«Рецензенты: доктор технических наук, профессор А. Н. Орда, заведующий кафедрой Теоретическая механика и теория механизмов и машин БГАТУ доктор технических наук, профессор В. М. Сурин, ответственный за цикл дисциплин по ...»

В шарнирно-неподвижной опоре возникают вертикальная и горизонтальная реакции. Здесь невозможны перемещения по направлениям опорных стержней, но допускается поворот опорного сечения.

В жесткой заделке возникают вертикальная и горизонтальная реакции и опорный (реактивный) момент. При этом опорное сечение не может смещаться и поворачиваться.

При расчете систем, содержащих жесткую заделку, возникающие опорные реакции можно не определять, выбирая при этом отсеченную часть так, чтобы заделка с неизвестными реакциями в нее не попадала. При расчете систем на шарнирных опорах реакции опор должны быть определены обязательно. Уравнения статики, используемые для этого, зависят от вида системы (балка, рама и др.) и будут приведены в соответствующих разделах курса.

1. 7 Закон Гука и принцип независимости действия сил Многочисленные экспериментальные наблюдения за поведением деформируемых тел показывают, что в определенных диапазонах перемещения точек тела пропорциональны действующим на него нагрузкам.

Впервые указанная закономерность была высказана в 1776 году английским ученым Гуком и носит название з а ко н а Г у ка.

В соответствии с этим законом перемещение произвольно взятой точки А (рис. 1.7, а) нагруженного тела по некоторому направлению, например, по оси x, а может быть выражено следующим образом:

где Р сила, под действием которой происходит перемещение u; x коэффициент пропорциональности между силой и перемещением.

Очевидно, что коэффициент x зависит от физико механических свойств материала, взаимного расположения точки А и точки приложения и направления силы Р, а также от геометрических особенностей системы.

Таким образом, последнее выражение следует рассматривать как закон Гука для данной системы.

В современной трактовке закон Гука определяет линейную зависимость между напряжениями и деформациями, а не между силой и перемещением.

Коэффициенты пропорциональности в этом случае представляют собой физико-механические характеристики материала и уже не связаны с геометрическими особенностями системы в целом.

Системы, для которых соблюдается условие пропорциональности между перемещениями и внешними силами, подчиняются принципу суперпозиции, и ли принципу независимости действия сил.

В соответствии с этим принципом перемещения и внутренние силы, возникающие в упругом теле, считаются независящими от порядка приложения внешних сил. То есть, если к системе приложено несколько сил, то можно определить внутренние силы, напряжения, перемещения и деформации от каждой силы в отдельности, а затем результат действия всех сил получить как сумму действий каждой силы в отдельности. Принцип независимости действия сил является одним из основных способов при решении большинства задач сопромата.

Контрольные вопросы 1.1. Что такое прочность, жесткость, деформирование и устойчивость конструкции?

1.2. На какие три группы можно разбить внешние силы, действующие на элемент конструкции?

1.3. Что такое стержень, пластина и массивное тело?

1.4. Сформулируйте гипотезу сплошности.

1.5. В чем заключается гипотеза однородности материала?

1.6. Что такое изотропные и анизотропные материалы?

1.7. Что такое напряжение? На какие компоненты принято раскладывать полное напряжение? Как они называются и обозначаются?

1.8. В чем заключается сущность метода сечений?

1.9. Что мы называем внутренними силами? Какой метод применяется для их изучения?

1.10. Возникают ли внутренние силы в ненагруженном теле? В недеформированном теле?

1.11. Что мы называем отсеченной частью тела? В чем заключается основная идея метода сечений?

1.12. Почему обе отсеченные части, на которые разделено тело некоторым произвольным сечением, равноценны с точки зрения определения внутренних сил, действующих в этом сечении?

1.13. Что означает простое и сложное сопротивление бруса?

1.14. Как выражаются внутренние силовые факторы через напряжения?

1.15. Что такое линейная и угловая деформации?

1.16. Основные виды деформаций бруса.

1.17. Виды опорных закреплений.

1.18. Сформулируйте закон Гука.

1.19. Сформулируйте принцип независимости действия сил.

РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ

Рассмотрим однородный прямолинейный стержень длиной l и площадью поперечного сечения A, на двух концах которого приложены две равные по величине и противоположно направленные центральные продольные силы Р (рис. 2.1, а). Поместим начало плоской системы координат yz в центре тяжести левого сечения, а ось z направим вдоль продольной оси стержня. Для определения величин внутренних усилий воспользуемся методом сечений. Задавая некоторое сечение на расстояние z (0 z l) от начала системы координат и рассматривая равновесие левой относительно заданного сечения части стержня (рис. 2.1, б), приходим к следующему уравнению:

откуда следует, что Nz = P = const.

Примем для Nz следующее правило знаков. Если сила Nz направлена от сечения, т.е. вызывает положительную деформацию (растяжение), то она считается положительной. В обратном случае отрицательной.

Нормальная сила Nz приложена в центре тяжести сечения, является равнодействующей внутренних сил в сечении и, в соответствии с этим, определяется выражением (1.4):

Но из формулы (2.1) нельзя найти Nz без знания закона распределения нормальных напряжений в поперечных сечениях стержня. Для выяснения этого вопроса обратимся к анализу характера деформирования стержня.

Если на боковую поверхность этого стержня нанести прямоугольную сетку (рис. 2.1, б), то после нагружения поперечные линии а а, b b и т.д.

переместятся параллельно самим себе, откуда следует, что все поверхностные продольные волокна удлинятся одинаково. Если предположить также, что и внутренние волокна работают таким же образом, то можно сделать вывод о том, что поперечные сечения в центрально растянутом стержне смещаются параллельно начальным положениям, что соответствует гипотезе плоских сечений, введенной швейцарским ученым Д. Бернулли, гласящей, что плоские сечения до деформации остаются плоскими и после деформации. Значит, все продольные волокна стержня находятся в одинаковых условиях, а, следовательно, нормальные напряжения во всех точках поперечного сечения должны быть также одинаковы и равны A, где А площадь поперечного сечения стержня.

Высказанное предположение о равномерном распределении внутренних сил в поперечном сечении справедливо для участков, достаточно удаленных от мест: резкого изменения площади поперечного сечения (рис. 2.1, в);

скачкообразного изменения внешних нагрузок; скачкообразного изменения физико-механических характеристик конструкций. Основанием для такого утверждения служит принцип Сен-Венана, справедливый для любого типа напряженного состояния и формулируемый следующим образом:

особенности приложения внешних нагрузок проявляются, как правило, на расстояниях, не превышающих характерных размеров поперечного сечения стержня.

Итак, формула для напряжений при растяжении (сжатии):

а условие прочности:

где допускаемое напряжение для выбранного материала, площадь поперечного сечения А предполагается постоянной по длине бруса.

Для определения допускаемого напряжения материала [] проводится экспериментальное исследование с целью определения опасного (предельного) значения напряжения для данного материала.

На рисунке 2.2 показаны диаграммы растяжения экспериментальных образцов из пластичного и хрупкого материалов. Диаграмма показывает зависимость между напряжением и относительным удлинением.

Относительное удлинение (или укорочение) стержня есть отношение его абсолютного удлинения (укорочения) к первоначальной длине.

Рассмотрим диаграмму пластичного материала. Участок ОА диаграммы есть область выполнения закона Гука: напряжение прямо пропорционально деформации.

Здесь Е – модуль продольной упругости материала. Максимальное напряжение, до которого выполняется закон Гука, называют пределом пропорциональности и обозначают пп. Участок ОА характерен также тем, что вся деформация после снятия нагрузки исчезает - такую деформацию называют упругой. Участок ВС называют площадкой текучести материала, а соответствующее напряжение называется пределом текучести T.

Наибольшее напряжение вр называется временным сопротивлением или пределом прочности. В процессе нагружения образца в нем после зоны упругости (точка А) развиваются два вида деформаций: упругая и пластическая. Пластическую деформацию называют также остаточной, так как эта деформация не исчезает после снятия нагрузки. В момент разрыва образца (точка Е) он мгновенно разгружается (КЕ – линия разгрузки) и упругая деформация у исчезает, а остаточная ост - остается. У пластичных материалов ост достигает 20% и больше. Мерой пластичности является ост при разрыве. Чем больше ост, тем более пластичным считается материал.

Противоположным свойству пластичности является свойство хрупкости, т.

е. способность материала разрушаться без образования заметных остаточных Таблица 2.1 - Механические характеристики некоторых материалов П р и м е ч а н и е : В знаменателе указана соответствующая характеристика при сжатии Таблица 2.2 - Коэффициенты поперечной деформации (коэффициент Пуассона) некоторых материалов деформаций. Материалы, обладающие этим свойством, называются хрупкими. Для таких материалов величина ост при разрыве не превышает 2—5%, а в ряде случаев измеряется долями процента. К хрупким материалам относятся чугун, высокоуглеродистая инструментальная сталь, стекло, кирпич, камни и др. Диаграмма растяжения хрупких материалов не имеет площадки текучести и зоны упрочнения и выраженного прямолинейного начального участка (рис. 2.2). При определении деформаций с использованием формул, выражающих закон Гука, значение модуля упругости E находят как тангенс угла наклона прямой, проведенной через начальную точку диаграммы О и точку В, соответствующую напряжению, при котором определяют деформацию. Такой модуль упругости называют секущим.

Вернемся к определению допускаемого напряжения. Оно получается делением опасного напряжения на допускаемый коэффициент запаса.

За опасное напряжение принимается предел текучести т для пластичных материалов и предел прочности вр для хрупких. В коэффициенте запаса заложены такие факторы как неполнота и неточность расчетов, дефекты материала, погрешности изготовления конструкции, ее назначение и долговечность, перспективы роста нагрузок со временем.

При растяжении образца происходит не только увеличение его длины, но и уменьшение размеров поперечного сечения. Поперечная относительная деформация обозначается / и связана с продольной деформацией соотношением:

где – коэффициент Пуассона. При пользовании формулой (2.7) удлинение считается положительным, а укорочение – отрицательным. Коэффициент Пуассона для изотропных материалов лежит в пределах 0 0.5. Упругие свойства и коэффициенты Пуассона некоторых материалов даны в таблицах 1 и 2.

Для сталей различных марок Е = 195-206 ГПа, µ = 0,23-0,31, для сплавов алюминия Е = 69-71 ГПа, µ = 0,30-0,33. Следует отметить уникальное свойство пробкового дерева (µ 0), из-за которого оно широко используются как пробка для закупорки бутылок. У каучука и материалов на основе каучука, т.е. резин µ 0,5. Заметим, что из физических соображений µ 0,5.

V = V-V0 = (l + )(l-µ)(l-µ)-l = (1 -2µ)-µ2 + µ23. Так как деформации малы, т.е. «1, то вторым и третьим слагаемыми в этой сумме можно пренебречь по сравнению с первым. Поэтому V (1-2µ). Отсюда видно, что V = 0 при µ = 0,5. А это значит, что объем материала при деформации Рис. 2.4 увеличивался. Такое свойство позволило бы двигателя могло бы составить устройство, изображенное на рис. 2.4. Оно состоит из абсолютно жесткого цилиндра 1 с поршнем 2. Объем цилиндра заполнен несжимаемой жидкостью 3, в которую погружен некоторый объем 4 из материала с µ > 0,5. При нагружении поршня силой Р объем увеличился бы и поршень передвинулся бы навстречу силе, т.е. была бы совершена отрицательная работа. Иными словами, если бы сила Р создавалась каким-либо грузом, то этот груз вместе с поршнем 2 поднялся бы на некоторую величину и таким образом совершенно «бесплатно»

образовался бы необходимый для вечного двигателя запас энергии.

Из закона Гука получаем формулу для удлинения:

2.1 Определение продольной силы – построение эпюры Nz Продольная сила, как и любой другой внутренний силовой фактор, определяется посредством метода сечений. Рассекая брус в некотором сечении, и отбрасывая одну его часть, находим алгебраическую сумму проекций внешних сил на ось z, действующих на оставленную часть. Эта сумма и будет являться численным значением продольной силы в данном сечении. Правило знаков для продольной силы: растяжение – знак плюс, сжатие – минус.

Пример 2.1. Для стального бруса, показанного на рис. 2.5 построить эпюру Nz и определить его удлинение.

Решение. Продольную силу Nz в поперечном сечении определяем методом сечений из условия равновесия правой отсеченной части бруса. Величина продольной силы Nz в каком-нибудь поперечном сечении бруса равна алгебраической сумме всех внешних продольных сил, действующих на брус по одну сторону от рассматриваемого сечения. Разбиваем брус на участки, как показано на рис. 2.5. Проводя произвольное поперечное сечение на каждом участке бруса, найдем значения продольных усилий для каждого участка по формуле Nz=Рправ: Участок1-2. N2=Р. Участок2-3. N3=Р-2Р=-Р. Участок3N4=Р-2Р+3Р=2Р. Построим график изменения силы Nz вдоль оси стержня. В данном случае график изменения продольной силы представлен на рис. 2.5. Графики такого рода в сопротивлении материалов называются эпюрами. Они штрихуются линиями, которые проводятся в направлении откладываемой на графике величины. В нашем случае значение силы Nz откладывается вверх или вниз, поэтому штриховка проведена вертикально.

Положительная величина откладывается вверх, а отрицательная - вниз. Для ступенчатых стержней полное изменение длины бруса определяется как алгебраическая сумма удлинений его отдельных частей, в пределах которых E, N и А постоянны: =i. Используя формулу (2.8) найдем удлинение

EA EA EA EA

Для расчета такой стержневой системы нужно дополнительно к уравнениям равновесия составить уравнения совместности деформаций или ещ их называют уравнениями перемещений. Эти уравнения отражают особенности геометрических связей, наложенных на деформируемые системы.

Пример 2.2. Прямой однородный стержень (рис. 2.6) жестко закреплен по концам и нагружен продольной силой Р. Требуется определить наибольшие напряжения, возникающие в стержне.

Решение. Система один раз статически неопределима, поскольку две реакции опор X и R3 не могут быть определены из одного уравнения равновесия R3+Р-X=0. Дополнительное уравнение перемещений должно отразить тот факт, что общая длина бруса не меняется. Для составления уравнения совместности деформаций отбрасываем правую заделку, и ее действие заменяем неизвестной реакцией X. Полученную систему называют эквивалентной. Потребуем, чтобы эквивалентная система деформировалась также, как и заданная - это значит, что удлинение всего бруса должно быть равно нулю. Рассмотренный метод решения, когда за неизвестные принимаются усилия в отброшенных связях, называется методом сил.

Решение. Дана симметричная стержневая система из трех стержней, сходящихся в узле. Для расчета таких систем, состоящих из нескольких стержней, применяют способ решения, который называется способом сравнения деформаций. Для составления уравнений равновесия вырезаем узел С и показываем усилия в стержнях N1, N2, N3. Рис. 2.8 - это схема сил.

Так как здесь имеет место частный случай плоской системы сил (все силы сходятся в одной точке), то из трех уравнений статики остаются только два уравнения проекций сил на оси X и Y.

Итак, мы получили два уравнения с тремя неизвестными - система один раз статически неопределима. Для составления уравнения совместности деформаций выполняем схему перемещений. Уравнения перемещений должны выразить тот факт, что узел С деформированной системы должен быть общим для всех стержней.

Как выполняется схема перемещений? В связи с удлинением стержней узел С перемещается вдоль второго стержня в новое положение С1 (рис.2.9).

Отрезок СС1 и есть удлинение второго стержня 2. Перемещение концов стержней 1 и 3 можно мысленно представить в два этапа. Подробно покажем на стержне 1. Отсоединив стержень 1 от шарнира С, растягиваем его вдоль своей оси на 1 и затем поворотом вокруг шарнира В перемещаем конец стержня 1 в новое положение шарнира С1. Следует иметь в виду, что деформации стержня и перемещения при повороте весьма малы по сравнению с характерными размерами стержневой конструкции (длиной стержней). Вследствие этого дугу окружности, по которой перемещается конец стержня 1 заменяем отрезком касательной, т.е. опускаем перпендикуляр из точки С1 на направление первого стержня и получаем удлинение 1. В результате построений получился характерный прямоугольный треугольник, у которого удлинения 1 и 2 связаны между собой как катет и гипотенуза. Уравнение совместности деформаций имеет 1 2 cos. Аналогичные рассуждения справедливы и для вид:

стержня 3. Следует отметить, что в силу симметрии конструкции 1= 3. Далее, подставив значения 1 и 2 в уравнение совместности деформаций, используя выражение (2.8) получим третье уравнение в следующем виде :

Решая три уравнения с тремя неизвестными, находим искомые усилия. Из 1) следует, что N1=N3. Из 3) с учетом, что 2=1cos найдем N1=0,5N2 cos2. Из 2) – N2=Р/(1+ cos3). N1=0,5Р cos2 /(1+ cos3).

Определяем напряжения 1 и 2:

. Из условия прочности (2.3) находим допускаемое значение силы [Р] – Пример 2.4. Для заданной стержневой системы (рис. 2.10) определить допускаемое значение силы Р, если известно допускаемое значение напряжения [].

наименьшей работы. В противном случае возможны ошибки, что и будет показано на примере данной задачи. Для составления уравнений равновесия для стержня ВС покажем схему сил, приложенных к стержню соответствующую схеме деформированного состояния. Для схемы, показанной на рис. 2.11а уравнения равновесия имеют вид:

Итак, мы получили два уравнения с тремя неизвестными - система один раз статически неопределима. Для составления уравнения совместности деформаций рассмотрим подобные треугольники ОВВ1, ОДД1 и ОСС1. Из их подобия следует:

Окончательно уравнение совместности деформаций примет вид:

Далее, подставив значения 1, 2 и 3, используя выражение (2.8) получим третье уравнение в следующем виде:

Решая уравнения 1a-3a, находим усилия в стержнях: N1= P, N2= P, N3= P. Для схемы перемещений, показанной на рис. 2.11б уравнения равновесия имеют вид:

Для составления уравнения совместности деформаций рассмотрим подобные треугольники ОВВ1, ОДN2 и ОСС1. Из их подобия следует:

. Окончательно уравнение совместности деформаций примет вид: 2 1 3 2 3 0. Далее, подставив значения 1, 2 и 3, используя выражение (2.8) получим третье уравнение в следующем виде:

3б) 8N1 12N2 3N3 0.

Решая уравнения 1б-3б, находим усилия в стержнях: N1= P, N2= P, P. Сила N3 направлена противоположно показанному на рис. 2.11б.

N3= Отметим, что численно и по направлению усилия в стержнях совпадают для двух расчетных схем, приведенных на рис. 2.11а и 2.11б.

Посмотрим, что получится, если направление сил взять согласно схеме 2.11а, а схему перемещений согласно рис. 2.11б. В этом случае уравнениями равновесия будут уравнения 1а и 2а, а уравнение совместности деформаций – 3б. Решая эти уравнения совместно, получим неверный результат: N1= Из этого примера видно, что необязательно заранее угадывать напряженное состояние стержней, но обязательно необходимо следить за тем, чтобы напряженное состояние всегда соответствовало деформированному состоянию.

Определяем напряжения 1, 2 и 3:

находим допускаемое значение силы [Р] – 2.3 Свойство статически неопределимых систем Запишем формулу для удлинений в следующем виде, где - жесткость стержня, а EA - жесткость его поперечного сечения. Свойство статически неопределимых систем состоит в том, что если в системе увеличить (уменьшить) жесткость какого – либо стержня, то увеличивается (уменьшается) и усилие в этом стержне.

Покажем это на примере.

Пример 2.5. В стальную трубку (обозначим индексом 1) вставлен медный стержень (индекс 2). Через жесткую плиту они нагружены силой Р (рис. 2.12). Жесткости поперечных сечений стержней Е1А1 и Е2А2.

Решение. Уравнение равновесия:

1) N1 + N2 = Р.

Уравнение деформаций 1 2 или с учетом выражения (2.8) получим:

Как видим, увеличение Е1А1 приводит к увеличению N1. Это же справедливо и для второго стержня.

При решении многих практических задач возникает необходимость, наряду с удлинениями, обусловленными действием механических нагрузок, учитывать также удлинения, вызванные температурным воздействием. В этом случае пользуются принципом независимости действия сил (гипотеза Дюамеля – Неймана), и полные деформации рассматривают как сумму силовой и температурной деформаций:

где коэффициент температурного расширения материала; t - перепад температуры тела. Для однородного стержня, нагруженного по концам продольными силами Р и равномерно нагретого по длине, получим:

Контрольные вопросы 2.1. От чего зависят знаки внутренних силовых факторов: от характера их действия на отсеченную часть или от направления координатных осей?

Продольная сила N (рисунок 2.13) положительна или отрицательна?

2.2. Какое напряженно-деформированное состояние бруса называется растяжением-сжатием? При каких внешних нагрузках оно возникает?

2.3. В каком месте бруса внутренние силовые факторы будут изменяться скачкообразно?

2.4. Можно ли судить о прочности и жесткости бруса, зная только величину внутренних силовых факторов в его поперечных сечениях?

2.5. Что такое остаточная деформация?

2.6. Что такое абсолютные и относительные удлинения?

2.7. Что такое диаграмма растяжения? Как она строится?

2.8. Какой материал называется хрупким? Приведите примеры таких материалов.

2.9. Какой материал называется пластичным? Приведите примеры таких материалов.

2.10. Что такое коэффициент Пуассона?

2.11. Связан ли знак продольной силы N с направлением оси х бруса? В каком случае продольная сила считается положительной?

2.12. Какой характер деформации бруса предполагается гипотезой плоских сечений?

2.13. Как распределяются нормальные напряжения по поперечному сечению бруса при центральном растяжении-сжатии? Как их вычислить?

2.14. Приведите две формы записи закона Гука (связь между и и между и N).

2.15. Что необходимо рассмотреть (помимо условий равновесия) для решения статически неопределимой системы?

2.16. В чем разница записи относительного удлинения для ненагретого и нагретого брусьев?

2.17. Как записать условие прочности конструкции при растяжениисжатии?

2.18. Что такое допускаемое напряжение?

2.19. Как выбирается опасное напряжение для пластичных и хрупких материалов?

2.20. Какие факторы обязательно учитываются при выборе коэффициента запаса?

2.21. Что такое эпюра?

2.22. Что значит статически неопределимая система?

2.23. Свойство статически неопределимых систем.

2.24. Особенности решения статически неопределимых задач способом сравнения деформаций.

2.25. Как связаны продольные и поперечные деформации?

2.26. Назовите характерные участки на диаграмме () для малоуглеродистой стали и определяющие их напряжения.

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ

3.1 Статические моменты сечения. Центр тяжести На рис. 3.1 показано произвольное поперечное сечение, расположенное до данной оси, численно равная интегралу Статические моменты имеют размерность см3 (м3) и могут быть больше нуля, меньше нуля и равны нулю. Если отождествить площадь с силой, то интеграл (3.2) можно рассматривать как сумму моментов сил dA относительно оси х. По известной из теоретической механики теореме о моменте равнодействующей можно написать где А – площадь всей фигуры (равнодействующая);

ус – расстояние от центра тяжести фигуры до оси х.

Из формулы (3.3) следует формула для определения координаты центра тяжести Аналогично статический момент относительно оси у откуда Из этих формул следует, что если х и у проходят через центр тяжести, фигуры, то статический момент относительно этих осей равен нулю. Такие оси называются центральными осями.

Если сечение можно представить в виде отдельных простых частей (прямоугольников, треугольников и т.д.), для которых известны положения центров тяжести, то в этом случае статический момент всего сечения можно получить как сумму статических моментов этих простых частей. Это непосредственно следует из свойств определенного интеграла.

Если сечение имеет ось симметрии, то последняя всегда проходит через Пример 3.1. Определить положение центра тяжести сечения (рисунок 3.3).

Решение. Разбиваем сечение на два прямоугольника.

Проводим вспомогательные оси х и у. По формулам (3.7) и лежит на этой оси. Для определения его положения воспользуемся формулой (3.4).

Вычислим статический момент полукруга относительно оси х, выделив 3.2 Моменты инерции сечения Осевым моментом инерции сечения относительно оси х называется сумма произведений элементарных площадок dA на квадрат их расстояний до данной оси, численно равная интегралу Аналогично относительно оси у где у — расстояние от элементарной площадки dA до оси х (см. рисунок 3.1), х — расстояние от элементарной площадки dA до оси у.

Полярным моментом инерции сечения относительно данной точки (полюса) называется сумма произведений элементарных площадок dA на квадрат их расстояний до этой точки, определяемая интегралом вида где - расстояние от площадки dA до точки (полюса) (см. рис. 3.1), относительно которой вычисляется полярный момент инерции.

Осевой и полярный моменты инерции - величины всегда положительные, так как в формулы (3.9), (3.10) и (3.11) координаты произвольной площадки входят в квадрате.

Центробежным моментом инерции сечения относительно осей х и у называется сумма произведений элементарных площадок dA на их расстояния до этих осей, определяемая интегралом вида где х, у - расстояния от площадки dA до осей х и у.

Размерность моментов инерции – см4 (м4).

Действительно, для симметричной фигуры всегда можно выделить два элемента ее площади (рис. 3.5), которые имеют одинаковые координаты у и равные, но противоположные по знаку абсциссы х. Суммируя выделенные элементы парами по всей площади сечения, получим нулевое значение центробежного момента инерции.

Легко доказать, что полярный момент инерции относительно какой либо точки равен сумме осевых моментов инерции относительно двух взаимно перпендикулярных осей, проходящих через эту точку.

Из рисунка 3.1 видно, что 2 = х2+y2. Подставив это значение в выражение Следовательно, 3.3 Определение моментов инерции сечения относительно осей, параллельных центральным осям На приведенном рис. 3.6 оси ОХ и ОY – центральные. Следовательно, статические моменты Sx и Sy равны нулю. Пусть даны площадь сечения и моменты инерции относительно этих осей. Требуется найти моменты инерции относительно осей x1 и y1, которые проведены параллельно центральным осям на расстояниях b и с от них. Из чертежа видно, что Х1=Х+c, Y1=Y+b. Следовательно, относительно центральной оси, параллельной данной, плюс произведение площади фигуры на квадрат расстояния между осями.

Из формул (3.14) и (3.15) видно, что момент инерции относительно центральной оси меньше, чем момент инерции относительно любой нецентральной оси, параллельной первой.

Момент инерции относительно центральной оси называется центральным моментом инерции.

3.4 Моменты инерции простых сечений Прямоугольник.

Как показано на рис. 3.7, элементарная площадка взята в виде бесконечно тонкой полоски. Поэтому в выражении для момента инерции сделан переход от интегрирования по площади к интегрированию по переменной у. За dA примем площадь бесконечно тонкого слоя dA = b dy. Тогда Теперь найдем Для круга, согласно формуле (3.13), получаем откуда 4. Равнобедренный треугольник.

Определим момент инерции относительно оси х1, параллельной основанию проходящей через вершину треугольника (рис. 3.10) Определим момент инерции относительно центральной оси, для чего используем формулу (3.14):

центральной оси у0, получаем формулу 3.5 Моменты инерции сложных фигур Момент инерции сложной фигуры равен сумме моментов инерции ее составных частей Это непосредственно следует из свойств определенного интеграла где Таким образом, для вычисления момента инерции сложной фигуры надо разбить ее на ряд простых фигур, вычислить моменты инерции этих фигур и затем просуммировать эти моменты инерции.

Данная теорема справедлива также и для центробежного момента инерции.

Моменты инерции прокатных сечений (двутавров, швеллеров, уголков и т.д.) приводятся в таблицах сортамента.

Пример 3.3. Определить положение центра тяжести, вычислить моменты инерции сечения (рис. 3.11) относительно вертикальной и горизонтальной центральных осей.

Решение. 1. Определяем положение центра тяжести.

(треугольника);

y1 - расстояние от оси х' до центра тяжести прямоугольника;

у2 - расстояние от оси х' до центра тяжести треугольника.

Знак минус в формуле говорит о том, что вторая фигура у нас вырез. Тогда:

А1 = 42·28 = 1176 см2, 2. Вычисляем моменты инерции относительно центральных осей x и y:

Для вычисления момента инерции прямоугольника оси х используем формулу (3.14) где I x1 - момент инерции прямоугольника относительно собственной центральной оси х1;

a1 - расстояние от оси х до центра тяжести прямоугольника. Тогда по формуле (3.17) а1 = 21 - 19,67 = 1,33см, I xI 172872 1,332 1176 174952см4.

Аналогично вычисляем момент инерции треугольника относительно оси х По формуле (3.24): x Суммарный момент инерции относительно оси х 174952 18740 1562212см4.

Для вычисления момента инерции относительно оси у используем формулы (3.18) и (3.25):

3.6 Определение моментов инерции сечения при повороте осей координат Теперь определим моменты инерции относительно осей x1 и y1:

или Аналогично Складывая (3.29) и (3.30), получаем Вычитая (3.30) из (3.29), получаем Формула (3.32) показывает, что сумма моментов инерции относительно любых взаимно перпендикулярных осей не меняется при их повороте.

Формула (3.33)может служить для вычисления центробежного момента инерции относительно осей х, у по известным осевым моментам инерции относительно осей х, у и x1, y1.

3.7 Главные оси инерции и главные моменты инерции нулю:

dI x или откуда Эта формула определяет положение двух осей, относительно одной из которых осевой момент инерции максимален, а относительно другой минимален.

Такие оси называются главными. Моменты инерции относительно главных осей называются главными моментами инерции.

Если 0>0, то оси поворачиваются против часовой стрелки. Ось максимума всегда составляет меньший угол с той из осей, относительно которой момент инерции имеет большее значение.

Величину главных моментов инерции найдем из формул (3.29) и (3.30), подставив в них значение 0 из формулы (3.34), при этом используем известные формулы тригонометрии для функций двойных углов.

После преобразований получим следующую формулу для определения главных моментов инерции:

данного случая ( I x > относительно главной оси, повернутой на угол 0 по отношению к оси х, a минимальный момент инерции - относительно другой перпендикулярной оси. В большинстве случаев в этом исследовании нет необходимости, так как по конфигурации сечений видно, какая из главных осей соответствует максимуму момента инерции. Кроме формулы (3.35), для определения главных моментов инерции можно пользоваться также формулами (3.29) и (3.30). При этом сам собой решается вопрос: относительно какой главной оси получается максимальный момент инерции и относительно какой оси минимальный.

Покажем теперь, что относительно главных осей центробежный момент инерции равен нулю.

откуда для tg2 вновь получается формула (3.34).

Таким образом, главными осями инерции называются оси, обладающие следующими свойствами:

1. Центробежный момент инерции относительно этих осей равен нулю.

2. Моменты инерции относительно главных осей имеют экстремальные значения (относительно одной - максимум, относительно другой - минимум).

Главные оси, проходящие через центр тяжести сечения, называются главными центральными осями инерции.

Во многих случаях удается сразу определить положение главных центральных осей. Если фигура имеет ось симметрии, то она является одной из главных центральных осей, вторая проходит через центр тяжести сечения перпендикулярно первой. Сказанное следует из того обстоятельства, что относительно оси симметрии и любой оси, ей перпендикулярной, центробежный момент инерции равен нулю.

Используя формулы (3.29) - (3.31), можно показать, что в случае, если два главных центральных момента инерции сечения равны между собой, то у этого сечения любая центральная ось является главной, и все главные центральные моменты инерции одинаковы (круг, квадрат, шестиугольник, равносторонний треугольник).

Действительно, предположим, что для какого-то сечения оси х и у Ix I y. Тогда из формул (3.29) и главные центральные оси и, кроме того, 0, т.е. любые оси x1 и у1 являются главными центральными осями I x1 y инерции такой фигуры.

В заключение введем понятие радиуса инерции и момента сопротивления сечения относительно координатных осей x и y.

Радиусы инерции ix и iy определяются по формулам:

Размерность радиуса инерции [см, м].

Осевой момент сопротивления — отношение момента инерции относительно оси к расстоянию от нее до наиболее удаленной точки сечения.

Размерность момента сопротивления [см3, м3].

центральных осей:

прямоугольник:

круг:

где = d / D.

Полярный момент сопротивления — отношение полярного момента инерции к расстоянию от полюса до наиболее удаленной точки сечения: Wp.

Для круга Пример 3.4. Вычислить центробежный момент инерции уголка 140x90x относительно центральных осей х и у (рис. 3.13).

tga = 0,409.

Зная tga, находим угол а = 22,24°.

По формуле (3.32) вычисляем момент инерции относительно второй главной центральной оси v:

Пример 3.5. Вычислить главные центральные моменты инерции и главные радиусы инерции сечения (рис. 3.14).

Решение. Определяем координаты центра тяжести, для чего проводим вспомогательные оси х и у и разбиваем сечение на две фигуры: швеллер(I) и уголок (II), для которых все необходимые данные находим в таблицах сортамента.

Координаты центра тяжести сечения определяем по формулам:

где А1 - площадь первой фигуры (швеллера);

А2 - площадь второй фигуры (уголка);

x1 - расстояние от оси у до центра тяжести швеллера;

х2 - расстояние от оси у' до центра тяжести уголка;

y1 - расстояние от оси х' до центра тяжести швеллера;

у2 - расстояние от оси х' до центра тяжести уголка.

По этим данным наносим точку С - центр тяжести сечения и проводим вертикальную и горизонтальную центральные оси хс и ус.

Вычисляем моменты инерции относительно этих осей:

Для вычисления момента инерции швеллера используем формулу (3.14):

где I xc = 1670 см4 момент инерции швеллера относительно собственной центральной оси х1;

А1 = 25,2 см2 - площадь сечения швеллера;

а1 = 10 - 13,69 = -3,69 см - координата центра тяжести швеллера по оси ус.

Аналогично находим момент инерции уголка I xII =146 + (4,19)2·22,2 = 536 см4, где I x2 =146 см момент инерции уголка относительно собственной центральной оси х2, А2 - 22,2 см2- площадь сечения уголка;

а2 = 17,88 - 13,69 = 4,19 см - координата центра тяжести уголка по оси yс. Суммарный момент инерции сечения относительно оси хс равен I xc = 2013 + 536 = 2549 см.

Точно так же вычисляем момент инерции сечения относительно оси ус.

Для швеллера I yc 139 + (3,21)2 25,2 = 399 см4, где b1 = 16,28 - 13,07 = 3,21 см - координата центра тяжести швеллера по оси хс.

I yc = 444 + (- 3,65)2 · 22,2 = 740 см4, где b2 = 9,42 - 13,07 = -3,65 см - координата центра тяжести уголка по оси хс.

Суммарный момент инерции сечения относительно оси ус равен I yc =399+ 740= 1139 см4.

Вычисляем центробежный момент инерции сечения относительно осей хс и ус. Для этого воспользуемся формулой (3.16). Так как швеллер имеет горизонтальную ось симметрии x1, то собственные центральные оси швеллера x1 и у1 являются главными осями, и поэтому первое слагаемое в формуле (3.16) для швеллера равно нулю.

Для уголка собственные центральные оси, параллельные осям хс и ус, т.е.

оси х2 и у2, не являются главными осями, поэтому первое слагаемое в формуле (3.16) для уголка не равно нулю. Его следует вычислить так же, как это было сделано в примере 3.4. Там было получено значение центробежного момента инерции такого же уголка относительно осей х и у, равное Ixy = см4.

Следовательно, центробежный момент инерции всего сечения будет равен I xc yc [0 ( 3.69)(3.21) 25.2] [ 146.8 (4.19)( 3.65) 22.2] Определяем положение главных центральных осей по формуле (3.34):

а0 =24,03°.

Отложим этот угол (против часовой стрелки) и проведем главные центральные оси и и v. Если бы ао получился со знаком «минус», то главные центральные оси были бы повернуты относительно осей хс и ус по ходу часовой стрелки.

Вычисляем главные центральные моменты инерции по формуле (3.35) I max Следовательно, Находим главные радиусы инерции по формулам (3.36):

Пример 3.6. Определить центробежный момент инерции прямоугольного треугольника относительно осей, совпадающих с его катетами (рис. 3. 15).

Решение. Центробежный момент вычисляем по формуле центральных осей воспользуемся формулой (3.16) Контрольные вопросы 3.1. Для чего нужно знать геометрические характеристики сечений?

3.2. От чего зависят знак и величина статического момента?

3.3. Что называется центральной осью сечения?

3.4. Что такое центр тяжести сечения?

3.5. Покажите, что ось симметрии является центральной осью.

3.6. Как определить положение центра тяжести сечения по известным его статическим моментам и площади?

3.7. Как связаны между собой полярный и осевые моменты инерции фигуры?

3.8. От чего зависят знак и величина центробежного момента инерции?

3.9. Какие оси называются главными осями инерции?

3.10. Покажите, что ось симметрии является одной из главных осей инерции.

3.11. Как связаны моменты инерции фигуры относительно параллельных координатных осей? Как упрощается эта связь, если одна из осей центральная?

3.12. Полярный момент инерции круга I p. Чему равен момент инерции круга относительно его центральной оси?

3.13. Воспользовавшись выражением момента инерции круга относительно его центральных осей и свойством аддитивности, вычислить момент инерции для кольца с наружным и внутренним диаметром D и d соответственно.

3.14. Относительно каких осей осевые моменты инерции принимают экстремальные значения? Чему равны эти значения?

3.15. Для квадрата, показанного на рис. 3.16 поставьте знак (, =) в выражении I x I y.

ПЛОСКОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ. ГИПОТЕЗЫ

ПРОЧНОСТИ

Совокупность всех нормальных и касательных напряжений, действующих по всем площадкам, проведенным через данную точку, называется напряженным состоянием в точке.

Для изучения напряженного состояния в точке поступают следующим образом. Вокруг точки вырезают бесконечно близкими сечениями элементарный прямоугольный параллелепипед. Считается, что грани параллелепипеда зывает на нормаль к площадке, по которой действует это напряжение (рис.

4.1).

Напряженные состояния делятся на три вида (рис. 4.2): линейное (одноосное), плоское (двухосное) и объемное (трехосное). В дальнейшем мы будем рассматривать плоское напряженное состояние и, как частный случай, линейное напряженное состояние.

Напряженное состояние называется плоским, если в нем есть только одна площадка, свободная от напряжений.

На рис. 4.3 показано правило знаков для напряжений: нормальное напряжение положительно, если оно растягивающее, касательное напряжение положительно, если оно стремится повернуть элемент по часовой стрелке.

4.1 Закон парности касательных напряжений Закон гласит: касательные напряжения, действующие на взаимно перпендикулярных площадках, равны по величине и противоположны по знаку.

откуда следует Заметим, что размер элемента, перпендикулярный плоскости чертежа (толщина), равен dx. Поэтому площади элемента, по которым действуют элементарные силы – dydx и dzdx.

наклонным площадкам плоского напряженного состояния площадках. Поставим задачу найти напряжения и по наклонной площадке, нормаль к которой составляет угол к оси z (ось z есть нормаль к вертикальной площадке). На приведенном рис. 4.5 все касательные напряжения показаны положительными, поэтому в дальнейшем будем делать подстановку с учетом (4.1) zy= - yz.

Для определения искомых напряжений рассечем параллелепипед по наклонной площадке – получим трехгранную призму. Соотношения между площадками имеют вид: dAz = dA·cos, dAy = dA·sin. Так как призма находится в равновесии, то составим уравнение проекций сил на нормаль n.

После преобразований получим Подставим вместо в (4.2) +90, получим Сложив выражения (4.2) и (4.3) получим Итак, сумма нормальных напряжений, действующих на двух взаимно перпендикулярных площадках есть величина постоянная.

Касательное напряжение получим из уравнения проекций Ft = 0.

4.3 Главные площадки и главные напряжения Площадки, по которым действуют экстремальные нормальные напряжения (max, min) называются главными площадками, а сами напряжения называются главными.

Положение главных площадок найдем из условия равенства нулю первой производной от по из выражения (4.2). Условие экстремума d Решим уравнение (4.6) относительно угла :

Полученное значение тангенса дает два значения для угла, отличающихся на 900 ( 1 90 ), следовательно, главные площадки взаимно перпендикулярны.

Индекс 1 приписывают наибольшему главному напряжению, индекс 2 – наименьшему (алгебраически, то есть с учетом знака).

Свойство главных площадок: на главных площадках касательные напряжения равны нулю.

Замечание: теория моментов инерции и теория плоского напряженного состояния имеют полную математическую аналогию. Ниже в таблице 4. дано сопоставление формул.

Таблица 4.1 – Сопоставление формул Моменты инерции Плоское напряженное состояние 4.4 Графическое представление формул плоского напряженного состояния - круг Мора Рассмотрим плоское напряженное состояние, заданное главными площадками (рисунок 4.7). Преобразуем выражение (4.2) для, заменив cos2 и sin2 через cos2 по формулам в осях –. Мы получили замечательное графическое изображение плоского напряженного состояния, которое называют кругом Мора (по имени автора – немецкого ученого Отто Мора). Каждой точке круга Мора с координатами, соответствует площадка с этими напряжениями – мы получили возможность увидеть все площадки напряженного состояния.

Заметим, что, если угол между площадками, то угол между соответствующими радиусами 2 - удваивается. Следовательно, взаимно перпендикулярные площадки отображаются на круге Мора точками, лежащими на концах его диаметра. Точки 1 и 2 отображают главные площадки. Действительно, 1 – наибольшее, а 2 – наименьшее напряжение.

Здесь же хорошо видно, что только на главных площадках = 0. А на площадках А и В касательные напряжения наибольшие, но разного знака, так как согласно закону парности касательных напряжений на взаимно перпендикулярных площадках касательные напряжения численно равны и противоположны по знаку. Эти площадки составляют с главными угол 45 0, так как между соответствующими радиусами на круге Мора угол 900.

4.5 Вывод формулы для главных напряжений Пусть напряженное (рис. 4.10) состояние задано двумя взаимно перпендикулярными площадками А и В (неглавными). Построим круг Мора.

Для этого в координатной плоскости – наносим точку А по значениям z и yz, а затем – точку В по y и zy. Соединив точки А и В, получаем диаметр круга АВ и его центр О1. Затем проводим окружность радиуса R.

На основании рис. 4.10 получаем выражение для главных напряжений.

Частные случаи кругов Мора G – модуль сдвига (или модуль поперечной упругости).

4.6 Понятие о круге Мора для объемного напряженного состояния В объемном напряженном состоянии (рис. 4.13) имеют место три главных площадки (они взаимно перпендикулярны), по которым действуют три главных напряжения 1, 2 и 3. Притом индексы проставляют так, что 2 3 алгебраически. Следует обратить внимание на 1 -наибольшее касательное напряжение.

4.7 Частный случай плоского напряженного состояния При расчете элементов конструкций обычно имеет место частный случай плоского напряженного состояния или его называют еще упрощенным. Это случай, когда на одной из двух исходных площадок нормальное напряжение равно нулю (рис. 4.14). Введены следующие переменные:

На рис. 4.14 показан круг Мора для этого напряженного состояния. Из (4.11) с учетом (4.13) получим выражения для главных напряжений:

4.8 Обобщенный закон Гука Рассмотрим объемное напряженное состояние (рис. 4.15). Поставим задачу определить относительные удлинения в направлении осей 1, 2 и 3.

Принцип независимости действия сил гласит: усилия, напряжения и деформации от суммы сил равны сумме усилий, напряжений и деформаций от каждой силы в отдельности.

Выражения для 2 и 3 получены круговой перестановкой индексов.

4.9 О прочности в сложном напряженном состоянии. Гипотезы прочности При рассмотрении напряжений мы видели, что в сечениях возникают одновременно нормальные и касательные напряжения и связанные с ними линейные и угловые деформации. Поэтому даже в самом простом случае напряженного состояния, в таком, как, например, растяжение бруса в одном направлении, причиной наступления опасного состояния материала могут быть нормальные или касательные напряжения, достигающие определенных пределов для данного материла. В дальнейшем под опасным состоянием материала мы условимся понимать для пластичных материалов наступление состояния текучести, а для хрупких — наступление разрушения в обычном смысле этого слова. Деление материалов на хрупкие и пластичные является условным. Материал, показавший себя пластичным при простом растяжении, в случае всестороннего растяжения может разрушиться, как хрупкий, без значительных остаточных деформаций. И наоборот, хрупкий при простом растяжении материал может вести себя при другом напряженном состоянии, как пластичный. Поэтому правильнее говорить не о хрупком и пластичном материале, а о хрупком или пластичном состояниях материала.

У такого хрупкого материла, как чугун, сопротивление отрыву частиц меньше, чем сопротивление сдвигу. Поэтому нарушение сцепления между отдельными его частицами происходит до появления заметных остаточных деформаций и разрушение происходит вследствие отрыва. У пластичного материала, как, например, у мягкой стали, сопротивление сдвигу вначале меньше сопротивления отрыву. Поэтому в таком материале происходит сдвиг элементов кристаллической решетки по кристаллографическим плоскостям, вследствие чего в нем появляются остаточные деформации. С появлением первых остаточных деформаций сопротивление сдвигу начинает расти. Окончательное разрушение материала сопровождается значительными пластическими деформациями.

Таким образом, прочность материалов, находящихся в хрупком состоянии, характеризуется величиной сопротивления отрыву частиц, а прочность пластичных материалов характеризуется величиной сопротивления образованию остаточных деформаций, сопротивления сдвигу.

При одноосном напряженном состоянии бруса вопрос об истинной причине разрушения материала не имеет большого практического значения, так как допускаемые напряжения всегда могут быть определены из результатов непосредственного испытания материала.

Иначе дело обстоит при сложном напряженном состоянии, когда брус, например, растягивается по двум взаимно перпендикулярным направлениям. В таких случаях опытное определение величин, характеризующих условия разрушения материала, и выяснение причин разрушения сопряжено с большими трудностями.

Для того чтобы при сложном напряженном состоянии судить о наступлении разрушения материала по пределу текучести или пределу прочности, полученным при простом растяжении, необходимо знать истинную причину наступления разрушения материала. До настоящего времени на основании теоретических и опытных исследований было высказано несколько предположений о причине разрушения материалов.

Предположения эти носят названия теорий прочности. Теории прочности ставят своей задачей оценить на основании характеристик материалов, полученных при простом растяжении или сжатии, возможность разрушения материала, находящегося в сложном напряженном состоянии.

Сразу отметим тот факт, что до сих пор в науке нет точной теории, решившей проблему прочности сложного напряженного состояния. Поэтому при выполнении расчетов прибегают к гипотезам прочности.

Идея гипотез прочности состоит в том, что на основании некоторого критерия, взятого чисто гипотетически, данному сложному напряженному состоянию (1, 2, 3) сопоставляется равноопасное (эквивалентное) простое растяжение с напряжением экв (эквивалентное напряжение).

Равноопасными считаются напряженные состояния, у которых равны коэффициенты запаса.

По закону сопоставления сложного напряженного состояния простому растяжению и различаются теории прочности. Итак, гипотезы прочности позволяют получить зависимость и записать условие прочности в виде Наиболее распространенными из них являются следующие.

I. Теория наибольших нормальных напряжений (теория Галилея) Эквивалентные напряжения определяются равенством Может применяться для хрупких материалов при 3>0.

II. Теория наибольших линейных деформаций (тео рия МариоттаСен-Венана).

Эквивалентные напряжения находятся из условия равенства где экв и 1 — главная деформация исходного напряженного состояния и линейная деформация в эквивалентном одноосном состоянии.

Из обобщенного закона Гука (4.15) в главных осях и того же закона (2.5) для одноосного напряженного состояния следует равенство:

Вторая теория может применяться для хрупких материалов при 3 < 0.

Ш. Теория наибольших касательных напряжений (теория КулонаТреска-Сен-Венана).

Эквивалентные напряжения определяются равенством где max и экв max — максимальные касательные напряжения в исходном и эквивалентном напряженном состоянии. В случае объемного напряженного состояния максимальные касательные напряжения равны (рис. 4.16) экв max эквивалентности:

Для упрощенного плоского напряженного состояния с учетом (4.14) критерий эквивалентности (4.21) будет иметь вид:

Третья теория применяется для пластичных материалов, одинаково работающих на растяжение и сжатие при любых напряженных состояниях.

IV. Теория энергии формоизменения (теория Мизеса-Генки-Хубера).

Получившая широкое распространение для пластичных материалов, энергетическая теория основана на предположении, что опасное состояние материала независимо от напряженного состояния наступает тогда, когда удельная потенциальная энергия деформации связанная с изменением формы, достигает определенной величины. Это предположение приводит к следующему условию эквивалентности:

Так же, как и третья, четвертая теория используется для пластичных материалов, одинаково работающих на растяжение и сжатие при любых напряженных состояниях.

V. Теория Мора.

Это теория прочности, которая обобщает третью теорию прочности на случай, когда []р []сж.

Для случая, когда 3 < 0 и []р []сж условием прочности по теории Mopa будет:

Для частных случаев, когда []р = []сж, эта теория прочности совпадает полностью с третьей теорией прочности. Теория наибольших касательных напряжений и теория Мора дают лучшее совпадение с опытами, чем первые две теории. Однако и они не могут быть признаны совершенными.

перпендикулярным направлениям с равными напряжениями, т. е. когда 1 = 2 = 3>0, не может быть объяснен касательными напряжениями, которые равны в этом случае нулю.

Наиболее часто на практике применяются последние три теории.

Контрольные вопросы 4.1. Какое состояние материала называется линейным, плоским и объемным напряженным состоянием?

4.2. В чем заключается закон парности касательных напряжений?

4.3. Чему равна сумма нормальных напряжений по двум взаимно перпендикулярным площадкам?

4.4. По каким формулам определяются нормальное и касательное напряжения в плоскостях наклонных сечений в общем случае плоского напряженного состояния?

4.5. Что такое главные площадки? Сколько их? Как они взаимно ориентированы? Чему равны касательные напряжения на этих площадках?

Какие напряжения называются главными? Как они обозначаются и соотносятся между собой?

4.6. Что такое круг Мора? Как ориентированы площадки, которым на плоскости Мора соответствуют точки окружностей, проходящих через Мора?

4.7. Каким площадкам соответствуют точки, лежащие в области, заключенной между окружностями круговой диаграммы Мора?

4.8. В какой площадке из всех, проходящих через данную точку, действуют максимальные касательные напряжения?

4.9. Как определить главные напряжения для плоского напряженного состояния?

4.10. Как выражаются относительные деформации через напряжения при объемном напряженном состоянии?

4.11. Как записывается закон Гука при сдвиге?

4.12. Возникают ли при кручении нормальные напряжения?

4.13. Что такое удельная потенциальная энергия изменения объема и удельная потенциальная энергия изменения формы?

4.14. Какие напряженные состояния называются равноопасными?

4.15. Что положено в основу сравнения двух напряженных состояний в гипотезах прочности? Почему сложное напряженное состояние обычно сравнивается с одноосным?

4.16. Для чего служат теории прочности?

4.17. Какой критерий равноопасности положен в основу теории максимальных нормальных напряжений? В каких случаях находит применение эта теория?

4.18. Какой критерий равноопасности устанавливается в теории наибольших деформаций? В каких случаях она дает удовлетворительные результаты?

4.19. На основе какого критерия строится теория максимальных касательных напряжений? Для каких материалов она нашла широкое применение в расчетах?

4.20. Какой критерий равноопасности положен в основу энергетической теории прочности? Для каких материалов она используется?

4.21. Какой подход положен в основу теории предельных состояний?

Как для заданного напряженного состояния здесь определяется предельное состояние? Для каких материалов и напряженных состояний эта теория дает наилучшие результаты?

КРУЧЕНИЕ

5.1 Определение крутящего момента. Построение эпюры Мz 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 момент Mz направленным против часовой стрелки, то момент считается положительным. При противоположном направлении моменту приписывается отрицательный знак. Можно принять наоборот. Рассмотрим пример, показанный на рис. 5.1. Для построения эпюры крутящих моментов Mz применим традиционный метод сечений на расстоянии z от начала координат рассечем брус на две части и правую часть отбросим (рис. 5.1б, 5.1в, 5.1г). Для равновесия оставшейся части бруса, т. е. левой части необходимо, чтобы алгебраическая сумма всех моментов, действующих на нее, была равна нулю. На рис. 5.1б, 5.1в и 5.1г поэтапно показан такой расчет. Для наглядного представления о характере распределения и величине крутящих моментов по длине стержня строятся эпюры (графики) этих моментов (рисунок 5.1д). По эпюрам видно, что скачки на эпюре в тех сечениях, в которых приложены сосредоточенные моменты – на величину этих моментов.

5.2 Предпосылки к теории кручения круглого бруса Нанесем на поверхность круглого бруса тонкие линии (риски) вдоль волокон и по контуру поперечных сечений. На рис. 5.2, данном ниже, показан брус с рисками до и после деформации. Наблюдение картины деформирования позволяет сделать следующие выводы (ввести предпосылки).

Предпосылки: 1. Сечения, плоские до деформации, остаются плоскими после деформации (гипотеза плоских сечений) и расстояния между ними не меняются, то есть z = 0.

2. Сечение остается круглым и его диаметр не меняется, то есть x = y = 0.

3. Деформация продольных волокон сводится к сдвигу ( – угол сдвига).

4. Материал следует закону Гука - = G.

Запишем относительные удлинения согласно обобщенному закону Гука (4.15) и приравняем их нулю. Получим следующую систему однородных уравнений.

Эта система имеет единственное решение x = y = z = 0.

Итак, в поперечном сечении возникают лишь одни касательные напряжения.

5.3 Вывод формул для касательных напряжений и угла закручивания При расчете бруса 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 внешних моментов.

На приведенном на рис. 5.3 в закрученного бруса даны два угла: – угол сдвига и – угол закручивания. Отношение угла к длине бруса называют относительным (или погонным) углом закручивания. Установим связь между относительным углом закручивания и углом сдвига. Двумя поперечными сечениями, как это показано на рис. 5.3, а, из состава бруса выделим элемент длиной dz, а из него в свою очередь двумя цилиндрическими поверхностями с радиусами и + d выделим элементарное кольцо, показанное на рис. 5.3, в. В результате кручения правое торцевое сечение кольца повернется на угол d. При этом образующая цилиндра АВ повернется на угол и займет положение АВ. Дуга BВ равна с одной стороны, d, а с другой стороны dz. Следовательно, Если разрезать образовавшуюся фигуру по образующей и развернуть (рис. 5.3, г), то можно видеть, что угол представляет собой не что иное, как угол сдвига данной цилиндрической поверхности под действием касательных напряжений, вызванных действием крутящего момента. Обозначим где относительный угол закручивания. Этот угол представляет собой угол взаимного поворота двух сечений, отнесенный к расстоянию между ними.

Величина аналогична относительному удлинению при простом растяжении или сжатии стержня.

Из совместного рассмотрения (5.2) и (5.3) и после некоторых преобразований, получим:

Подставляя выражение (5.4) в выражение закона Гука для сдвига (4.12), в данном случае выражение касательных напряжений принимает следующий вид:

где касательные напряжения в поперечном сечении бруса. Парные им напряжения возникают в продольных плоскостях в осевых сечениях, как показано на рис. 5.4. Величину крутящего момента Mz можно определить через с помощью следующих рассуждений. Момент относительно оси z от напряжений на элементарной площадке dA равен (рис. 5.5): dM = dA. Проинтегрировав это выражение по площади поперечного сечения вала, получим:

Из совместного рассмотрения (5.5) и (5.6) получим:

Откуда Величина G I называется жесткостью бруса при кручении, при этом, G физическая характеристика жесткости, а I – геометрическая характеристика жесткости. Из (5.8), с учетом (5.3), интегрируя полученное выражение по длине z, получим взаимный угол поворота сечений:

Если крутящий момент Mz и жесткость G I постоянны на всем участке интегрирования, то из (5.9) получим:

где (0) угол закручивания сечения в начале системы отсчета, z – длина участка интегрирования.

Для определения выражения для напряжений, возвращаясь к формуле (5.5) и исключая из него, согласно (5.8), получим:

В этой формуле – расстояние от центра тяжести до точки, в которой определяется напряжение. Поскольку напряжения прямо пропорциональны, то эпюра имеет вид, показанный на рис. 5.6. Наибольшие напряжения возникают в точках контура поперечного сечения при = R. Величина для кольца Условие прочности:

При выполнении проектировочного расчета вала его диаметр определяется из условия равенства максимального напряжения допускаемому значению.

Условие жесткости Определим диаметр вала из условия жесткости: наибольший относительный угол закручивания (5.8) не должен превышать допускаемого значения.

Здесь [] есть допускаемый относительный угол закручивания в радианах на единицу длины вала.

В большинстве случаев допускаемый относительный угол закручивания задают в градусах на 1 м длины, тогда взамен формулы (5.16) получим Угол [] выбирают в зависимости от назначения вала и его размеров.

Например, в приводах следящих систем, делительных механизмах и пр.

допускаемые углы закручивания ограничиваются секундами и минутами на м длины, а в карданных валах автомобилей допускают несколько градусов на метр. В машиностроении для валов средних размеров в «Справочнике машиностроителя» рекомендуется принимать допускаемый угол закручивания равным 0,5 на 1 м длины.

Пример 5.1. Определить диаметр стального вала вращающегося с угловой скоростью =100рад/с и передающего мощность N=100кВт. Допускаемое напряжение []=40МПа, допускаемый угол закручивания []= 0,5град/м, G=8·104 МПа.

Решение. Момент, передаваемый валом, определяем по формуле Крутящий момент во всех поперечных сечениях вала одинаков Мz = Т = 1000Н·м = 1кН·м = 1·10-3МН·м.

Диаметр вала по прочности определяем по формуле (5.15) По формуле (5.17) определяем диаметр вала из условия жесткости Диаметр вала в данном случае определяется из условия жесткости и должен быть окончательно принят равным d = 62мм.

Пример 5.2. Подобрать размеры сечения трубчатого вала, передающего момент Мz = 6кН·м, при соотношении диаметров с = d/D = 0,8 и допускаемом напряжении []=60 МПа. Сравнить вес этого трубчатого вала с валом равной прочности сплошного сечения.

Решение. Размеры трубчатого вала по прочности определяем по формуле (5.14) с учетом (5.13) max M z d = 0,8·D = 0,8·9,52 = 7,62см. Площадь сечения – Атр = (D2 –d2) = 25,6см2.

Диаметр вала сплошного сечения определяем по формуле (5.15) Асп = D2сп = 50,3см2. Масса погонного метра вала пропорциональна площади его поперечного сечения. Таким образом, масса сплошного вала в 50,3/25,6 = 1,96 раза больше массы трубчатого вала при одинаковой прочности.

5.4 Кручение бруса с некруглым поперечным сечением На рис. 5.7 показан брус прямоугольного сечения после деформации.

Mz для некруглого сечения, напряжения должны Рис. 5.7 независимого переменного, а двух x и y.

теории упругости, эпюра касательных напряжений для бруса прямоугольного сечения.

Значение взаимного угла поворота сечений определяется по формуле:

где IK = h b аналог полярного момента инерции поперечного сечения бруса.

Коэффициенты, и зависят от отношения сторон h/b, и их значения приведены в табл. 5.1.

Таблица 5.1 - Коэффициенты Сен-Венана.

0,208 0,231 0,239 0,246 0,258 0,267 0,228 0,299 0,307 0,313 0, 0,141 0,196 0,214 0,229 0,249 0,263 0,281 0,299 0,307 0,313 0, 1,000 0,859 0,820 0,795 0,766 0,753 0,745 0,743 0,742 0,742 0, Пример 5.3. Стальной валик переменного сечения, испытывающего кручение, закручивается крутящими моментами, действующими в двух крайних и двух пролетных сечениях. Расчетная схема валика, ее геометрические размеры, величины и точки приложения внешних, крутящих моментов указаны на рис. 5.9, а.

Требуется: 1. Построить эпюру крутящих моментов; 2. Найти допускаемую величину момента М; 3. Построить эпюру углов закручивания; Модуль упругости при сдвиге материала вала G = 8 107 кН/м2. Допускаемое напряжение []=105 кН/м2.

Решение. 1.Построить эпюру крутящих моментов. Для определения величины крутящих моментов используется метод сечений. Согласно расчетной схеме (рис. 5.10, а) для I участка (0 z 0,5 м):

Согласно расчетной схеме (рис. 5.10, б) для участка II (0,5 м 1,0 м):

Согласно расчетной схеме (рис. 5.10, в) для участка III (1,0 м 1,8 м):

По полученным данным строим эпюру крутящих моментов (рис. 5.9, б).

2. Найдем допускаемую величину момента [М].

Допускаемая величина момента [М] определяется из условия прочности (5.14):

Сначала определим моменты сопротивления сечения валика для каждого участка.

I участок (трубчатое сечение) согласно (5.13):

II участок (круглое сечение):

III участок (прямоугольное сечение):

коэффициент, где зависящий от отношения сторон прямоугольного сечения h/b (h > b). В данном случае h/b=8/6=1,33. В таблице 5.1 нет значения коэффициента для найденного значения h/b = 1,33; имеются значения для h/b = 1 и для h/b = 1,5; значение для h/b = 1,33 определим интерполированием:

Подсчитаем теперь напряжения по участкам в зависимости от момента М:

Определим напряжение для участка III по приближенной формуле (5.20):

Разница в полученных напряжениях составляет (15,6 – 15,1)/15,6*100%= 3,2%.

Из сравнения результатов видно, что наиболее напряженным является участок II. Следует обратить внимание, что сравнивают напряжения без учета знака, т. е. их абсолютные значения.

Допускаемая величина момента M определяется из зависимости:

3. Построим эпюру углов закручивания.

Сначала подсчитаем моменты инерции сечений валика относительно центра их кручения.

Участок I (трубчатое сечение):

Участок II (круглое сечение):

Участок III (прямоугольное сечение):

h/b = 1,33.

Угол закручивания на j ом участке вала в соответствии с (5.10) определяется:

первого участка 0 начальный угол закручивания вала); lj координата начала j го участка.

Так как, в данном случае в пределах каждого из трех участков крутящие моменты и жесткости на кручение GI постоянны, то эпюры углов закручивания на каждом из участков будут линейны. В связи с этим, достаточно подсчитать их значения лишь на границах участков. Приняв, что левый конец вала защемлен от поворота, т.е. (0) = 0, получим:

По полученным данным строим эпюру углов закручивания (рис. 5.9, в).

Следует отметить, что в данной задаче за неподвижное сечение можно принять любое сечение и в этом случае эпюра углов закручивания будет получаться из построенной эпюры путем сдвига е вверх или вниз таким образом, чтобы угол закручивания в выбранном сечении был ноль. На рис. 5. это показано пунктиром. Выбрано = 0 в сечении конца II участка.

5.5 Кручение статически неопределимого бруса Статически неопределимые задачи на кручение так же, как на неразъединимости элементов, составляющих систему, и представляют собой геометрические зависимости между перемещениями элементов, входящих в систему.

Если дополнительные связи абсолютно жесткие, то их деформации равны нулю, а если дополнительные связи упругие, то их перемещения создающими кручение (рис. 5.11), условие статики представится алгебраической суммой моментов всех заданных М1, М2, М3 и реактивных пар сил М, М относительно геометрической оси элементов. Эта сумма моментов должна равняться нулю.

Условие совместности перемещений представится алгебраической суммой углов закручивания на всех участках, которая в силу неповорачиваемости концевых сечений тоже должна равняться нулю.

Если одна из заделок стержня не жесткая, а упругая, то угол поворота упруго заделанного конца не равен нулю, а пропорционален величине реактивного момента. Если обе заделки не жесткие, а упругие, то полный угол закручивания должен равняться разности углов поворота в закрепленных сечениях.

Пример 5.4. Рассмотрим брус переменного сечения, заделанный с двух сторон (рис. 5.12). Поскольку в этой задаче можно составить лишь одно уравнение равновесия – уравнение моментов относительно оси z, в которое войдут два неизвестных, то задача один раз статически неопределима. Для составления уравнения деформаций сделаем дополнительный рисунок, отбросив правую заделку и заменив ее неизвестным моментом Х. Эта схема называется эквивалентной. Из условия равенства нулю угла закручивания составляется уравнение деформаций: 1-4 = 0. Или 1-2 + 2-3 + 3-4 =0. С учетом (5.10) получим следующее уравнение деформаций Откуда X = 0,25m. По полученным данным строим эпюру крутящих моментов.

радиус проволоки, n – число витков пружины.

Отсечем часть пружины (рис. 5.13). Из условия равновесия отсеченной части следует, что в поперечном сечении проволоки действуют поперечная сила и крутящий момент. Q = P, M = PR.

Таким образом, пружина работает на срез и кручение. Пренебрегая малыми напряжениями, вызванными поперечной силой, получим касательные напряжения в пружине.

Также приведем формулу для осадки пружины.

8PD3n Контрольные вопросы 5.1. Как формулируется закон Гука при сдвиге?

5.2. Какой модуль упругости больше: Е или G?