лекции сопромат. Лекции_сопр (1). В. В. Сёмкин краткий курс сопротивления материалов новороссийск 2011
 Скачать 2.04 Mb.
|
|
абсолютным сдвигом. Отношение абсолютно- го сдвига δ к расстоянию между противоположными гранями называется относительным сдвигом. При малых деформациях имеем , tg h = т.е. относительный сдвиг равен углу сдвига. Рис. 5.8. Деформации при чистом сдвиге 5.4. Напряженное состояние при кручении Рассмотрим кручение тонкостенной трубы толщиной δ, к торцам кото- рой приложены внешние скручивающие моменты М. На поверхности выде- лим прямоугольный элемент со сторонами dx dy = (рис.5.9). В результате за- кручивания вертикальные стороны элемента поворачиваются на угол γ – угол сдвига и распределение напряжений по граням элемента соответствует чи- 72 стому сдвигу, являющемуся частным случаем плоского напряженного со- стояния. Составим уравнения равновесия для плоской системы сил: 1. 0 kx F = ; 0 zx zx dx dx − = 2. 0 kz F = ; 0 xz xz dy dy − = 3. ( ) 0 o k m F = ; 2 2 0 2 2 zx xz dy dx dx dy − = Рис. 5.9. Выделенный элемент на поверхности трубки Первые два уравнения представляют собой тождества, а из последнего получаем подтверждение закона парности касательных напряжений. zx xz = Таким образом, главные напряжения 1,2 xz = действуют на площад- ках, наклоненных к оси трубки под углами 45 ; главное напряжение 3 0 = 5.5. Расчёт цилиндрических пружин с малым шагом витка Рассмотрим цилиндрическую пружину диаметром D и диаметром про- волоки d с малым шагом витка t растягиваемую силой Р (рис.5.10). 73 Рис.5.10. Цилиндрическая пружина с малым шагом витка Используя метод сечений, мысленно рассечем пружину плоскостью и рассмотрим равновесие отсеченной части. Чтобы отсеченная часть находи- лась в равновесии необходимо в сечении проволоки пружины приложить по- перечную силу Q P = и момент 2 кр D M P = , который является относительно сечения крутящим. Интенсивность этих внутренних усилий, действующих в плоскости сечения, представляет собой касательные напряжения. Используя принцип независимости действия сил и установив из рисунка 5.11, что наиболее опасной точкой в сечении является точка К, найдем касательные напряжения в сечении, как сумму: 1 2 = + , где τ 1 – касательное напряжение в точке К от поперечной силы Q; τ 2 – касательное напряжение в точке К от крутящего момента М кр Рис.5.11. Эпюры касательных напряжений в сечении 74 Таким образом касательное напряжение в точке К равно 1 2 2 3 3 2 4 16 8 4 2 Q M P PD PD P A W d d d d = + = + = + = + , или 3 8 (1 ) 2 PD d d D = + Если диаметр пружины равен D=10d, то отношение в скобке 0, 05 2 D d = Следовательно, деформация пружины происходит в основном за счёт дефор- мации кручения, и касательные напряжения определяются касательными напряжениями от кручения. 6. Изгиб Поперечный изгиб – вид нагружения, при котором в поперечном сече- нии возникают поперечные силы и изгибающие моменты. Чистый изгиб – вид изгиба, при котором в сечении возникают только изгибающие моменты. Изгиб подразделяется на: - прямой, когда плоскость действия внешних сил проходит через главную ось поперечного сечения; - косой, когда плоскость действия внешних сил пересекает центр тяжести и не проходит через главную ось поперечного сечения. 6.1. Определение внутренних усилий при поперечном изгибе Рассмотрим консольную балку (балка – стержень, работающий на из- гиб), свободный конец которой нагружен силой Р (рис.6.1). 75 Рис.6.1. Внутренние усилия при поперечном прямом изгибе Мысленно рассекая балку поперечным сечением на расстоянии z, рас- смотрим равновесие правой отсеченной части. На правую часть действует вертикальная сила Р. Чтобы её уравновесить к левому торцу отсеченной ча- сти необходимо приложить поперечную силу Q y и изгибающий момент М х Из условий равновесия правой отсеченной части для данного нагружения получаем, что y Q P = и x M Pz = Обобщив полученные результаты, получим правило определения попе- речной силы Q y : поперечная сила в сечении равна сумме внешних сил, дей- ствующих на отсеченную часть с учетом правила знаков. Будем считать, что если внешняя сила Р вращает отсеченную часть по ходу часовой стрел- ки, то поперечная сила Q y положительная и наоборот. Изгибающий момент в сечении M x определяется как сумма момен- тов внешних сил действующих на отсечённую часть относительно точки пересечения секущей плоскости с продольной осью балки с учётом правила знаков. Будем считать, что если часть балки изгибается выпукло- стью вниз от внешней силы, то изгибающий момент М х положительный и наоборот. 76 Пример 6.1. Построить эпюры поперечной силы и изгибающего момен- та для балки, изображенной на рисунке 6.3. Дано: 5 / q kН м = , 1 M kHм = Решение. Консольная балка имеет два участка, обозначенные римски- ми цифрами. Проведем сечение на расстоянии z 1 от свободного конца балки. Рассмотрим равновесие отсеченной части (рис. 6.2). Рис.6.2. Отсеченная часть первого участка. Участок I: 1 0 0,5 z м Поперечная сила на I участке: 1 1 Q R qz = = , где R – равнодействующая распределенной нагрузки на участке длиной z 1 , то есть распределенную нагрузку заменяем эквивалентной сосре- доточенной силой. Определим значение Q в начале и конце I участка: 1 (0) 0 Q = ; 1 (0,5) 5 0,5 2,5 Q kH = = Изгибающий момент на I участке равен: 2 1 1 1 2 2 Rz qz M = − = − При z 1 = 0 м 1 (0) 0 M = , а при z 1 = 0,5 м: 2 1 5000 0,5 (0,5) 625 2 M Нм = − = − Участок II: 2 0 0,5 z м Поперечная сила на II участке: 2 0,5 5 0,5 2,5 Q q kH = = = Как видно Q 2 от координаты z 2 не зависит и является постоянной по длине участка. 77 Рис.6.3. Консольная балка и эпюры внутренних усилий Изгибающий момент на II участке равен: 2 2 0,5 ( 0, 25) M q z M = − + + При z 2 = 0 м , 2 (0) 5000 0,5 (0 0, 25) 1000 375 M Нм = − + + = , а при z 1 = 0,5 м , 2 (0,5) 5000 0,5 (0,5 0, 25) 1000 875 M Нм = − + + = − По полученным значениям внутренних усилий строим эпюры (рис. 6.3). 6.2. Дифференциальные зависимости между внутренними усили- ями Между внутренними усилиями в балке существуют определенные за- висимости: 1. x y dM Q dz = − - первая производная от изгибающего момента по продоль- ной координате есть поперечная сила y Q со знаком минус; 78 2. y y dQ q dz = первая производная от поперечной силы Q y по продольной ко- ординате равна интенсивности распределённой нагрузки. Благодаря этим зависимостям можно сформулировать некоторые выво- ды, которые могут быть использованы при построении эпюр: - на участке, где отсутствует распределенная нагрузка, то есть 0 y q = , по- перечная сила постоянна, а изгибающий момент изменяется по линейной зависимости; - на участке, где отсутствует и распределенная нагрузка и поперечная сила изгибающий момент постоянен; - на участке, где поперечная сила (производная от функции M x ) положи- тельная 0 Q , изгибающий момент (функция) возрастает слева на право и наоборот; - на участке, где имеется равномерная распределенная нагрузка, то есть y q Const = , поперечная сила изменяется по линейному закону, а изгибающий момент изменяется по квадратичной зависимости, кривая линия которой направлена выпуклостью навстречу распределенной нагрузки; - в сечении, где поперечная сила равна нулю 0 Q = , на эпюре изгибающих моментов находится точка экстремума; - в сечении, где находится точка приложения сосредоточенной силы, на эпюре поперечной силы Q наблюдается скачок на величину и в сторону дей- ствия силы, а на эпюре момента М будет излом направленный навстречу направлению силы; - в сечении, где приложен сосредоточенный момент, на эпюре поперечной силы Q не наблюдается изменений, а на эпюре момента М будет скачок на величину и в сторону действия момента. Пример 6.2. Построить эпюры поперечной силы и изгибающего момен- та для балки, изображенной на рисунке 6.4. Дано: 4 / q kН м = , 2 M kHм = , P = 5kH. Решение. Однопролетная балка имеет три участка (Рис. 6.4), обозна- ченные римскими цифрами. Чтобы применить метод сечений найдем сначала реакции опор. Составим уравнения моментов относительно опор А и В, заме- нив распределенную нагрузку q равнодействующей сосредоточенной силой 4 1 4 R ql kH = = = : 1. ( ) 1,5 2 3 0 A k B m F M R Y P = − + − = ; 4 1,5 5 3 2 9,5 2 B Y kH + − = = 79 2. ( ) 2 0,5 1 0 B k A m F Y M R P = − + + − = ; 2 4 0,5 5 0,5 2 A Y kH + − = = − Проверим правильность нахождения реакций опор, составив еще не- использовавшееся уравнение статики: Рис.6.4. Однопролетная балка и эпюры внутренних усилий 0,5 9,5 4 5 9 9 0 ky A B F Y Y R P = + − − = − + − − = − = Проведем сечение на I участке на расстоянии z 1 от правого свободного конца балки. Участок I: 1 0 1 z м Поперечная сила на первом участке: 1 5 Q P kH = = Изгибающий момент на первом участке равен: 1 1 M Pz = − При z 1 = 0 м 1 (0) 0 M = , а при z 1 = 1,0 м 1 (1) 5 1 5 M kНм = − = − На втором участке сечение проведем справа на расстоянии z 2 от право- го конца. Участок II: 2 0 1 z м Поперечная сила на II участке: 2 2 B Q P Y qz = − + 80 Определим значение Q в начале и конце II участка: 2 (0) 5, 0 9,5 4,5 Q kH = − = − ; 2 (1) 5 9,5 4 1 0,5 Q kH = − + = − Изгибающий момент на II участке равен: 2 2 2 2 2 ( 1) 2 B z M P z Y z q = − + + − При z 2 = 0 м 2 (1) 5 1 5 M kHм = − = − , а при z 2 = 1,0 м 2 2 1 (1) 5 2 9,5 1 4 2,5 2 M kНм = − + − = − На третьем участке сечение возьмем слева на расстоянии z 3 от опоры А. Участок III: 3 0 1 z м Поперечная сила на третьем участке: 3 0,5 A Q Y kH = = − Изгибающий момент на третьем участке равен: 3 3 A M Y z = При z 3 = 0 м 3 (0) 0 M = , а при z 3 = 1,0 м 3 (1) 0,5 1 0,5 M kНм = − = − По полученным значениям внутренних усилий строим эпюры (Рис. 6.4). 6.3. Определение нормальных напряжений при чистом изгибе При прямом чистом изгибе в поперечном сечении стержня возникает только один силовой фактор — изгибающий момент М х Чистый прямой из- гиб может быть реализован при нагружении стержня парами сил, приложен- ными в торцевых сечениях стержня (рис.6.5). Рис. 6.5.Чистый прямой изгиб балки. 81 По определению изгибающий момент M х равен сумме моментов внут- ренних сил относительно оси х. Из уравнения статики получим математиче- скую зависимость между нормальными напряжениями и изгибающим мо- ментом (рис.6.6): Рис.6.6.Напряжения и внутренние усилия при чистом изгибе балки x A M ydA = (6.1) Исследование деформаций при чистом изгибе балки с нанесенной на её поверхности ортогональной сеткой рисок позволяет сформулировать следу- ющие гипотезы теории изгиба: - поперечные сечения остаются плоскими (выполняется закон плоских сече- ний); - продольные волокна не давят друг на друга, то есть 0 x y = = ; - ортогональность продольных и поперечных рисок до и после деформирова- ния указывает также на отсутствие сдвигов, касательных напряжений в попе- речных и продольных сечениях стержня. Таким образом, чистый прямой изгиб призматического стержня сво- дится к одноосному растяжению или сжатию продольных волокон напряжениями σ . При этом часть волокон находится в зоне растяжения (на рис. 6.5 это - нижние волокна), а другая часть - в зоне сжатия (верхние во- локна). Эти зоны разделены нейтральным слоем, не меняющим своей дли- ны, а значит, напряжения в нем равны нулю. Постоянство поперечного се- 82 чения балки и изгибающего момента, обеспечивает постоянство радиуса кри- визны волокон по длине стержня. Рассмотрим элемент длиной dz консольной балки в условиях прямого чистого изгиба (рис.6.7) с поперечным сечением, симметричным относитель- но вертикальной оси у. Ввиду малости деформаций считаем, что точки попе- речного сечения при повороте на угол dθ перемещаются не по дугам, а по со- ответствующим касательным. Относительная деформация продольного во- локна АВ, отстоящего от нейтрального слоя на расстоянии у: 1 1 1 BB BB AB CC = = Как видно на рисунке из подобия треугольников ОСС 1 и С 1 ВВ 1 следует, что 1 1 1 BB C B y CC OC = = , Рис. 6.7. Деформации волокон балки при чистом изгибе. где ρ – радиус кривизны нейтрального слоя. Таким образом, продольная деформация y = (6.2) Тогда нормальное напряжение, растягивающее волокно АВ, на основа- нии закона Гука будет равно y E = (6.3) 83 Для определения неизвестных ρ и y воспользуемся уравнениями равно- весия статики. В соответствии с рисунком 6.6 можно составить два уравне- ния равновесия: первое – сумма проекций всех сил на ось z равна нулю и второе – сумма моментов относительно оси х равна нулю. Из первого урав- нения получается, что 0 z A N dA = = (6.4) Подставляя в это уравнение выражение (6.3), получим 0 A E ydA = Но так как коэффициент перед интегралом не может быть равен нулю, а интеграл представляет собой статический момент поперечного сечения S x , получаем 0 x S = . Это возможно только при условии, что ось х – центральная, то есть проходит через центр тяжести сечения. Из второго уравнения статики получается выражение (6.1). Подставляя в (6.1) уравнение (6,3), получим: 2 x A E M y dA = Учитывая, что 2 x A y dA J = - главный центральный момент инерции се- чения относительно оси х, для кривизны нейтрального слоя получаем фор- мулу: 1 x x M EJ = (6.5) Кривизна нейтрального слоя 1 является мерой деформации балки при прямом чистом изгибе. Величина EJ х , называемая |