Метод Мора

Как видно из приведённого второго примера, использование теоремы Кастильяно иногда приводит к громоздким вычислениям. Несколько упрощает эту процедуру и делает её более прозрачной излагаемый ниже способ Мора.

Поставлена задача: для упругой системы, нагруженной внешней нагрузкой, например, силой P, рис.1.14а, определить перемещение точки C по направлению AB. Это нагружение назовём первым состоянием.

а)

б)

Рис.1.14

В сечении на расстоянии x будут возникать внутренние силы N_p, Q_p, M_p^из, M_p^кр, а элемент длиной dx будет испытывать деформацию растяжения, сдвига, изгиба и кручения

; ; ;

Во втором состоянии приложим в точке C по направлению AB единичную силу . В результате этого нагружения в том же сечении будут возникать внутренние силы, которые обозначим чертой сверху: , , , . Деформации элемента dx будут определяться по аналогичным формулам и т.д.

Воспользуемся теперь теоремой о взаимности возможных работ (1.16): вычислим работу сил второго состояния, , на перемещении, вызванном силами первого состояния, Δ, и сравним с работой сил первого состояния N_p, Q_p и т.д. на перемещениях вызванных силами второго состояния, т.е. на , и т.д. В результате получим

Поскольку , этот сомножитель можно отбросить и тогда интеграл Мора приобретает окончательный вид

(1.25)

Здесь Δ – обобщённое перемещение (либо прогиб , либо угол поворота ). Если определяется линейное перемещение, то в этой точки по заданному направлению следует приложить единичную силу, если угол поворота, необходимо приложить единичный момент . Под знаком интеграла буква l означает интегрирование по всей длине.

Формула (1.25) содержит ряд частных случаев. Например, если рассматривается ферменная конструкция, в которой возникают лишь продольные силы, то

При изгибе достаточно длинных балок основное влияние оказывает изгибающие моменты

(1.26)

Этой формулой и будем пользоваться в дальнейшем. Рассмотрим несколько примеров.

Один из них тот, который был решён с помощью теоремы Кастильяно: определить перемещение .

Формируем I и II состояния. I состояние – это заданное (рис.1.15а). Для II состояния в точке B вдоль координаты y либо вверх, либо вниз прикладываем .

Вычисляем моменты внутренних сил в соответствии с принятым правилом знаков

а)

б)

Рис.1.15

1 участок	2 участок

и подставляем в (1.26)

Полученный результат по абсолютной величине совпадает с решением по теореме Кастильяно. Знак минус свидетельствует о том, что принятое здесь направление единичной силы противоположно перемещению. Если силу с самого начала направить вниз, то результат будет положительным.

1.6. Графический способ вычисления интеграла Мора – способ Верещагина

Упрощение операции интегрирования основано на том, что эпюры от единичных усилий на прямолинейных участках оказываются линейными. Рассмотрим эту процедуру применительно к участку балки. На рис.1.16 сверху показан участок балки с эпюрой М_р общего вида, а внизу эпюра , представляющая линейную функцию. Преобразуем интеграл Мора

(а)

с учётом этой особенности. Как видно из верхнего чертежа, М_рdx = dω, а из нижнего чертежа имеем . Если кроме того считать, что жёсткость EI на протяжении участка постоянна, вместо (а) будем иметь

. (б)

Интеграл представляет собой статический момент площади эпюры М_р относительно оси у. Его можно записать иначе

S_y = ω ∙ x_c,

где ω – площадь этой эпюры М_р;

х_с – координата центра тяжести эпюры М_р.

Рис.1.16

Отметив на нижней эпюре соответствующую ординату и обозначив её буквой m, будем иметь

x_ctg α = m.

В результате подстановки этих выражений в (б) получим

. (в)

Если балка имеет несколько участков по длине, формула Верещагина будет иметь вид

, (1.27)

где ∆ – обобщённое перемещение (либо прогиб υ, либо угол поворота θ);

ω_i – площадь эпюры моментов от внешней нагрузки (грузовой эпюры);

m_i – ордината единичной эпюры под центром тяжести грузовой эпюры;

n – число участков по длине балки.

Если вычисляется прогиб, то к ненагруженной балке в искомой точке по направлению прогиба прикладывается единичная сила и строится эпюра моментов (единичная эпюра). Если вычисляется угол поворота, то в этой точки прикладывается единичный момент .

При пользовании этой формулой надо уметь вычислять площади и координаты центров тяжести основных фигур: прямоугольника, прямолинейного треугольника и криволинейного треугольника. Минимально необходимые справочные данные приведены в табл.1.1. Процедуру графического вычисления называют «перемножением» эпюр.

В случае, если эпюра М_р тоже линейная, операция перемножения обладает свойством коммутативности: безразлично, умножается ли площадь грузовой эпюры на ординату единичной или площадь единичной на ординату грузовой.

Встречающиеся на практике эпюры могут быть, как правило, разбиты на простые фигуры, приведённые в табл.1.1.

Таблица 1.1

Эпюры Мр и	Площадь грузовой опоры	Ордината единичной эпюры

Примечание: параболы – квадратные.

В качестве примера рассмотрим уже рассчитанную балку на рис.1.13. Чтобы построить эпюры М_р и , можно не определять опорные реакции: достаточно сосчитать момент на опоре В от нагрузки на консоли, построить эпюру на консоли, а затем соединить прямой линией значение М на опоре В с нулём на опоре А (рис.1.17).

В соответствии с формулой (1.27)

.

Конечно, результат получился такой же, что и при интегрировании по формуле Мора, но с меньшими затратами труда.

Рис.1.17

Глава 2. СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ БАЛКИ

2.1. Общие понятия

Изложенные в предыдущей главе методы определения перемещений широко применяются в расчётах статически неопределимых балок. Если при проектировании длинных балок (мостов, валов турбин) условия прочности и (или) жёсткости не выполняются, можно увеличить сечение балки, а можно поставить дополнительные опоры в пролёте (рис.2.1,б). Второй путь очень часто оказывается предпочтительным, так как позволяет, не увеличивая вес конструкции, сделать её более жёсткой.

а
б

Рис.2.1

Балка с промежуточными опорами становится статически неопределимой, так как трёх уравнений статики уже недостаточно для определения пяти неизвестных реакций.

Напомним, что простую статически неопределимую систему, образованную из стержней, работающих на растяжение-сжатие, мы рассматривали в разделе 2.5 первой части курса. Дополнительное уравнение для определения продольных сил в стержнях – уравнение совместности деформаций – было получено из рассмотрения схемы деформирования системы. Аналогичным по существу методом рассчитываются статически неопределимые балки.

Степень статической неопределимости определяется числом «лишних» связей. Балка на рис.2.1,б имеет две «лишних» промежуточных опоры – их можно удалить без ущерба для равновесия. Степень статической неопределимости этой балки равна двум.

2.2. Расчёт методом сил

В этом методе в качестве неизвестных принимаются реакции опор или внутренние усилия. Порядок расчёта рассмотрим на примере простой балки, степень статической неопределимости которой равна единице (рис.2.2,а).

1. Отбрасываем «лишнюю» связь, превращая тем самым заданную балку в статически определимую. Полученная балка называется основной системой. В качестве «лишней неизвестной может быть взята любая, не равная нулю реакция (реакция опоры R_B или момент в заделке M_А), или изгибающий момент в любом поперечном сечении. Для рассматриваемой балки самое простое – убрать правую опору. Тогда «лишняя» неизвестная – реакция этой опоры R_B = X₁.

2. Загружаем основную систему заданной внешней нагрузкой и «лишней» неизвестной. Получим так называемую эквивалентную систему (рис.2.2,б).

3. Составляем условие совместности деформаций. Оно состоит в отрицании вертикального перемещения точки В:

, (2.1)

где ∆₁ – перемещение точки приложения силы Х₁ по направлению её действия;

– перемещение точки приложения силы Х₁, вызванное действием этой силы (рис.2.2,г);

∆_1Р – перемещение точки приложения силы Х₁, вызванное действием внешней нагрузки (рис.2.2,в).

Перемещение от неизвестной Х₁ удобно представить в виде

,

где δ₁₁ – перемещение, вызванное действием единичной силы Х₁ = 1.

Таким образом, уравнение (2.1) принимает вид

δ₁₁Х₁ + ∆_1Р = 0. (2.2)

Здесь уравнение совместности деформаций записано в стандартной (канонической) форме. Оно имеет такую форму вне зависимости от того, какая принята «лишняя» неизвестная – сила или момент.

а
б
в
г

Рис.2.2

Для определения коэффициентов уравнения (2.2) можно воспользоваться любым из изложенных в главе 1 методов: методом начальных параметров или методом Мора. Обычно используют метод Мора, так как он особенно эффективен при расчёте многократно статически

неопределимых балок. Найдём коэффициенты уравнения (2.2), воспользовавшись формулой Мора и вычисляя интегралы по правилу Верещагина (рис.2.3):

,

где ω₁ – площадь эпюры ;

m₁ – ордината под центром тяжести указанной площади, измеренная на той же эпюре . Мы «перемножили» эпюру саму на себя.

Рис.2.3

.

После подстановки значений δ₁₁ и ∆_1р в (2.2) получим

.

Далее строим эпюры Q и М так же, как мы это делали при расчёте статически определимых балок (рис.2.4). Задача решена, статическая неопределённость раскрыта.

Рис.2.4

2.3. Многопролётные неразрезные балки

В машиностроении и в строительстве часто применяют статически неопределимые балки, имеющие несколько промежуточных опор, – их называют неразрезными. Существенное значение при расчёте таких балок имеет рациональный выбор основной системы.

На рис.2.5,а показана трижды статически неопределимая неразрезная балка. По первому варианту основной системы (рис.2.5,б) за неизвестные приняты опорные реакции Х₁, Х₂, Х₃. По второму варианту основной системы (рис.2.5,д) неразрезная балка превращается в четыре простых двухопорных балки постановкой шарниров над промежуточными опорами; и лишними неизвестными являются изгибающие моменты в сечениях балки над промежуточными опорами, также обозначенные Х₁, Х₂ и Х₃.

Для обоих вариантов система канонических уравнений метода сил имеет одинаковый вид

(2.3)

В первом варианте основной системы смысл канонических уравнений состоит в отрицании вертикальных перемещений опорных точек 1,2,3 оси балки. Во втором варианте смысл канонических уравнений состоит в отрицании углов раскрытия двух бесконечно близких сечений над промежуточными опорами. По первому варианту эпюра моментов от заданной нагрузки распространяется на всю балку (рис.2.5,в) и эпюра моментов от	а	Рис.2.5
б
в
г
д
е
ж
з
и

единичного усилия также распространяется на всю балку (рис.2.5,г). Каждое из уравнений системы содержит все неизвестные. По второму варианту эпюра моментов от нагрузки в каждом пролёте распространяется только на свой пролёт (рис.2.5,е), а эпюра моментов от единичных усилий – только на два соседних пролёта (рис.2.5,ж,з,и). Поэтому у нас δ₁₃ = δ₃₁ = 0. При любом количестве неизвестных в каждом уравнении системы будет не более

трёх ненулевых неизвестных Х_i. Поэтому второй вариант основной системы значительно проще, особенно – при большом числе неизвестных.

Итак, для один раз статически неопределимых балок в качестве лишней неизвестной лучше всего принимать реакцию одной из крайних опор. Для дважды и более статически неопределимых балок в качестве лишних неизвестных лучше принимать моменты на промежуточных опорах.

Рассмотрим пример расчёта дважды статически неопределимой балки (рис.2.6,а). Эквивалентная система на рис.2.6,б; лишние неизвестные – моменты на опорах. Система уравнений метода сил

(2.4)

а
б
в
г
д

Рис.2.6

Коэффициенты уравнений (2.4) находим методом Мора – Верещагина. Поскольку жёсткость балки постоянная и справа в уравнении стоит ноль, на EJ можно сократить.

- эпюру надо «умножить» саму на себя.

Для этого нарисуем эту эпюру дважды (рис.2.7):

.

Рис.2.7

- эпюру надо «умножить» на (рис.2.8):

.

Рис.2.8

- эпюру (рис.2.6,д) надо «умножить» на (рис.2.6,в):

.

.

- эпюру надо «умножить» саму на себя (рис.2.9):

.

Рис.2.9

- эпюру (рис.2.6,д) надо «умножить на (рис.2.6,г):

.

Решаем систему

Умножаем верхнее уравнение на 5 и вычитаем нижнее

20Х₁ + 5Х₂ = – 960

– Х ₁ – 5Х ₂ = – (–231)

19Х₁ = – 729

Получим Х₁ = –38,37 кН∙м, Х₂ = –38,53 кН∙м.

Чтобы найти опорные реакции, рассмотрим последовательно каждую балку из основной системы под действием заданной внешней нагрузки и найденных опорных моментов (рис.2.10)

Рис.2.10

∑М_А = 0; – q ∙ 4 ∙ 2 + R′_B ∙ 4 – 38,4 = 0;

∑у = 0; R_A – q ∙ 4 + R′_B = 0; R_A = 24 ∙ 4 – 57,6 = 38,4 кН.

∑М_В = 0; – q ∙ 4 ∙ 2 + 38,4 + R′_С ∙ 4 – 38,5 = 0;

∑у = 0; R′′_В – q ∙ 4 + R′_С = 0; R′′_В = 24 ∙ 4 – 48 = 48 кН

∑М_С = 0; 38,5 – Р ∙ 3 + R_D ∙ 6 = 0;

∑у = 0; R′′_С – Р + R_D = 0; R′′_С = 40 – 13,6 = 26,4 кН

Реакции опор:

R_A = 38,4 кН; R_В = R′_B + R′′_B = 57,6 + 48 = 105,6 кН;

R_С = R′_С + R′′_С = 48 + 26,4 = 74,4 кН; R_D = 13,6 кН.

Статическая неопределенность раскрыта, далее строим эпюры Q и М (рис.2.11). При этом не составляем аналитические выражения для Q и М по участкам, а пользуемся упрощённой методикой, изложенной в п.5.3 первой части курса.

Из рис.2.11 видно, что в неразрезных балках изгибающий момент на опорах примерно равен (а зачастую и больше) изгибающему моменту в пролёте. Именно поэтому у большинства Санкт-Петербургских мостов через Неву высота сварной балки (или фермы) на опорах больше, чем в пролёте (Троицкий и Литейный мосты).

Рис.2.11

Глава 3. СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ ПРЯМОГО БРУСА

3.1. Общие понятия

В предыдущих главах рассматривались простые случаи нагружения прямого бруса – осевое растяжение (сжатие), плоский поперечный изгиб, кручение.

Возможны более сложные воздействия, при которых в поперечном сечении возникают до шести компонентов внутренних сил. Такое нагружение называется сложным сопротивлением. Удобно рассматривать сложное сопротивление как сочетание простых видов нагружения – растяжения, изгиба и кручения, что возможно для жёстких стержней, к которым применим принцип суперпозиции.

Далее рассмотрим наиболее часто встречающиеся случаи сложного сопротивления.

3.2. Косой изгиб

Это такой случай изгиба бруса, при котором плоскость действия изгибающего момента не совпадает ни с одной из главных осей инерции поперечного сечения.

Рассмотрим балку, заделанную одним концом, на которую действует сила Р, приложенная в центре тяжести концевого сечения под углом φ к оси 0у (рис.3.1,а).

Разложим силу Р на две составляющие по осям координат:

(3.1)

а б

Рис.3.1

В каждом сечении стержня одновременно действуют два изгибающих момента, которые создают изгиб в двух главных плоскостях:

(3.2)

Знак изгибающего момента устанавливается по знаку деформации в первом квадранте. От момента М_z (силы Р_у) верхняя часть бруса удлиняется, нижняя - укорачивается. От момента М_у (силы Р_z) левая часть бруса удлиняется, правая - укорачивается.

Для определения напряжения в произвольной точке, лежащей в первом квадранте, в соответствии с принципом независимости действия сил воспользуемся полученной ранее формулой для нормального напряжения при плоском изгибе (формула (5.18) в первой части курса)

. (3.3)

Знаки напряжений совпадают со знаками изгибающих моментов. Подставляя в формулу (3.3) координаты любой точки с учётом их знаков, получим значение напряжения в этой точке. Для угловых точек модули координат у и z приобретают максимальные значения, поэтому формулу (3.3) можно представить в виде

, (3.4)

где W_z и W_z – моменты сопротивления сечения, i – номер угловой точки.

Знаки устанавливаются по виду деформации от соответствующего изгибающего момента (удлинение – «+», укорочение – «–»). Напомним формулы для определения геометрических характеристик прямоугольника:

, , , .

На рис.3.2,а показано поперечное сечение рассматриваемого бруса, в углах расставлены знаки деформаций в соответствии с физическим смыслом задачи. Подсчитаны напряжения в угловых точках

(3.5)

а б

Рис.3.2

По значениям напряжений в угловых точках построили эпюры напряжений по граням сечения (рис.3.2,б). При этом считаем, что . Снеся на грани сечения нулевые точки эпюр напряжений, провели нейтральную или нулевую линию nn – геометрическое место точек с нулевыми напряжениями. Наибольшее и наименьшее напряжения имеют место в точках, наиболее удалённых от нейтральной линии – в точках 1 и 3.

Таким образом, условие прочности при косом изгибе профиля с углами (прямоугольника, двутавра, швеллера) имеет вид

. (3.6)

Положение нейтральной линии можно определить не только графически (рис.3.2,б), но и аналитически. Для этого надо приравнять нулю напряжения в точках, принадлежащих этой линии. Пусть текущие координаты нулевой линии будут z_n и y_n, тогда, применяя формулу (3.3), получим

. (3.7)

Уравнение нейтральной линии (3.7) – это уравнение прямой, проходящей через начало координат. Находим из него

,

. (3.8)

Получили, что нейтральная линия проходит через первую четверть, β – угол между осью z и нейтральной линией.

Если сечение не имеет углов, то для проверки прочности необходимо сначала найти положение нейтральной линии, затем координаты наиболее удалённой от неё точки, затем определить напряжение в этой точке по формуле (3.3) и сравнить его с допускаемым. Необходимо помнить, что знаки в формуле (3.3) ставятся в каждом конкретном случае свои – по знаку деформации в первой четверти.

Найдём перемещение (прогиб) свободного конца бруса. Сначала находим прогибы по направлению главных осей:

, . (3.9)

Суммарный прогиб можно найти как геометрическую сумму

. (3.10)

Найдём теперь направление перемещения υ. Для этого определим значение угла наклона этого перемещения к вертикали:

,

. (3.11)

Формула (3.11) идентична формуле (3.8). Это позволяет сделать заключение, что γ = β. Следовательно, направление прогиба перпендикулярно нейтральной линии (рис.3.3,а). В то же время направление прогиба не совпадает с направлением действующей силы, поэтому изгиб называют косым. Нулевая линия не перпендикулярна силовой линии.

а б

Рис.3.3

В тех сечениях, у которых моменты инерции относительно главных центральных осей равны друг другу (J_z = J_y), нулевая и силовая линии пересекаются под углом 90⁰, а направление прогиба совпадает с силовой линией (рис.3.3,б). К таким сечениям относятся круг, квадрат и другие симметричные профили. В балках с таким сечением косой изгиб невозможен.

3.3. Косой изгиб с растяжением (сжатием)

Это нагружение получается в случае, когда сила Р приложена не в плоскости поперечного сечения (рис.3.4,а). К поперечным силам P_z и P_у добавляется продольная сила N = P_x, от которой во всех точках поперечного сечения возникает нормальное напряжение. В произвольной точке сечения

. (3.12)

Знаки деформации от каждого внутреннего усилия показаны на рис.3.4,б. Опасная точка – точка 1. Условие прочности

. (3.13)

а б

Рис.3.4

Изгиб в двух плоскостях с растяжением встречается как в паровых, так и в гидравлических турбинах, где лопасть (лопатка) нагружена давлением пара или воды (поперечная нагрузка) и центробежным усилием (продольная растягивающая нагрузка).

При расчёте на изгиб со сжатием напряжение, вызванное продольной силой, подставляется в формулы (3.12) и (3.13) со знаком «–» (σ = –N/F). Ещё раз обращаем внимание на то обстоятельство, что такой подход справедлив только для очень жёстких стержней, у которых вследствие малости прогибов от поперечных сил можно пренебречь дополнительным изгибающим моментом от продольной силы. Для недостаточно жёстких стержней принцип независимости действия сил (или принцип суперпозиции) использован быть не может.

3.4. Внецентренное растяжение (сжатие)

Имеет место при нагружении стержня силой, параллельной продольной оси и не совпадающей с центром тяжести сечения. Эта задача часто встречается в машиностроении (расчёт станин сверлильного или фрезерного станков) и в строительстве (расчёт опор мостов и колонн зданий). Такое деформирование стержня может считаться частным случаем рассмотренного в предыдущем параграфе совместного действия поперечных и продольной сил.

Рассмотрим внецентренное растяжение жёсткого стержня (рис.3.5,а), имеющего поперечное сечение произвольной формы без углов. Точка приложения силы находится в первой четверти, координаты её – z_p и y_p.

Рис.3.5

Перенесём силу в центр тяжести сечения в два приёма. Сначала – в точку С на оси 0z (рис.3.5,б). Если в этой точке приложить две равные и противоположно направленные силы Р, равновесие не нарушится. Дважды зачёркнутые силы создают момент M_z = P ∙ y_p. Затем переносим силу в центр тяжести сечения (рис.3.5,в) таким же способом – возникает момент M_y = P ∙ z_p. Таким образом, при внецентренном растяжении в поперечном сечении стержня имеют место три усилия: продольная сила и два изгибающих момента (рис.3.5,г)

. (3.14)

В произвольной точке первой четверти от всех этих усилий возникнут растягивающие напряжения, поэтому нормальное напряжение в любой точке поперечного сечения будет

. (3.15)

Подставляя (3.14) в (3.15), получим

. (3.16)

При определении напряжения в любой точке сечения необходимо координаты этой точки z и y подставлять со своими знаками. Обратим внимание на то обстоятельство, что в формуле (3.16) отсутствует координата х, т.е. напряжение постоянно по длине стержня.

Преобразуем формулу (3.16), вынеся за скобку P/F,

.

Величины, стоящие в знаменателе второго и третьего слагаемых, представляют собой квадраты радиусов инерции сечения (см. формулу (4.21) на с.66 Ч.1):

, .

Следовательно,

(3.17)

Для получения уравнения нейтральной линии используем формулу (3.17). Обозначим координаты любой точки нулевой линии z_n и y_n, подставим в уравнение (3.17) и приравняем напряжение к нулю. После сокращения на P/F получим уравнение нейтральной линии

. (3.18)

Это уравнение прямой, не проходящей через начало координат. Из него можно определить отрезки, отсекаемые нулевой линией на осях координат. Обозначим эти отрезки (рис.3.6) через z₀ и у₀. Если положить z_n = 0, то y_n = у₀, а если y_n = 0, то z_n = z₀. Из уравнения (3.18)

, .

Решая эти уравнения, получим отрезки, отсекаемые нулевой линией на осях координат:

, . (3.19)

Теперь, имея положение нулевой линии, можно найти наиболее удалённые от неё точки. Для этого необходимо провести касательные к сечению, параллельные нулевой линии. Подставим координаты точки С в формулу (3.16) и получим σ_max; координаты точки D – получим σ_min. Если материал имеет неодинаковую прочность на растяжение и сжатие, условия прочности следующие:

. (3.20)

Рис.3.6

Для сечения с углами (рис.3.7) условие прочности можно записать, не прибегая к определению положения нейтральной линии:

. (3.21)

Рис.3.7

В нашем случае:

, . , , .

Максимальное напряжение имеет место во всех точках ребра СС′, минимальное – во всех точках ребра DD′.

В формулах (3.20) и (3.21) [ σ ₊] – допускаемое напряжение на растяжение; [ σ _-] – допускаемое напряжение на сжатие.

Рассмотрим теперь частный случай внецентренного сжатия колонны прямоугольного сечения, когда одна из координат точки приложения силы равна нулю. Пусть сила расположена на оси 0у (z_p = 0, y_p = ℮), как это показано на рис.3.8. Подставляя эти значения в формулу (3.20), получим для крайних волокон

. (3.22)

Рис.3.8

Исследуем, как меняется распределение напряжений в поперечном сечении при движении силы Р по оси 0у.

Из формулы (3.22) следует, что при ℮ = 0 напряжения во всём сечении одинаковые сжимающие. Если , то напряжения во всём сечении одного знака. В частности, когда ℮ = h/6, напряжения в точках А и В равны: σ_А = –2P/F, σ_В = 0. Если, наконец, ℮ > h/6, то нейтральная ось расположена внутри сечения. Она разделяет его на две части: в одной – сжатие, в другой – растяжение. Таким образом, если не хотят, чтобы в поперечном сечении появлялись растягивающие напряжения, нельзя допускать эксцентриситет силы больше, чем h/6. Это бывает необходимо, когда колонна изготавливается из материала с низкой прочностью на растяжение (например, бетона, камня, кирпичной кладки).

Можно найти так называемое ядро сечения – область вокруг центра тяжести, характерную тем, что всякая продольная сила, приложенная внутри этой области, вызывает во всех точках поперечного сечения напряжения одного знака. Всякая сжимающая сила, приложенная где-либо внутри ядра сечения, вызывает во всём сечении только сжимающие напряжения, растягивающая – только растягивающие напряжения.

Для прямоугольника мы фактически нашли границы ядра сечения (см.рис.3.8): надо от центра тяжести отложить по осям в обе стороны расстояния, равные одной шестой длины стороны, и соединить точки прямыми линиями (рис.3.9,а).

Найдём границы ядра сечения для круга. Ясно, что это тоже будет круг. Если приложить силу Р в точке С на границе ядра сечения, то нулевая линия будет касательной к контуру и перпендикулярной оси 0z (рис.3.9,б). Из формулы (3.19) следует

, , , z_p = ℮ = .

Получили, что для круга ядро сечения – это круг радиусом .

а б

Рис.3.9

3.5. Изгиб с кручением круглого стержня

Такой вид деформирования стержней очень часто встречается в машиностроении. По этой схеме работает подавляющее большинство валов машин: паровых и газовых турбин, двигателей внутреннего сгорания, редукторов, электродвигателей и прочих.

На рис.3.10,а приведена схема нагружения стержня, а на рис.3.10,б – эпюры изгибающих и крутящего моментов. Изгибающий момент в опасном сечении

, (3.23)

где , . Поскольку при изгибе круглого стержня косой изгиб невозможен, можно найти изгибающий момент проще – . Однако, такой подход пригоден для простой расчётной схемы на рис.3.10,а. При расчёте валов машин в разных сечениях вала нагрузки действуют по различным направлениям. Поэтому приходится раскладывать силы на вертикальную и горизонтальную оси, строить эпюры изгибающих моментов, действующих в вертикальной и горизонтальной плоскостях, и находить изгибающий момент геометрическим суммированием по формуле (3.23).

а б

Рис.3.10

В опасном сечении стержня (у заделки) от изгиба возникают нормальные напряжения, от кручения – касательные. Из графиков их распределения (рис.3.11,а) видно, что максимальных значений они достигают в одной точке – точке С (или точке D) – крайних точках сечения. В этой точке имеет место плоское напряжённое состояние (рис.3.11,б).

а б

Рис.3.11

В опасной точке

, (3.24)

. (3.25)

Проверку прочности необходимо делать по III-й или по IV-й теориям прочности. Напряженное состояние в точке С идентично напряжённому состоянию при поперечном изгибе, поэтому используем полученные в первой части курса формулы (5.42) и (5.43)

, (3.26)

. (3.27)

Если в условия прочности подставить (3.24) и (3.25), учтя при этом, что W_p = 2W_z,, получим следующие выражения для условий прочности круглого стержня при изгибе с кручением:

, (3.28)

. (3.29)

Выражения (3.28) и (3.29) удобно представлять в форме, аналогичной условию прочности по нормальному напряжению при изгибе (формула (5.20) на с.79 Ч.1)

, (3.30)

. (3.31)

Очевидно, что значения расчётных моментов по III-й (теории наибольших касательных напряжений) и IV-й (энергетической) теориям прочности отличаются незначительно. Запас прочности по III-й теории чуть больше (примерно на 5%).

Рассмотрим пример расчёта вала редуктора (рис.3.12,а). Мощность, передаваемая валом, N = 73,5 кВт; частота вращения ω = 104,7 с^-1 (1000 об/мин); допускаемое напряжение [σ] = 12 кН/см². В сечениях С и D расположены прямозубые зубчатые зацепления, усилия в которых показаны на рис.3.12,б. Необходимо определить диаметр вала d.

Определим усилия, действующие на вал. Крутящий момент:

Усилия в зубчатых зацеплениях:

, , .

а б

Рис.3.12

Составляющие усилий в вертикальной и горизонтальной плоскостях (рис.3.13):

Рис.3.13

PCY = PCZ = PC ∙ sin 45^0 = 14 ∙ 0,707 = 9,9 кН; PDY = PD ∙ cos 30^0 = 7 ∙ 0,866 = 6,1 кН; PDZ = PD ∙ sin 30^0 = 7 ∙ 0,5 = 3,5 кН.

Построим эпюры изгибающих и крутящего моментов (рис.3.14).

Рис.3.14

∑МА = – 9,9∙10 – 6,1∙40 + RB ∙60=0; RВ = 5,7 кН; ∑у = RA – 9,9 – 6,1 + 5,7=0; RA = 10,3 кН. ∑МА = 9,9∙10 – 3,5∙40 + RB∙60 = 0; RВ = 0,7 кН; ∑у = – RA + 9,9 – 3,5 + 0,7 = 0; RA = 7,1 кН. .

Далее найдём расчётный момент по первой формуле (3.31) = = 142,1 кН∙см. Затем из условия прочности (3.30) найдём диаметр

Округляем в большую сторону до ближайшего стандартного. Принимаем d = 50 мм.

Отметим, что в нашем расчёте не учитывались конструктивные особенности вала (переходы диаметров, шпоночные канавки и пр.) и цикличность напряжений во вращающемся вале. Приведённый расчёт на статическое действие нагрузки является основным, по его результатам осуществляют уточнённый расчёт, учитывающий конструктивные особенности вала.

3.6. Изгиб с кручением прямоугольного стержня

Встречается, например, при расчёте коленчатых валов двигателей внутреннего сгорания. Рассмотрим элемент коленчатого вала (рис.3.15), состоящего из двух участков. Первый участок – круглый стержень (шейка вала), защемлённый одним концом с заданной на свободном конце нагрузкой. Второй участок – прямоугольный стержень (щека вала), также заделанный одним концом, нагрузка передаётся от круглого стержня. Задано допускаемое напряжение [σ] и соотношение размеров прямоугольника h/b. Требуется определить размеры поперечных сечений.

Рис.3.15

Сначала рассчитываем круглый стержень, эпюры усилий – на рис.3.16,а.

Первый стержень работает на растяжение с изгибом и кручением. Нормальное напряжение возникает от растяжения и изгиба

. (3.32)

От кручения – касательное напряжение

. (3.33)

Проверка прочности – по III-й и IV-й теориям прочности по формулам (3.26) или (3.27). Используем теорию наибольших касательных напряжений

. (3.34)

а б

Рис.3.16

Поскольку в формуле (3.32) площадь поперечного сечения пропорциональна квадрату диаметра (F = πd²/4), а момент сопротивления W – кубу диаметра (W = 0,1d³), при составлении выражения (3.34) получится кубическое уравнение. Чтобы избежать решения кубического уравнения и учитывая, что напряжения от растяжения, как правило, меньше напряжений от изгиба, можно пренебречь первым слагаемым в формуле (3.32). Тогда диаметр стержня легко определить из формул (3.30) и (3.31):

. (3.35)

Затем нужно полученное значение чуть увеличить в большую сторону и проверить прочность с учётом растяжения по формулам (3.32), (3.33) и (3.34).

Размеры второго прямоугольного стержня определим из условия прочности по нормальным напряжениям, а затем проверим прочность с учётом касательных напряжений. Наибольшее нормальное напряжение имеет место в угловой точке опасного сечения, положение которого определяется по эпюрам усилий (рис.3.16,б). Перед построением эпюр силы переносятся в начало второго стержня. Положение опасной точки определяется по рис.3.17,а, на котором показаны знаки деформаций.

а б

Рис.3.17

Опасная точка – точка А, в ней наибольшее по абсолютной величине напряжение. Считая металл равнопрочным на растяжение и сжатие, используем условие прочности (3.13)

. (3.36)

Чтобы не решать кубическое уравнение, сначала пренебрегаем первым слагаемым и находим размеры b и h. Затем округляем до целых значений в большую сторону и проверяем прочность по (3.36).

Наибольшее касательное напряжение от кручения имеет место в середине длинных сторон и находится по формуле (7.19) первой части курса (рис.3.17,б)

. (3.37)

Из двух точек В и С необходимо проверить прочность в той, в которой больше нормальные напряжения. В точке В

. (3.38)

При вычислении касательного напряжения можно учесть и касательное напряжение от поперечной силы Р, определяемое по формуле Журавского (5.29) первой части курса. Итак, в точке В

. (3.39)

Далее проверяем прочность по (3.34).

В середине коротких сторон в точках Е и D касательное напряжение от кручения несколько меньше максимального

τ = γτ_max. (3.40)

В точке D нормальное напряжение больше, чем в точке Е (рис.3.17,а), поэтому находим

, .

И проверяем прочность по (3.34):

.

Знак в формулах для τ зависит от того, совпадает ли направление поперечной силы с направлением касательного напряжения от кручения (см.рис.3.16,б и рис.3.17). Впрочем, касательное напряжение от поперечной силы можно и не учитывать. В случае невыполнения условия прочности необходимо увеличить размеры поперечного сечения и повторить расчёт.

Глава 4. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ

4.1. Основные понятия

Изучая сжатие стержней, мы можем наблюдать качественно различные картины деформирования. При возрастании сжимающей силы короткий «толстый» стержень будет сплющиваться (рис.4.1,а) в то время, как длинный «тонкий» стержень в какой-то момент изогнётся (рис.4.1,б) и сломается. Произошла потеря устойчивости.

Устойчивость – это способность сохранять первоначально заданную форму равновесия. Если малые возмущения вызовут малые отклонения от расчётного (невозмущённого) состояния, то это состояние системы является устойчивым.

а б Рис.4.1

Наоборот, если при малых возмущениях возникнут большие отклонения системы от расчётного состояния, то последнее является неустойчивым.

Наглядным примером может служить поведение тяжёлого шарика, лежащего на различных поверхностях (рис.4.2). Если шарик лежит на вогнутой цилиндрической поверхности (рис.4.2, а), то при любом малом отклонении он стремится вернуться в исходное состояние, следовательно, равновесие шарика устойчивое. Если шарик лежит на плоскости (рис.4.2, б), то при малом отклонении он остаётся в новом положении, следовательно, равновесие шарика безразличное. Наконец, если попытаться установить шарик на выпуклую цилиндрическую поверхность (рис.4.2, в), он обязательно скатится – равновесие неустойчивое.

а б в

Рис.4.2

Шарик иллюстрирует поведение сжатого стержня (рис.4.3). По мере роста силы можно отметить три характерные ситуации в зависимости от значения силы: Р₁ < Р_кр, Р₂ = Р_кр и Р₃ > Р_кр. Р_кр – критическая сила.

а б в

Рис.4.3

Если Р < Р_кр, то отклоняя стержень какой-либо силой и затем устраняя её, возбуждаем затухающее колебательное движение около первоначального прямолинейного положения – устойчива прямолинейная форма равновесия (рис.4.3,а). Чем ближе Р к Р_кр, тем легче отклонить стержень от его прямолинейного положения и тем медленнее он возвращается в исходное положение. При Р = Р_кр стержень оказывается в состоянии безразличного равновесия (рис.4.3,б). Это означает, что наряду с прямолинейной становится возможной и бесконечно близкая к ней искривлённая форма равновесия. Возникновение безразличного состояния равновесия рассматриваем как потерю устойчивости прямолинейной формы равновесия. При Р > Р_кр (рис.4.3,в) становится устойчивой криволинейная форма равновесия. Это явление называют ещё продольным изгибом.

Продольный изгиб опасен тем, что происходит быстрое нарастание прогиба при малом нарастании сжимающей силы. Прогибы и нагрузка связаны между собой нелинейной зависимостью. Быстрое нарастание прогибов приводит к быстрому нарастанию напряжений от изгиба и к разрушению. Продольный изгиб (потеря устойчивости) – это катастрофа для конструкции.

История техники знает немало случаев крушения сооружений из-за неправильного расчёта их элементов на устойчивость. Например, крушение Квебекского моста через реку Святого Лаврентия в 1907 г. – погибли 74 человека, 9000 тонн металлоконструкций пришло в негодность.

Потеря устойчивости как явление природы отличается большим многообразием (рис.4.4). Цилиндрическая оболочка под действием сжимающего гидростатического давления (рис.4.4,а) при q > q_кр сплющивается и превращается в эллипс.

На рис.4.4,б показана высокая балка, испытывающая изгиб в вертикальной плоскости (плоский изгиб). По достижении силой критического значения плоская форма изгиба становится неустойчивой, появляются дополнительный изгиб в горизонтальной плоскости и кручение – балка опрокидывается.

а б в г

Рис.4.4

На рис.4.4,в показана пологая мембрана под действием силы Р, приложенной навстречу выпуклости. По достижении силой значения Р_кр происходит потеря устойчивости – мгновенное прощёлкивание мембраны, выпуклость её оказывается обращённой в сторону, противоположную первоначальному направлению. Новая форма устойчивого равновесия не является смежной, есть конечная разница в прогибах, соответствующих им.

Ещё один случай – потеря устойчивости под действием следящей силы (рис.4.4,г): при любой деформации стержня сила направлена вдоль касательной к его оси («следит» за деформацией). Обычно сила не меняет направление (рис.4.1,б). Можно сказать, что это расчётная схема ракеты или торпеды. По достижении силой критического значения прямолинейная форма равновесия становится неустойчивой, а новой устойчивой формы равновесия не возникает – система переходит в состояние колебательного движения с возрастающей амплитудой.

Ниже рассмотрим самую простую и в то же время самую распространённую в технике задачу об устойчивости прямолинейных сжатых стержней.

4.2. Определение критической силы методом Эйлера

Из сказанного в п.4.1 следует, что при расчёте устойчивости самым важным является определение критической нагрузки, вызывающей потерю устойчивости. Может также представлять интерес полное описание закритического поведения.

Для исследования устойчивости равновесия упругих систем имеется несколько методов. Наиболее универсальным является динамический метод, основанный на изучении колебаний системы вблизи заданного положения равновесия. Однако подавляющее большинство инженерных задач может быть решено более простым статическим методом, предложенным великим Л.Эйлером в 1744 г.

По определению Эйлера, критической силой называется «сила, требующаяся для самого малого наклонения колонны». Рассмотрим шарнирно-опёртый центрально-сжатый стержень постоянного сечения в слегка изогнутом состоянии (рис.4.5,а).

а б

Рис.4.5

Предполагая, что деформация стержня упругая (напряжения не превышают предел пропорциональности), можно воспользоваться приближённым дифференциальным уравнением (1.4) изогнутой оси:

, (4.1)

где J_min – наименьший момент инерции стержня, так как очевидно, что изгиб произойдёт в плоскости наименьшей жёсткости.

Изгибающий момент в произвольном сечении (рис.4.5,б)

|М| = Р_крυ.

Учитывая, что знаки момента и второй производной прогиба противоположны при любом направлении оси υ, получим

,

или

. (4.2)

Введём обозначение

, (4.3)

и запишем уравнение (4.2) следующим образом:

. (4.4)

Мы получили однородное линейное дифференциальное уравнение, общий интеграл которого известен:

υ = A sin kx + B cos kx. (4.5)

Постоянные интегрирования А и В должны удовлетворять граничным условиям:

· при х = 0 Þ υ = 0;

· при х = ℓ Þ υ = 0.

Из первого условия

0 = A sin 0 + B cos 0 = B ∙1, т.е. В = 0.

Из второго условия

0 = A sin kℓ.

Это условие выполняется в двух случаях: А = 0 или sin kℓ = 0. Первый случай нас не интересует, так как при А = 0 стержень остаётся прямолинейным. Криволинейная форма равновесия возможна при sin kℓ = 0.

Корни этого уравнения

kℓ = 0, π, 2π, 3π, 4π… (4.6)

Наименьшее значение критической силы будет при kℓ = π. Таким образом,

. (4.7)

Подставим (4.7) в (4.3) и получим формулу Эйлера

. (4.8)

Выражение (4.6) фактически даёт не одно, а множество значений критической силы. Каждой силе соответствует своя форма равновесия (рис.4.6):

, (4.9)

где n = 1, 2, 3, 4…

При первой критической силе стержень изгибается по одной полуволне синусоиды, а при всех последующих число полуволн равно номеру критической силы. Потеря устойчивости в форме двух или более полуволн синусоиды возможна только в случае установки в соответствующих местах стержня ограничителей перемещения.

Дата добавления: 2014-01-04