Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Основы сопротивления материалов. Учебное пособие
.pdf
Подставляя теперь (61) в (60), получаем третье дифференциальное
M
M
уравнение Журавского:
2
dM
qdx
z
,
(62)
2
которое дает информацию о кривизне эпюра
в зависимости от
z
знака q.
Дифференциальные зависимости Д.И. Журавского дают возможность не только проверять построение эпюров
Q и
y
, но и быстрее
z
их строить.
8.3. ВЫВОД ФОРМУЛЫ
ДЛЯ РАСЧЕТА НАПРЯЖЕНИЙ
ПРИ ЧИСТОМ ПЛОСКОМ ИЗГИБЕ
Мысленный эксперимент
На плоской боковой поверхности бруса мысленно нанесем ортогональную сетку: ряд вертикальных и ряд горизонтальных линий
(рис. 51, а). Затем нагрузим брус изгибающими моментами (рис. 51, б)
и зафиксируем изменение ортогональной сетки: вертикальные линии,
которые имитируют следы поперечных сечений на боковой поверхности, не искривятся, повернутся на некоторый угол и останутся перпендикулярными изогнутой оси бруса; горизонтальные линии превратятся в дуги окружностей, расстояния между ними не изменятся.
Ортогональность сетки сохранится. На основе этих наблюдений можно выдвинуть следующие гипотезы.
1. Гипотеза плоских поперечных сечений.
2. Гипотеза о ненадавливании продольных волокон, поскольку рас-
стояния между горизонтальными линиями не изменились.
3. Гипотеза о существовании нейтрального слоя. Поскольку часть
горизонтальных линий удлинилась, а часть укоротилась (рис. 51, б), из
этого следует, что между ними существует линия, длина которой не
изменилась. Эти линии и образуют так называемый нейтральный слой.
На основании этих гипотез будем строить теорию чистого плоского
изгиба.
71
M
M
M
M
а
М М
б
Рис. 51
Статическое обследование задачи
Рассмотрим произвольное поперечное сечение бруса (рис. 52).
Из гипотезы о ненадавливании продольных волокон следует, что в сечении отсутствуют касательные напряжения. Поскольку длина продольных волокон изменяется, в сечении действуют нормальные
напряжения, причем разного знака. На рис. 53 представлен в изометрии элемент бруса длиной dx, в сечении которого показаны нормальные напряжения, которые образуют нормальные силы разного знака и
в сумме равные нулю (первая формула (а)):
0,
ydA
(а)
и изгибающий момент
Знак «–» в формуле для
ков:
> 0 при положительной кривизне изогнутой оси бруса (как у
z
NdA
A
z
A
– вторая формула (а).
z
согласуется с принятым правилом зна-
z
нас). Из рис. 53 видно, что в верхней части сечения у > 0, а
72
0, а в
нижней у < 0, а 0, поэтому знак «–» необходим, чтобы выполня-
M
x
лось условие
> 0.
z
М
Рис. 52
M
z
На данном этапе сделаем предположение о положении нейтрального слоя (н.с.). Допустим, н.с. находится в плоскости
xz (рис. 53). Линия
пересечения н.с. с поперечным сечением называется нейтральной
линией (н.л.). При сделанном предположении н.л. совпадает с осью
Заметим, что координаты
у на рис. 53 отложены от н.л. Чуть позже мы
z.
докажем, что сделанное предположение о нахождении н.с. и соответственно н.л. является верным.
y
M
z
А
dA
н.с.
M
z
o
y
z
o
dx
н.л.
y
Рис. 53
Геометрическое обследование
Рассмотрим с учетом выдвинутых гипотез деформацию элемента
dx. На рис. 54, а показан элемент до деформации, а на рис. 54, б – по-
сле деформации.
73
А
Е
Е
у
О
dx
В
О
1
О
А
1
х
d
В
1
y
х
О
1
а б
Рис. 54
Определим линейную деформацию произвольного отрезка АВ, взятого на координате
дится в н.с. Как видно из рис. 54,
длина отрезка
Вычислим длины отрезка
кривизны н.с. и
вого:
у. Отрезок 1ОО лежит на оси х, поэтому он нахо-
а:
ОО не изменилась, отрезок АВ укоротился (рис. 54, б).
1
.АВ ОО dx
1
После деформации
АВ до и после деформации через – радиус
d – угол поворота правого сечения относительно ле-
,().АВ dAB yd
11
Геометрическое уравнение – линейная деформация произвольного
бесконечно малого отрезка
АВ:
АВ АВ
11
(б)
у
.
АВ
Физика
Закон Гука дает нам связь между напряжениями и деформациями:
.
(в)
Синтез
Подставляем (б) в (в):
у
. (г)
E
Подставляем (г) в первое уравнение (а):
. Как известно из геометрии, этот интеграл является статиче-
0
ydA
A
NydA
A
74
0,
откуда
ским моментом сечения, а статический момент любой плоской фигуры
M
E
M
E
M
M
равен нулю относительно ее центральных осей. Вот мы и доказали
предположение о расположении н.с., сделанное ранее.
Теперь подставим (г) во второе уравнение (а):
E
2
.
ydA
В этом выражении
z
A
2
ydA I – момент инерции сечения относитель-
A
z
но центральной оси z (геометрическая характеристика сечения при из-
I
z
гибе). С учетом этого
M
z
,
откуда получим формулу для кри-
визны изогнутой оси бруса:
1
z
.
(д)
I
z
Подставляем теперь (д) в (г) и получаем формулу для расчета
напряжений в любой точке сечения (знак «–» в этой формуле по умол-
чанию опущен, поскольку по направлению
всегда можно узнать
z
знак напряжения):
y
z
(63)
.
I
z
Пример
Построить эпюру напряжений по прямоугольному поперечному
сечению.
h
M
z
75
y
+
_
(c)
max
(р)
max
z
Из формулы (63) следует что линейно зависит от у. При таком
M
M
y
направлении
видно, что верхняя часть сечения растягивается, а
z
нижняя сжимается. Поскольку ось z является осью симметрии, максимальные растягивающие
(p)
и максимальные сжимающие
max
(с)
max
напряжения равны по модулю:
/2
(p) (c)
max max max
Mh
z
I
z
.
Чтобы упростить формулы для максимальных напряжений, ввели
понятие момента сопротивления сечения
I
Wy
z
.
z
max
Теперь формула для максимальных напряжений приобретает простой вид:
z
(64)
max
W
.
z
Пример
dA
dy
Рассчитать
I и zW для прямоуголь-
z
ного сечения.
Выделим элемент площади, как пока-
h
b
y
A
зано на рисунке: ,dA bdy тогда
z
/2
h
I y bdy
z
2
/2
h
bh
12
3
;
I
bh
z
z
/2 6
Wh
2
.
76
8.4. УСЛОВИЕ ПРОЧНОСТИ
M
:
Хрупкий материал
[][].
сp
Первый случай: ось z не является осью симметрии
На рис. 55 показано сечение в виде тавра, у которого ось z не является осью симметрии. В этом случае следует рассмотреть два условия
прочности:
Mh
(c)
;
max c
1
z
[]
I
z
y
z
(65)
h
1
h
2
Рис. 55
Mh
(p)
max p
y
–
(p)
max
2
z
[].
I
z
(c)
max
z
+
Если разделить первое условие прочности на второе, то получим формулу для рационального положения центра тяжести таких сечений:
[]
h
h
c
1
2p
.
(66)
[]
Как видим, в нашем случае сечение ориентировано рационально относительно нагрузки.
Второй случай: ось z является осью симметрии
В этом случае максимальные растягивающие и сжимающие напряжения по модулю равны и рассматривается одно условие прочности:
M
(67)
max p
W
77
z
z
[].
Пластичный материал:
M
М
[][][], если в качестве предель-
рс
ного напряжения берется предел текучести.
Для пластичных материалов рассматривается в этом случае одно
условие прочности.
8.5. ПОПЕРЕЧНЫЙ ПЛОСКИЙ ИЗГИБ
Основные положения
В этом случае в поперечных сечениях бруса к изгибающим момен-
y
z
там
Q , что приводит к несоблюдению гипо-
y
добавляются поперечные силы
z
тезы плоских сечений. Но в рамках гипо-
о
z
тезы малости деформаций искривлением
поперечных сечений можно пренебречь,
поэтому формула для нормальных напряжений, полученная ранее, сохраняет-
до-
,
Рис. 56
ся. К нормальным напряжениям
x
Q
y
бавляются касательные напряжения
лежащие, как и сила
Q , в плоскости
y
сечения (рис. 56).
Вывод расчетной формулы для касательных напряжений
Рассмотрим элемент бруса длиной dx (рис. 57, а). В его поперечных
сечениях действуют внутренние поперечные силы и изгибающие моменты, от которых возникают нормальные и касательные напряжения.
Эпюры нормальных напряжений показаны на рис. 57, б.
Наша задача – получить формулу для касательных напряжений.
Определим касательные напряжения
на произвольном уровне у. Для
этого мысленно отсечем из рассматриваемого элемента его верхнюю
часть, расположенную выше уровня у. По его боковым поверхностям
действуют касательные напряжения, закон распределения которых мы
пока не знаем, а по нижней грани по закону парности касательных
напряжений действуют интересующие нас
на уровне у (рис. 57, б).
На рис. 57, в дан вид на левую боковую поверхность элемента dx,
на котором показаны напряжения
отсеченной верхней части обозначена
. Площадь поперечного сечения
А
. На уровне
у
выделен эле-
1
78
мент площади dA, по которому действует нормальное напряжение
M
N
M
M
y
. На всю площадь А
1z
I
z
M
dA y dA
AA
z
I
z
.
Заметим, что интеграл в этом выражении
1
представляет собой статический момент площади сечения
тельно центральной оси
для нормальной силы:
z:
действует нормальная сила
SydA
A
M
z
.
S
z
I
z
.
Окончательное выражение
1
А
относи-
N
z
Q
y
х
у
dx
dM
zz
Q
y
x
эп. эп.
–
В
+
dx
а б
y
А
τ
у
b
Вид В
dA
о
у
1
z
N
τ
z
в г
Рис. 57
d
–
х
+
y
dNN
у
х
79
На рис. 57, г показана в изометрии отсеченная верхняя часть эле-
A
x
мента
dx. Действующая по его правому сечению нормальная сила по-
лучит приращение
dM S
dN
zz
(68)
.
I
z
Спроецируем все силы, действующие на верхнюю часть элемента,
х: 0,X bdx N N dN
на ось
dN
(68) и выражения (61) получаем формулу Журавского для расчета
откуда после подстановки
касательных напряжений при поперечном плоском изгибе:
QS
yz
Ib
z
.
(69)
Пример
Построить эпюру касательных напряжений от
ного сечения.
y
у
h
b
Выделим элемент площади
3
I
z
bh
12
,
1
,dA bdy
dA
1
y
1
dA
на площади сечения А:
SydAybdy y
z
QS Q
yz y
Ib
111
A
z
6
h
3
bh
80
Q для прямоуголь-
y
y
max
/2
h
y
2
2
.
y
2
bh
24
2
.
4
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]