КУРС ЛЕКЦИЙ ПО СОПРОМАТУ

12.2 Определение напряжений в кривых стержнях

		Различают стержни малой кривизны		h		1	и большой кривизны
h		1		R 5
			.
R 5

Напряжения от N и Q для стержней любой кривизны определяют, как и для прямолинейных стержней по известным формулам:

		N		Q S	отс
					х
		A		b Ix

Формула определения напряжения от изгибающего момента Mx y Ix

применима только для стержней малой кривизны.

12.2.1Вывод формулы MX для стержней большой кривизны

Кривой стержень имеет следующие геометрические параметры:

R – радиус кривизны (расстояние от центра кривизны О стержня до центра тяжести С сечения);

RВ и RН – соответственно радиус внутренних и радиус наружных волокон сечения;

hB и hН – соответственно координаты внутренних и наружных волокон; rН – радиус нейтрального слоя;

e – расстояние от нейтрального слоя до центра тяжести сечения (эксцентриситет).

101

Пусть в сечении кривого стержня действует только изгибающий момент

MX.

Рассмотрим деформацию волокна АВ площадью dA.

Начальная длина волокна АВ равна (rН-y)dφ. В результате деформации стержня сечение повернулось на угол dφ и волокно АВ удлинилось на

AA y d .

Относительное удлинение волокна АВ составило

AA

y d

.

AB

(rн y)d

По закону Гука Е Е

y d

Е

d

y

(12.1)

d rн y

(rн y)d

В

сечении

стержня

продольная

сила

отсутствует, таким образом

N dA 0 .

(12.2)

Подставив уравнение (12.1) в уравнение (12.2), получим

dA

d

y

d

y

Е

dA Е

dA 0,

d

r y

d

r y

н

н

откуда

y

dA 0

(12.3)

r

y

н

В сечении стержня имеет место изгибающий момент

MX y dA

(12.4)

Подставим в уравнение (12.4) уравнение (12.1)

y dA

Е

d

y2

d

y2

dA Е

dA MX

(12.5)

d

r y

d

r

y

н

н

Преобразуем интеграл

y2

y2 r y r y

r y

y

н

н

н

r y dA

r y

dA y r y

dA y dA rн r ydA

н

н

н

н

0изур-я(3)

Таким образом, интеграл

y2

dA y dA Sx ( e)A eA

(12.6)

r y

н

Подставив уравнение (12.6) в уравнение (12.5) получим

Е

d

eA MX

или Е

d

MX

(12.7)

eA

d

d

102

		Теперь подставим уравнение (12.7) в уравнение (12.1) и получим фор-
	мулу определения напряжений от MX в кривых стержнях						MX y
							eA(rн y)
	или		MX y		,
			Sx r
	где
		y – координата точки, в которой определяем напряжение;
		r – полярная координата этой же точки;
		SX – статический момент сечения стержня.

12.3 Определение положения нейтральной линии

Положение нейтральной линии определяется величиной е или rН.

Найдем rН из уравнения (12.3), заменив в нем выражения y=rН - r и rН – y=r:

	r r				rн		dA
	н		dA 0 или								A 0.
	r								r
		Отсюда		r		A					(12.8)
				н		dA
						r

Определим rН для прямоугольного сечения: Выделим на сечении элементарный участок

высотой dr и площадью dA=dr·b.

Подставляя эти величины в уравнение (12.8), получим

r

A

bh

h

.

н

dA

RН

RН

b dr

ln

r

RВ

r

RВ

12.4Определение перемещений в кривых стержнях

Для определения перемещений в кривых стержнях используют метод Мора:

i MF Mi ds EIx

Порядок расчета аналогичен определению перемещений в прямолинейных стержнях. Следует учесть, что в кривых стержнях dS=R·dφ.

103

Пример

Требуется определить угол поворота сечения на конце кривого стерж-

ня.

В произвольном сечении кривого стержня на координате φ грузовой момент равен MF=FR(2sin φ + cos φ - 1).

Построим вспомогательную систему и определим единичный момент в

том же произвольном сечении: M1 M 1.

Далее вычисляем перемещение, подставляя грузовой и единичный моменты в интеграл Мора:

2

M

1

2

FR2

3 / 2

F

M

1

dS

FR(2sin cos 1)Rd

EIx

EIx

EIx

0

0

12.5 Расчет на прочность кривых стержней

В стержнях малой кривизны, когда

h

1

расчет на прочность не отли-

R 5

чается от расчета прямолинейных стержней: max

N

MX

[ ].

A

WX

В стержнях большой кривизны расчет на прочность производят по формуле:

max	N		MX y	[ ]
	A
			SX r

Поперечной силой Q в расчетах, как правило, пренебрегают.

104

Пример

Дано: F=20 кН, R=0,4 м, b=50 мм, h=100 мм.

Требуется определить σmax, σmin в кривом стержне.

В опасном сечении стержня имеют место внутренние усилия:

MX=1,236FR=9,89кН·м,

N=-2,236F=-44,7кН.

Расчет производим по формулам для стержней большой кривизны, т.к

h			1			1	.
R
	4				5
			Найдем положение нейтральной линии:
r					h					0,1			0,3979м .
н			ln		RН					ln	0,45
					RВ					0,35

Следовательно e=R-rН=0,4-0,3979=0,0021 м=2,1 мм.

Найдем наибольшие напряжения σmax на линии 1-1 и σmin на линии 2-2:

max				N				M	X	h	Н				44,7 103						9,89 103 0,0521			100,7 МПа
				A				eA RН							100 50 10		6				2,1 100 50 10 9	0,45
				N			M		X	h					44,7 103						9,89 103 0,0479
	min									В														137,8 МПа
				A				eA RВ						100 50 10		6				2,1 100 50 10 9		0,35

105

13 РАСЧЕТ НАПРОЧНОСТЬ ПО ПРЕДЕЛЬНЫМ СОСТОЯНИЯМ

Все расчеты на прочность, изученные ранее, производились по допускаемым напряжениям, то есть определялось напряжение в опасной точке опасного сечения, и по условию прочности оно не должно было превышать допускаемого напряжения:

max [ ]

где[ ] т n

Например, для обычной малоуглеродистой стали

σт=240 МПа, при n=1,5 [σ]=160 МПа.

Таким образом, расчет по допускаемым напряжениям предполагает большие резервы прочности.

В целях уменьшения веса конструкций, выполненных из пластического материала, большое применение находит метод расчета по предельным состояниям.

Под предельным состоянием понимают такое состояние конструкции, при котором она теряет способность сопротивляться внешним нагрузкам.

Предельную нагрузку при расчетах по предельным состояниям вычисляют по пределу текучести из условия σmax = σт,

τmax = τт.

При этом принимается допущение, что диаграмма механических характеристик материала имеет бесконечную площадку текучести.

106

13.1 Расчеты по предельным состояниям при изгибе

Пусть на балку действует изгибающий момент, создающий в опасной точке опасного сечения максимальное напряжение, равное допускаемому: σmax = [σ]. однако реально балка может выдержать большую нагрузку.

Увеличим изгибающий момент МХ. В отдаленных от оси симметрии точках напряжения достигли предела текучести и появились площадки текучести.

Продолжаем увеличивать изгибающий момент до тех пор, пока во всем сечении не возникнут напряжения, равные пределу текучести σт, таким образом, возникло предельное состояние.

В этом случае предельный момент равен

Mпр т y dA т 2	y dA т 2Smax
A	A/ 2

где 2Smax=Wпл – пластический момент сопротивления.

Итак, предельное значение изгибающего момента при расчете по предельному состоянию определяется по формуле

								bh2	.
	M	пр		т	W	. Например, для прямоугольного сечения W
					пл	пл	4

Сравним Mmax, вычисленный по допускаемым напряжениям, и Mпр, вычисленный по предельному состоянию, для балки прямоугольного сечения без запаса прочности, т.е. при n=1.

Mmax WX [ ] , где при n=1 [σ]=σт. Тогда Mmax

т

bh2

.

6

M

W

bh2

.

4

пр

т

пл

т

Получаем

Mпр

1,5

, то есть при одинаковом запасе прочности внеш-

Mmax

няя нагрузка может быть увеличена в 1,5 раза.

107

Если сечение имеет одну ось симметрии, то нейтральная линия должна делить сечение на две равные по площади части.

Тогда Wпл=Sр+Sсж,

где Sр, Sсж,- статический момент соответственно растянутой и сжатой зон сечения относительно нейтральной линии.

Пример Дано: посредине статически неопределимой балки прямоугольного се-

чения приложена сила F.

Определить: величину предельной силы Fпр.

Решение: Считаем, что сила F увеличивается до тех пор пока в опорах не возникнет напряжение, равно пределу текучести. Тогда изгибающий момент в опорах, а, следовательно, и реактивный момент будет равен Мпр.=Wпл·σт. Продолжим увеличивать F до тех пор, пока и в середине балки изгибающий момент не станет равным Мпр. Тогда эпюра Мх примет вид, показанный на рисунке. Балка доведена до предельного состояния.

Значение Fпр.найдем, составив

уравнение

изгибающего момента

посредине балки и определив из

условия равновесия, что RA=RB=Fпр/2:

Mпр

Fпр

l

Mпр , откуда Mпр

Fпр l

2

8

2

bh2

Так как М .= σт·W ,

а W

bh2

, то

Fпр l

т

, откуда

8

4

пр

пл

пл

4

Fпр 2 тbh2 .

l

108

13.2 Расчеты по предельным состояниям при кручении

Пусть в сечении круглого вала действует М к, создающий в опасных точках напряжение τmax. Если М к увеличить, появятся зоны текучести. Продолжим увеличивать момент до предельного состояния, когда во всех точках сечения возникнет текучесть.

Определим значение Мпр.

На участке dA=2πρ·dρ действует напряжение τт, а из

условия

статики

Mпр т ρ dA.

Тогда

d / 2

d3

Mпр

τт ρ 2πρdρ τт

.

0

12

Здесь

d3

W

-

пластический момент сопротивления при круче-

12

(пл)

нии.

Сравним Mк и Mпр при n=1.

Mк Wp[ ], где при n=1 [τ]=τт. Тогда Mк т

d3

.

16

Mпр т Wp(пл) т

d3

.

12

Mпр

Получаем

1,33, то есть при расчете на прочность по предельно-

Mк

му состоянии вскрыт резерв работоспособности круглого вала.

Пример Дано: на статически неопределимый вал круглого сечения действует

активный момент М.

Определить: величину предельного значения момента М.

109

d3

M MA MB 2Mпр 2 т 12

Решение: Считаем, что момент
увеличивается до тех пор, пока в
заделках не возникнут напряжения,
равные	пределу			текучести,
следовательно, реактивные моменты
в	заделках			равны
Mпр	т Wp(пл) т	d	3	.

		12
				Из уравнения статики найдем
			d3
		т 6

13.3 Расчеты по предельным состояниям при растяжении (сжатии)

Расчет статически определимых систем по допускаемым напряжениям и по предельному состоянию одинаков.

Различаются расчеты только статически-неопределимых систем.

Пример

Дано: на статически неопределимый стержень действует сила F.

Определить: величину её предельного значения. Решение: Очевидно, что на 2-м участке при

увеличении силы F текучесть возникнет раньше.

Тогда RB=τт·А2. Значит N2=-RB=-τт·А2, а N1=F-RB=F-

τт·А2.

Увеличивая силу F, получим напряжение τт и на 1-м

участке:

F т A2

1

N1

т

, отсюда F

т

А А

A

A

пр

1 2

1

1

После вычисления значений усилий по предельному состоянию нужно, задавшись запасом прочности n, окончательно принять:

F Fпр , M Mпр . n n

Расчет по предельному состоянию приемлем не для всех случает расчетов конструкций, поскольку даже при запасе прочности он не гарантирует от появления пластических деформаций. Расчет на прочность по предельным состояниям допустим только при статических нагрузках.

110