q и M
Дано:
[pic]
Решение:
Y: [pic]
(у правой) [pic]
[pic]
(MD правой) [pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
На третьем участке определяем максимум для момента:
[pic]
[pic]
Находим величину момента сопротивления:
1)для двутавра
[pic]
подбираем номер двутавра №22 Wx.22=232·10-6
[pic]
Проверка: [pic] % (недонапряжение)
Подбираем номер двутавра №20а Wx.20а=203·10-6
[pic]
Проверка: [pic] % (перенапряжение)
Т.к. на практике допускаются перенапряжения до 5 %,
то выбираем № 22
2)для специального сечения
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic] [pic]
[pic] м
[pic]
Определим площадь этого сечения:
[pic] м2
[pic]
Проверим прочность балки по касательным напряжениям для двух вариантов сечений:
1)для двутавра
[pic] м
[pic] м
[pic]
[pic]
[pic] Па (меньше τдоп)
Двутавр удовлетворяет требованиям прочности
2)для прямоугольника
τ1=0
[pic]
[pic] Па
[pic] Па
[pic]
[pic] Па
[pic] Па
Определим вертикальное перемещение в сечении с:
[pic]
[pic] Па
[pic] Па
1-й участок
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
2-й участок
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
3-й участок
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
4-й участок
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
5-й участок
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
Определяем металлоемкость:
[pic]
[pic]
Таким образом, балка двутаврового сечения обладает меньшей металлоемкостью, чем балка в виде прямоугольника(рис.10.14 и рис.10.15).
[pic]
Рис. 10.14 Эпюра касательных напряжений для прямоугольного сечения
[pic]
y
max
[pic] [pic] [pic] [pic]
[pic]
[pic]
max = 27.75Па
max
Рис. 10.15 Двутаврное сечение балки
10.2 Поперечный изгиб
Поперечный изгиб – это такой вид нагружения, при котором в поперечных сечениях бруса возникают не только изгибающие моменты Мх, но и поперечные силы Qу. Эта сила представляет собой равнодействующую элементарных распределенных сил, лежащих в плоскости сечения. В этом случае в поперечных сечениях возникают не только нормальные, но и касательные напряжения.
[pic]
Возникновение касательных напряжений τ сопровождается появлением угловых деформаций. Поэтому, кроме основных смещений, свойственных чистому изгибу, каждая элементарная площадка сечения dF получает еще некоторые дополнительные угловые смещения, обусловленные сдвигом (рис. 10.16).
[pic]
Рис. 10.16 Искривление поперечных сечений
Касательные напряжения распределены по сечению неравномерно, поэтому неравномерно будут распределены и угловые смещения. Это значит, что при поперечном изгибе в отличие от чистого изгиба поперечные сечения не остаются плоскими.
Найдем закон изменения касательных напряжений zy= при поперечном изгибе.
Для этого сначала рассмотрим случаи поперечного изгиба
(рис. 10.17):
[pic]
Рис. 10.17 Эпюры Q и M при поперечном изгибе
Вычислить касательные напряжения проще всего через парные им напряжения, возникающие в продольных сечениях стержня. Выделим из бруска элемент длиной dz (рис. 10.18).
[pic]
Нейтральный
слой
Рис. 10.18 Распределение касательных напряжений элемента бруска
При поперечном изгибе моменты, возникающие в левом и правом сечениях элемента, не одинаковы и отличаются на dM. Продольным горизонтальным сечением, проведенным на расстоянии у от нейтрального слоя, разделим элемент на две части и рассмотрим условия равновесия верхней части. Равнодействующая нормальных сил [pic] в левом сечении в пределах заштрихованной площади (отсеченной части) равна
[pic]
[pic]
Полагая, что справедливо распределение в виде:
[pic] , получим
[pic]
[pic] [pic] ,
где через у обозначена текущая ордината площадки dF. Разность нормальных сил в правом и левом сечении должна уравновешиваться касательными силами, возникающими в продольном сечении элемента (рис. 10.19)
[pic]
Рис. 10.19 Распределение касательных напряжений τ(у) на участке dz
Полученный интеграл представляет собой статистический момент относительно оси х части площади, расположенной выше продольного сечения. Обозначим этот статистический момент через [pic] , тогда
[pic]
[pic]
Учитывая, что [pic]
[pic]
Полученная формула носит название формулы Журавского. Она позволяет вычислить касательные напряжения, возникающие в продольных сечениях стержня.
[pic]
Полный расчет балки на прочность при поперечном изгибе:
[pic]
и [pic] ,
где Iх – осевой момент инерции сечения относительно центральной оси х;
b(y) – ширина живого сечения на уровне у;
Sхотсеч – статический момент площади, отсеченной уровнем у.
Пример
Н [pic] айти закон изменения касательного напряжения у на уровне у (рис. 10.20).
Рис. 10.20 Расчетная схема
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
Закон изменения представляет собой параболу.
[pic] [pic]
F
11. Определение перемещений в рамах и балках
На основе определения перемещений созданы общие методы определения внутренних силовых факторов в статически определимых системах.
Наиболее просто перемещения можно найти при помощи энергетических соотношений на основе общего выражения потенциальной энергии нагруженного стержня. Определению потенциальной энергии предшествует анализ внутренних силовых факторов, возникающих в стержне. Этот анализ проводят при помощи метода сечений с построением эпюр изгибающих и крутящих моментов, а в тех случаях, когда это необходимо, - также эпюр нормальных и поперечных сил.
Во всех случаях эпюры внутренних силовых факторов строят на осевой линии стержня. Силовой фактор откладывают по нормали к оси. Для пространственного стержня осевую линию вычерчивают обычно в перспективе, а эпюры изгибающих моментов изображают в соответствующих плоскостях изгиба.
11.1 Потенциальная энергия деформации системы
При прямом поперечном изгибе бруса его ось, искривляясь, остается в силовой плоскости. Ось изогнутого бруса, или, как условно называют, изогнутая ось, представляет собой геометрическое место центров тяжести поперечных сечений деформированного бруса, ее называют также упругой линией.
В результате деформации бруса каждое из его поперечных сечений переходит в новое положение: центр тяжести получает вертикальное v и горизонтальное u линейные перемещения, а само сечение поворачивается на некоторый угол θ вокруг своей нейтральной оси (рис. 11.1).
[pic]
Рис. 11.1 Деформация бруса
При малых деформациях горизонтальные перемещения ничтожно малы и их не учитывают, считая, что центры тяжести поперечных сечений получают лишь вертикальные перемещения, называемые обычно прогибами.
Определение линейных и угловых перемещений необходимо для расчетов на жесткость при изгибе и нахождения так называемых «лишних» неизвестных в статически неопределимых балках (рис.11.2).
[pic]
Рис. 11.2Перемещение точки приложения силы Р по направлению ее действия
Если в системе бесконечно медленно прикладывается сила, эта нагрузка называется статической (т.е. ускорением, возникающим в балке можно пренебречь).
[pic]
Рис. 11.3 Приращение силы ∆Р
Работа силы P на перемещении p
[pic] (рис. 11.3)
Найдем работу внутренних сил для плоского наряженного состояния.
Для плоского напряженного состояния мы имеем N, Q, M.
[pic]
Рис. 11.4Работа системы сил, действующих на стержень
Найдем работу сил на элементарном отрезке:
1.Работа нормальных сил N (рис. 11.5)
[pic]
Рис. 11.5 Работа нормальных сил N на элементарном отрезке
[pic]
- часть работы, которая приходится на отрезок dz.
[pic] ,
где F – площадь поперечного сечения,
E – модуль упругости первого рода,
E·F – жесткость поперечного сечения при растяжении/сжатии.
2.Работа изгибающих моментов М (рис. 11.6)
[pic]
Рис. 11.6 Работа изгибающих моментов на элементарном отрезке dz
[pic] ,
Где [pic]
- осевой момент инерции сечения,
E·Ix – жесткость сечения при изгибе.
3 [pic] . Работа поперечных сил Q (рис. 11.7)
Рис. 11.7Работа поперечных сил на элементарном отрезке dz
[pic]
[pic] - закон Гука при сдвиге, где G–модуль упругости 2-го рода,
Gст = 8·104 МПа
Eст = 2·105 МПа
ст = 0.25….0.3
[pic]
[pic]
Т.к. касательные напряжения распределены неравномерно, то вводится поправочный коэффициент , зависящий от формы сечения, учитывающий, что [pic] . очень близок к 1.
Для прокатных сечений =1.1….1.2
11.2 Обобщенные силы и обобщенные перемещения
Внешние нагрузки весьма разнообразны и обычно представляют собой группу сил. Работу группы постоянных сил можно представить в виде произведения двух величин
[pic] ,
в котором множитель Р зависит только от сил группы и называется обобщенной силой, а ∆р зависит от перемещений и называется обобщенным перемещением.
Таким образом, под обобщенной силой будем понимать любую нагрузку (сосредоточенные силы, сосредоточенные моменты, распределенные нагрузки), которая способна совершать работу на соответствующем обобщенном перемещении.
Так, рассматривая работу системы сил, действующих на стержень, получаем
[pic] ,
где Р- обобщенная сила;
[pic] - обобщенное перемещение.
[pic]
Рис. 11.8 Полный прогиб
Обычно принято обозначать обобщенные перемещения (как линейные так и угловые) буквами ∆ и δ с соответствующими двойными индексами. Первый индекс указывает точку и направление перемещения, второй – силовой фактор, вызвавший это перемещение.
Например (рис. 11.9):
[pic]
Рис. 11.9 Обозначение перемещений
Таким образом, обобщенная сила – это любая нагрузка, приложенная к стержневой системе (например, P или Q) (рис.11.10)
[pic]
Рис. 11.10 Прогиб свободного конца балки, под действием приложенной нагрузки
Формула потенциальной энергии деформации всей системы
[pic] ,
где U – потенциальная энергия деформаций системы,
А – работа внутренних сил,
Для прокатных сечений =1.1….1.2
1 [pic] 1.3 Теорема о взаимности работ и перемещений (теорема Бетти)
Рассмотрим балку, находящуюся под действием системы сил P1,P2 (рис.11.11).
[pic]
Рис. 11.11 Балка, находящаяся под действием системы сил
Первое состояние системы. Сначала прикладываем силу P1 (рис.11.12).
[pic]
Рис. 11.12 Балка, вначале находящаяся под действием силы [pic]
[pic]
Затем прикладываем силу P2 (рис.11.13):
Рис. 11.13 Балка, находящаяся под действием поочередно приложенных сил
[pic] , т.к. сила не меняется
Работа внешних сил:
[pic]
Затем к балке сначала приложим силу P2 (рис.11.14):
[pic]
[pic]
Рис. 11.14 Балка, вначале находящаяся под действием силы Р2
[pic] [pic]
Приложим к этому состоянию силу Р1 (рис.11.15):
Рис. 11.15 Балка, находящаяся под действием поочередно приложенных сил
[pic]
Т.к. конечные состояния в первом и втором случаях одинаковы, то [pic]
[pic]
Таким образом, [pic] - теорема о взаимности работ и перемещений.
Теорема: работа сил первого состояния на перемещении по их направлению от сил второго состояния равна работе сил второго состояния по их направлению от сил первого состояния.
Е [pic] сли Р1 = Р2 = 1, то [pic] или [pic] (рис.11.16)
[pic]
Рис. 11.16 Балка, находящаяся под действием единичных сил Р1 и Р2
11.4 Интеграл Мора
Метод Мора представляет собой универсальный способ для определения линейных и угловых перемещений в любых плоских и пространственных системах, состоящих из шарнирно или жестко соединенных прямых или кривых брусьев.
При отыскании линейного перемещения к системе, освобожденной от заданных нагрузок, в направлении искомого перемещения прикладывается безразмерная единичная сила.
Ограничиваясь рассмотрением плоских систем – балок и плоских рам и учитывая только энергию деформации, связанную с изгибающими моментами, получают следующую формулу для определения перемещений, правую часть которой называют интегралом Мора,
[pic] ,
где ∆кр – искомое перемещение (линейное или угловое).Первый индекс К указывает точку и направление, в которых определяется перемещение, а второй индекс – причину, вызывающую это перемещение. Индекс Р означает, что определяется перемещение от заданных нагрузок;
Мр и М1 – аналитические выражения изгибающих моментов соответственно от заданной нагрузки и единичной силы (момента).
Рассмотрим балку, находящуюся под действием произвольной системы сил (рис. 11.17).
[pic]
Рис. 11.17 Балка, находящаяся под действием системы сил
Р1 = 1 – фиктивная сила, приложенная к балке (рис.11.18).
[pic]
Рис. 11.18 Балка, находящаяся под действием фиктивной силы Р1
[pic]
где [pic] , [pic] , [pic] - выражения для внутренних факторов от [pic] (черта вверху обозначает единичную силу);
Мр, Np, Qp, - выражения внутренних усилий от внешней нагрузки.
Порядок определения перемещения с помощью интеграла Мора:
1.В сечении, перемещение которого требуется найти, прикладывается единичная обобщенная сила.
2.Выписываются выражения для M, Q, N, [pic] для каждого участка.
3.Вычисляют интегралы Мора удерживая необходимые слагаемые.
При получении положительного результата направление перемещения совпадает с направлением единичной силы, в противном случае направление противоположно. В случае пространственной стержневой системы можно записать 6 интегралов Мора: N, Qx, Qy, Mx, My, Mкр..
Пример (рис.11.19)
О [pic] пределить вертикальное перемещение.
Рис. 11.19 Расчетная схема
Решение:
Влиянием поперечной силы Q и нормальной силы N можно пренебречь.
[pic]
С [pic] троим вспомогательную систему. Это заданная балка без внешней нагрузки. В заданной точке к этой балке прикладывается единичное усилие (рис.11.20).
Рис. 11.20 Балка, находящаяся под действием единичной силы Р1
Если требуется определить линейное перемещение, то прикладывают единичную силу, а если угол поворота – единичный момент (рис.11.21)
[pic]
Рис. 11.21 Приложение единичного момента для определения угла поворота
Записываем выражение момента:
[pic] - от внешних сил
[pic] - от единичной силы
[pic]
Составляем интеграл Мора и вычисляем его:
[pic]
11.5 Графо – аналитический метод взятия интегралов (способ Верещагина)
Основным недостатком определения перемещений при помощи интеграла Мора является необходимость составления аналитического выражения подынтегральных функций. Это особенно неудобно при определении перемещений в стержне, имеющем большое количество участков. Однако, если он состоит из прямых участков с постоянной в пределах каждого участка жесткостью, операцию интегрирования можно упростить. Это упрощение основано на том, что эпюры от единичных силовых факторов на прямолинейных участках оказываются линейными.
Этот способ применим только для прямолинейных участков, т.к. в этом случае единичная эпюра всегда носит единичный характер.
Пусть имеется эпюра внешних сил Мр (грузовая эпюра), обозначим ее площадь Ωр (рис.11.22).
[pic]
Рис. 11.22 Эпюра внешних сил
Для определения перемещения необходимо вместо вычислений интеграла Мора умножить площадь грузовой эпюры Мр на ординату, взятую на единичной эпюре под центром тяжести грузовой (нелинейной) эпюры.
Согласно интегралу Мора:
[pic]
[pic] ,
где р – площадь грузовой эпюры,
[pic] - ордината единичной эпюры под центром тяжести грузовой эпюры.
Пример
Определить перемещение.
MP
[pic] [pic] l
l
[pic] [pic]
[pic]
Pl
[pic] [pic]
[pic] [pic] [pic] [pic]
Pl
[pic] lP
[pic] [pic] [pic]
[pic]
M1
[pic] [pic]
2/3l
l/2
Рис. 11.23 Эпюры Мр и М1
Перемножение эпюр:
[pic]
11.6 Универсальная формула трапеции
[pic]
Рис. 11.24 Эпюра внешних сил
[pic] ,
где [pic] - если есть распределенная нагрузка и [pic] ,
a, b, c, d − ординаты эпюры.
В формуле трапеции все ординаты берутся с учетом знака.
Пример (рис. 11.25)
[pic]
Рис. 11.25 Эпюры Мр и М1
[pic]
Замечание: если в результате вычислений перемещение получилось со знаком «−», то направление перемещения противоположно направлению единичного усилия.
Заключение
Сопротивление материалов является одной из основных общеобразовательных инженерных дисциплин и играет существенную роль в формировании инженера почти любой специальности. Особенно большое значение сопротивление материалов имеет для механических, машиностроительных и строительных инженерных специальностей.
В связи с повышением энерговооруженности и быстроходности, уменьшением удельной материалоемкости машин, насыщением их гидро- и пневмомеханизмами возникла насущная необходимость повышения качества расчетных методов прикладной механики при разработке конструкций машин.
Настоящее пособие содержит ясную физическую трактовку явлений и логические выводы, задачи в четкой постановке; изложение опирается на строгий, но, по возможности, простой математический аппарат и строится на основе сведений, полученных при изучении естественнонаучных дисциплин.
Пособие будет полезно не только инженерам – конструкторам и производственникам всех специальностей, встречающимися в практической деятельности с расчетами на прочность, но будет с успехом использовано студентами, аспирантами, преподавателями и научными работниками.
