1. Внутренние силовые факторы

ИЗГИБ

1. Внутренние силовые факторы

2. Напряжения при изгибе.

2.1. Напряжения при чистом изгибе.

2.2. Напряжения при поперечном изгибе.

3. Расчет на прочность

4. Косой изгиб

ИЗГИБ

1. Внутренние силовые факторы

При чистом изгибе в поперечных сечениях бруса возникают изгибающие моменты. Если кроме того возникает поперечная сила, то такой изгиб называют поперечным. Брус, работающий на изгиб, называют балкой. Эпюру моментов в строительных подразделениях принято строить на растянутых волокнах. На рис. 3.1 показана консольно закрепленная балка. В заделке возникает реактивный момент M_A=Ра.

Рис. 3.1

Правило знаков для поперечных сил показано на рис. 3.2 а.

а) б)

Рис. 3.2

Дифференциальные зависимости при изгибе. Выделим элемент балки длиной dx (рис. 3.2 б)

∑F_YK: q dx= dQ

∑M_C: Q dx+q dx²/2=dM

(3.1)

2. Напряжения при изгибе. Расчет на прочность

2.1. Напряжения при чистом изгибе.

Для балки, показанной на рис. 3.1 чистый изгиб реализуется на участке АВ.

При изгибе одна часть сечения, например нижняя (рис. 3.3), оказывается растянутой, а другая ─ сжатой. При определении напряженно- деформированного состояния используют гипотезу плоских сечений. Рассмотрим элемент балки длиной dx. Начальная длина волокна, имеющего координату y, которая отсчитывается от нейтральной оси, изменится на длину:

(aa₁+bb₁)= 2 aa₁= ε dx,

где ε ─ линейная деформация.

Рис. 3.3

Причем aa₁/ y= dx/2ρ = ε dx/2y,

где ρ ─ радиус кривизны оси балки.

Тогда ε = y/ ρ

Деформации ε распределены линейно по высоте сечения.

При линейной связи между напряжениями и деформацией (см. закон Гука): σ=Eε

σ=E y/ρ= σ_max y/y_max, (а)

здесь координата y отсчитывается от нейтральной линии (на нейтральной линии напряжения равны нулю), разделяющей области растяжения и сжатия.

Нормальная сила в сечении

N= ∫σ dA= E ∫ y dA/ρ= E S_Z/ρ, S_Z= ∫ y dA

где S_Z ─ статический момент сечения.

N=0 при S_Z= 0 (б)

Условие (б) соблюдается, если нейтральная линия (ось Z) проходит через центр тяжести сечения.

Изгибающий момент M (здесь и далее индекс Z опущен):

M= ∫ σ y dA = Е ∫ y² dA / ρ = σ_max J /y_max

J= ∫ y² dA

где J─ осевой момент инерции.

σ_max= M y_max / J= M / W; W= J/ y_max (3.2)

где W ─ осевой момент сопротивления.

σ= M y / J (3.3)

Изменение кривизны бруса происходит в плоскости момента, если она проходит через одну из главных осей инерции. Центробежный момент инерции относительно главных осей

J_ZY=∫ zy dA=0

Такой изгиб называют прямым.

2.2. Напряжения при поперечном изгибе

Для балки, показанной на рис. 3.1 чистый изгиб реализуется на участке ВС. Внутренние силовые факторы в сечениях балки показаны на рис. 3.4 а. Поперечные силы:

Q=∫τdA

В поперечных сечениях балки возникают касательные напряжения τ, и эти сечения не остаются плоскими, однако это искажение незначительно и им при определении нормальных напряжений пренебрегают, что дает возможность использовать полученные ранее соотношения для определения нормальных напряжений σ при чистом изгибе.

Распределение касательных напряжений определим из условия равновесия выделенного элемента балки (рис. 3.4 б, в).

а) б) в)

Рис. 3.4

При чистом изгибе нормальные напряжения в левом и правом сечении взаимно уравновешены, а при поперечном в правом сечении имеют место дополнительные напряжения и элементарные силы dσdА, которые суммируются, вследствие чего возникает дополнительная нормальная сила:

dN*=∫dσ dA*,

которая (см. рис. 3.4 в) уравновешиваются за счет касательных напряжений τ в горизонтальном сечении, площадь которого b dх:

dN*= τ b dх, (а)

где b ─ ширина балки в продольном сечении при y= y₁.

Согласно (3.3):

dσ= dМ y / J и dN*= dМ ∫ y dA*/ J (б)

Тогда τ b dх= dМ S*/ J

здесь S*= ∫ y dA* ─ статический момент отсеченной части сечения.

(3.4)

Для прямоугольного поперечного сечения шириной b и высотой h: dA=b dy, осевой момент инерции:

(3.5)

Осевой момент сопротивления:

(3.6)

Нормальные напряжения:

Максимальные напряжения растяжения и сжатия в точках наиболее удаленных от нейтральной линии:

(3.7)

В этих точках касательные напряжения равны нулю. Статический момент отсеченной части сечения:

Касательные напряжения (рис. 3.5):

Максимальное значение τ ─ на нейтральной линии:

Для круглого поперечного сечения

J=πD⁴/64; W=πD³/32.

3. Расчет на прочность

Расчет на прочность производится по нормальным напряжениям из условия:

σ_max ≤ [σ]

Для пластичных материалов допускаемые напряжения при растяжении и сжатии одни и те же. Допускаемые касательные напряжения: [τ] =0,5 – 0,6 [σ].

Для тонкостенных балок производится проверка прочности по касательным напряжениям.

Пример 1. Длябалки (рис. 3.1), изготовленной из малоуглеродистой сталиопределить размерыпрямоугольного поперечного сечения при h/b=3, [σ]= 160 МПа, а= 3м, Р=50 кН.

Опасное сечение В: изгибающий момент М= 150 кН▪м, Q= 50 кН.

Согласно (3.7):

σ_max=6M/bh²=2M/3b³ ≤ [σ]

или

b= 86 мм, h=260 мм, А= 224 см².

Максимальные касательные напряжения незначительны:

τ_max= 1,5Q/A= 3,35 МПа.

Пример 1а. Длятой же балки подобратьдвутавровое поперечное сечение ГОСТ 8239. [σ]= 160 МПа.

Решение. Минимально допустимый из условия прочности момент сопротивления (3.2):

W≥М/[σ] = 938 см³.

По таблице выбираем двутавр № 40.

W=953 см³, А= 72,6 см², толщина стенки 8,3 мм, статический момент полусечения 545 см³

τ_max = 5▪545/8,3▪19=17,3 МПа.

По сравнению с первым вариантом площадь поперечного сечения балки и ее вес в 3 раза меньше, а касательные напряжения, хотя больше, чем в предыдущем случае, но также незначительны.

Пример 2. На двух опорную балку (рис. 3.5). Интенсивность распределенной нагрузки q= 1 кН/м, сила Р= 2 кН. Размеры на рисунке указаны в м.

Решение. Реакции Y_A, X_A, Y_B найдем из условий равновесия:

Y_A= 7 кН, X_A=0, Y_B = 11 кН, [σ]= 160 МПа.

Т. к. на всех участках балки действует распределенная нагрузка постоянной интенсивности ─ q, зависимость Q(x) линейно убывает; М(x) ─ квадратичная функция, убывает на участках СА и МВ (на этих участках Q(x) отрицательна), на остальных Q(x) положительна. В точке N ─ Q(x) = 0, q < 0 и М(x) имеет максимальное значение. В точках A, D, B на эпюре Q(x) скачки на величину приложенных сосредоточенных сил Y_A, Р и Y_B соответственно.

Рис. 3.5

Уравнения моментов и поперечных сил имеют вид:

участок СА: Q=─qx; M=─qx²/2

участок АD: Q=─qx +Y_A; M=─qx²/2+Y_A (x─2);

координата т. N при Q _N =0; x*= Y_A/q (x _N = 7м; M _N = 10,5 кН м)

участок DB: Q=─qx +Y_A ─ Р; M=─qx²/2+Y_A (x─2)─ Р(x─9)

для последнего участка BE выберем начало оси в x₁ т. Е, тогда:

Q=q x₁; M=─qx₁²/2.

Опасное сечение N. Из условия прочности: W≥М/[σ] = 67 см³.

Выбираем двутавровое поперечное сечение № 14 ГОСТ 8239, для которого момент сопротивления W=81,7 см³, погонный вес 13,7 кг/м.

4. Косой изгиб

При косом изгибе плоскость момента не проходит через главную ось инерции. Для симметричного сечения ось симметрии является главной. На рис. 3.6 показана балка, имеющая симметричное поперечное сечение, но поперечная сила и плоскость действия изгибающего момента проходит под углом α к плоскости симметрии (рис. 3.6 а). Изгибающий момент в поперечных сечениях балки:

М= Р (L ─x)

где L ─ длина балки, x ─ координата, отсчитываемая по оси балки.

Разложим эту силу на две составляющие P_Z, P_Y, действующие в плоскостях симметрии и, применяя принцип независимости действия сил определим напряжения как сумму напряжений от каждой из составляющих.

а) б) в)

Рис. 3.6

Тогда:

P_Z= - Psinα, P_Y=P cosα.

M_Z= P_Y Р (L ─x), M_Y= P_Z Р (L ─x)

Напряжения:

σ= M (y cosα / J_Z + z sinα/ J_Y) (3.7)

Уравнение нейтральной линии nn (рис. 3.6 б.в):

y cosα / J_Z + z sinα/ J_Y=0

tgβ= y/z=tgα J_Z/ J_Y

β─ угол наклона нейтральной линии.

При J_Z = J_Y все оси, проходящие через центр тяжести являются главными.

Наибольшие напряжения будут в точках, которые больше всего удалены от нейтральной оси (в т. А и В).

НАПРЯЖЕНННОЕ СОСТОЯНИЕ

ТЕОРИЯ ПРЕДЕЛЬНЫХ СОСТОЯНИЙ

1. Напряженное состояние в точке.

2. Теория предельных состояний. Расчет на прочность

НАПРЯЖЕНННОЕ СОСТОЯНИЕ.

ТЕОРИЯ ПРЕДЕЛЬНЫХ СОСТОЯНИЙ

1. Напряженное состояние в точке

Напряжения на площадке, проходящей через точку нагруженного тела, зависят от ее ориентации. Материал рассматривается как сплошная среда.

Для анализа напряженного состояния в точке шестью сечениями выделяют элементарный параллелепипед и напряжения в секущих плоскостях рассматриваются как напряжения в точке. Полное напряжение на площадке может быть разложено на три составляющие (рис. 4.1): одну по нормали к сечению: σ_х, σ_Y σ_Z и две в плоскости сечения τ_XY, τ_XZ, τ_YX, τ_YZ, τ_ZX, τ_ZY.

Рис. 4.1

Первый индекс в обозначении касательного напряжения ─ нормаль к плоскости, а второй ─ направление его действия.

Например, для площадки перпендикулярной к оси это будет нормальное и касательные составляющие напряжения. Напряжения на противоположных гранях равны между собой. Причем из уравнений равновесия следует, что касательные напряжения, перпендикулярные к общему ребру, равны между собой и направлены либо к общему ребру, либо от него.

При статическом нагружении большей части конструкционных материалов в диапазоне нормальных температур механическое состояния материала в точке во многом зависит от вида и уровня напряжений.

2. Теория предельных состояний. Расчет на прочность

Под предельным напряженным состоянием принято называть такое, при котором происхот переход от одного состояния к другому. Для пластичных материалов это переход от упругого деформирования к пластическому, а для хрупкого ─ к разрушению.

В качестве эталонного принято напряженного состояние при растяжении. Эквивалентным называется такое напряжение, которое следует создать в растянутом образце, чтобы оно было равноопасно с заданным.

Для расчета эквивалентного напряжения для пластичных материалов часто используют гипотезу наибольших касательных напряжений, согласно которой два вида напряженных состояния считаются равноопасными, если их наибольшие касательные напряжения равны между собой:

τ_max*= τ_maxР

здесь τ_maxР─ максимальное касательное напряжение при растяжении.

При растяжении τ_maxР=σ/2,

где σ ─ нормальные напряжения в поперечных сечениях бруса при растяжении.

Тогда

σ_ЭКВ= 2 τ_max* (4.1)

Плоское напряженное состояние

Частным случаем напряженного состояния является плоское, при котором напряжения на одной из граней прямоугольного элементарного параллелепипеда равны нулю (рис. 4.2). Касательные напряжения на взаимно перпендикулярных площадках равны:

τ_{XY =} τ_YX

Рис. 4.2

Напряжения на наклонной площадке определим из условия равновесия отсеченной части элементарного параллелепипеда (рис. 4.2):

σ_α=σ_X cos²α+ σ_Y sin²α +τ_XY sin2α;

τ_α=(σ_X + σ_Y) sin2α/2 ─ τ_XY cos2α (4.2)

Максимальные касательные напряжения действуют на площадках, для которых угол α определим из условия:

dτ_α /dα =0

tg 2α= (σ_X ─ σ_Y) / 2 τ_XY

Пример. Статический расчет вала (рис. 4.3). Стальной стержень АВ смонтирован на двух шарнирных опорах. Определить диаметр вала, если a=0,3м, b=0,2м, R=0,2 м, r=0,15 м, P=6 кН. Допускаемые напряжения на растяжение и сжатие [σ]= 170 МПа.

Решение. Из условий равновесия определим радиальную силу F и составляющие реакций.

Рис. 4.3

∑ m _X (F_K): Fr ─ P R =0,

∑ m _Z (F_K): Y_B (a+b) ─ P (a+2b)=0,

∑ m _Y (F_K): Z_B(a+b) ─ Fa=0,

∑ F_ZK: Z_A + Z_B ─F =0,

∑ F _{Y K}: Y_A + Y_B ─P =0,

F=8 кН, Z_A=3,2 кН, Z_B =4,8 кН, Y_A =2,4 кН, Y_B =8.4 кН

Эпюры крутящего и изгибающих моментов показаны на рис. 4.4.

Рис. 4.4

Опасным будет сечение С (рис. 4.4, 4.5), в котором возникают наибольший изгибающий и крутящий моменты.

M _Z =Y_A a=0,72 кН м, M_Y=Z_A a= 0.96 кН м, M_К=Р R= 1,2 кН м

Наиболее опасными в этом сечении являются периферийные точки 1 и 2, лежащие в плоскости действия суммарного изгибающего момента М:

М=√ M _Z² + M_Y²

Нормальные напряжения в т. 1:

σ= M / W; W =π D³/32 ≈ 0,1 D³ (а)

где W ─ осевой момент сопротивления для круглого поперечного сечения.

Рис. 4.5

Касательные напряжения:

τ= М_К / W_ρ; W_ρ =π D³/16 ≈ 0,2 D³=2W (б)

где W_ρ ─ полярный момент сопротивления.

На площадках параллельных наружной поверхности и на самой наружной поверхности вала напряжения равны нулю и реализуется плоское напряженное состояние.

Согласно (4.2):

τ_α=σ sin2α/2 ─ τ cos2α

Максимальные касательные напряжения

τ_max*=(σ sin2α*─ 2 τ cos2α*) /2 (в)

действуют на площадках, для которых угол α определим согласно (4.3):

tg 2α*= σ/2τ (г)

Согласно (а, б):

σ_ЭКВ= 2 τ_max*= (М sin2α*+ М_К cos2α*) / 0,1 D³

Из условия прочности:

σ_ЭКВ≤ [σ] (д)

σ_ЭКВ= (М sin2α*+ М_К cos2α*) / 0,1 D³ ≤ [σ]

Тогда D³ ≥ (М sin2α*+ М_К cos2α*) / 0,1[σ]

Для нашего примера М_И= 1,2 кН м, tg 2α*= 1, 2α*= π/4

D³≥ 10⁵ мм³

Тот же ответ можно получить, используя обозначения:

σ_ЭКВ²= σ²+ 4 τ², sin2α*= σ / σ_ЭКВ, cos2α*= 2τ/ σ_ЭКВ

или

М_Э²= М²+ М_К², sin2α*= М/ М_Э cos2α*= М_К/ М_Э

σ_ЭКВ= М_Э / 0,1 D³

Из условия прочности:

σ_ЭКВ= М_Э / 0,1 D³≤ [σ] или

D³≥ М_Э / 0,1[σ]

здесь М_Э=1,7 кН м, D³≥ 10⁵ мм³

или D ≥ 47 мм

Дата добавления: 2015-08-28