Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Казанский национальный исследовательский технический университет им. А. Н. Туполева

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Lectures part2

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.03.2015

Размер:

1.33 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 178 9 10 11 12 13 14 15 16 17 > Следующая >>>

- 71 -

Тема №23. СЛОЖНЫЕ ДЕФОРМАЦИИ СТЕРЖНЕЙ

Расчётные соотношения для стержней при действии нагрузки обще-

го вида

Выше рассматривались отдельные виды деформаций стержня постоянно- го поперечного сечения по длине: растяжение-сжатие, сдвиг, изгиб, кручение.

Однако в реальных стержнях под действием произвольной нагрузки возникают одновременно все виды деформаций. Решение в этом общем случае получается по принципу суперпозиции линейных задач, согласно которому следует скла- дывать одноименные величины, найденные для отдельных видов деформаций.

Однако для отдельных видов деформации решения были получены в главных центральных осях поперечного сечения, которые далее обозначим x, y, z . Что-

бы решить задачу, необходимо, очевидно, предварительно разложить нагрузку общего вида по указанным осям. После этого следует найти (построить) эпюры внутренних силовых факторов в этих осях. Их будет шесть, по числу состав- ляющих двух векторов (силы и момента) в поперечном сечении Q{Qx*, Q*y , Qz*}, M {M x*, M *y , M z*}. Напомним, что эпюры внутренних силовых

факторов Qx (x)= N(x), Qy (x), Qz (x), M x (x), M y (x), M z (x) строятся для величин, которые совпадают с проекциями векторов с точностью до знака.

Когда найдены эпюры внутренних силовых факторов, можно определить, например, нормальные напряжения в поперечных сечениях. Эти напряжения вы- зываются тремя из шести силовыми факторами – N(x), M y (x), M z (x):

σx 1

σx 2

σx 3

=	N(x)		,		(23.1)

		F
= −		M z (x)		y ,	(23.2)
		Iz
= −		M z (x)		y .	(23.3)
		Iz

При одновременном действии всех трёх внутренних силовых факторов N(x), M y (x), M z (x) возникающие в поперечных сечениях нормальные напря-

жения представляют собой по принципу суперпозиции сумму напряжений от каждого из силовых факторов

σx = σx 1 + σx 2 + σx 3 =

N(x)

−

M z (x)

y −

M y

(x)

z ,

(23.4)

I y

откуда видно, что в общем случае напряжение σx

– функция всех трёх коорди-

нат x, y, z

σx = σx (x, y, z) .

(23.5)

- 72 -

Зависимость напряжения от продольной координаты x определяется зави- симостями от этой координаты эпюр внутренних силовых факторов. В направ- лении же поперечных координат зависимости линейные. Если зафиксировать координату x, другими словами, рассмотреть одно из поперечных сечений, то

коэффициенты в соотношении (23.4) будут постоянными. Обозначим их:
a =	N(x)	, b = −	M z (x)	, c = −	M y (x)	.	(23.6)
	F		Iz		Iy

Нормальное напряжение в выбранном поперечном сечении будет функ- цией только от двух координат y и z, а поскольку эти зависимости линейны, по- верхность, изображающая нормальное напряжение, окажется плоскостью, что видно и из получающейся формулы для напряжений:

σx = σx (y, z) = a + by + cz .

(23.7)

Плоскость поперечного сечения и плоскость напряжений σx (y, z) могут

пересекаться (рис. 23.1). Пересечение плоскостей происходит по прямой линии. Уравнение этой прямой получается, если положить нормальное напряжение в

сечении равным нулю σx = 0 :
		a + by + cz = 0 .						(23.8)
σx (y, z)< 0				Нейтральная		Напомним, что прямая, на которой
	y			линия		отсутствуют	нормальные напряжения в
	y			линия		отсутствуют	нормальные напряжения в
						поперечном	сечении,	называется	ней-
z 0						поперечном	сечении,	называется	ней-
z 0						тральной линией. В зависимости от па-
						тральной линией. В зависимости от па-
						раметров задачи нейтральная линия мо-
						жет пересекать контур сечения, как это
						изображено на рисунке, или проходить
				σx (y, z)> 0	x	вне сечения. Нейтральная линия отделя-
				σx (y, z)> 0	x	ет, очевидно, растянутую часть сечения,
			Рис. 23.1			где σx > 0,	от сжатой	его части,	где

σx < 0. Если нейтральная линия проходит вне контура сечения, то всё сечение

оказывается под действием напряжений одного знака.

В рассмотренных теориях сдвига и кручения стержней предполагалось, что от перерезывающих сил Qy (x), Qz (x) и крутящего момента M x (x) нор-

мальных напряжений не возникает.

Помимо нормальных напряжений в поперечных сечениях стержней могут действовать касательные напряжения. Последние возникают под действием как раз перерезывающих сил и крутящего момента. Касательные напряжения от

перерезывающих сил могут быть грубо оценены как средние по сечению:
τxy сд = −	Qy (x)	, τxz сд = −	Q (x)
			z	,	(23.9)
	F		F

			- 73 -
или тоже приближённо, но более точно по формуле Журавского:
~			~
τxy сд = −	Qy (x)Sz (y)	,	τxz сд = −	Qz (x)Sy (z)	.	(23.10)
	Izb(y)
				I y b(z)

Касательные напряжения в поперечных сечениях круглого стержня от кру-

тящего момента определяются в цилиндрической системе координат формулой

τxα =	M x (x)	r .	(23.11)
	I p

Касательные напряжения в сечении от кручения будут складываться с каса- тельными напряжениями от сдвига, поэтому лучше в данном случае использо-

вать представление касательного напряжения от кручения в виде составляющих по осям декартовой системы координат:

τxy кр = −	M x (x)	z ,	τxz кр =	M x (x)	y .
	I p			I p

При одновременном действии перерезывающих сил и крутящего момента каса-

тельные напряжения будут равны

M x (x)

τxy = τxy сд + τxy кр = −

Qy (x)Sz (y)

−

z ,

(23.12)

Izb(y)

I p

M x (x)

τxz = τxz сд + τxz кр

= −

Qz (x)Sy (z)

y .

(23.13)

I y b(z)

I p

Другие

нормальные напряжения

σy , σz на взаимно перпендикулярных

z 0

площадках, связанных с осями x, y, z

(напряжения

взаимного

надавливания

«продольных волокон»),

в данном ва-

рианте соотношений теории стержней

не учитываются. Обычно эти напряже-

Рис. 23.2

ния в стержнях меньше напряжения σx

одно нормальное напряжение σ = σx

и можно считать, что действует только

(рис. 23.2). Считаются нулевыми и каса-

тельные напряжения τyz . Касательные же напряжения, действующие в одной

плоскости поперечного сечения, складываются и дают одно суммарное каса- тельное напряжение τ . Тогда для ортогональной системы координат, связанной с поперечными сечениями и плоскостью, проходящей через векторы касатель- ного и нормального напряжений в сечении, получаем плоское напряжённое со- стояние частного вида. В указанной системе координат на координатных пло- щадках действуют всего два напряжения: σ и τ. Малый параллелепипед, соот-

- 74 -

ветствующий этой системе координат, с действующими на него всеми напря- жениями изображён на рис. 23.2, б. При таком напряжённом состоянии главные

напряжения плоского напряжённого состояния определяются формулами (22.14). Поскольку рассматривается общий случай нагружения стержня, то дан- ное напряжённое состояние является при такой постановке задачи самым об- щим для стержней. В результате упрощаются формулы для эквивалентных на- пряжений при анализе прочности стержней.

По принципу суперпозиции могут быть найдены и все другие параметры напряжённо-деформированного состояния стержней от действия нагрузки об- щего вида. Например, перемещения точек оси стержня u0 (x), v0 (x), w0 (x) и угол поворота поперечного сечения ϕ(x) могут быть найдены интегрированием соотношений упругости для отдельных видов деформаций:

N(x)= EF	du0	(x)			M y (x)= EI y		d 2w (x)
			,			0		,
							dx2
	dx
								(23.14)
	dϕ(x)					d 2v0 (x)

M x (x)= EI p		dx		,	M z (x)= EIz			.
							dx2

Прогибы от перерезывающих сил Qy (x), Qz (x) обычно малы по сравнению с прогибами от изгибов v0 (x) и w0 (x), и можно их не учитывать. Осевое переме- щение U произвольной точки стержня с координатами x, y, z можно тогда най- ти, складывая с учётом знака перемещения U от растяжения и двух изгибов:

U (x, y, z) = u0	(x) − y	dv0	(x)	− z	dw0	(x)	.	(23.15)
		dx			dx

Подобным образом находятся и другие величины при сложных деформациях стержней. После чего можно решать вопрос об их прочности и жёсткости.

Заметим, что полученные соотношения будут справедливы для стержней с любой формой поперечного сечения, если они не подвержены кручению. Если же присутствует кручение, то они справедливы только для круглых стержней.

Рассмотрим некоторые часто встречающиеся на практике частные случаи сложных деформаций.

Внецентренное растяжение-сжатие

Внецентренным растяжением, или сжатием, называют случай нагружения стержня силой, параллельной его оси, но не приложенной в центре тяжести его сечения (рис. 23.3). Такая сила вызывает, как легко видеть из уравнений равнове- сия отсечённой консольной части стержня, осевую силу и два изгибающих мо- мента M y (x) и M z (x) относительно главных центральных осей сечения y и z:

N(x) = P , M y (x)= −PzP , M z (x)= −PyP ,

(23.16)

- 75 -

yP , zP

где

– координаты точки приложе-

ния силы P в указанных осях. Других

внутренних силовых факторов в сечениях

стержня не возникает, изгибы получаются

чистыми, без перерезывающих сил, мо-

менты не меняются по длине стержня, не

меняется по длине стержня и осевая сила.

При таком нагружении в сечениях

стержня возникает одноосное напряжён-

Рис. 23.3

ное состояние. Нормальные напряжения

в произвольной точке сечения с коорди-

натами y, z записываются так же, как в общем случае нагружения, но не зави-

сят от продольной координаты x:

sx (y, z) =

z y -

M y

z =

I y

= P

(23.17)

+ PyP y + PzP z = P ç1 +

yP y + zP z ÷ ,

I y

F è

где

iy =

Iz F ,

iz =

I y

F ,

(23.18)

iy , iz

– радиусы инерции главных центральных осей сечения.

Приняв σx ( y, z) = 0,

получим уравнение нейтраль-

ной линии:

1+ yP y

+ zP z = 0 .

(23.19)

iz2

iy2

Из этого уравнения видно, что положение нейтральной

линии не зависит от величины силы P, а зависит только

н. л.

от координат точки её приложения и от геометрии попе-

речного сечения. Можно также заметить, что при вне-

Рис. 23.4

центренном

растяжении-сжатии нейтральная

линия не

проходит через центр тяжести сечения.

Обозначим
y	0	= -i2	y	P	, z	0	= -i2	z	P
	0	z		P		0	y		P

и перепишем уравнение нейтральной линии

y + z =1 . y0 z0

(23.20)

(23.21)

- 76 -

y = 0,

а затем z = 0 , убеждаемся

ядро

Положив сначала

в том,

что

y0 и z0

– это отрезки, которые отсекает

нейтральная линия на осях координат (рис. 23.4), по-

этому полученная форма записи уравнения нейтраль-

ной линии называется уравнением прямой в отрезках.

Наибольшее нормальное напряжение возника-

ет, очевидно, в наиболее удалённой от нейтральной

н. л.

оси точке, поскольку поверхность напряжений пред-

Рис. 23.5

ставляет собой плоскость. Чтобы вычислить макси-

мальные напряжения, надо определить координаты

ядро

н. л.

упомянутой точки ( ym , zm ):

+ yP ym

x max

P ç1

+ zP zm ÷ .

F è

(23.22)

По

sx max поверяется прочность стержня при внецен-

d 4

тренном растяжении.

Ядро сечения

Рис. 23.6

Ядро сечения – это область вокруг центра тя-

н. л.

жести сечения, при приложении внутри которой осе-

вой силы всё сечение оказывается в области напряже-

ний одного знака. Сечение будет подвержено напряже-

h 3 b

ниям одного знака,

если нейтральная линия проходит

вне сечения, поскольку по одну сторону от нейтраль-

ной линии расположена зона растяжения, а по другую

b 3

– сжатия. Когда нейтральная линия касается сечения,

. л.

ядро

то получаем предельное положение нейтральной линии

(рис. 23.5).

Чтобы найти контур ядра сечения, следует опре-

Рис. 23.7

делить координаты точек приложения силы P, соответ-

ствующие предельным положениям нейтральной ли-

нии. Проще всего это сделать для круглого сечения (рис. 23.6). Нейтральная линия

будет касаться сечения, если точка приложения имеет координаты

zP = 0 ,

yP = -

= -

pd 4 × 4

= -

(23.23)

× pd 2 × d

× 0,5d

0,5 × 64

Поскольку круглое сечение обладает центральной симметрией, то очевидно,

- 77 -

что ядро сечения образует круг радиуса d8 и диаметра d4.

Для прямоугольного сечения ядро представляет собой ромб (рис. 23.7), вершины которого легко найти по крайним положениям нейтральной линии,

совпадающей со сторонами прямоугольника

bh3 × 2

iy2

hb3 × 2

yP = ±

= ±

, zP = ±

= ±

(23.24)

12 ×bh ×b

Для того чтобы обосновать, что ядром сечения является ромб с вершинами в найденных точках, надо ещё доказать, что при повороте нейтральной линии

около вершины прямоугольника точка приложения осевой силы смещается по прямой, соединяющей вершины ромба.

На доказательстве этого факта и более подробном рассмотрении вопроса о ядре сечения останавливаться не будем, отчасти потому, что отыскание ядра сечения бывает нужно при проектировании конструкций из хрупких материа- лов. Многие хрупкие материалы значительно прочнее на сжатие, чем на растя- жение. Поэтому для этих материалов бывает важно найти ядро сечения, чтобы при сжатии можно было получить сжимающие напряжения по всему сечению.

Косой изгиб

y		Косым называется изгиб, при ко-
		тором внешняя изгибающая нагрузка не
z	Q2	лежит в плоскостях главных централь-
		ных осей сечения (рис. 23.8). Решение,
0
		конечно, получается разложением на-

		грузки по главным центральным осям
		сечения. Принимаются нулевыми осе-
Q1		вые силы N(x)		и крутящие моменты
	x	M x (x).	Прочие	внутренние	силовые
		факторы Qy (x), Qz (x), M y (x), M z (x) мо-

Рис. 23.8 гут быть отличны от нуля, иными сло- вами, оба изгиба могут быть поперечными. Формула для нормальных напряже- ний общего случая нагружения стержня (23.4) упрощается вследствие отсутст- вия осевых сил. Нормальные напряжения определяются как сумма нормальных

напряжений от изгибов в двух взаимно перпендикулярных плоскостях главных центральных осей сечения:

sx (x, y, z) = -	M z (x)	y -	M y (x)	z = by + cz ,	(23.25)
	Iz		I y

где b и с снова определяются формулами (23.6).

- 78 -

Из соотношения видно, что пространственный график нормальных напря- жений представляет собой плоскость, проходящую через центр тяжести сечения (начало координат осей y и z в сечении), поскольку зависимость σx от y и z ли-

нейна, а из-за отсутствия осевых сил в формуле нет слагаемого a (рис. 23.9).

Нейтральная

Приравняв нулю нормальные на-

пряжения, найдём уравнение нейтраль-

линия (н.л.)

ной линии в сечении, представляющей

z 0

собой линию пересечения плоскости на-

пряжений с плоскостью сечения:

by + cz = 0.

(23.26)

σx (y, z)

Она, конечно, представляет собой пря-

мую, проходящую через начало коорди-

Рис. 23.9

нат. Это уравнение при ненулевых y и

M y (x) можно переписать как

M z (x) I y

M z* I y

= − c

= −

(23.27)

M y (x)

M *y

где M *y и M z* – составляющие вектора изгибающего момента внутренних сил в се- чении (вектор лежит в плоскости поперечного сечения, его составляющие M x* = 0 , M *y , M z* ). Одна из составляющих этого вектора, как говорилось в начале курса, от- личается от внутреннего силового фактора знаком: M *y = −M y (x), M z* = M z (x).

Как видно из рис. 23.10:
z	= tgα ,		M z*	= tgβ .
y			M *y
Подставив в (23.27), получим
		M z* I y			I y
tgα =		M *y	Iz =		Iz	tgβ ,
			y
r	β	α				B*
r	β	α	χ			r
M			χ			U
z		B				н.л.
r
M
	Рис. 23.10

(23.28)

(23.29)

откуда следует, что направления нейтральной линии и вектора момента, заданные углами α и β, не совпадают, если Iy ¹ Iz . При этом ней-

тральная линия поворачивается в сторону оси с меньшим моментом инерции.

Если стержень подвергается действию плоского изгиба в плоскости x0y моментом (па- рой сил) M z , то вектор момента, перпендику-

лярный плоскости действия пары x0y, направлен так же, как ось z, и тогда направление нейтраль-

Рис. 23.11

- 79 -

ной линии и направление вектора момента совпадают (рис. 23.11). Перемещение центра тяжести сечения (точки пересечения оси стержня

поперечным сечением) от изгиба вектором изгибающего момента M , прило- женным на конце стержня постоянного сечения и не совпадающим по направ- лению с главными центральными осями сечения (рис. 23.12), происходит по направлению перпендикуляра к нейтральной линии в сечении. Докажем это.

Действительно, изгибы в плоскостях глав-

ных центральных осей стержня составляющими

вектора момента

M *y , M z* будут чистыми. Пе-

ремещения (составляющие вектора переме-

н.л.

щений) точки его оси в левом торцевом сечении

можно вычислить по формуле (10.39) или с по-

мощью интеграла Мора:

vA =

M z* l2

, wA

= −

M *y

(23.30)

M z

EIz

EI y

Знак минус появляется из-за различия в положи- тельных направлениях внутреннего силового фактора M y (x) и составляющей

вектора момента M *y .

Определим тангенс угла, в направлении которого происходит перемеще- ние точки B (рис. 23.10):

tgχ =	w	B	= −	M *y	I	z	.
tgχ =			= −				.
	vB			M z* I y

Отсюда с помощью (23.29) находим

tgχ = −1 tgα .
y
z		r
0		M
l	r
l	M	x
		B

Рис. 23.12

(23.31)

(23.32)

Полученное равенство свидетель- ствует о том, что направления α и χ вза- имно перпендикулярны, т.е. перемеще- ние U точки B происходит в направле- нии, перпендикулярном направлению нейтральной линии, что и требовалось доказать. Плоскость действия пары сил

перпендикулярна направлению вектора момента. И если направление вектора

момента не совпадает с нейтральной линией, то плоскость действия пары сил, вызывающей изгиб, и плоскость, в которой лежит изогнутая ось стержня,

- 80 -

также не совпадают (см. рис. 23.10).

Если соотношение между составляющими вектора момента меняется по длине стержня, то меняется и направление вектора перемещений точек оси стержня. Тогда изогнутая ось стержня становится пространственной кривой.

Наибольшее по модулю нормальное напряжение в сечении возникает снова в наиболее удалённой от нейтральной оси точке поперечного сече- ния ( ym , zm ):

max =

M z (x)

ym -

M y (x)

(23.33)

Для двутаврового и прямоугольного сечений (сечений с выступающими угловыми точками) наибольшее значение нормальных напряжений достигается в угловых точках и его можно переписать с помощью моментов сопротивле- ний Wy ,Wz :

M y

(x)

(23.34)

max

z è

где

I y

Wz =

Wy =

(23.35)

max

Величину в круглых скобках в соотношении (23.34) называют приведённым изгибающим моментом:

Mпр =

M z (x)

+ Wz

M y (x)

(23.36)

причём для прямоугольного поперечного сечения

= bh2

= h .

(23.37)

hb2

Касательные напряжения при косом изгибе могут быть вычислены по формулам Журавского (23.10). Однако во многих случаях эти напряжения ока- зываются много меньше нормальных и ими пренебрегают. Напряженное со- стояние в материале стержня получается одноосным, и тогда при косом изгибе используется условие прочности одноосного напряжённого состояния:

sx	max £ [s] .	(23.38)

С помощью приведённого момента условие прочности всего стержня за-

пишется как

		1		Mпр max £ [s] .
sx	max	=			(23.39)
			W
			z

Такое представление условия прочности удобно тем, что оно похоже на усло-

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 178 9 10 11 12 13 14 15 16 17 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
18.08.2019195.58 Кб5Lection 5.doc
#
18.08.2019239.1 Кб2Lection 6.doc
#
04.11.2018179.83 Кб9lections.docx
#
15.04.2019980.99 Кб9lecton.DOC
#
12.03.20151.35 Mб117Lectures part1.pdf
#
12.03.20151.33 Mб23Lectures part2.pdf
#
26.04.20191.77 Mб9lekcii_po_nachertatelnoy_geometrii.doc
#
01.05.2025327.68 Кб2Lektsia_11.doc
#
01.05.2025569.34 Кб1Lektsia_12.doc
#
01.05.2025428.03 Кб0Lektsia_14.doc
#
16.04.201983.46 Кб2Lektsia_16 (1).doc