Лекція 5 (продовження – 5.3)

Три види розрахунків на міцність при розтягу та стиску
		N	[ ]
Умова міцності при розтязі та стиску	A

1. Перевірочний розрахунок (перевірка умови міцності): відоме навантаження (поздовжня сила) - N;

відомі розміри перерізу (площа поперечного перерізу) – А; відомий матеріал (допустимі напруження) - [σ].

2. Підбір розмірів поперечного перерізу:

відоме навантаження (поздовжня сила) - N; відомий матеріал (допустимі напруження) - [σ]; відомий тип площі поперечного перерізу.

3. Визначення найбільшого допустимого навантаження:

відомі розміри перерізу (площа поперечного перерізу) – А; відомий матеріал (допустимі напруження) - [σ].

NA [ ]

Aнеобх [N]

Fдоп Nдоп А [ ]

	y
d =2 ñ ì	d =2 ñ ì
N 1	N 2
	x
	F

ПРИКЛАД:

Х N2 Sin N1Sin Sin (N2 N1 ) 0 N2 N1 N

Y N1Cos N2Cos F 0

2NCos F; N		F
	2Cos						F
Умова міцності:			N		[ ]	,		[ ]	F [ ] A 2 cos .
							A 2 cos
			A
									21

Лекція 6

Визначення переміщень при розтязі-стиску. Розглянемо стержень, навантажений розтягуючою силою F. Виділимо на відстані z ділянку довжиною dz. Видовження цієї ділянки dz рівне переміщенню другої її межі щодо першої dw.

w(z)

w(z)+dw

Деформація на цій ділянці визначається виразом,

z

dz

w(z) dw w(z)

dw .

і представляє собою диференціальне рівняння:

F

z

dz

dz

dz

Розділимо змінні і зведемо рішення цього рівняння

w

z

dz.

w w

z

dz.

z

до інтегрування лівої і правої частин:

dw z dz.

dw

dz

z

w0

z

z

w0

z0

z0

Підставимо межі і вираз для деформації,

z

N

N

z N

що слідує із закону Гука :

z

E

EA ,

w w0

z EA dz.

w w0 EA dz.

0

z0

Тут w0 – переміщення лівої межі аналізованої ділянки на відстані z, EА- жорсткість стержня при розтязі-стиску,

N - поздовжня сила.

w w

N (z

z

).

У разі постійності поздовжньої сили і площі поперечного перерізу маємо:

0

0

EA

w l Nl .

Звідси, як окремий випадок, отримуємо вираз для абсолютного подовження стержня (w0 = 0, z0 = 0, z = l):

Загальна формула обчислення переміщень

EA

обчислюваному

Таким чином, врахування рівномірно розподіленого поздовжнього навантаження (власної ваги) може бути

на даній ділянці [z , z] (другий доданок),

0

виконано безпосереднім інтегруванням по розглядуваній ділянці або використанням

переміщення всієї ділянки, як жорсткого виразу, подібного абсолютному видовження стержня при постійній поздовжній силі,

то визначення переміщення будь-якого

в якому сила зменшена удвічі! (див. результат визначення переміщення кінця стержня).

з ділянок від нерухомого перерізу до ро

Наприклад, другий результат (переміщення перерізу посередині довжини стержня) може бути отриманий,

Врахування власної ваги. Ро

Поздовжнє зусилля від власної ваги в

як сума переміщень розглянутого перерізу стержня від дії власної ваги верхньої

і лінійно залежить від координати. Епюричастини, враховуваного як розподілене навантаження, і переміщення його від ваги нижньої частини,

діючого на верхню частину як зовнішня сила:

G

l

G

l

N

σ

w

3

G

w 2

2

2

2

l.

+

2EA

EA

4

2EA

z

+

Визначимо переміщення кінця стержня і перерізу на відстані половини довжини :

+

w A

(2l z)z

A

l 2 G l,

w A

(2l z)z

3

A

l 2

3

G

l.

2EA

z l

2EA

2EA

2EA

l

4

2EA

4

2EA

z 2

Тут G - вага стержня.

22

z

Лекція 6 (продовження – 6.2)

Призматичний брус

Поздовжня сила у перерізі І-І на відстані z:

N F Qz F A z

σ

Згідно умови міцності при розтязі-стиску:

N

F Qz

l

I

I

A

A

z

Q

z

Звідки: A F Qz

F

A z

A A z F

F

F

F

A

z

F

A

z

z

z

Із врахуванням всієї довжини стержня l, матимемо:

A

F

- підбір перерізу призматичного брусу з врахуванням власної ваги.

Напруження тільки від власної ваги стержня

l

Поздовжня сила у перерізі І-І на відстані z:

	σ		N Qz A z
l	I	I	Згідно умови міцності при розтязі-стиску:
			N	Qz	A z	z
	z	z	A	A	A
	Q		Тоді максимальні напруження тільки від власної ваги стержня будуть рівні:
	z	z	max l

Лекція 6 (продовження – 6.3)

Брусом рівного опору називається брус, у якому напруження за довжиною не змінюються і, як правило, дорівнюють допустимим напруженням.

Умова рівноваги знизу ділянки dx (переріз 1):

[ ] A F Qx

Умова рівноваги зверху ділянки dx (переріз 2):

[ ] A dA F Qx dQx

Віднявши ці два рівняння, отримаємо:

dA dx

[ ] dA dQ

або [ ] dA A dx

x

A

[ ]

Проінтегруємо ліву і праву частини отриманої рівності:

dA

dx

ln A C

x

A

[ ]

[ ]

Знайдемо сталу інтегрування С:

При х = 0,

A A

ln A C 0

C ln A0

ln A

0

0

x

Із знайденою сталою інтегрування С: ln A ln A0 x

x

A

e[ ]

[ ]

ln A0

[ ]

A

x

0

Звідки

A A0

e

[ ]

- формула підбору перерізу брусу рівного опору при розтязі або стиску.

l

F

l

, де A0

F

Максимальне значення необхідної площі: A

A e

[ ]

e

[ ]

max

0

Вага брусу рівного опору F Q [ ] A

[ ]

F

l

l

l

l

e[ ]

F

e[ ]

Q F e

[ ]

F

F e

[ ]

1

max

23

Для спрощення розрахунку та виготовлення, брус рівного опору замінюють ступінчастим брусом.

Лекція 6 (продовження – 6.4)

Ступінчастий брус

Визначимо необхідну площу поперечного перерізу кожної ділянки брусу.

Розглянемо нижню частину брусу довжиною l1:

3

A

3

N F Q F A l ;

l

1

1

1 1

1

N1

F Q1

F A1 l1

F l

;

l

A2

A1

A1

A1

1

A1

2

F

1

A

1

A1 l1 .

l

F

Розглянемо середню частину брусу довжиною l2:

N2 F Q1 Q2 F A1 l1 A2

l2 ;

z

2

N

F Q Q

F A l

A l F A l

2

2

1 1

2 2

1 2

A2

1 1 l

;

A2

A2

A2

A

F A1 l1

.

2

l2

Розглянемо верхню частину брусу довжиною l3:

N3 F Q1 Q2 Q3 F A1 l1

A2

l2 A3 l3 ;

3

N F Q Q Q

F A l

A l A l F A l

A l

3

1

2

3

1 1

2 2

3 3

1 1

3

A3

A3

A3

l

;

A3

A

F A1 l1

A2

l2 .

3

l3

Лекція 6 (продовження – 6.5)

Деформації від власної ваги

Виріжемо на брусі полосу довжиною dz на відстані z від нижнього кінця брусу.

Деформації видовження полоси від власної ваги частини брусу довжиною z,

N

що знаходиться нижче перерізу, знаходимо згідно закону Гука в розгорнотому

dz

dz

вигляді:

l

l N l ,

де N Qz A z - поздовжня сила в перерізі;

E A

l dz

- довжина ділянки;

z

z

Qz dz A z dz .

Q

звідки

dz

E A

E A

z

z

Визначимо деформації всього брусу від власної ваги:

lQ

l

A z dz

A z2 l

A l2 Q l

.

E A

E A

2

2

E A

0

2 E A

0

Q l .

Таким чином деформації від власної ваги брусу

l

Q

2 E A

Деформації брусу рівного опору від власної ваги:
так як	E
									l
					E	lQ				- абсолютні деформації брусу рівного опору.
	l
				l l			E
	l

Лекція 7

Геометричні характеристики поперечних перерізів.

Величина нормальних напружень у поперечному перерізі розтягнутого (стиснутого) стержня залежить від площі цього перерізу. Таким чином, площа поперечного перерізу є геометричною характеристикою, що визначає напруження при розтягуванні (стисканні). У випадку інших видів напружено-деформованого стану (згин, кручення), напруження залежать не від площі, а від деяких інших геометричних характеристик поперечного перерізу. Ієрархія геометричних характеристик встановлюється видом підінтегрального виразу і представляється наступним чином:

Площа поперечного перерізу:

A dA

Sx ydA;

yC

A

A

y

Статичні моменти площі поперечного перерізу:

S y xdA.

S y

S

dy

A

xC

;

yC

x

.

dA

Статичні моменти використовуються при визначенні положення центру ваги:

A

A

y

xC

C

xC

Визначення координат центру ваги. Методи визначення положення центра ваги плоских фігур

розглядалися в курсі теоретичної механіки, наприклад,

S yi

x A

S

y

A

yC

метод розбиття на декілька елементарних елементів:

xC

i i

; yC

xi

i i

.

x

Ai

Ai

Ai

Ai

O

x

dx

Тут xi, yi - координати центрів ваги простих фігур, для яких вони відомі або легко знаходяться.

Нагадаємо процедуру визначення положення центра ваги:

1.вибрати довільну (початкову) систему координат x, y.

2.розбити задану фігуру на більш прості фігури.

3.обчислити статичні моменти і використовувати формули координат центру ваги.

Осі, що проходять через центр ваги фігури, називаються центральними. Можна показати, що відносно центральних осей, статичні моменти площі перетворюються в нуль.

Приклад 1 - Визначити положення центру ваги куткового поперечного перерізу.

y

4

1. Вибираємо систему координат x, y з початком в нижньому лівому куті перерізу.

2. Розбиваємо фігуру на два прямокутники,

A1 4 12 48;

x1 2;

y1 6;

1

обчислюємо площі

A (20 4) 4 64; x

20 4 4 12;

y 2;

2

і координати центрів ваги кожного:

2

2

2

2

C

12

3. Обчислюємо статичні моменти

Sx1 y1 A1 6 48 288;

S y1 x1 A1

2 48 96;

O

4

x

і координати центру ваги

Sx2

y2 A2 2 64 128;

S y2 x2 A2

12 64 768;

всього перерізу:

x1

x2

xC

S yi

S y1 S y2

96 768

864

7,71.

yC

Sxi

Sx1

Sx2

288 128

416

3,71.

20

48 64

112

Ai

A1 A2

48 64

112

Ai

A1 A2

24

Лекція 7 (продовження – 7.2)

y

Моменти інерції площі поперечного перерізу:

dy

dA

Ixy xydA,

- відцентровий момент

2

2

I x y

dA;

I y x

dA.

- осьові моменти інерції площі,

інерції площі.

y

A

A

A

I (x2

y2 )dA 2dA.

- полярний момент інерції площі.

x

A

A

O

x dx

Моменти інерції площі використовуються при визначенні напружень при згині і крученні. Можна показати, що

відцентровий момент інерції щодо осей, одна з яких збігається з віссю симетрії, дорівнює нулю. Справді, в цьому випадку елементарній площі dA з координатами (x, y) завжди буде відповідати така ж площа з координатами (-x, y) або (x, -y). Підсумовування (інтегрування) похідних xydA дасть нуль. Далі буде показано, що для будь-якої, в тому числі несиметричної, фігури можна знайти таке положення осей, при якому відцентровий момент перетворюється в нуль.

Полярний момент інерції не залежить від орієнтації координатних осей х, у
та завжди дорівнює сумі осьових моментів інерції: I		2 dA. (x2		y2 )dA x2 dA y2 dA I			y	I	x	.
						у
Моменти інерції площі найпростіших перерізів:		A	A	A	A		yC

Прямокутник

y2 dA h y2bdy b

h y2 dy b y3

h

bh3 .

Трикутник

yC

I

x

Елементарна площа має

y

0

0

3

3

змінну ширину і залежить від

dy

h

A

0

її координати по осі y:

y

xC

C

dy

Відомо, що центр ваги прямокутника знаходиться

by

h

y

; by

h

y

b;

xC

xC

C

h

на перетині осей симетрії (xC = b / 2, yC = h / 2).

b

h

h

yC

x

xC Для обчислення моментів інерції відносно

y

dA by dy h

y bdy.

yC

центральних осей достатньо вважати, що координата

b

x

y вимірюється від центральної осі xc і змінити межі

h

h

y bdy

I

y2 dA h y2

інтегрування:

x

b

y3 h / 2

0

h

y4 h

bh3

A

b

b

y3

bh3

I xC

h / 2

y

2

bdy

h / 2

y

2

dy

b

.

h

(hy

2

y

3

)dy

.

b

3

12

h 0

h

3

12

h / 2

h / 2

h

/ 2

h

4

0

I y hb3 .

I yC hb3 .

Момент інерції відносно центральної осі xC:

4 2h / 3

Аналогічно одержимо для інших осей:

I xC

b

2h / 3

2

y

3

)dy

b

y3

y

bh3

3

12

h

h / 3 (hy

h

h

3

4

36

.

Відцентровий момент інерції (по симетрії):

I xy

0.

h / 3

Момент інерції щодо центральної осі yC:

Полярний момент інерції:

I I xC

I yC

bh3 b3h

bh(h2 b2 ) .

I yC

2I yC(b / 2)

2 h(b / 2)3

hb3 .

25

12

12

12

12

48

Лекція 7 (продовження – 7.3)

Круглий переріз: Обчислимо спочатку полярний момент інерції:

I

R

4

R

R

4

D

4

.

y

2 dA 2 2 d 2

4

2

32

R

d

A

0

0

Моменти інерції щодо центральних осей з

xурахуванням симетрії:

I

R4

D4

.

I x

I y

2

4

64

У техніці часто використовують

I

0,1d 4 .

наближені значення

(похибка менше 2%):

I x

I y

0,05d 4 .

Кільцевий переріз:

Достатньо змінити межі інтегрування:

y

4 R

(R4 r

4 )

(D

4 d 4 )

d

I

2

.

R

4

2

32

r

r

x

Моменти інерції щодо центральних осей

з урахуванням симетрії:

I x

I y

I

(R4 r

4 )

(D

4 d 4 )

.

2

4

64

Для тонкостінного кільця (t < 0,075R) можна наближено

y

вважати, що = Rср = const по його товщині A = 2 Rсрt:

t

I

2

dA R2

2 R t

2 R3

t

D3

t

.

ср

R

ср

ср

ср

4

A

x

I

D3

t

I

x

I

y

R3

t

ср

.

2

ср

8

У техніці іноді використовують

I

0,8D3

t.

наближені значення у вигляді:

ср

I x I y 0,4Dср3 t.

Моменти інерції площі складених перерізів

обчислюються, так само як і при обчисленні координат центру ваги, методом розбиття на прості фігури, для яких відомі або легко обчислюються координати центрів ваги

і моменти інерції.

Наприклад, момент інерції кільцевого перерізу може бути обчислений як різниця моментів інерції круглого суцільного перерізу радіусу R і такого ж перерізу, але радіуса r. Зауважимо, що при додаванні моментів інерції по кожній з координатних осей для кожної з фігур моменти інерції повинні обчислюватися відносно осей, які є загальними для розглянутого перерізу і всіх складових фігур.

Звідси випливає необхідність оперувати формулами, що дозволяють переходити від одних до інших осей.

Залежність між моментами інерції

при паралельному переносі осей

y1

y

I

y2 dA ( y a)2 dA

x1

1

x1

dA

A

A

y

2 dA 2a ydA a2

dA.

y

A

A

A

y1

x

O

I x

Sx

A

a

x1

O1 b

x

I x1 I x

2aSx a2 A.

Аналогічно

I y1 I y 2aS y

b2 A.

для осі y1:

I x1y1 x1 y1dA ( y a)(x b)dA.

A

A

I x1y1

I xy aS y bSx abA.

Формули спрощуються, якщо вихідні осі є центральними,

т.я. SxC = SyC = 0:

I x1 I x

a2 A.

I y1 I y

b2 A.

C

C

I x1y1

I x

y

abA.

26

C C

Лекція 8

v

y

Залежність між моментами інерції при повороті осей

x

dA

u

Координати елементарної площадки dA в системі координат u, v виражаються через

u

вихідні координати x, y лінійними залежностями:

u x cos y sin ;

v x sin y cos .

y

ycos

xcos

Осьові моменти інерції щодо осей u і v:

xsin

Iu v2 dA ( y cos x sin )2 dA

Iv u 2 dA ( y sin x cos )2 dA

O1

x

A

A

A

A

x

ysin

cos 2 y2 dA 2sin cos xydA sin 2 x2 dA.

sin 2 y2 dA 2sin cos xydA cos 2 x2 dA.

A

sin 2

A

A

A

sin 2

A

A

I x

I xy

I y

I x

I xy

I y

											Сума осьових моментів інерції
Iu I x cos2 I y sin 2 I xy sin 2 .									Iu I x sin 2 I y cos2 I xy sin 2 .
											щодо двох перпендикулярних
											осей не залежить
											від кута і при повороті осей
										I x I y const invar
Відцентровий момент		Iu Iv			I x I y .
											зберігає постійне значення.

інерції щодо осей u і v:

Iuv uvdA ( y sin x cos )(y cos x sin )dA sin cos ( y2 dA x2 dA) (cos2 sin 2 ) xydA.

A

A

1

A

A

cos 2

A

Головні осі та головні моменти інерції -

Отримані залежності

2 sin 2

I x

I

I xy

показують, що при зміні кута повороту осей значення моментів інерції змінюються,

при цьому сума осьових моментів інерції залишається постійною.

Це означає, що можна визначити таке положення осей, при якому один з осьових моментів

Iuv

I x

I y

sin 2 I xy cos 2 .

досягає максимального значення, а інший - відповідно мінімального значення:

2

Максимальні та мінімальні осьові моменти інерції називаються головними

моментами інерції, а осі, щодо яких вони обчислюються, - головними осями.

Для визначення положення головних осей досить прирівняти до нуля першу похідну

2Iuv

осьового моменту інерції по куту повороту:

Iu

sin 2

Iu I x cos2 I y sin 2 I xy sin 2 .

I x ( 2co sin 2 I y 2sin

s

I yx 2cos 2 (I x

I y )sin 2

2I xy cos 2

0.

Отриманий результат показує, що для шуканого положення осей відцентровий момент перетворюється в нуль.

Звідси ж слідує:

Оскільки тангенс має однакові значення для кутів, що відрізняються один від одного на 1800,

tg2

2I xy

.

отриманий вираз визначає два положення осей, що відрізняються один від одного на 900.

27

I x I y

Таким чином, обидві головні осі взаємно перпендикулярні.