Руководство к решению задач по механике материалов и конструкций. Учебное пособие

Федеральное агентство по образованию ВОСТОЧНО - СИБИРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНОЛОГИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИСТЕТ

Г.С. ЕГОДУРОВ, Л.А.БОХОЕВА, Б.И. ЗАНГЕЕВ, Д.Ц. БАЛЬЖАНОВ

РУКОВОДСТВО К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ ПО МЕХАНИКЕ МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ

Рекомендовано Дальневосточным региональным учебно-методическим центром (УМО) в качестве авторского ученого пособия для студентов технических специальностей вузов

Издательство ВСГТУ Улан-Удэ 2005 г.

УДК 539.3(075) ББК 30.121я7 Р-851 Печатается по решению редакционно-издательского совета Восточно-Сибирского государственного технологического университета.

Рецензенты: В.В. Субботницкий, доктор технических наук, профессор, заведующий кафедрой «Сопротивление материалов» Дальневосточного государственного технического университета (г. Владивосток). В.М. Герасимов, доктор технических наук, профессор, заведующий кафедрой «Сопротивление материалов» Читинского государственного технического университета

Егодуров Г.С., Бохоева Л.А., Зангеев Б.И., Бальжанов Д.Ц. Руководство к решению задач по механике материалов и конструкций: Учебное пособие. /Под редакцией д.т.н., профессора Р.К. Вафина. – Улан-Удэ: Из-во ВСГТУ, 2005. – 299с.

ISBN-5-89230-190-7

Р-851 В учебном пособии изложены современные методы расчета стержневых систем, оболочек вращения и толстостенных труб на прочность, а также расчет движущихся и неравномерно нагретых элементов машиностроительных конструкций, ударное нагружение и основы расчета на прочность при переменном нагружении, включая вероятностные методы. Основные расчетные зависимости и примеры расчета приведены с необходимыми пояснениями. Пособие содержит задачи для самостоятельного решения, ответы к ним и справочный материал. Пособие предназначено для студентов машиностроительных и строительных специальностей. Ключевые слова: нагрузка, расчёт на прочность, оболочки, стержневые системы.

ISBN 5-89230-190-7

ББК 30ю121я7  Егодуров Г.С. с соав., 2005г.  ВСГТУ, 2005г.

Содержание Введение ………………………………………………………………………………………. Принятые обозначения ……………………………………………………………………….. Условия и данные ко всем задачам ………………………………………………………….. Глава 1. Растяжение и сжатие ……………………………………………………………….. 1.1.Основные понятия ……………………………………………………………………. 1.2.Статически определимые задачи растяжения-сжатия ……………………………... 1.3.Статически неопределимые стержневые системы при растяжении-сжатии ……... 1.4.Растяжение-сжатие за пределами упругости ……………………………………….. 1.5.Задачи для самостоятельного решения ……………………………………………… Глава 2. Кручение …………………………………………………………………………….. 2.1. Основные понятия и зависимости ………………………………………………….. 2.1.1. Расчет стержней круглого поперечного сечения ………………………………. 2.1.2. Расчет стержней некруглого поперечного сечения ……………………………. 2.1.3. Расчет по предельным нагрузкам ……………………………………………….. 2.2. Статически определимые задачи кручения ………………………………………… 2.3. Статически неопределимые задачи кручения ……………………………………… 2.4. Задачи для самостоятельного решения ……………………………………………... Глава 3. Изгиб …………………………………………………………………………………. 3.1.Основные определения ……………………………………………………………….. 3.2.Определение внутренних силовых факторов и построение эпюр изгибающих моментов и поперечных сил для балок и плоских рам ………………………………… 3.3. Плоский изгиб балок и плоских рам ………………………………………………... 3.4. Определение перемещений в балках и рамах ……………………………………… 3.5. Упургопластический изгиб ………………………………………………………….. 3.6. Косой изгиб и внецентренное растяжение и сжатие ………………………………. 3.7. Задачи для самостоятельного решения ……………………………………………... Глава 4. Статически неопределимые стержневые системы………………………………… 4.1. Основные сведения из теории ………………………………………………………. 4.2. Плоские рамы…………………………………………………………………………. 4.3.Использование свойств симметрии при раскрытии статической неопределимости …………………………………………………………………………. 4.4. Смешанные системы…………………………………………………………………. 4.5. Плоскопространственные рамы…………………………………………………….. 4.6. Статически неопределимые балки………………………………………………….. 4.7. Задачи для самостоятельного решения……………………………………………... Глава 5. Расчеты на прочность при сложном напряженном состоянии…………………... 5.1. Краткие сведения из теории…………………………………………………………. 5.2. Примеры расчета……………………………………………………………………... 5.3. Задачи для самостоятельного решения……………………………………………... Глава 6. Устойчивость продольно - сжатых стержней…………………………………….. 6.1. Метод Эйлера определения критических нагрузок………………………………... 6.2. Энергетический метод определения критических нагрузок……………………… 6.3. Расчет сжатых стоек по коэффициенту понижения допускаемых напряжений … 6.4. Задачи для самостоятельного решения……………………………………………... Глава 7.Пластины и оболочки. Толстостенные трубы……………………………………... 7.1. Осесимметричный изгиб круглых пластин………………………………………… 7.1.1. Основные положения теории……………………………………………………. 7.1.2. Примеры расчета круглых пластин……………………………………………... 7.2. Расчет осесимметричных тонкостенных оболочек………………………………… 7.2.1. Основные положения теории ……………………………………………………

3

6 7 7 8 8 10 13 20 26 29 29 29 30 33 33 36 43 45 45 45 50 57 65 69 75 81 81 82 87 93 94 98 101 104 104 105 112 114 114 122 126 131 133 133 133 135 144 144

7.2.2. Примеры расчета оболочек вращения………………………………………….. 7.3. Толстостенные трубы ……………………………………………………………… 7.3.1. Краткие сведения из теории …………………………………………………… 7.3.2. Примеры расчета толстостенных труб ………………………………………… 7.4. Задачи для самостоятельного решения ……………………………………………. Глава 8. Динамическое действие сил ………………………………………………………. 8.1. Расчет движущихся и неравномерно нагретых элементов конструкции ……….. 8.1.1. Общие положения ………………………………………………………………. 8.1.2. Примеры расчетов ………………………………………………………………. 8.2. Расчеты на ударную нагрузку ……………………………………………………… 8.2.1. Общие положения. Примеры …………………………………………………… 8.2.2. Расчет стержней при действии осевой ударной нагрузки ……………………. 8.2.3. Расчет стержней при действии скручивающей ударной нагрузки. Примеры .. 8.2.4. Расчет стержневых систем при поперечной ударной нагрузке. Примеры ….. 8.3. Задачи для самостоятельного решения ……………………………………………. Глава 9. Переменные напряжения ………………………………………………………….. 9.1. Основные факторы, влияющие на сопротивление усталости деталей машин ….. 9.2. Расчеты на усталостную прочность при линейном напряженном состоянии и чистом сдвиге …………………………………………………………………………….. 9.3. Расчеты на усталостную прочность при сложном напряженном состоянии ……. 9.4. Вероятностные методы расчета деталей машин на усталость ……………………. 9.4.1. Общие положения ……………………………………………………………….. 9.4.2. Рассеяние характеристик усталости. Построение полных вероятностных диаграмм усталости …………………………………………………………………….. 9.4.3. Статистическая оценка усталостных характеристик. Критерии подобия усталостного разрушения ……………………………………………………………… 9.4.4. Статистическая оценка нагруженности деталей машин ……………………… 9.4.5. Закономерности накопления усталостных повреждений …………………….. 9.5. Примеры расчета деталей машин на усталость …………………………………… Глава 10. Расчет элементов конструкций с применением ЭВМ ………………………….. 10.1. Метод начальных параметров ……………………………………………………... Глава 11. Расчет стержней при кручении …………………………………………………... 11.1. Статически определимые задачи …………………………………………………. 11.1.1. Описание программы ………………………………………………………….. 11.1.2. Программа расчета стержня переменной жесткости на кручение ………….. 11.2. Статически неопределимые задачи ……………………………………………….. 11.2.1. Программа расчета на кручение статически неопределимого стержня ……. 11.3 Задачи для самостоятельного решения ……………………………………………. Глава 12. Расчет статически определимых балок переменного сечения …………………. 12.1. Основные зависимости …………………………………………………………….. 12.2. Описание программы ………………………………………………………………. 12.2.1. Программа расчета статически определимых балок переменного сечения ... 12.2.2. Программа расчета балки с консолями ………………………………………. 12.3. Задачи для самостоятельного решения …………………………………………... Глава 13. Расчет статически неопределимых рам …………………………………………. 13.1. Основные зависимости ……………………………………………………………. 13.2. Описание программы ……………………………………………………………… 13.2.1. Программа расчета статически неопределимых рам методом сил …………. 13.3. Пример расчета рамы ……………………………………………………………. 13.4. Задачи для самостоятельного решения …………………………………………… Глава 14. Расчет вращающихся листков …………………………………………………… 14.1. Основные зависимости ……………………………………………………………..

4

145 152 152 155 158 161 161 161 162 172 172 177 182 183 186 188 188 193 193 194 194 194 196 197 198 200 215 215 219 219 221 222 223 225 227 228 228 229 231 234 235 237 237 240 240 244 247 249 249

14.2. Пример расчета ……………………………………………………………………... 14.3.Описание программы ………………………………………………………………. 14.3.1. Программа расчета вращающихся дисков …………………………………… Глава 15. Осесимметричный изгиб круглых пластин ……………………………………… 15.1. Основные зависимости …………………………………………………………….. 15.2. Описание программы ………………………………………………………………. 15.2.1. Программа расчета осесимметрично нагруженной пластины с одной кольцевой опорой ……………………………………………………………………… 15.2. Примеры расчета …………………………………………………………………… Глава 16. Устойчивость сжатых стержней ………………………………………………….. 16.1. Основные зависимости …………………………………………………………….. 16.2. Описание программы ………………………………………………………………. 16.2.1.Программа расчета критической силы сжатого стержня …………………….. 16.2. Пример расчета ……………………………………………………………………... 16.3. Задачи для самостоятельного решения …………………………………………… Глава 17. Справочные данные к расчету деталей машин …………………………………. Глава 18. Ответы и решения ………………………………………………………………… Литература…………………………………………………………………………………….

5

251 254 254 257 257 261 261 266 271 271 272 273 276 276 277 287 299

Введение 1 В учебное пособие включены все основные разделы курса, предусмотренные учебным планом. В каждой главе даются основные положения теории, необходимые методические указания, примеры решения типовых задач, задачи для самостоятельного решения и ответы к ним. Предусматривается, что студенты изучают теоретические положения курса в полном объеме по учебнику В.И. Феодосьева “Сопротивление материалов”, а так же используют учебные пособия других авторов. В настоящее время в инженерных расчетах широко используется ЭВМ. При этом матричная символика позволяет не только компактно записывать уравнения, но и облегчает процесс программирования путем применения стандартных программ для матричных операций. Задачи сопротивления материалов являются краевыми, решение которых должно быть подчинено граничным условиям. Краевые задачи обычно решают сводя их к задаче Коши. Наиболее просто это можно осуществить методом начальных параметров, который используется в данном учебном пособии применительно к расчету стержней переменного сечения, работающих на кручение, изгиб, задачам устойчивости сжатых стоек, расчету круглых пластин и вращающихся дисков постоянной и переменной толщины. Основные расчетные зависимости и примеры расчета приведены с необходимыми пояснениями, что поможет усвоению материала. Данное издание представляет собой авторскую работу, вошедшую в число победителей в открытом конкурсе на лучшее учебное пособие, которое проводилось Советом Дальневосточного регионального учебно-методического центра в 1996…98 гг.

1 Работа поддержана программой «Научные исследования высшей школы по приоритетным направлениям науки и техники» (проект № 01.01.114).

6

Принятые обозначения F – внешняя сосредоточенная сила [Н]; M – внешний момент [Нм]; Fcr – критическая осевая сила при сжатии [Н]; ne – интенсивность осевой распределенной нагрузки [Н/м]; te – интенсивность распределенного крутящего момента [Нм/м]; qe – интенсивность поперечной нагрузки [Н/м]; Qx , Q y - поперечные силы в сечении [Н]; T – крутящий момент в сечении [Н/м]; Mx,My – изгибающие моменты в сечении [Н/м]; A – площадь поперечного сечения стержня [м2]; Ix, Iy – осевые моменты инерции [м4]; It – полярный момент инерции [м4]; Wx, Wy – моменты сопротивления изгибу относительно осей X и Y [м3]; Wt – момент сопротивления кручению [м3]; E – модуль упругости материала [ПА]; ν - коэффициент Пауссона материала; σ pr - предел пропорциональности [ПА];

σ yt ,σ yc - предел текучести при растяжении и сжатии соответственно [ПА]; σ un ,σ uc - предел прочности при растяжении и сжатии соотвественно [ПА]; σ adm ,τ adm - допускаемое нормальное и касательное напряжения соответственно [ПА]; σ eq - эквивалентное напряжение [ПА]; σ cr - критическое напряжение при сжатии [ПА]; n y , nu - коэффициент запаса по текучести и по пределу прочности соответственно;

λ µ

- гибкость стержня; - коэффициент приведения длины стержня;

imin

- минимальный радиус инерции сечения стержня [М]; - коэффициент понижения допускаемых напряжений;

ϕ α - коэффициент линейного расширения [1/0 К]; γ - удельный вес материала [Н/м3];

N - нормальная сила в поперечном сечении стержня [Н]. Условия и данные ко всем задачам 1. Весом стержней, оболочек, дисков по сравнению с заданными нагрузками пренебрегаем, если нет специальных указаний. 2. Если в условии не даны характеристики материалов, то следует принять: для стали Е=2⋅105 Мпа; ν =0,3; α =1,25⋅10-5 1/0К; для меди Е=1⋅105 Мпа; ν =0,3; α =1,65⋅10-5 1/0К; для алюминия Е=0,7⋅105 Мпа; ν =0,3.

7

Глава 1. РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ ПРЯМЫХ СТЕРЖНЕЙ 1.1. Основные понятия Методом сечений определяются внутренние силы в любом сечении стержня и приводятся к центру тяжести сечения в виде главного вектора и главного момента, которые разлагаются на нормальную силу N, перпендикулярно плоскости сечения, поперечную силу Q в плоскости сечения, изгибающий момент M и крутящий момент T. Для определения внутренних сил производят последовательно четыре операции: 1). Рассекает стержень в интересующем месте воображаемой плоскостью. 2). Отбрасывают мысленно одну из образовавшихся частей. 3). Заменяют действие отраженной части на оставшуюся внутренними силами. 4). Составляют уравнения равновесия всех сил, приложенных к оставшейся части. Если при нагружении стержня в его поперечных сечениях возникает только один внутренний силовой фактор, то такой вид нагружения называется простейшим. Различают четыре простейших вида нагружения: 1. Центральное растяжение или сжатие N ≠ 0, M x = M y = Q x = Q y = T = 0.

2. Чистый изгиб M x ≠ 0, M y = Qx = Q y = T = N = 0. 3. Чистый сдвиг Q y ≠ 0, Qx = M x = M y = T = N = 0.

4. Чистое кручение T ≠ 0, M x = M y = Qx = Q y = T = N = 0. Нагружения, когда в поперечных сечениях стержня действуют два или более внутренних силовых фактора, называют сложным сопротивлением. Таким образом, центральное растяжение или сжатие это такой вид нагружения, при котором в поперечных сечениях стержня возникают только нормальные силы N. Для решения задач используются два основных допущения: 1. Поперечные сечения стержня плоские до нагружения остаются плоскими и перпендикулярными оси стержня после нагружения. Продольные волокна не оказывают друг на друга бокового давления. Нормальные напряжения на основе сделанных допущений, распределены равномерно по площади поперечного сечения и вычисляются по формуле: N (1.1) σ= . A Растягивающие напряжения считаются положительными, сжимающие – отрицательными. Точки растянутого (сжатого) стержня находятся в условиях одноосного (линейного) напряженного состояния. Удлинение (укорочение) стержня определяется по формуле k Nl (1.2) ∆l = ∑ i i , E A i =1 i i где k - количество участков стержня, в пределах каждого из которых N i = const и Ei Ai = const; l i - длина i -го участка. Если нормальная сила N (z ) непрерывно меняется вдоль оси z стержня, то N ( z )dz (1.3) , ∆l = ∫ l EA интегрирование ведется по всей длине стержня. Абсолютное удлинение от изменения температуры подсчитывают по формуле (1.4) ∆l = a∆tl , где a - коэффициент линейного расширения материала стержня; ∆t -изменение температуры. Дифференциальные зависимости при растяжении

8

(1.5) dw N d 2 w ne ( z ) dN = = ne ( z ), , = , dz EA dz 2 EA dx где ne -интенсивность осевой распределенной нагрузки; w -перемещение сечения стержня вдоль оси z ; EA - жесткость стержня при растяжении - сжатии. Дифференциальные зависимости (1.5) можно использовать для контроля правильности построения эпюр. Потенциальная энергия деформации υ , накопленная в ступенчатом стержне k N 2l (1.6) U =∑ l i . i =1 2 Ei Ai Если нормальная сила N (z ) непрерывно меняется по длине стержня, то N 2 ( z )dz . U=∫ l 2 EA

(1.7)

Работа W, совершаемая внешними силами,

m 1 (1.8) W = ∑ Fi wi , i =l 2 где wi -перемещение точки приложения силы Fi ; m -количество внешних сил. Отметим, что формулы (1.2) … (1.8) справедливы при упругих деформациях, когда выполняется закон Гука. Расчет на прочность по допускаемым напряжениям сводится к удовлетворению условия прочности для опасного сечения N (1.9) σ max = ≤ σ adm , A где -максимальное нормальное напряжение в опасном сечении стержня или σ max

стержневой конструкции;

σ adm - допускаемое напряжение на расстоянии или сжатие σ adm =

σ lim

, (1.10) n где σ lim - предельное для данного материала напряжение; n - коэффициент запаса прочности. σ lim = σ y , в этом случае Для пластичных материалов обычно принимается коэффициент обозначается через n y и называется коэффициентом запаса по текучести. Для хрупких материалов - σ lim = σ u , а коэффициент n y - коэффициент запаса по пределу прочности. Пределы текучести

σ y и прочности σ u определяются экспериментально по

результатам испытаний на растяжение или сжатие образцов из данного материала. В тех случаях, когда при расчетах на прочность задан коэффициент запаса n , условие прочности имеет вид: σ (1.11) σ max ≤ lim . n Коэффициент запаса прочности, называемый иногда коэффициентом безопасности, назначается для рассчитываемого сооружения или машины на основе практики эксплуатации аналогичной конструкции. Задачи расчета на прочность условно делятся на два типа: поверочной и конструкторский. В случае поверочного расчета из [1.9] вычисляют коэффициент запаса по заданным N и A, и сравнивают его с допускаемым nadm . В случае конструкторского расчета

9

по данному коэффициенту запаса n или допускаемым напряжениям

σ adm находят площадь

поперечного сечения A или допускаемую нагрузку N adm . 1.2. Статистически определимые задачи растяжение – сжатия

В статистике определимых системах нормальные силы находят из уравнения равновесия. Пример 1.1 Для стержня, показанного на рис. 1.1, построить эпюры нормальных сил, напряжений и перемещений. Вычислить работу внешних сил и потенциальную энергию деформации. Нагрузки, размеры стержня и модуль упругости заданы. Решение. Нормальные силы в поперечных сечениях стержня находим по методу сечений.

Рис.1.1

Рис.1.2 1 участок 0 ≤ z ≤ l. Для определения нормальной силы в стержне на участке ab мысленно разрежем его в произвольном сечении этого участка и отбросим левую часть стержня. Действие левой отброшенной части на правую заменим нормальной силой N , которую прикладываем к правой части и изображаем ее положительной (растягивающей) (рис. 1.2,а). Далее записываем условие равновесия: сумма проекции всех сил, приложенных к отсеченной части стержня, на ось z , должна быть равна нулю ∑ Fz = 0 , − N − 2F + F = 0, откуда N1 = − F . Знак минус в полученном результате говорит о том, что на участке ab сила сжимающая (отрицательная). Аналогично находим нормальные силы на участках bc и cd . 2 участок 0 ≤ z ≤ l. Уравнение равновесия (рис. 1.2,б) ∑ Fz = 0, − N 2 − 2 F + F = 0, N 2 = − F . 3 участок 0 ≤ z ≤ l. Уравнение равновесия (рис. 1.2,в)

10

∑F

z

= 0,

− N 3 + F = 0,

N3 = F.

Поскольку при определении нормальных сил мы разрезали стержень в произвольном сечении каждого участка, то полученные результаты в равной мере справедливы для всех сечений этих участков. В данной задаче нормальные силы на каждом участке постоянны, т.к. не зависят от координаты Z. Нормальные напряжения на каждом участке стержня находим по формуле (1.1). Эпюра нормальных напряжений показана на рис. 1.1, в. Эпюру перемещений начинаем строить от заделки, так как перемещение сечения a нам известно и равно нулю: wa = 0. 1 участок 0 ≤ z ≤ l. Найдем перемещение произвольного сечения на расстоянии z от заделки. Это перемещение равно удлинению участка стержня длиной z. N z Fz (линейная функция). w( z ) = ∆l az = ab = − EA EA Знак минус говорит о том, что участок стержня длиной Z не удлинился, а укоротился и, таким образом, сечение с координатой Z перемещается влево. l w a (0) = 0, wb (l) = − (влево). EA Fl N 2 Z + (линейная функция). 2 участок 0 ≤ z ≤ l. w( z ) = wb + ∆l bz = − EA 2 EA Fl Fl − Fl 3 Fl (влево). wb (l) = − wc (l) = − =− , + EA EA 2 EA 2 EA Таким образом, сечение с перемещается также влево за счет укорочения участков ab и bc . 3Fl N 3 Z + 3 участок 0 ≤ z ≤ l. w( z ) = wc + ∆l cz = − (линейная функция). 2 EA EA 3Fl 3 Fl Fl Fl wc (0) = − , wd (l) = − + =− (влево). 2 EA EA 2 EA 2 EA Величины внутренних сил N 1 , N 2 , N 3 на участках ab , bc , и cd при вычислении перемещений определяем по эпюре нормальных сил N (рис. 1.1). Эпюра перемещений показана на рис. 1.1. Перемещения, направленные влево, отложены на эпюре вниз. Потенциальную энергию деформации вычислим по формуле (1.6) F 2l F 2l F 2l 5 F 2l U= + + = . 2 EA 4 EA 2 EA 4 EA Работу, совершаемую внешними силами, найдем, используя формулу (1.8) 1 3 Fl 1 Fl 5 F 2 l W = 2F − F = . 2 2 EA 2 2 EA 4 EA Работа силы F считается отрицательной, так как направление силы F и направление перемещения ее точки приложения wa противоположны. Пример 1.2. Построить эпюры нормальных сил, напряжений и перемещений для стержня, показанного на рис. 1.3. Интенсивность нормальных сил ne , размеры стержня и модуль упругости заданы. Решение. Нормальные усилия определяются по методу сечений. 1 участок 0 ≤ z ≤ l. Уравнение равновесия (рис 1.4,а) 1 N 1 = ne l . ∑ Fz = 0, 2 2 участок 0 ≤ z ≤ l. Уравнение равновесия (рис.1.4,б) ∑ Fz = 0, N 2 = −2ne l + 3ne Z (линейная функция)

11

N 2 (0) = −2ne l

N 2 (l ) = n e l .

Рис.1.3

а

б

в

Рис.1.4 3 участок 0 ≤ z ≤ l. Уравнение равновесия (рис.1.4,в) N 3 = ne l . ∑ Fz = 0, Эпюра нормальных сил показана на рис.1.3. Нормальные напряжения определяем формуле (1.1), эпюра показана на рис.1.3. Для построения эпюры перемещений примем условно какое-либо сечение неподвижное, например, сечение a : wa = 0. NZ 1 участок 0 ≤ z ≤ l. w( z ) = ∆l aZ = 1 (линейная функция). E3 A N1l ne l 2 wa (0) → 0, wb (l) = = (вправо). E 3 A 6 EA Так как участок ab растягивается, то сечение b относительно сечения перемещается вправо. 2 участок 0 ≤ z ≤ l. Перемещение произвольного сечения на участке bc координатой Z равно z ne l 2 N (ξ )dξ +∫ 2 , w( z ) = ∆l ab + ∆l bz = EA 6 EA 0

по за

a с

где ξ -переменная интегрирования. Подставляя под интеграл найденную ранее (рис.1.4,б) функцию нормальной силы от продольной координаты, получим: z n l2 (−2ne l + 3neξ )dξ ne l 2 2ne lz 3 ne z 2 w( z ) = e + ∫ = − + 6 EA 0 EA 6 EA EA 2 EA (квадратичная функция).

12

ne l 2 (вправо). 6 EA на экстремум. Экстремальное значение перемещения

wb (0) = Исследуем функцию w z определяем из условия

dw( z ) =0. dz Тогда ne l 2 2 2  z = l и w l  = − 2 EA 3 3 

(влево).

Так как z

w( z ) = ∫ 0

N (ξ )dξ , EA

то dw( z ) N ( z ) = = 0. dZ EA Поскольку EA ≠ ∞ , то N ( z ) = 0 , поэтому экстремум функции w( z ) достигает в том сечении, где N ( z ) = 0 . Перемещение сечения c ne l 2 (влево). wc (l) →= − 3EA N 3 участок 0 ≤ z ≤ l . w( z ) = wc + 3 (линейная функция), E2A ne l 2 w(0) = wc = − 3EA 2 nl n l ⋅ l ne l 2 = (вправо). wd (l) →= − e + e 3EA 2 EA 6 EA 1.3. Статически неопределимые стержневые системы при растяжении – сжатии

Стержневая система называется статически неопределимой, если при любом ее нагружении усилия во всех стержнях и реакции опор не могут быть определены с помощью только уравнений равновесия. Для определения нормальных сил в статически неопределимых системах кроме уравнений равновесия используют уравнения совместности перемещений, которые геометрически связывают между собой перемещения сечении отдельных стержней. Статически неопределимые системы в отличие от статически определимых обладают рядом особенностей. Распределение нормальных сил в таких системах зависит от соотношения жесткостей отдельных стержней. При изменении температуры стержней в статически неопределимых системах возникают температурные напряжения. Кроме того, могут возникать монтажные (или начальные) напряжения в результате сборки стержневых систем, у которых отдельные стержни имеют отклонения от номинальных размеров. Если в статически неопределимой системе необходимо провести расчет напряжений от действия внешних нагрузок, учесть изменение температуры и монтажные напряжения, то применяется принцип суперпозиции: определяются напряжения в стержнях отдельно от каждого из перечисленных выше факторов, а результирующие напряжения вычисляются как алгебраическая сумма напряжений в стержне от внешней нагрузки, температурных и монтажных напряжений.

13

Пример 1.3. Стальной ступенчатый стержень закреплен между двумя жесткими опорами и нагружен так, как показано на рис. 1.5,а. Построить эпюры нормальных сил, напряжений и перемещений. Дано: l = 0,4 м; F = 80 Кн; ∆ = 0,5 ⋅10 −3 м; A = 2 ⋅10 −4 м2. Решение. В результате действия силы F участок ab удлиняется и если перемещение сечения c превысит зазор ∆ , то между верхним и нижним стержнем возникнет реакция R (1.5,б). Найдем перемещение сечения с при отсутствии стержня de . Перемещения, направленные в сторону положительной оси Z , т.е. вниз, будем считать положительными. N l Fl 8 ⋅10 4 ⋅ 0,4 = = 0,8 мм, wc = ∆l ab = ab = EA EA 2 ⋅1011 ⋅ 2 ⋅10 −4 т.е. wc > ∆.

а

б

Рис.1.5

Рис.1.6 Таким образом, при нагружении данной стержневой системы силой F зазор будет перекрыт, и между стержнями возникнет неизвестная реакция R. Очевидно, что эту реакцию невозможно найти из уравнения статики и, таким образом, данная задача статически неопределима. Для определения реакции R составим условие совместности перемещений, которое связывает перемещение сечений c и d , и зазор ∆ . Представим систему в деформированном состоянии. Пусть сечения c и d получили положительные перемещения, тогда из рис.1.6 wc = wd + ∆ или выражая перемещения через удлинения (укорочения) стержней, получим ∆l ab + ∆l bc = (− ∆ de ) + ∆. Знак минус объясняется тем, что положительное перемещение сечения d происходит при сжатии стержня de . Выразим удлинения отдельных участков стержневой системы через внутренние силы, действующие в этих участках, которые предварительно найдем по методу сечений N ab = F − R ; N bc = − R ; N de = − R .

14

Тогда

( F − R )l EA

откуда

+

( − R )l 2 EA

=−

( − R )l EA

+ ∆,

−4 4 11 2 ⋅ 5 ⋅ 10 ⋅ 2 ⋅ 10 ⋅ 2 ⋅ 10 R= F− = ⋅ 8 ⋅ 10 − = 12 kH. −1 5 5l 5 5 ⋅ 4 ⋅ 10 Зная силу реакции R , находим внутренние силы и строим эпюру N (рис.1.5). Используя полученные результаты (эпюру N ), строим эпюру напряжений (рис.1.5). Эпюру перемещений начинаем строить c сечения a : wa = 0 . N l Участок ab 0 ≤ z ≤ l. w( z ) = ∆l az = ab (линейная функция), EA wa (0) = 0 , 6,8 ⋅ 10 4 ⋅ 4 ⋅ 10 −1 = 0,68 мм (вниз). w (l ) = b 2 ⋅ 1011 ⋅ 2 ⋅ 10 −4 Отметим, что значения внутренних усилий при построении эпюры перемещений считываем с эпюры N . Fl N bc Z Участок bc 0 ≤ z ≤ l. w( z ) = wb + ∆l bz = (линейная функция), + EA E 2 A wb (0) = 0,68 мм, (−1,2 ⋅ 10 4 ) ⋅ 4 ⋅ 10 −1 = 0,62 мм (вниз). wc (l) = 6,8 ⋅ 10 −4 + 11 4 − 2 ⋅ 2 ⋅ 10 ⋅ 2 ⋅ 10 Участок dc 0 ≤ z ≤ l. Перемещение сечения z от нижнего сечения e найдем, вычислив укорочение стержня длиной ez N Z w( z ) = − ∆l ez = − de (линейная функция), EA we (0) = 0 , (−1,2 ⋅ 10 4 ) ⋅ 4 ⋅ 10 −1 = 0,12 мм (вниз). w (l ) = − d 2 ⋅ 1011 ⋅ 2 ⋅ 10 −4 Построив эпюру перемещений (рис.1.5) убеждаемся в правильности решения задачи, так как выполняется условие совместности перемещений, то есть разность перемещений сечений с и d равна зазору ∆ . Пример 1.4. Ступенчатый стальной стержень, жестко закрепленный по концам, 3 нагрет на участке длиной l на ∆t 0 (рис.1.7,а). Определить допустимую температуру 2 нагрева стержня ∆t adm . Для этого значения температуры построить эпюры нормальных сил 2

2∆EA

2

−4

N , нормальных напряжений σ , осевых перемещений w . Дано: l = 0,3 м; A = 2 ⋅10 −4 м2;

σ adm = 80 МПа.

Решение. При нагреве стержня в свободном состоянии на ∆t 0 он должен удлиниться 3 на ∆l = α∆t l . Однако этому удлинению препятствуют опоры, а поэтому между опорами и 2 стержнем возникают реактивные усилия R , сжимающие стержень (рис.1.7.б). Очевидно, это усилие из уравнений статики найти невозможно, и поэтому данная задача статически

15

неопределима. Будем считать сечение a неподвижным, а уравнение совместности перемещений составим из условия, что wd = 0. По методу сечений устанавливаем, что нормальная сила в любом сечении стержня – сжимающая и равна R . Перемещения, направленные вправо (в сторону положительной оси Z ), будем считать положительными. Тогда Rl 3 3 Rl Rl wd = ∆l ab + ∆l bc + ∆l cd = − + α∆tl − − =0 2 EA 2 2 EA EA Отсюда 1 R = α∆tEA. 2 Отметим, что удлинение центрального нагретого участка складывается из температурного удлинения и укорочения, вызванного реактивной силой R . Поскольку нормальная сила N в любом сечении одинакова, то максимальные нормальные напряжения возникнут в тонкой части (bd ) ступенчатого стержня R 1 σ max = = α∆tE . A 2 Понятно, что напряжения в любом сечении ступенчатого стержня сжимающие. 2А

А

l

3/2 l

R

l R

σz

b

d

z

16Kн

40 Kн

80Kн 0.12мм 0.06мм

N

σ w

Рис.1.7 Допустимую температуру нагрева находим из условия 1 σ max = σ adm или α∆t adm E = σ adm , 2 откуда 2σ 2 ⋅ 8 ⋅10 7 ∆t adm = adm = = 64 0 C . Eα 2 ⋅1011 ⋅1,25 ⋅10 −5 Далее строим нормальных сил, напряжений и перемещений при температуре нагрева ∆t = ∆t adm = 64 0 C (рис.1.7). Нормальная сила: 1 1 N = α∆t adm EA = − ⋅ 1,25 ⋅ 10 −5 ⋅ 64 ⋅ 2 ⋅ 1011 ⋅ 2 ⋅ 10 −4 = −16 kH. 2 2 Нормальные напряжения на участке ab : N 1 1 σ= − α∆t adm E = − ⋅ 1,25 ⋅ 10 −5 ⋅ 64 ⋅ 2 ⋅ 1011 = −40 МПа, 2A 4 4 на участке bd :

16

N 1 1 − α∆t adm E = − ⋅ 1,25 ⋅ 10 −5 ⋅ 65 ⋅ 2 ⋅ 1011 = −80 МПа (рис.1.7). A 2 2 Последний результат свидетельствует о том, что допустимая температура найдена верно, так как получилось σ max = σ adm .

σ=

Эпюру перемещений строим, начиная с сечения a : wa = 0 . NZ 1 участок 0 ≤ z ≤ l. w( z ) = 1 (линейная функция), 2 EA wa (0) = 0 , 1 1 wb (l) = − α∆t adm l = − ⋅1,25 ⋅10 −5 ⋅ 64 ⋅ 0,3 = −0,06 мм (влево). 4 2 2 участок 0 ≤ z ≤

3 l. w( z ) = wb + α∆t adm z (линейная функция), 2 wb (0) = −0,06 мм,

3 R l 3 1 3 1 1 wc ( l) = − α∆t adm l + α∆t adm l + − 2 = α∆t adm l = ⋅1,25 ⋅10 −5 ⋅ 64 ⋅ 0,3 = 0,12 мм (вправо). EA 2 2 4 2 2 N Z 3 участок 0 ≤ z ≤ l. w( z ) = wc + 3 (линейная функция), EA Rl 1 wb (0) = 0,12 мм, wd (l) = t α∆ adm l − =0. EA 2 Эпюра перемещений представлена на рис.1.7. Пример 1.5. Для стальной стержневой конструкции (рис.1.8,а), нагруженной силой F и нагретой на участке ab до температуры ∆t 0 , определить коэффициент запаса по текучести ny . Дано: A = 2 ⋅10 −4 м2; ∆t = 150 0 C ; F = 100 кН; σ yt = σ yc = 400 МПа. Решение. Предположим, что деформации упругие, и для решения задачи используем принцип наложения (суперпозиции), в соответствии с которым найдем напряжения 0 отдельно от силы F и отдельно от нагрева участка ab на ∆t . Принцип наложения в данной задаче можно использовать, поскольку в пределах упругости напряжения и 0 перемещения линейно зависят и от внешней силы F и от температуры ∆t . 1. Вначале найдем внутренние силы в стержневой конструкции отдельно от силы F . Пронумеруем стержни так, как показано на рис.1.8,а.

б

а

в

Рис.1.8 Мысленно разрезая стержни, вводим неизвестные внутренние нормальные силы, вызванные внешней силой F (рис.1.8,б,в). Сумма проекций сил на ось Y , приложенных к узлу (рис.1.8.б), дает N 1 f = N 2 f . Сумма проекций сил на ось Z , для обеих частей конструкции, дает систему уравнений: N1 f = N 2 f ; N 4 f − F − N 3 f = 0 .

17

Таким образом, мы имеем систему двух уравнений с тремя неизвестными, то есть задача статически неопределима. Для решения составим уравнение совместности перемещений. Перемещения, направленные вдоль оси Z , считаем положительными. Представив систему в деформированном состоянии (рис.1.9), получим треугольник aa1 b , откуда ∆l 1 = wa cos 60 0

или ∆l 1 = −(∆ 3 + ∆ 4 ) cos 60 0 ,

(б) где ∆l1 - удлинение стержня 1; wa - перемещение шарнира. Знак минус в правой части условия совместности перемещений (б) объясняется тем, что положительное перемещение шарнира происходит за счет суммарного сжатия третьего и четвертого стержней. Выразим удлинения стержней через внутренние силы N1 f l N3 f l N 4 f l ∆l 1 = ; ∆3 + ∆4 = + . 2 EA 2 EA EA Откуда, используя уравнение совместности перемещений (б), получим третье уравнение для определения внутренних сил N 1 f , N 2 f , N 3 f N1 f l

N4 f l 1 )⋅ . (в) EA 2 EA 2 EA 2 Решая совместно систему уравнений (а) и (в), получим F N1 f = N 2 f = N 3 f = − = −16,7 кН, 6 5 N 4 f = ⋅ F = 83,3 кН. 6 Знак минус в решении указывает на то, что внутренние силы в 1,2-м и 3-м стержнях сжимающие. 2. Найдем внутренние усилия, возникающие в стержневой системе от нагрева. =(

N3 f l

+

Рис.1.9 Для записи уравнений равновесия воспользуемся рис.1.8, учитывая, что сила F отсутствует N1t = N 2t = N 3t = N 4t . Геометрическое уравнение совместности перемещений (б) сохраняет свою силу, однако, удлинения стержней выражаются не только через внутренние силы, но и через температуру N l N l N l ∆l 1 = 1t ; ∆ 3 + ∆ 4 = α∆tl + 3t + 4t . EA 2 EA 2 EA Тогда из уравнения (б) получим N1t l N l N l 1 = −(α∆tl + 3t + 4t ) , EA 2 EA 2 EA 2 откуда

18

1 N1t = N 2t = N 3t = N 4t = − α∆tEA = 3 1 = − ⋅ 1,25 ⋅ 10 −5 ⋅ 1,5 ⋅ 10 2 ⋅ 2 ⋅ 1011 ⋅ 2 ⋅ 10 −4 = −25 кН. 3 Полные внутренние силы найдем по принципу суперпозиции N1 + N 2 = N 3 = N1 f + N1t = −16,7 − 25 = −41,7 кН (сжатие), N 4 = N 4 f + N 4t = 83,3 − 25 = 58,3 кН (растяжение).

Напряжения N1 4,17 ⋅10 4 =− ≈ −208 Мпа; A 2 ⋅10 −4 N 4,17 ⋅10 4 σ3 = 3 = − ≈ −104 Мпа; 2A 2 ⋅ 2 ⋅10 −4 N 5,83 ⋅ 10 4 σ4 = 4 = − ≈ 146 Мпа. 2A 2 ⋅ 2 ⋅ 10 −4 Максимальные напряжения возникают в 1-м и 2-м стержнях. Коэффициент запаса находим, используя формулу (1.11) σ yc σ yc 400 ny = = = = 1,92 . σ max σ 1 208 Полученный результат показывает, что деформации действительно являются упругими. Пример 1.6. Для сборки стальной стержневой конструкции, изображенной на рис.1.10,а, необходимо выбрать зазор ∆ . Определить допускаемую величину зазора ∆ adm .

σ1 = σ 2 =

Дано: l = 0,5 м; σ y = 300 МПа; n y = 2 . При решении задачи считать, что горизонтальный

стержень имеет бесконечно большую жесткость. Решение. После сборки во всех трех стержнях возникают монтажные напряжения, зависящие от зазора ∆ . Найдем эту зависимость, пронумеруем стержни так, как показано на рис.1.10,а. Разрежем мысленно стержни и введем внутренние нормальные силы N 1 , N 2 , N 3 , заменяющие действия отброшенных частей стержневой конструкции. Как обычно, неизвестные внутренние силы предполагаем растягивающими (рис.1.10,б).

а

б

Рис.1.10 Запишем уравнения равновесия ∑ Fy = 0 ;

− N1 + N 2 + N 3 = 0

= 0;

N1a + N 3 a = 0

∑M

0

(а)

Таким образом, мы имеем два уравнения с тремя неизвестными, то есть задача один раз статически неопределима. Для ее решения составим третье уравнение – условие совместности перемещений. При сборке стержневой системы горизонтальный жесткий стержень переместится вверх и повернется. Будем считать положительными перемещения, направленные вверх. Пусть при сборке жесткий стержень переместится таким образом, что

19

все связанные с ним шарниры получают положительные перемещения (рис.1.11,а). Из подобия треугольников а ′в ′в ′′ и а ′с ′с ′′ находим 2( wb − wa ) = wc + ∆ − wa или 2wb − wa − wc = ∆ . Перемещения, входящие в уравнение (б), выразим через удлинения соответствующих стержней: 2(−∆l 2 ) − ∆l 1 − (− ∆l 3 ) = ∆ . Знак минус в уравнении (в) перед ∆l 2 и ∆l 3 записаны потому, что положительные перемещения wв и wc связаны с укорочением стержней 2 и 3.

а

б

Рис.1.11 Выражая удлинения через внутренние силы, получим третье уравнение (в дополнении к системе (а)) N l Nl Nl (г) − 2 2 − 1 + 3 = ∆. EA EA EA Решая совместно уравнения (а) и (г), получим ∆EA ∆EA N1 = − (сжатие); N 2 = − (сжатие); 6l 3l ∆EA N3 = − (растяжение). 6l Максимальные напряжения возникают во втором стержне: ∆E σ max = σ 2 = (знак не учитываем), 3l Условие прочности ∆E σ y σ max = ≤ . 3l n y Тогда допускаемое значение зазора составит 3σ y l 3 ⋅ 300 ⋅ 10 0 ⋅ 0,5 = 1,125 ⋅ 10 −3 м = 1,125 мм . ∆ = = adm En 11 y 2 ⋅ 2 ⋅ 10 1.4. Растяжение и сжатие за пределами упругости

Для расчета конструкций за пределами упругости действительные зависимости между

σ и ε схематизируются. Будем считать, что на характеристике материала, из которого изготовлена конструкция, имеется физическая площадка текучести, а поэтому в качестве схематизированной используем идеальную упругопластическую диаграмму (рис.1.11,6).

20

При расчете конструкций, работающих за пределами упругости, находится предельная нагрузка и коэффициент запаса по предельному состоянию n=

Flim , F

(1.11)

где Flim -предельная нагрузка для данной конструкции; F - рабочая нагрузка. Под предельной понимается нагрузка, при которой происходит исчерпание несущей способности конструкций вследствие того, что внешние силы, большие чем Flim , не могут быть уравновешены внутренними силами, ограниченными, в свою очередь, величиной

σyA

(рис.1.11,6). При достижении внешней силой предельного значения точка приложения этой силы стремится получить неопределенно-большие перемещения (в соответствии со схематизированной диаграммой), что для конструкции недопустимо. При нагружении конструкции силой, большей той, при которой возникают первые пластические деформации, и последующей разгрузке возникают остаточные напряжения и перемещения. Остаточные напряжения и перемещения определяются путем сложения напряжений (перемещений), возникающих при нагрузке, с напряжениями (перемещениями) возникающими при разгрузке. Разгрузку представляем как нагрузку силой, действующей в противоположном направлении, причем, при разгрузке справедлив закон Гука (на основании закона разгрузки). Пример 1.7. Для стержневой конструкции, изображенной на рис.1.12,а, построить графики зависимости внутренних сил от внешней нагрузки. Найти остаточные напряжения в данной стержневой системе при нагружении ее силой F∗ = (9 / 4)σ y A и последующей полной разгрузке. Материалы стержня и трубки одинаковые. Диаграмма материала - идеальная упругопластическая, σ yt = σ yc . Размеры и модуль упругости заданы. Деформацией крышки пренебречь. Решение. Вначале найдем нагрузку, при которой возникают первые пластические деформации. Мысленно отделим трубку от стержня и крышки и обозначим через R силу их взаимодействия (рис.1.12,б,в). Реакция R из уравнений статики не определяется, и задача, таким образом, статически неопределима. Для раскрытия статической неопределимости составим условие совместности перемещений, которое выражает равенство перемещений сечений с стержня и е трубки. Перемещения, направленные вверх, будем считать положительными. wc = we или ∆l 1 + ∆l 2 = ∆l 3 . Нумерация участков показана на рис.1.12,а. Пользуясь методом сечений, находим внутренние силы па каждом участке: N1 = R − F ; N 2 = R ; N 3 = − R .

Выразив удлинения через внутренние силы, получим уравнение относительно неизвестной реакции R ( R − F )l Rl (− R)2l + = , 2 EA EA E ( A / 2) откуда F . 11 После этого обычным порядком строим эпюры нормальных сил, напряжений и перемещений отдельно для стержня и отдельно для трубки (рис. 1.12). R=

21

Максимальное напряжение возникает в нижней части стержня на участке 1. Приравнивая это напряжение пределу текучести, находим усилие F pl , при котором в этой части стержня возникают первые пластические деформации 5 Fpl 11 ⋅ = σ y → Fpl = σ y A . 11 A 5

(а)

Рис.1.12 Внутренние силы, напряжения и перемещения точки приложения силы при F = F pl найдем, пользуясь построенными эпюрами: N1 = 2σ y A, σ1 = σ y N 2 = σ y A / 5,

(сжатие),

σ 2 = σ y / 5 (растяжение), N 3 = σ y A / 5, σ 3 = 2σ y / 5 (сжатие). 10 Fpl l σ y l

(б)

wb = − ∆l ab = −

При F > F pl

= (вниз). (в) E 11 2 EA внутренняя сила в нижней части стержня остается постоянной,

N 1 = 2σA = const , так как напряжения в ней равны пределу текучести σ y . Внутреннюю силу в верхней части стержня на 2-м участке найдем из уравнения равновесия (рис.1.12,г) ∑ Fz = 0, N 2 = F − 2σ y A . Очевидно, внутренняя сила в трубке имеет ту же величину, но обратна по знаку (то есть сжимающая). Таким образом, после появления пластических деформаций в нижней части стержня стержневая система стала статически определимой. Перемещение точки приложения силы F вычисляем по упруго работающим участкам wb = ∆l 3 + (−∆ 2 ) . Знак минус объясняется тем, что при удлинении стержня 2 и постоянном wc сечение b перемешается в отрицательном направлении. − ( F − 2σ y A)2l ( F − 2σ y A)l 5( F − 2σ y A)l (г) − =− . wb = E ( A / 2) EA EA Знак минус указывает на то, что сечение b перемещается вниз. Очевидно, что при F = F pl , мы получаем прежний результат

22

11 σ y A − 2σ y A)l 5 ( 5( F − 2σ y A)l σ yl 5 wb = − =− =− (вниз). EA EA E Найдем напряжения в отдельных частях конструкции. Ранее было найдено N1 = 2σ y A (сжатие), N 2 = σ y A (растяжение), N3 = σ y A

(д)

(сжатие).

Напряжения

σ 1 = σ y = const σ2 = σ2 =

F − 2σ y A A F − 2σ y A

,

(е)

. A/ 2 Таким образом, после появления первых пластических деформаций в нижней части стержня напряжения в этой части остаются постоянными, а интенсивный их рост происходит в трубке. Найдем внешнюю силу, при которой возникают пластические деформации в трубке, из условия Flim − 2σ y A 5 = σ y → Flim = σ y A . 2 A/ 2 Очевидно, это предельное значение внешней нагрузки, так как большая внешняя сила не может быть уравновешена внутренними. Найдем внутренние силы, напряжения и перемещение сечения b при F = Flim . Используя формулы (д), (е) и (г), получим: N1 = 2σ y A (сжатие), σ 1 = σ y , N2 =

2σ y A

N3 =

(растяжение), σ 2 =

2 2σ y A 2

σy 2

,

(сжатие), σ 3 = σ y ,

5 σ yl (вниз). A 2 E Рассмотрим теперь нагрузку (индекс f - нагрузка) и полученную разгрузку (индекс a 9 - разгрузка) заданной системы силой F∗ = σ y A и определим остаточные напряжения и 4 перемещения (индекс r - остаточный). Так как Fpl < F∗ < Flim , то первый участок wb = −

5( Flim − 2σ y A)l

(ж)

=−

деформируется пластически, второй и третий – упруго. Поэтому при нагрузке (сжатие), N1 f = −2σ y A 1 N 2 f = F∗ − 2σ y A = σ y A (растяжение), 4 1 (сжатие). N3 f = σ y A 4 При разгрузке справедливы упругие соотношения между внутренними и внешними силами. Поэтому 10 45 N1a = F∗ = σ y A (растяжение), 11 22 1 9 N 2 a = − F∗ = − σ y A (сжатие), 11 44

23

9 σyA 44 Остаточные усилия вычисляем по выражению N 3a =

(растяжение).

Nr = N f + Na .

Тогда 45 1 σ y A = σ y A (растяжение). 22 22 1 9 1 N 2 r = σ y A − σ y A = σ y A (растяжение), 4 44 22 1 9 1 N 3r = − σ y A + σ y A = − σ y A (сжатие). 4 44 22 Остаточные напряжения N 1 σ 1r = 1r = σ y (растяжение), 2 A 44 N 1 σ 2 r = 2 r = σ y (растяжение), 2 22 N 1 σ 3r = 3r = σ y (сжатие). ( A / 2) 11 Знаки в последних формулах опущены. Отметим, что после разгрузки стержневая конструкция находится в равновесии, поэтому внутренние остаточные силы равны во всех ее частях. Остаточное перемещение 5( F∗ − 2σ y A)l 5 F∗l 5 σ yl wb = − + =− (вниз). EA 11 EA 22 E Пример 1.8. Найти предельную нагрузку для стрежневой конструкции, изображенной на рис.1.14. Материал стержней – идеальный упругопластический, σ yt = σ yc (рис.1.11,б). N1r = −2σ y A +

Дано: σ y = 300 МПа; A = 10 −4 м2. Решение. При решении предыдущей задачи было отмечено, что при появлении пластических деформаций в одном стержне один раз статически неопределимая стержневая система становится статически неопределимой, а при появлении пластических деформаций в двух стержнях – становится геометрически изменяемой (предельное состояние). Рассмотрим различные варианты исчерпания несущей способности для данной системы.

Рис.1.13 1. Пластические деформации возникли в стержнях 1 и 2. При этом происходит поворот жесткого стержня относительно точки С , а стержни 1 и 2 растягиваются (рис.1.15).

Рис.1.14

24

Записывая уравнение равновесия

∑M

c

= 0,

Flim1 2a − σ y A3a − σ y Aa = 0 , находим

Flim1 = 2σ y A .

2. Пластические деформации возникли в стержнях 2 и 3. При этом происходит поворот жесткого стержня относительно точки a ; стержень 2 растягивается, а стержень 3 сжимается (рис.1.16).

Рис.1.15 Из уравнения равновесия ∑ M a = 0 , σ y A2a + 2σ y A3a − Flim 2 a = 0 , Flim 2 = 8σ y A . 3. Пластические деформации возникли в стержнях 1 и 3. В этом случае жесткий стержень поворачивается относительно точки b , а стержни 1 и 3 растягиваются (рис.1.17).

Рис.1.16 Из уравнения равновесия ∑ M b = 0 , Flim 3a − 2σ y Aa − σ y A2a = 0 , Flim 3 = 4σ y A . Очевидно, предельная нагрузка равна наименьшему значению, найденному в трех вариантах. Flim = Flim1 = 2σ y A = 3 ⋅108 ⋅10 −4 ⋅ 2 = 60 кН. Обратим внимание на то, что направление внутренних сил при нахождении предельной нагрузки обязательно должно соответствовать характеру деформации стержней (растяжение или сжатие). Пример 1.9. Найти предельную нагрузку для стержня, изображенного на рис.18,а. Диаграмма материала - идеальная упругопластическая.

А

Б

В

Г

Рис.1.17 Решение. Рассмотрим различные варианты потери несущей способности.

25

1. Предположим, что пластические деформации возникли в верхнем и центральном участках. При этом участок верхний сжимается, а центральный – растягивается (рис.1.18,б). Из уравнения равновесия ∑ Fz = 0 , Flim1 = 2σ y A . 2. Предположим, что пластические деформации возникли в центральном и нижнем участках. В этом случае центральный участок растянут, а нижний – сжат (рис.1.18,в). 3 ∑ Fz = 0 , Flim 2 = 2 σ y A . 3. Предположим, что пластические деформации возникли в верхнем и нижнем участках. В этом случае стержень нижний будет сжат, а верхний растянут (рис.1.18,г): ∑ Fz = 0 , Flim 3 = 3σ y A . Окончательное решение задачи 3 Flim = Flim 2 = σ y A . 2 1.5. Задачи для самостоятельного решения Задачи 1.1…1.5. Построить эпюры нормальных сил, напряжений и перемещений. Определить величины, указанные в условиях (рис.1.18,а,б,в,г,д).

а

б

г д Рис.1.18 Задачи 1.6…1.8. Построить эпюры N , σ и w . Подсчитать наибольшее напряжение и перемещение (рис.1.19,а,б,в). Задача 1.9. Определить величину зазора ∆ , при которой реакция Rb равна 1 / 4 F (рис.1.19,г). Построить эпюры N , σ , w и из условия прочности и определить площадь сечения A . Дано: F = 50 кН; l = 0,2 м; σ yt = σ yc = 280 МПа; n y = 1,5 ; E = 2 ⋅10 5 МПа. в

Задачи 1.10…1.12. Определить напряжения при изменении температуры системы на ∆t C (рис.1.20,а,б,в). Вычислить осевое перемещение сечения b . Задача 1.13. Определить усилия в стальных стержнях и величину площади A при F = 100 кН и σ adm = 150 МПа (рис.1.21,а). Задача 1.14. Определить усилия и напряжения, возникающие в стальных стержнях, при нагревании второго стержня на ∆t = 100 o С (рис.1.21,б). Подсчитать n y . Дано: o

A1 = 2 ⋅ 10 −4 м2; l = 1 м; A2 = 4 ⋅10 −4 м2; α = 1,25 ⋅10 −5 1/град; σ yt = σ yc = 300 МПа; a = l .

26

Рис.1.19

Рис.1.20

а

Рис. 1.21

Рис. 1.22

27

б

Задача 1.15. Определить напряжение в стальных стержнях при изменении температуры на ∆t i (i = 1;2) (рис.1.22,а). Дано: a = 3 м; b = 2 м; c = 1,5 м; A1 = A2 = A ; ∆t1 = 30o C ;

∆t 2 = −30 o C . Задача 1.16…1.18.

Определить силу F = F pl , при которой возникают первые

пластические деформации, и предельную нагрузку Flim (рис.1.22,а,в,г). Материал – идеальный упругопластический. Задача 1.19. Для заданной на рис.1.23 статически неопределимой конструкции определить предельную нагрузку Flim , не раскрывая статической неопределенности.

а

б

Рис.1.23

28

Глава 2. КРУЧЕНИЕ 2.1. Основные понятия и зависимости

Кручение – такой вид нагружения стержня, при котором в его поперечных сечениях возникает крутящий момент T . Стержень, работающий на кручение, называется валом. Внутренний крутящий момент T , направленный против часовой стрелки при взгляде на него со стороны внешней нормали поперечного сечения, считается положительным (рис.2.1,а) [1,3]. При кручении круглого вала поперечные сечения остаются плоскими, а радиус – вектор любой точки поперечного сечения не исключаются (гипотеза плоских сечений).

А

Б

Рис.2.1 2.1.1. Расчет стержней круглого поперечного сечения

Касательные напряжения определяются по формуле

τ в точках поперечного сечения радиуса τ рис.2.1.б) τ=

T r, Ip

(2.1)

πd 4

[м4] - полярный момент инерции сечения. Максимальные напряжения τ max 32 возникают в точках сечения у поверхности (rmax = d / 2) T , τ max = (2.2) Wp

где I p =

где W p = I p /(d / 2) = πd 3 / 16 [м3] - полярный момент сопротивления. Угол закручивания стержня вычисляется по формуле Tdz , ϕ=∫ GI p l

(2.3)

E - модуль сдвига; z - продольная ось стержня. Величина GI p называется 2(1 + v) жесткостью (сечения) вала на кручение. Если крутящий момент T и крутильная жесткость GI p постоянны по длине l

где G =

стержня, то Tl . GI p Дифференциальные зависимости при кручении t dT d 2ϕ dϕ T = e , , = te , = 2 dz GI p GI p dz dz

ϕ=

29

(2.4)

где t e - интенсивность распределенного крутящего момента. Эта зависимость может быть использована для контроля правильности уже построенных эпюр. Потенциальная энергия деформации стержня при кручении определяется по зависимости T 2 dz . U =∫ (2.5) 2GI p l

Если момент T и жесткость GI p постоянны по длине, то T 2l . U= 2GI p

(2.6)

Работа, совершаемая внешними крутящими моментами M i , вычисляется по формуле m 1 W = ∑ M iϕ i , (2.7) i =1 2 где ϕ i - угол поворота сечения стержня, где приложен внешний момент M i ; m - количество внешних моментов. Отметим, что формула (2.7) применима при упругих деформациях. Условие прочности при кручении записывается аналогично условно прочности при растяжении или сжатии τ max ≤ τ adm ,

где τ adm - допускаемое напряжение; или

τ max ≤

τy ny

,

(2.9)

где τ y - предел текучести при сдвиге; n y - коэффициент запаса по текучести. 2.1.2. Расчет стержней некруглого поперечного сечения

Для стержней некруглого поперечного сечения напряжения определяются по формуле, аналогичной (2.2) T τ max = , Wt

максимальные

касательные

(2.10) где Wt [м3] - момент сопротивления сечения при кручении. Формулы для вычисления Wt некоторых сечений приведены в табл.2.1. и 2.2. Там же показаны точки, где возникают максимальные касательные напряжения. При кручении стержней прямоугольного поперечного сечения максимальные касательные напряжения τ max возникают в середине длинных сторон (табл.2.2). Максимальные касательные напряжения при кручении стержней тонкостенного открытого профиля возникают в наиболее толстых стенках (рис.2.2,а). В стержнях, поперечное сечение которых представляет собой тонкостенный замкнутый контур, максимальные напряжения при кручении возникают в наиболее тонкой части профиля. При этом в отличие от открытых профилей, касательные напряжения по толщине стенки принимаются постоянными (рис.2.2,б). Углы закручиваются и потенциальная энергия деформации для стержней некруглого поперечного сечения определяются по формулам, аналогичным формулам (2.3) и (2.5). Tdz , ϕ=∫ (2.11) l GI t

30

T 2 dz U =∫ , l 2GI t

(2.12)

где I 1 [м4] - геометрический фактор жесткости при кручении. Таблица 2.1 Геометрические характеристики Формы поперечного сечения

Полярный момент инерции

πd 4

Iρ =

Iρ = C =

32

πd 3

Wρ =

32

πd e4

Полярный момент сопротивления

(1 − C ) 4

Wρ =

16

πd e4 16

(1 − C ) 4

di de

Iρ =

3 t πdm 4

Рис.2.2

31

Wρ =

π d m2 t 2

Таблица 2.2 Геометрические характеристики Геометрический фактор сечения I t

Форма поперечного сечения 1

h>B

Момент сопротивления Wt

2

3

βBh

αB 2 h

Значения коэффициентов α и β приведены в таблице. 2.3

πa 3 B 3

πaB 2

a2 + B2

2

3 4 a 80

a2 20

1 3 St 3

1 2 St 3

1 n S i t i3 ∑ 3 i =1

1 n ∑ Si ti 3 i =1 t max

4 A2 dS ∫ t

2At min

A-площадь, ограниченная средней линией контура Таблица 2.3 Коэффициенты α, β, τ для вычисления It и Wt для стержней прямоугольного сечения h/b

α β τ

1

2

3

4

6

10

∞

0.208 0.141

0.246 0.229

0.267 0.263

0.282 0.281

0.299 0.299

0.313 0.313

0.333 0.333

1.000

0.795

0.753

0.745

0.743

0.742

0.742

32

Формулы для вычисления I 1 для различных сечений приведены в табл.2.1 и 2.2. 2.1.3. Расчет по предельным нагрузкам

Предельным состоянием системы считается такое, при котором исчерпывается ее несущая способность, т.е. способность воспринимать увеличивающуюся нагрузку. Нагрузка, соответствующая предельному состоянию системы, называется предельной (см. главу I). Для расчета по предельным нагрузкам необходимо знать величину внутреннего предельного момента Tlim . Для случая, когда материал стержня предполагается идеальным упругопластическим (рис. 2.2, в, τ y - предел текучести при сдвиге, γ - угол сдвига), имеем сплошное круглое сечение Tlim = τ y труба Tlim = τ y

π 12

πd 3 12

(2.13)

,

(2.14)

(d 3 − d i3 ) ,

прямоугольное сечение Tlim = τ y где τ y - предел текучести при сдвиге.

b2 b (h − ) , 2 3

(2.15)

В формулах (2.13…2.15) сохранены обозначения табл.2.1 и 2.2. 2.2. Статически определимые задачи кручения Пример 2.1. Для стержня, показанного на рис.2.3,а, построить в общем виде эпюры внутренних крутящих моментов T , максимальных касательных напряжений τ max и углов поворота сечений ϕ . Определить из расчета на прочность диаметр d . Подсчитать потенциальную энергию деформации и работу внешних моментов. Дано M = 600 Нм; l = 0,5 м; τ y = 200 МПа; n y = 1,5 .

Решение. Задача статически определима. Нумерация участков указана на рис.2.3,а. Внутренние крутящие моменты находим по методу сечений из уравнений равновесия отсеченных частей стержня (рис.2.3,б): 2 участок 0 ≤ z 2 ≤ l 1 участок 0 ≤ z1 ≤ l ∑ M z = 0 . T1 = − M . ∑ M z = 0 . T2 = 5M . Максимальные касательные напряжения находим по формуле (2.2): T πd 3 16 M , W p1 = τ max1 = 1 = − 3 , W p1 16 πd

τ max 2

T 10 M , = 2 = W p 2 πd 3

W p2 =

πd 3 2

.

Эпюру углов поворота начинаем строить от заделки, причем ϕ c = 0 . Углы поворота сечений, направленные против часовой стрелки при взгляде на стержень со стороны внешней положительной нормали к сечению (положительной оси z ), будем считать положительными. 2 участок 0 ≤ z 2 ≤ l . Угол поворота произвольного сечения на 2-м участке находим по формуле (2.4)

33

10 Mz 2 T z ϕ 2 ( z) = − 2 2 = − GI p 2 Gπd 4

(линейная функция).

Рис.2.3 Так как на 2-м участке внутренние моменты T2 положительны, но внешняя нормаль отрицательна, то учитывая принятое правило знака для угла поворота ϕ 2 ( z ) , эти углы отрицательны 10Ml ϕ 2 (0) = ϕ с = 0 , . ϕ b = ϕ 2 (0) = − Gπd 4 Tz 1 участок 0 ≤ z1 ≤ l ϕ1 ( z ) = ϕ b − 1 1 (линейная функция), GI p1

ϕ1 (0) = ϕ b ,

ϕ1 (l) = ϕ a = −

10 Ml (− M )l32 2 Ml − = . Gπd 4 Gπd 4 Gπd 4

Эпюры T , τ max и ϕ показаны на рис.2.3. Размер d поперечного сечения находим из условия прочности (2.8), используя построенную эпюру τ max 16M τ y ≤ , πd 3 n y откуда

d =3

16 Mn y

πτ y

=3

16 ⋅ 600 ⋅1,5 = 2,84 ⋅10 −2 м. π ⋅ 2 ⋅108

Округляем размер диаметра до стандартного значения d = 30 мм. Потенциальную энергию деформации вычисляем по формуле (2.5)

34

T12 l 1 T 2l 41M 2 l 41⋅ 600 2 ⋅ 0,5 + 2 2 = = = 36,25 Дж. 2GI p1 2GI p 2 Gπd 4 8 ⋅1010 ⋅ π (3 ⋅10 −2 ) 4 При вычислении работы внешних моментов учитываем, что направления действия внешних моментов и направления поворота соответствующих сечений совпадают. Поэтому 1 22M 2 l 1 60M 2 l 41M 2 l 1 1 + = . W = Mϕ a + 6 Mϕ b = 2 Gπd 4 2 Gπd 4 2 2 Gπd 4 U = W = 36,25 Дж. Пример 2.2. Определить касательные напряжения и угол закручивания в тонкостенных стержнях замкнутого и открытого профиля при свободном кручении (рис.2.4,а,б). Дано M = 10 3 Нм; t = 3 ⋅10 −3 м; bm = 5 ⋅ 10 −3 м; l = 1 м; G = 8 ⋅ 10 4 МПа. Решение. В стержне замкнутого профиля максимальные касательные напряжения τ max 1 и угол закручивания ϕ 1 определим по формулам (2.10) и (2.11), используя табл.2.2: U=

Wt = 2 At min = 2 ⋅ 2 ⋅ bm2 ⋅ t = 4 ⋅ bm2 ⋅ t ;

4(2bm2 ) 2 4 A2 16 = = bm3 t ; dS 4bm 2bm 5 + ∫t t 2t 103 T M = = 2 = = 33 Мпа; Wt 4b t 4 ⋅ 25 ⋅ 10 −4 ⋅ 3 ⋅ 10 −3 It =

τ max1 ϕ1 =

5Ml 5 ⋅ 103 ⋅ 1 Tl = = = 0,0104 рад. GI t 16Gbm3 t 16 ⋅ 8 ⋅ 1010 ⋅ (5 ⋅ 10 −2 ) 3 ⋅ 10 −3

В стержне открытого профиля максимальные касательные напряжения закручивания

τ max 2 и угол

ϕ 2 определим по тем же формулам (2.10) и (2.11), используя табл.2.2: It =

[

]

1 4 1 20 3 S i ti3 = 2bm t 3 + 2bm t 3 + bm (2t ) 3 + bm (2t ) 3 = bm t , ∑ 3 i =1 3 3

А

Б

Рис.2.4 Wt =

τ max 2 =

It t max

=

20 bm t 3 10 2 = bm t , 3 2t 3

3M 3 ⋅ 10 −3 T = = = 666 МПа, Wt 10bm t 2 10 ⋅ 5 ⋅ 10 −2 ⋅ (3 ⋅ 10 −3 ) 2

3Ml 3 ⋅ 103 ⋅ 1 Tl = = = 1,388 рад. GI t 10Gbm t 3 20 ⋅ 8 ⋅ 1010 ⋅ 5 ⋅ 10 −2 ⋅ (3 ⋅ 10 −3 ) 3 Таким образом, стержень замкнутого коробчатого профиля в 20 раз прочнее (по напряжениям) аналогичного стержня открытого профиля и в 133,5 раз жестче.

ϕ2 =

35

2.3. Статически неопределимые задачи кручения Пример 2.3. Для стержня, изображенного на рис 2.5,а, из условия прочности

вычислить диаметр d , построить эпюры T , τ max и ϕ . Для вычисленного размера поперечного сечения определить внешний предельный момент. Дано: M = 100 Нм; l = 0,5 м;

τ y = 200 МПа; n y = 2 d = 2 ⋅ a ; G = 8 ⋅ 10 4 МПа.

Рис. 2.5 Решение. Задача один раз статически неопределима, т.к. неизвестны два реактивных момента в заделках при одном уравнении статики (сумма моментов относительно оси стержня, рис.2.5,б). Для решения задачи отбрасываем одну из заделок, например, правую и заменяем ее реактивным моментом X (рис.2.5,в), который определяем из условия\ ϕ d ( M ,3M , X ) = 0 или Tab l Tbc l Tcd l + + = 0. GI p GI t GI p Внутренние крутящие моменты Tab , Tbc , Tcd соответственно на участках ab , bc , и cd определяем, используя метод сечений (рис.2.6).

А

Б

Рис. 2.6

Тогда

участок ab

0≤ z≤l:

участок bc

0≤ z≤l:

участок cd

0≤ z≤l:

∑M ∑M ∑M

z

= 0,

Tab = 2M − X ;

z

= 0,

Tbc = 3M − X ;

z

= 0,

Tcd = − X .

(2 M − X )l (3M − X )l (− X )l + + =0. GI p GI t GI p

36

В

Ip =

Так как

πd 4 32

=

π ( 2 ⋅ a) 4

=

π

a 4 = 0,393a 4 ,

32 8 I t = β a 4 = 0,141a 4 ,

то

X = 2,164M . Используя полученные результаты, строим эпюру T (рис.2.5). Вычисляем максимальные касательные напряжения. На участке ab T 0,164 M M M = 0,835 3 = 0,295 3 . τ ab = ab = 3 W p πd / 16 d a На участке bc

τ bc =

Tbc 0,836M 0,836M M = = = 4,02 3 . 3 3 Wt 0,208a a α ⋅a

τ cd =

Tcd 2,164 M M M = = 11,03 3 = 3,896 3 . 3 W p πd / 16 d a

На участке cd

Таким образом, наибольшие касательные напряжения возникают на участке bc . Эпюра максимальных касательных напряжений показана на рис.2.5. Вычисляем углы поворотов сечений T z участок ab 0 ≤ z ≤ l : ϕ ( z ) = ab (линейная функция), GI p T l 0,164 Ml Ml Ml ϕ a (0) = 0 , ϕ b (l) = ab = − = −1,67 = −0,4176 4 . 4 4 GI p C (π ⋅ d / 32) Gd Ga T z ϕ ( z ) = ϕ b + bc (линейная функция) участок bc 0 ≤ z ≤ l : GI t T l T l Ml Ml 0,836 Ml Ml ϕ b (0) = −0,4176 4 , ϕ c (l ) = ab + bc = −0,4176 4 + = 5,511 4 . 4 GI p GI t Ga Ga G ⋅ 0,141a Ga T z (линейная функция), участок cd 0 ≤ z ≤ l : ϕ ( z ) = ϕ c + cd GI p T l T l T l Ml Ml 2,164 Ml ϕ c (0) = 5,511 4 , ϕ d (l) = ab + bc + cd = 5,511 4 − =0. GI p GI t GI p Ga Ga Gπd 4 / 32 Следовательно, статическая неопределенность раскрыта правильно. Эпюра углов поворота показана на рис.2.5. Вычислим размер поперечного сечения M τ τ max bc = 4,02 3 ≤ y , a ny a≥3

4,02Mn y

τy

4,02 ⋅10 2 ⋅ 2 = = 1,59 ⋅10 −2 м = 15,9 мм . 8 2 ⋅10 3

Тогда d ≥ 22,5 мм. Округляем размер диаметра до стандартного значения d = 20 мм. Зная размер поперечного сечения, вычисляем численные значения максимальных касательных напряжений на каждом участке и углов поворота сечений. Результаты наносим на эпюры (рис.2.5). В заключение найдем предельную нагрузку (внешний предельный момент), полагая материал стержня идеальным упругопластическим. Для этого по выражениям (2.13) и (2.15) вычислим вначале внутренние предельные моменты для круглой и квадратной частей вала.

37

Для круглой части Tlim

πd 3 12

τy =

π 2 ⋅ a3 6

τ y = 595,3 Н⋅м.,

для квадрата (1,59 ⋅ 10 −2 ) 3 ⋅ 2 ⋅ 108 a3 τy = = 268 Н⋅м. 3 3 Вал, изображенный на рис.2.5,а, исчерпает несущую способность в том случае, если пластические деформации полностью охватят все сечения на двух из трех участков вала. Tlim =

А

Б

В

Рис.2.7 Рассмотрим возможные варианты. Если пластическими деформациями охвачены центральный и правый участки (рис.2.7,а), то уравнение равновесия имеет вид 3M lim1 = Tlim + Tlim . ∑Mz = 0, Тогда Tlim + Tlim 595,3 + 268 = = 287 Н⋅м. 3 3 Два других варианта потери несущей способности представлены на рис.2.7,б,в. Нетрудно убедится в том, что внешние предельные моменты M lim 2 и M lim 3 , найденные из двух последних вариантов, больше предельного момента первого варианта. Следовательно, предельный внешний момент, найденный в первом варианте, и есть действительный предельный внешний момент, т.е. M lim = M lim1 = 287 Н⋅м. Пример 2.4. Валик AD (рис.2.8,а), защемленный по концам и имеющий круглое поперечное сечение диаметром d , нагружается парой сил M . При этом жесткий рычаг 1, закрепленный в сечении B , упирается в ограничители 2. Построить эпюры крутящих моментов T и углов поворота сечений ϕ . Определить коэффициент запаса по текучести n y . Дано: M = 25 Н⋅м; l = 0,2 ; d = 10 мм; a = 100 мм; M lim1 =

∆ = 1 мм; τ y = 150 МПа; G = 8 ⋅ 10 4 МПа. Решение. 1. Раскрытие статической неопределенности. При упоре рычага 1 в ограничители 2 на валик AD в сечении B передается пара сил M B (рис.2.8,б). Уравнение статического равновесия ∑Mz = 0, − M A − M B + M − M D = 0. Задача дважды статически неопределима. Уравнения совместимости перемещений

ϕD =

[M − ( M

∆ , a

ϕ DA = 0 ,

B

+ M D )]l

GI p −

=

∆ , a

M B ⋅ l M ⋅ 2l M D ⋅ l + − = 0, GI p GI p GI p

38

(Б) ( В)

Рис.2.8 Преобразуя (а), (б) и (в), получим MA + MB + MD = M , ∆GI p MB + MD = M − , al M B + 3M D = 2 M .

Здесь I p =

πd 4 32

,

d = 10 мм,

M = 25 Н⋅м,

∆GI p

1 ⋅ 10 −3 ⋅ 0,8 ⋅ 1011 ⋅ π ⋅ 0,014 = = 3,93 Н⋅м. 0,1 ⋅ 0,2 ⋅ 32 al M A + M B + M D = 25 , M A = 3,93 Н⋅м. M B + M D = 21,07 ,

M B = 6,60 Н⋅м.

M B + 3M D = 50 ,

M D = 14,47 Н⋅м.

А

Б

В

Рис.2.9 2. Определение крутящих моментов Участок AB (рис.2.9,а) ∑ M z = 0 , TAB = M A = 3,93 Н⋅м (направлен против часовой стрелки). Участок BC (рис.2.8,б)

39

∑M

z

∑M

z

= 0, = 0,

TBC = M A + M B = 3,93 + 6,6 = 10,53 Н⋅м (направлен против часовой стрелки) TCD

Участок CD (рис.2.9,в) = M A + M B − M = 3,93 + 6,6 − 25 = −14,47

Н⋅м (направлен по часовой

стрелке). 3. Определение углов поворота ϕ . Начало отсчета выбираем в сечении A , причем ϕA = 0 . T z Участок AB 0 ≤ z ≤ l ϕ ( z ) = AB (линейная функция), GI p

ϕ A ( 0) = 0 , Участок BC 0 ≤ z ≤ l

3,93 ⋅ 0,2 ⋅ 32 = 0,01 рад. 0,8 ⋅ 1011 ⋅ π ⋅ 0,014 T z ϕ ( z ) = ϕ B + ϕ Bz = ϕ B + BC (линейная функция) GI p

ϕ B (l ) =

ϕ B (0) = 0,01 рад, ϕ C (l) = 0,01 + Участок CD 0 ≤ z ≤ l ϕ ( z ) = ϕ C + ϕ Cz

10,53 ⋅ 0,2 ⋅ 32 = 0,0368 рад. 0,8 ⋅ 1011 ⋅ π ⋅ 0,014 T z = ϕ C + CD (линейная функция), GI p

ϕ С (0) = 0,0368 рад, ϕ D (l) = 0,0368 −

14,47 ⋅ 0,2 ⋅ 32 = 0. 0,8 ⋅ 1011 ⋅ π ⋅ 0,014

4. Определение коэффициента запаса

ny =

τy , τ max

τ max =

TCD , Wp

Wp =

π ⋅d3 16

.

150 14,47 ⋅10 −6 ⋅16 = 73,7 МПа, n y = = 2. 3 73,7 π ⋅ 0,01 Пример 2.5. Трубка и вал, изготовленные из одного материала, сварены по торцам и нагружены так, как показано на рис.2.10,а. Построить эпюры T , τ max , ϕ для вала и трубки.

τ max =

найти

предельную

величину

внешнего

момента

M lim .

Материал

упругопластический (рис.2.10,б). Дано: M = 800 Нм; l = 1 м; d m = 50 ⋅10

−3

идеальный

м; t = d m / 20 ;

d = (4 / 5)d m ; τ y = 280 МПа; G = 8 ⋅ 10 МПа. 4

А

Б

Рис.2.10 Решение. Разъединим вал и трубу (рис.2.11,а,б) и введем реактивные моменты взамен отброшенных связей. Неизвестными являются моменты M a′ , M a′′ и M C , а уравнений равновесий имеем только два:

M a′ + M C = M , M a′ + M a′′ = M .

40

Рис.2.11 Поэтому задача один раз статически неопределима. Еще одно уравнение получим из условия совместимости перемещений, которое выражает равенство углов поворота сечения с относительно сечения a для вала и трубки ϕ c ,вал = ϕ с ,тр . Выражая углы поворота сечений через крутящие моменты, получим третье уравнение (в дополнение к системе (а)) M C l ( M − M C )l ( − M C )l = + , GI p 2GI t 2GI t где 4 4  π  dm  8πd m4 πd 4 5  =  = - полярный момент инерции вала; Ip = 32 32 625 πd 3 t πd 4 I t = m = m - полярный момент инерции трубки. 4 80 Отсюда M C = 0,253M = 0,258 ⋅ 800 = 202 Н⋅м. Тогда M a′ = M = M C = 800 − 202 = 598 Н⋅м, M a′′ = M C = 202 Н⋅м. Максимальные касательные напряжения для вала: 0,253M 0,253 ⋅ 800 ⋅16 T = = = 16 МПа, τ max = 3 W p πd 3 / 16 π (4 ⋅10 −2 ) для трубки на участке ав :

τ max =

Tab Tab T 598 ⋅ 40 = = 3 ab = = 61 МПа. Wt 2 At πd m / 40 π 5 ⋅10 −2 3

для трубки на участке вс :

τ max =

(

)

Tbc T 202 ⋅ 40 = 3 bc = = 20 МПа. Wt πd m / 40 π (5 ⋅10 −2 )3

Эпюры крутящих моментов и максимальных касательных напряжений для вала и трубки показаны на рис.2.11. Для построения эпюры углов поворота примем условно за неподвижное сечение a :

41

ϕa = 0 . Углы поворота для трубки: Участок ав 0 ≤ z ≤ l / 2

ϕ ( z) =

Tab z - (линейная функция). GI t

l l 40 ⋅ 598 ⋅ 1 2 = 40Tab l = ϕ a (0) = 0 , ϕb ( ) = = 0,015 рад. 4 GI p Gπd m π ⋅ 8 ⋅ 1010 ⋅ (5 ⋅ 10 −2 ) 4 2 T z ϕ ( z ) = ϕ b + bc - (линейная функция), Участок вс 0 ≤ z ≤ l / 2 GI t l (−Tbc ) 202 ⋅ 0,5 ⋅ 80 l 2 − 0,015 − ϕ b (0) = 0,015 рад, ϕC   = 0,015 + = 0,01 рад. 8 ⋅1010 ⋅ π ⋅ (5 ⋅10−2 ) 4 GI t 2 Углы поворота для вала: T z ϕ ( z ) = ac - (линейная функция), GI p Tab

ϕ a (0) = 0 , Tac l 202 ⋅ 1 ⋅ 625 = = 0,01 рад. 4 10 G (πd m / 625) 8 ⋅ 10 ⋅ 8π ⋅ (5 ⋅ 10 −2 ) 4 В заключение найдем внешний предельный момент. Для этого вычислим вначале внутренние предельные моменты для трубки и вала. Для тонкостенного замкнутого контура внутренний предельный момент равен моменту, при котором возникают первые пластические деформации. Поэтому, для трубки: πd 3 π (5 ⋅ 10 −2 ) 3 ′ = τ yWt = τ y (2 At ) = m τ y = ⋅ 2,8 ⋅ 108 = 2,75 кН⋅м. Tlim 40 40 Для вала внутренний предельный момент находим по формуле (2.13): πd 3 2,8 ⋅108 π (4 ⋅10 −2 ) 3 = = 4,69 кН⋅м. Tlim = τ y 12 12 Рассматриваемая система может потерять несущую способность, если пластическими деформациями будут охвачены либо оба участка трубки, либо левый участок трубки и вал. Рассмотрим оба варианта. 1. Пластическими деформациями охвачены оба участка трубки (рис.2.12,а).

ϕ c (l ) =

А

Б

Рис.2.12

Из условия равновесия трубки в предельном состоянии ∑ M z = 0 , M lim1 = 2Tlim′ = 5,5 кН⋅м. 2. Пластическими деформациями охвачены левая часть трубки и вал (рис.2.12,б). Уравнение равновесия системы ∑ M z = 0 , M lim 2 = Tlim + Tlim′ = 2,75 + 4,69 = 7,44 кН⋅м Так как

M lim1 < M lim 2 , то M lim = M lim1 = 5,5 кН⋅м.

42

2.4. Задачи для самостоятельного решения Задачи 2.1…2.4. Построить эпюры моментов T и углов поворота сечений ϕ . Жесткость при кручении GI t (рис.2.13,а,б,в,г).

А

Б

В

Рис.2.13

Г

Задачи 2.5…2.6. Определить необходимые размеры поперечных сечений стержней на каждом участке, построить эпюры крутящих моментов T и углов поворота сечений ϕ (рис.2.14,а,б). Дано: M = 50 кН⋅м: l = 0,2 м; τ y = 250 МПа; n y = 2 ; G = 8 ⋅ 10 4 МПа.

А

Рис. 2.14

Б

Задача 2.7. Определить, как изменятся максимальные касательные напряжения и угол закручивания стержня при свободном кручении, если тонкостенный замкнутый профиль (рис.2.15,а) разрезать по образующей (рис.2.15,б).

А

Б

Рис.2.15 Задача 2.8. Построить эпюру крутящего момента T для ступенчатого вала (рис.2.16). Поворот траверсы C ограничен упорами A и B . Дано: M = 1 кН⋅м; d = 50 мм; l = 0,5 м; δ = 1,2 мм. Деформацией траверсы пренебречь. Задача 2.9. Определить длину z участка вс , если угол поворота сечения в относительно с равен Ml . ϕ вс = 2GI p

Построить эпюры крутящих моментов T и углов поворота сечений ϕ (рис.2.17,а).

43

Рис.2.16

А

Б

Рис.2.17

Задача 2.10. Определить размер a из условия равнопрочности участков стержня. Построить эпюры T , τ max и ϕ . Дано: M = 105 кН⋅м; l = 1 ; τ y = 240 МПа; d = 0,1 м; n y = 2 ;

G = 8 ⋅ 10 4 МПа (рис.2.17,б). Задачи 2.11…2.12. Найти предельный момент M lim . Материал – идеальный упругопластический (рис.2.18.а,б).

В А

Б

Рис.2.18 Задача 2.13. Определить предельный момент M lim , построить эпюры

τ по сечению

для различных участков стержня при M lim . Материал – идеальный упругопластический. Размеры стержня и τ y считать известными (рис.2.18,в).

44

Глава 3. ИЗГИБ 3.1. Основные определения

Изгибом называется вид нагружения, при котором в поперечных сечениях стержня, действуют либо только изгибающие моменты (чистый изгиб), либо изгибающие моменты и поперечные силы (поперечный изгиб) [1,3]. Стержень, работающий на изгиб, называется балкой. При изгибе поперечные сечения, плоские до нагружения, остаются плоскими и перпендикулярными оси балки после нагружения. Если плоскость изгибающего момента проходит через одну из главных центральных осей, а изменение кривизны стержня происходит в этой плоскости, то такой изгиб называется плоским. Если же плоскость изгибающего момента не проходит через главную центральную ось, то изгиб называется косым. Знак изгибающего момента и поперечной силы устанавливается так: 1) если сумма моментов внешних сил, действующих на отсеченную часть стержня и сжимает верхние волокна, то изгибающий момент в сечении считается положительным (рис.3.1,а); 2) если сумма внешних сил, лежащих по одну сторону от сечения, стремится повернуть отсеченную часть по ходу часовой стрелки, то поперечная сила в сечении считается положительной (рис.3.1,б). Эпюра изгибающих моментов строится на оси стержня и ординаты момента откладываются в сторону вогнутости упругой линии, т.е. эпюра моментов строится на сжатом волокне. Опорные устройства балок даны на рис.3.1,в: шарнирно подвижная опора допускает поворот опорного сечения балки и его перемещение параллельно опорной плоскости. Шарнирно неподвижная опора допускает только поворот опорного сечения балки. Заделка исключает угловые и линейные перемещения опорного сечения. Подвижная заделка допускает перемещение опорного сечения балки параллельно опорным плоскостям.

А

В

Рис.3.1 3.2. Определение внутренних силовых факторов и построение эпюр изгибающих моментов и поперечных сил балок и плоских рам Внутренние силовые факторы в поперечных сечениях балок и плоских рам определяются по методу сечений. Для тех участков балки, где M x ( z ) и Q y (z ) дифференцируемы, справедливы дифференциальные соотношения между изгибающими моментами, поперечными силами и интенсивностью распределенной нагрузки:

45

dM x dQx = Qy , = qe , (3.1) dz dz где qe [H / м ] - интенсивность распределенной нагрузки. При построении эпюр изгибающих моментов и поперечных сил полезно использовать правила, следующие из дифференциальных зависимостей (3.1), уравнений равновесия и принятых положительных направлений: 1. На ненагруженных участках (qe = 0) эпюра поперечных сил постоянна (Q y = const ) , а изгибающий момент изменяется линейно. 2. На равномерно нагруженных участках ( q e = const ) поперечная сила изменяется линейно, а изгибающий момент – по квадратичной параболе, выпуклость которой обращена навстречу направлению распределенной нагрузки. Экстремум функции изгибающих моментов достигается там, где Q y = 0 . 3. Эпюра поперечных сил имеет разрывы в местах приложения сосредоточенных сил, причем, величины разрывов равны величинам этих сил, а на эпюре изгибающих моментов наблюдается излом. 4. Эпюры изгибающих моментов имеют разрывы в местах приложения сосредоточенных моментов, а величины разрывов равны величинам этих моментов. Как уже отмечалось, эпюра изгибающих моментов строится на сжатой стороне стержня. Это обстоятельство используется для изображения примерного вида его изогнутой оси. Пример 3.1. Для заданной балки (рис.3.2) построить эпюры M x и Q y .

Решение. Опорные реакции определяем из уравнений равновесия балки 1 2qe l ⋅ 0 − qe l 2 + R ⋅ 2l = 0 ⇒ R = qe l . ∑Ma = 0, b b 2 3 qe l 2 − qe ⋅ 2l ⋅ 2l + Ra ⋅ 2l = 0 ⇒ Ra = qe l . ∑ Mb = 0 , 2 Горизонтальная реакция Rh = 0 , т.к. все внешние силы имеют нулевую проекцию на ось z . Правильность определения Ra и Rb можно установить c помощью третьего уравнения равновесия балки q l 3 R a + R − q e ⋅ 2l = q e l + e − 2 q e l = 0 . ∑ Fy = 0 , b 2 2 Следовательно, реакции опор найдены верно. Построение эпюр M x и Q y . Изгибающие моменты и поперечные силы находим с помощью метода сечений, при этом отсеченную часть балки отдельно изображать не будем, а воспользуемся следующими правилами: 1) изгибающий момент в сечении равен сумме моментов относительно поперечной оси сечения всех внешних сил, расположенных по одну сторону от сечения; 2) поперечная сила равна сумме проекций на плоскость сечения всех внешних сил, расположенных по одну сторону от сечения. q z2 1 участок 0 ≤ z ≤ l M x = − e (квадратичная функция), 2 Q y = −qe z (линейная функция). При построении эпюры M x предварительно вычисляем значения моментов в начале и в конце участка q l2 M x (0) = 0 , M x (l ) = − e , 2

46

а затем исследуем функцию M x на экстремум dM x = − qe z = 0 → z = 0 . dz

Рис.3.2 Если экстремальное значение момента возникает на конце участка или вообще отсутствует, эпюру можно построить по двум точкам. Кривизна эпюры M x на этом участке

d 2M x = − qe < 0 , dz 2 строим ее выпуклостью вверх. Эпюра Q y строится по двум точкам Q y (0) = 0 ; балки.

Q y (l ) = −qe l ;

2 участок l ≤ z ≤ 2l . Начало координат на втором участке выбираем на левом конце

q z2 3 qe l( z − l) − e (квадратичная функция), 2 2 3 Q y = qe l − qe z (линейная функция). 2 Законы изменения M x и Q y такие же, как и на первом участке. Mx =

qe l 2 q l2 , M x (2l) = − e . 2 2 Исследуем функцию M x на экстремум dM x 3 3 = qe l − qe z = 0 → z = l . 2 dz 2 2 d Mx В данном сечении будет M x max , так как < 0. dz 2 3 3  M x max = M x  l  = − qe l 2 ; 8 2  1 1 Q y (l ) = qe l ; Q y (2l) = − qe l ; 2 2 3 участок 2l ≤ z ≤ 3l . M x (l ) = −

47

1 qe l(3l − z ) (линейная функция), 2 1 Qx = − qe l(const ) . 2 Эпюра M x меняется по линейному закону 1 M x (3l ) = 0 , M x (2l ) = qel 2 . 2 Эпюра Q y представляет собой прямую, параллельную оси z . Эпюры M x и Q y

Mx =

представлены на рис.3.2. Изогнутая ось балки строится в соответствии с эпюрой M x . Она проходит через опоры a и b имеет точку перегиба в сечении, где момент M x меняет знак. Рассмотрим пример построения эпюры изгибающих моментов в сечениях плоских рам. Плоской рамой называется стержневая конструкция, элементы которой в основном работают на изгиб. Ординаты эпюр изгибающих моментов откладываются на сжатом волокне стержней. Правила знаков, принятые для балок, здесь сохраняются. Пример 3.2. Построить эпюру изгибающих моментов для рамы, представленной на рис.3.3,а. Решение. Опорные реакции определяем из уравнений равновесия рамы − qe l 2 + qe 2l 2 − Rb l = 0 → Rb = qe l . ∑Ma = 0;

∑M

b

− qe l 2 + qe 2l 2 − Ra l = 0 → Ra = qe l .

= 0;

Сумма проекций всех сил на горизонталь: Rh − qe 2l = 0 → Rh = 2qe l . Проверка: сумма проекций всех сил на вертикаль Ra − Rb = 0 свидетельствует, что реакции определены правильно. Записывая изгибающие моменты по участкам (рис.3.3,б), условимся при выборе системы координат для каждого участка ось z совмещать с продольной осью стержня. 1 участок 0 ≤ z ≤ l . M x = −2qe lz (линейная функция).

M x (0) = 0 ;

M x (l) = −2qe l 2 - сжатые волокна находятся справа, поэтому ординаты

M x при z = l откладываются справа. 2 участок l ≤ z ≤ 2l M x = qe l 2 − 2qe lz (линейная функция);

M x (l ) = − q e l 2 ; 3 участок 0 ≤ z ≤ l

M x (0) = −3qe l 2 ;

M x (2l) = −3qe l 2 (сжатые волокна справа); M x = qe lz − 3qe l 2 (линейная функция); M x (l) = −2qe l 2 (сжатые волокна снизу);

qe z 2 (квадратичная функция), M x (0) = 0 ; 4 участок 0 ≤ z ≤ 2l M x = − 2

M x (2l) = −2qe l 2 (сжатые волокна слева); dM x = −qe z = 0 → z = 0 (вершина параболы). dz Эпюра M x представлена на рис.3.3, в. В заключение проверим равновесие по моментам узлов рамы c и d (рис.3.3,г): ∑Mc = 0; ∑Md = 0 . Пример 3.3. Построить эпюру изгибающих моментов для криволинейной рамы, представленной на рис.3.4,а. Дано: R , F , α = 30 o .

48

Решение. Определение реакций опор. Уравнения равновесия рамы (рис.3.4,б): 1 ∑ M a = 0 , − F ⋅ R cos a + Rb ⋅ 2R = 0 → Rb = 2 F cos α = 0,435F . 1 ∑ M b = 0 , F ⋅ R cos α + Ra ⋅ 2 R = 0 → Ra = 2 F cos α = 0,435F . ∑ Fz = 0 , − Rh + F sin α = 0 → Rh = F sin α = 0,5F .

Б

В

Г

Рис.3.3 Проверка:

∑F

y

= 0,

1 1 F cos α + F cosα − F cosα = 0 . 2 2

А

Б

В

Рис.3.4 Построение эпюр M x . Эпюра изгибающих моментов для стержней с круговой осью строится в полярной системе координат, ординаты откладываются по направлению радиусов на сжатых волокнах. M x = 0,435 FR(1 − cosϕ ) + 0,5FR sin ϕ . 1 участок 0 ≤ ϕ ≤ 60 o

49

2 участок 0 ≤ ϕ ≤ 120 o M x = 0,435FR(1 − cosϕ ) . dM x Исследование = 0 показывает, что функция изгибающего момента на первом dϕ участке экстремума не имеет. Подсчет ординат эпюры изгибающего момента удобно проводить в табличной форме (табл.3.1). Эпюра изгибающих моментов, построенная, как всегда, на сжатых волокнах, показана на рис.3.4, в. Таблица 3.1

ϕ

2 участок

1 участок

0 15 30 45 60 0 30 60 90 120

cos ϕ

sin ϕ

0.0 1.0 0.26 0.9 0.5 0.87 0.71 0.71 0.87 0.5 0.0 1.0 0.5 0.87 0.87 0.5 1.0 0.0 0.87 0.5 3.3. Плоский изгиб балок и плоских рам

Mx 0.0 0.17FR 0.31FR 0.48FR 0.66FR 0.0 0.07FR 0.22FR 0.435FR 0.65FR

В случае плоского изгиба плоскость изгибающего момента в сечении совпадает с одной из главных центральных осей (рис.3.5,а; x, y - главные центральные оси сечения).

А

Б

Рис.3.5 Нормальные напряжения в точках поперечного сечения (рис.3.5,б) определяются по формуле: M (3.2) σx = x У , Ix где I x м 4 - осевой момент инерции сечения относительно главной центральной оси x . Максимальные нормальные напряжения возникают в волокнах, наиболее удаленных от нейтральной линии M (3.3) σ max = x , Wx где W x = I x /У max - момент сопротивления сечения при изгибе, м3. Расчет на прочность ведется по формуле σ max ≤ σ adm .

[ ]

50

Величины моментов инерции и моментов сопротивления при изгибе стандартных прокатных профилей можно найти в приложениях в конце книги [I]. Формулы для вычисления I x и Wx для некоторых сечений приведены в табл.3.2. Касательные напряжения, возникающие при поперечном изгибе (рис.3.5,б), определяются по формуле Журавского Q y S x∗ τ= , I xb ∗

где S x - статический момент относительно нейтральной линии (главной центральной оси x ) части площади, расположенной выше продольного сечения y ; b - ширина поперечного сечения балки. В большинстве случаев касательные напряжения значительно меньше нормальных, и поэтому при расчетах на прочность не учитываются. Пример 3.4. Для заданной балки постоянной жесткости EI x (рис.3.6) требуется: 1. Построить эпюру M x и Q y ; 2. Определить размеры поперечного сечения заданной формы. Дано: qe = 5 kH/м; l = 0,2 м; σ yt = σ yc = 300 МПа; n y = 1,5 .

Решение. Реакции определяем из уравнения равновесия балки 1 1 − qe l l + qe l 2 − R 2l = 0 → R = qe l . ∑Ma = 0; b b 4 2 3 5 − qe l 2 + qe l l − Ra 2l = 0 → Ra = qe l ∑ Mb = 0 ; 2 4 Проверка: 5 1 ∑ Fy = 0, 4 qel − qel − 4 qel = 0. Изгибающие моменты и поперечные силы по участкам: qe z 2 5 1 участок 0 ≤ z ≤ l (квадратичная функция). M x = qe l − 4 2 3 M x z = 0 = 0 , M x z =l = qel 2 . 4 Исследуем функцию Mx на экстремум

dM x 5 5 = ql − qe z = 0 → z = l . dz 4 4 В пределах участка экстремум отсутствует

d 2M dz 2 Qy =

x

= − q e < 0 , следовательно, кривая выпуклая,

5 q l − q z (линейная функция), Q y 4

z=0

=

5 q l ; Qy 4

z =l

=

5 ql . 4

1 M x = − qel (2l − z ) (линейная функция) 4 1 M x z = 0 = 0 ; M x z = l = − q l 2 . ; Q y = 1 ql , 4 4 т.е. в пределах этого участка Qy = const.

2 участок l ≤ z ≤ 2l

Эпюры M x и Q y представлены на рис.3.6. Величина максимального момента равна 3 M x max = qe l 2 . 4

51

Таблица 3.2 Геометрические характеристики Форма поперечного сечения

Осевой момент инерции

Ix = Iy =

πd 4

d Ix = Iy = 1 −  i 64   d e 

πd 3

Wx =

64

πd e4 

Ix = Iy =

Момент сопротивления изгиба

  

4

   

32

πd 3 

d 1 −  i Wx = 32   d e 

πd m4 t

Wx =

8

  

4

  

πd m3 t 4

t qe , pl

bh 2 bh 2 = σ y → q e , pl = 2 σ y . 2 6 3l пластическая область расширяется как по длине балки (рис.3.18,а), так

и по сечению (рис.3.18,б). Координату z el упругой зоны по длине балки определяем из условия

qe z e2l = M pl , где 2

M pl =

q e , pl l 2 2

2 qe , pl qe z e2l qe, pl l = → z el = l . 2 2 qe

;

При qe = qe∗ =

5 q e , pl 4

получаем z el = 0,88l .

Определим M x в упругопластическом состоянии сечения, т.е. при qe > qe , pl , M x = ∫ σ ⋅ y ⋅ dA ,

где

dA = bdy .

A

Учитывая симметрию сечения, h 2

M x = 2 ∫ σybdy . 0

Интегрировать будем по упругой и пластической областям В упругой области

67

σ= В пластической области

2σ y hel

y.

σ = σ y = const .

Тогда hel 2

Mx = 2∫ 0

σy hel 2

Mx =

h 2

⋅ y ⋅ ybdy + 2 ∫ σ y ⋅ ybdy , hel 2

h2 bh 2   3 − e2l 12  h

  ⋅ σ y . 

Откуда hel = h 3 −

12M x . bh 2σ y

Учитывая, что Mx =

qe z 2 2

bh 2σ y = 3qe , pl l 2 ,

и

получим

hel = h 3 − При

qe = qe∗ =

2 qe z 2 . qe , pl l 2

5 l qe , pl в опасном сечении z = = 0,707h . В предельном состоянии 4 hel

hel = 0 . Значение предельной нагрузки определим из условия M x max = M lim ,

где

M lim =

2

bh σ y - для стержня прямоугольного сечения: 4 q l2 M x max = e ,lim . 2

Тогда qe,lim l 2 2

=

bh 2 σy, 4

откуда bh 2 σy. 2l 2 Пример 3.14. Для заданной на рис.3.19,а балки определить предельную нагрузку Flim . Материал – идеальный упругопластический. Решение. Чтобы балка, на которую наложена одна лишняя связь, стала кинематически изменяемой, в ней должны образоваться два пластических шарнира. Для определения возможных положений пластических шарниров по примерному виду изогнутой оси балки на рис.3.19,б изображен характер эпюры M x . Пластические шарниры образуются в тех сечениях, в которых изгибающие моменты достигают экстремальных значений. Предельное для расчета по несущей способности состояние балки показано на рис.3.19,в сплошной линией, причем направления M lim согласованы с эпюрой M x . Кинематически возможное предельное состояние балки показано на рис.3.19,в штриховой линией. qe ,lim

68

Из условия равновесия части балки bc

∑M

bc c

= 0,

находим

Rb =

M lim , l

Рис. 3.19 а из условия равновесия балки ab ∑ M aab = 0,

Rb 2l − M lim − Flim l + M lim + M lim = 0

определяем 3M lim . l Можно Flim определить из уравнения баланса работ (3 момента M lim дают работу на угловых перемещениях ϑ сечений в шарнирах a, c , которая должна быть равна работе силы Flim на возможном перемещении δ ) Flimδ = M limϑ + M limϑ + M limϑ , откуда с учетом δ = ϑl получаем 3M lim Flim = . l 3.6. Косой изгиб и внецентренное растяжение и сжатие Flim =

Косым называется такой изгиб, при котором плоскость изгибающего момента не содержит главную центральную ось сечения (рис.3.20,а), а плоскость изгиба стержня не совпадает с плоскостью изгибающего момента. Косой изгиб может быть представлен как сочетание двух плоских изгибов (рис.3.20,б).

Рис.3.20 Нормальное напряжение в точке К с координатами х и у: M У M x σ= x + y , Ix Iy где оси x, y - главные центральные.

69

(3.12)

Изгибающие моменты M x и M y считаются положительными, если они вызывают в точках первой четверти сечения растяжение. Уравнение нейтральной линии в сечении  I  y =  − x ctgα  x . (3.13)  I   y  Нейтральная линия при косом изгибе не перпендикулярна к плоскости изгибающего момента. Максимальные напряжения возникают в точках, наиболее удаленных от нейтральной линии (рис.3.20,б). При внецентренном растяжении равнодействующая внешних сил не совпадает с осью стержня, а смещена относительно оси z и остается ей параллельна (рис.3.21,а). Внецентренное растяжение представляется как сочетание центрального растяжения N = F и косого изгиба. M x = Fy0 , M y = Fx0 , где x0 , y0 - координаты точки приложения силы F (рис.3.21,б).

Рис.3.21 Нормальное напряжение в произвольной точке сечения с координатами x, y определяется по формуле: F Fy y F ⋅ x0 x , σ= + 0 + (3.14) A Ix Iy где x, y - главные центральные оси сечения. Уравнение нейтральной линии 1 y 0 y x0 x + + = 0. (3.15) A Ix Iy Нейтральная линия не проходит через центр тяжести сечения. Максимальные напряжения возникают в точках, наиболее удаленных от нейтральной линии. Для определения полного перемещения δ при внецентренном растяжении вначале определяются перемещения по координатным осям: w от нормального усилия N , горизонтальное перемещение u от изгиба в плоскости xz , вертикальное перемещение V от изгиба в плоскости yz . Тогда При косом изгибе w = 0 , поэтому

δ = u 2 + v 2 + w2 . δ = u 2 +v 2 ,

Пример 3.15. Произвести поверочный расчет на прочность балки (рис.3.22,а) выполненной из двух неравнобоких уголков № 5/3,2. Дано: F = 500 Н; l = 0,5 м; σ yt = σ yc = 320 МПа.

70

Рис.3.22 Решение. Строим эпюры изгибающих моментов в двух плоскостях. M x = − Fz ; M x (0 ) = 0 ; Плоскость yoz 0 ≤ z ≤ l ; M x (l ) = − Fl . l ≤ z ≤ 2l ; M x = − Fz + Fl ; M x (l) = 0 ; M x (2l) = − Fl . Плоскость xoz 0 ≤ z ≤ 2l , M y = −2 Fl = const . Эпюра изгибающих моментов показана на рис.3.22,а. Сечения b и c равноопасны, рассмотрим любое из них. Выписываем из сортамента ГОСТ 8510-72 необходимые геометрические характеристики уголка № 5/3,2 (рис.3.22,в). Определяем моменты инерции сечения относительно главных центральных осей x, y : I x = 2 I x1 = 2 ⋅ 6,17 ⋅10 −8 = 12,34 ⋅10 −8 м4, I y = 2l yo = 2 ⋅ 3,26 ⋅10 −8 = 6,52 ⋅10 −8 м4.

Найдем положение нейтральной линии сечения из уравнения (3.13) Ix 12,34 ⋅10 −8 y = (− ctgα ) x = (− ctgα ) x = (−1,89ctgα ) x . Iy 6,52 ⋅10 −8 Здесь ctgα =

My

=

2 Fl = 2, Fl

Mx тогда уравнение нейтральной линии примет вид: y = −3,78 x. Проводим эту линию по угловому коэффициенту tgβ = −3,78 → β = −75o10′ . Положение нейтральной линии в сечениях b и c показано на рис.3.22,б. наиболее удаленные от нее точки 1 и 2. Определяем напряжение в точке 1 с координатами x1 = 32 ⋅10 −3 м, y1 = −16 ⋅10 −3 м по формуле (3.17)

71

σ1 =

M x y1 M y x1 500 ⋅ 0,5 ⋅ (−16 ⋅10 −3 ) 2 ⋅ 500 ⋅ 0,5 ⋅ 32 ⋅10 −3 + = + = 213 Мпа. Ix Iy 12,34 ⋅10 −8 6,5 ⋅10 −8

В точке 2: x2 = −32 ⋅10 −3 м; y 2 = −16 ⋅10 −3 м: M x M y 500 ⋅ 0,5(−16 ⋅10 −3 ) 2 ⋅ 500 ⋅ 0,5(−32 ⋅10 −3 ) δ2 = x 2 + y 2 = + = −278 Мпа. Ix Iy 12,34 ⋅10 −8 6,5 −8 Коэффициент запаса σ yc 320 ny = = = 1,15 . σ max 278 Пример 3.16. Определить наибольшие нормальные напряжения и перемещение свободного конца стальной балки, изображенной на рис.3.23,а. Дано: F , E , l , b . Решение. Определяем положение главных центральных осей сечения. Сечение имеет одну ось симметрии, следовательно, оси x и y являются главными центральными осями (рис.3.23,б). Линия действия силы F и плоскость действия создаваемого ею в поперечных сечениях балки изгибающего момента не совпадают ни с осью x ни с осью y , следовательно, изгиб косой. Силу F раскладываем по осям x и y :

Fx = F cos 45o =

2 F; 2

Fy =

2 F. 2

Рис.3.23 Изгибающие моменты 2 2 Fl , My = Fl . 2 2 Определяем положение нейтральной линии сечения (рис.3.24) I y = (− x ctgα ) x , Iy где 3  h1  h  h1h 3 2 ; ctg 45o = 1 . Ix = Iy = 2   ; 12 36 Mx =

h1 = 2b sin 45o = 2b ;

h = b cos 45o =

3

 2  b  2b  4 b   =b . Ix = Iy = 36 72 Тогда уравнение нейтральной линии принимает вид

72

3

2 b. 2

 2   2  b  ⋅  b  2 4 2 2     =b . 12 24

1 y =− x, 3 откуда 1 tgβ = − → β = −18o 20′ . 3 Нейтральная линия проходит через центр тяжести сечения с (рис.3.24). Напряжение 2 2 Fl Fl M x Mxy 12 2 y 2 2 σ= x, + = y+ σ = 4 Fl(3 y + x) . 4 4 b Ix Iy b b 72 24 Координаты наиболее удаленных точек сечения: точка a 2 x=− b, 2 2 y=− b, 6 точка b x = 0, 2 y= b. 3

Рис.3.24 Подставив эти координаты, получим 12 2 2 24 σ b = 4 Fl(3 b) = 3 Fl 3 b b 12 2 2 2 24 σ a = 4 Fl(−3 b − b) = − 3 Fl . 3 2 b b Таким образом, | σ a |=| σ b | Перемещая u , V свободного конца консольной балки соответственно по осям x и y определяем по известным формулам 2 3 Fl Fx l 3 2 Fl 3 , u= = 2 =4 3EI y 3EI y Eb 4

73

2 3 Fl 2 Fl 3 2 = = 12 . V= 3EI x 3EI x Eb 4 Fy l 3

Полное перемещение точки C : f = U 2 + V 2 = 12,65

2 Fl 3 . Eb 4

Направления перемещений показаны на рис.3.24. Пример 3.17. Определить допускаемую нагрузку для стержня (рис.3.25,а). Размеры стержня и допускаемое напряжение σ adm считать заданными.

Рис.3.25 Решение. Положения главных осей показаны на рис.3.25,б,в. Главные моменты инерции и площади: ослабленного сечения целого сечения 4 4 b b b4 b4 ; ; ; Iy = ; Ix = Iy = Ix = 12 24 72 12 1 A = b2 . A = b2 ; 2 Координаты точки приложения силы: целая часть ослабленная часть b 2 . x0 = 0 ; y0 = 2 2 2 x0 = b ; y0 = b; 6 2 Вычисляем максимальные напряжения в точке приложения силы для ослабленного сечения (косой изгиб)  2  2 24  2  2 72 2  ⋅ b  ⋅ 4 + 2  , b ⋅ 4 +  σ max,nt = F  b   2  b  6  b   18F σ max,nt = 2 ; b для целой части стержня (прямой изгиб) 2 F⋅ b 2 F 7F 2 σ max,br = ⋅ b+ 2 = 2 . 4 2 b b b 12 Так как σ max,br < σ max,nt , то расчет допускаемой нагрузки ведем по ослабленному сечению

σ max,nt = σ adm ,

18Fadm b2 F = σ → = σ . adm adm adm 18 b2

74

Пример 3.18. Стержень двутаврового сечения (3.26,а) нагружен силами F и 2 F , направленными вдоль его оси. Определить коэффициент запаса по текучести n y . Дано: F = 15kH ;

b = 10 мм; σ yt = σ yc = 240 МПа.

А Б

Рис. 3.26 Решение. Главные моменты инерции сечения 3b(5b) 3 b(3b) 3 321 4 Ix = b , −2 = 12 12 12 b(3b) 3 3b ⋅ b 3 57 4 Iy = 2 + = b . 12 12 12 2 A = 9b . Координаты точки приложения силы F : 3 5 x0 = − b ; y0 = b . 2 2 Напряжения в стержне возникают от внецентренного растяжения и центрального сжатия y x 1 σ = F  0 y + 0 x −  . Iy A  Ix Уравнение нейтральной линии x I 1 I y =− 0 ⋅ x x+ ⋅ x . y0 I y A y0 После подстановки величин, входящих в выражение нейтральной линии, наиболее 5  3 удаленной от нее является точка 2 с координатами  b;− b . 2  2 3b ⋅12 ⋅ 3b 1  0,81F 0,81 ⋅15 ⋅10 3  5b ⋅12 ⋅ 5b σ max 2 = F  − ; − − 2=− 2 =− 4 4 (10 ⋅10 −3 ) 2 b  2 ⋅ 321 ⋅ b ⋅ 2 2 ⋅ 57b ⋅ 2 9b  σ max 2 = −121,5 МПа. Коэффициент запаса ny =

σ yc 240 = = 1,98 . σ max 2 121,5

3.7. Задачи для самостоятельного решения Задачи 3.1…3.4. Для заданных на рис.3.27,а,б,в,г балок построить эпюру M x и Q y .

Изобразить примерный вид изогнутой оси балки. Задачи 3.5…3.8. Для заданных на рис.3.28,аа,б,в,г плоских рам построить эпюры изгибающих моментов.

75

Рис.3.27 Задачи 3.9…3.11. Определить из условия прочности размеры поперечных сечений балок (рис.3.29,а,б,в).

Рис.3.28

Рис.3.29 Задача 3.12. Определить допускаемую нагрузку F adm чугунной балки (рис.3.30,а) треугольного сечения высотой h = 50 мм и шириной основания в=h при запасе прочности nu = 3 , если σ ut = 200 МПа, σ uc = 1000 МПа, l = 1 м.

76

Задача 3.13. Определить наибольший прогиб валика (рис.3.30,б) при обтачивании его в трехкулачковом патроне. Дано: Ft = 160 Н; Fr = 50 Н; E = 2 ⋅10 5 МПа; l = 80 мм.

Рис.3.30 Задачи 3.14…3.16. Для заданных на рис.3.31,а,б,в балок определить перемещение Vk сечения k и угол поворота сечения b .

Рис.3.31 Задача 3.17. Для заданной на рис.3.31,г балки вычислить вертикальное перемещение сечения k . Дано: F = 1 кН; l = 1 м; E = 2 ⋅10 5 МПа; a = 10 мм. Задачи 3.18…3.21. Для плоских рам определить: рис.3.32,а,б – горизонтальное перемещение сечения b и угол поворота сечения c ; рис.3.32,в – вертикальное и угловое перемещение сечения c ; рис.3.32,г – угол поворота сечения d .

Рис.3.32

77

Задачи 3.22…3.23. Определить величину и направление по отношению к горизонтали перемещения f a конца криволинейной консоли, имеющей вид полуокружности (рис.3.33,а,б).

Рис.3.33 Задачи 3.24…3.25. Для заданных на рис.3.34,а,б балок определить прогиб сечения к при температурном воздействии – нагревании нижних волокон до ∆t1 = 80 o C , а верхних волокон - ∆t 2 = 100 o C . Задача 3.26. Для заданной на рис.3.34,в рамы определить полное перемещение сечения к при температурном воздействии: ∆t1 = 25o C ; ∆t 2 5o C ; l = 1 м; α = 13 ⋅10 −6 1/град; h = 0,1 м – высота поперечного сечения.

Рис.3.34

Рис.3.35

78

Задача 3.27. Определить изменение расстояния между сечениями к и к ′ рамы (рис.3.34,г) при температурном воздействии, если l = 2 м; h = 0,15 м; ∆t1 = 70 o C ; ∆t 2 = 50 o C ; α = 14 ⋅10 −6 1/град. Задачи 3.28…3.30. Для заданных на рис.3.35,а,б,в балок определить предельную нагрузку. Задача 3.31. Для заданной на рис.3.36 рамы определить qe , pl , при которой возникают

первые пластические деформации и предельную нагрузку qe,lim . Задача 3.32. Определить σ max и перемещение f свободного конца стальной балки (рис.3.37,а). Дано: M = 400 Нм; l = 1 м; уголок неравнобокий: 75 ⋅ 50 ⋅ 5 мм.

Рис.3.36

Б

А

Рис.3.37 Задача 3.33. Определить из условия прочности размер поперечного сечения балки (рис.3.37,б). Определить величину и направление по отношению к горизонтали прогиба конца балки. Дано: qe = 5 кН/м; l = 1 м; σ yt = σ yc = 400 МПа; n y = 2 . Задача 3.34. Определить σ и величину и направление по отношению к горизонтали прогиба (рис.3.38) под силой F1 . Дано: F1 = 6 кН; F2 = 4 кН; l = 1,6 м; b = 120 мм; E = 10 4 МПа (дерево).

Рис.3.38 Задачи 3.35…3.37. Определить необходимые размеры поперечных сечений стержней (рис.3.39,а,б,в).

79

Рис. 3.39

80

Глава 4. Статически неопределимые стержневые системы 4.1. Основные сведения из теории

В данной главе рассматривается применение метода сил при расчете статически неопределимых рамных конструкций (в том числе балок), работающих в пределах упругости [1,2,3]. Рамой называют конструкцию, состоящую из стержней, которые работают, в основном, на изгиб и кручение. Рамы принято делить на плоские, плоско-пространственные и пространственные. Плоской называется рама, у которой оси всех ее элементов и действующие нагрузки (включая реакции опор) лежат в одной плоскости. В этой же плоскости лежит одна из главных центральных осей каждого поперечного сечения. Плоско-пространственной называется рама, оси всех элементов которой и одна из главных осей каждого поперечного сечения лежат в одной плоскости, а внешняя нагрузка – в перпендикулярной плоскости. К пространственным относят все прочие виды рам. Рамные конструкции, используемые в машиностроении, могут быть статически определимыми и статически неопределимыми. Статически неопределимой называется такая рама, для которой опорные реакции и внутренние силовые факторы не могут быть найдены только из уравнений статики. При этом разность между числом неизвестных (реакций опор и внутренних силовых факторов) и числом независимых уравнений равновесия определяет степень статической неопределимости рамы. Число связей системы, при котором достигается ее кинематическая неизменяемость, называется необходимым числом связей. Для плоских систем необходимое число связей равно трем, для пространственных - шести. Всякая связь сверх необходимых называется дополнительной. Эти дополнительные связи и обуславливают статическую неопределенность системы, т.е. число дополнительных связей равно степени статической неопределимости. Связи, наложенные на раму, делят на внешние и внутренние. Под внешними понимают такие связи, которые накладывают ограничения на перемещения всей системы как жесткого целого. Под внутренними связями понимают ограничения, накладываемые на взаимные смещения элементов рамы. Поясним сказанное на примере плоской рамы.

А

Б

Рис.4.1 Рама, изображенная на рис.4.1,а является статически определимой, так как на нее наложены в точке а три связи, а внутренние силовые факторы в любом сечении могут быть определены по методу сечений. Заметим, что сечения в и с имеют возможность взаимного поворота и смещений по горизонтали и вертикали. Рама на рис.4.1,б отличается от рамы на рис.4.1,а тем, что в точке d наложены еще две внешние связи. Общее число внешних связей стало равным 5, причем любые две из них могут рассматриваться как дополнительные. Кроме того, сечения в и с теперь не имеют возможности взаимного поворота и смещений по горизонтали и вертикали, так как в замкнутом контуре добавлены еще три внутренние связи, запрещающие взаимный поворот,

81

взаимные горизонтальное и вертикальное перемещения. Таким образом, данная рама пять раз статически неопределима: два раза внешне и три раза внутренне. Для решения статически неопределимых задач часто используется метод сил, заключающийся в замене дополнительных связей неизвестными силовыми факторами, которые определяются из условия отсутствия перемещений в направлении отброшенных связей. После нахождения неизвестных силовых факторов рама становится статически определимой, и внутренние силовые факторы определяются по методу сечений. Перемещения в статически неопределимых системах так же, как и в статически определимых, могут быть определены по методу Мора – Верещагина перемножением эпюры от заданных сил на эпюру от единичного фактора, приложенного в направлении искомого перемещения с последующим делением результата перемножения на соответствующую жесткость. Если единичный фактор прикладывается к заданной статически неопределимой системе, то вновь возникает вопрос о раскрытии статической неопределимости. Однако этого можно избежать, если определять перемещения не в заданной, а в основной системе (а она статически определима), т.к. перемещения в заданной и основной системах одинаковы. Для определения перемещения можно использовать любую основную систему. Для проверки полученного решения статически неопределимой задачи (суммарной эпюры) можно воспользоваться несколькими способами: 1. Решать задачу заново, используя другую основную систему. Это наиболее трудоемкий способ проверки. 2. Определить перемещение, заведомо равное нулю. С этой целью нужно перемножить суммарную эпюру на эпюру от единичного фактора, приложенного к основной системе в этом направлении. В частности, перемножение суммарной эпюры на любую единичную, использованную при раскрытии статической неопределенности, должно дать результат, равный нулю. 3. Перемещения одних и тех же сечений (абсолютные или взаимные), вычисленные в различных основных системах, должны быть равными. 4.2. Плоские рамы Рассмотрим на примерах плоских рам использование метода сил. Пример 4.1. Для рамы, изображенной на рис.4.2,а, построить эпюру изгибающих моментов, проверить полученное решение и определить угол поворота сечения а. Решение. Данная рама 2 раза статически неопределима внешним образом. Решение задачи начинается с выбора основной системы, которая получается из заданной путем снятия всех внешних сил и дополнительных связей (для рассматриваемой задачи – две дополнительные связи). Примеры основной системы показаны на рис.4.2,б,в,г. Любая основная система обязательно должна быть статически определимой и кинематически неизменимой. Для решения задачи примем в качестве основной систему, показанную на рис.4.2,б. Прикладывая к основной системе заданные силы и силы взамен отброшенных связей, получим эквивалентную систему (рис.4.2,д). Однако рама, показанная на рис.4.2,д будет полностью эквивалентна исходной раме (рис.4.2,а) только в том случае, если перемещения точки в в направлениях отброшенных связей Х1 и Х2, т.е. в направлениях 1 и 2 соответственно будут равны нулю. Эти условия записываются в виде системы канонических уравнений метода сил: δ11 X 1 + δ12 X 2δ 1 f = 0 ,

δ 21 X 1 + δ 22 X 2 + δ 2 f = 0 ,

(4.1)

где δ 11 - перемещение точки b в направлении неизвестно Х1, т.е. в первом направлении (первый индекс), от единичной силы Х1=1, приложенной в том же первом направлении (второй индекс);

82

А

Б

Г

В

Д

Ж

Е

З

И

Л

К

М

Л

Н

Рис. 4.2

δ 12

- перемещение в первом направлении (первый индекс) от единичной силы Х2=1, приложенной во втором направлении (второй индекс); δ 21 - перемещение во втором направлении от единичной силы, приложенной в первом направлении; δ 22 - перемещение во втором направлении от единичной силы, приложенной в том же направлении; δ 1 f , δ 2 f - перемещения точки в первом и втором направлениях (первые индексы) от сил заданных (вторые индексы). Так, первый индекс в каждом коэффициенте означает направление перемещения, второй – направления фактора, вызывающего это перемещение. Таким образом, физический смысл первого уравнения системы (4.1) – равенство нулю перемещения точки b от Х1, Х2 и заданных сил в первом направлении, т.е. по вертикали, второго – равенство нулю перемещения точки в от тех же факторов во втором направлении, т.е. по горизонтали. Число уравнений в (4.1) равно степени статической неопределимости. Поскольку коэффициент системы уравнений (4.1) представляют собой перемещения, то для их вычисления воспользуемся методом Мора-Верещагина. С этой целью построим эпюры изгибающих моментов от заданной нагрузки (рис.4.2,е) и от сил Х1=1, Х2=1 (рис.4.2,ж,з). Перемножая соответствующие эпюры, находим коэффициенты (индексы при коэффициентах указывают на то, какие эпюры следует перемножать):  4 l4 1  1  2 ll l ll l ( ) δ 11 = +    = 3 EI , EI X  2  3 

83

1  l l3 ( ) = − , ll EI X  2  2 EI X 1  1  2  l3 = ll l = ,   EI X  2  3  3EI X

δ 12 = δ 21 = − δ 22

 qe l 2   qe l 4 , l l  =  − 2 2 EI X    2 qe l 4 1  qe l  l    δ2 f = − = − , l   EI X  2  2  4 EI X где EI x - изгибная жидкость в плоскости рамы, а ось X перпендикулярна плоскости рамы. Решая систему уравнений (4.1) с найденными коэффициентами, находим (рис.4.2,и): 3 6 X 1 = − q e l ; X 2 = qe l . 14 14 После этого строится суммарная эпюра изгибающих моментов (рис.4.2,к). Заметим, что суммарную эпюру изгибающих моментов можно построить путем сложения ординат эпюр от заданной нагрузки M f с ординатами эпюр M 1 и M 2 , умноженными на X 1 и

δ1 f =

1 EI X

X 2 соответственно. Для проверки правильности решения вычислим горизонтальное перемещение нижнего, защемленного сечения рамы. Для этого воспользуемся основной системой, показанной на рис.4.2,г, у которой отброшена связь в направлении искомого перемещения. Приложим к этой основной системе горизонтальную единичную силу в направлении искомого перемещения (рис.4.2,л). Эпюра изгибающих моментов показана на рис.4.2,м. Найдем горизонтальное перемещение, перемножив суммарную эпюру (рис.4.2,к) на эпюру от единичной силы (рис.4.2,м) 1  1 3 1 2 1 4 2 2 2  2 2  l v=  ⋅ q e l l  l −  ⋅ q e l l  ⋅ l +  ⋅ qe l l   = 0 .  EI X  2 14  3  3  2 14  3  2 14 Определим угол поворота узла рамы а (рис.4.2,а), используя две различные основные системы. Вначале используем основную систему, показанную на рис.4.2,б. Для определения угла поворота прикладываем единичный момент к основной системе, строим эпюру изгибающих моментов (рис.4.2,н) и перемножаем ее на суммарную эпюру (рис.4.2,к): qe l 3 1  1 4 1 2 2  2   q 1 q 1 ϑa = ⋅ = − . l l l l ⋅ + ⋅ − ⋅     e e  EI X   2 12 14 EI X  2 14    Теперь используем основную систему, показанную на рис.4.2,в. Строим эпюру от единичного момента, приложенного к этой системе (рис.4.2,п), и, умножив ее на суммарную эпюру изгибающих моментов (рис.4.2,к), находим угол поворота qe l 3 1  1 3 2  2 ϑа = − .  ⋅ qe l l  ⋅  = − EI X  2 14 14 EI X  3 Пример 4.2. Построить эпюру изгибающих моментов для рамы, изображенной на рис.4.3.а, проверить полученное решение. Решение. Данная рама (рис.4.3,а) внешним образом статически определима, т.к. реакции опор могут быть найдены из уравнений статики. В то же время рама содержит замкнутый контур, который трижды статически неопределим. Однако шарнир в замкнутом контуре снимает одну внутреннюю связь (сечения а и в имеют возможность взаимного поворота). Поэтому данная рама 2 раза статически неопределима внутренним образом. Для решения задачи выберем основную систему, разрезав раму по шарниру, т.е. сняв две внутренние связи (рис.4.3,б). Заменяем отброшенные связи, препятствовавшие

84

взаимному вертикальному и горизонтальному расхождению сечений a и в, двумя взаимными силами X 1 и X 2 .

А

Б

В

Г

Д

Е

З

Ж

И

Рис. 4.3 Эквивалентная система показана на рис.4.3,в. Система канонических уравнений для данной задачи имеет точно такой же вид, как и в предыдущем примере (формула 4.1), однако физический смысл коэффициентов другой. Все коэффициенты представляют собой взаимные смещения сечений а и в. Для их вычисления строим эпюру изгибающих моментов от заданной нагрузки (рис.4.3,г) и от единичных сил, приложенных в направлении неизвестных X 1 и X 2 (рис.4.3,д,е). Перемножая эпюры, находим коэффициенты системы канонических уравнений:  5 l3 1  1  2 2 ( ) δ11 = ⋅ + ⋅ ll l l l l    = 3 EI , EI X   2  3  X

δ12 = δ 21 = −

δ1 f = −

1 EI X

1  l 1 l3   ( ) = − , l l l l l ⋅ ⋅ + ⋅    EI X  2 2 2 EI X   5 l3 δ 22 = ⋅ , 3 EI X

 1 qe l 2   1 qe l 2  2  qe l 4 , l l +  l  ⋅ l  =  3 2 2 2 3 3 EI X      

85

 1 qe l 2  3  1 qe l 2   3 qe l 4    l  = + . l l   2 2 8 EI  3 2  4  X    Решая систему уравнений (4.1) с найденными коэффициентами, находим: 13 21 X1 = qe l и X2 = − qe l . 128 128 Суммарная эпюра показана на рис.4.3,ж. Поскольку данная рама внешне статически определима, то для проверки правильности решения задачи найдем взаимный угол поворота сечений c и d (он должен быть равен нулю), используя основную систему, показанную на рис.4.3,з. Эпюра изгибающих моментов от взаимных единичных моментов показана на рис.4.3,и. Перемножив эпюры, показанные на рис.4.3,ж и 4.3,и найдем взаимный угол поворота сечений с и d:  2 qe l 2  1  1 13  1 30  1 13 2 2 2  2   ϑс − d = l l l l 1 l l ⋅ 1 + l  ⋅1 − q q q ⋅ − ⋅ + ⋅       e e e EI X  2 128   2 128   3  2 128 3 8 

δ2 f =

1 EI X

1  1 30  2  1 21 qe l 2 l  +  qe l 2 l  = 0 . − 3  2 128  3  2 128 Пример 4.3. Найти угол поворота сечения в (рис.4.4,а). Решение. Данная рама один раз статически неопределима внешним образом. Возможные варианты основной системы показаны на рис.4.4,б,в. Раскроем статическую неопределенность, используя основную систему, показанную на рис.4.4,в. Эквивалентная система и эпюры изгибающих моментов от заданной нагрузки и от силы X 1 = 1 показаны на рис.4.4,г,д,е. Неизвестная сила X 1 , приложенная взамен отброшенной вертикальной связи, определяется из уравнения δ 11 X 1 + δ 1 f = 0 . Поскольку δ 1 f = 0 , то эпюра M f от заданной нагрузки является одновременно и суммарной. Для определения угла поворота сечения в прикладываем единичный момент в этом сечении к основной системе, показанной на рис.4.4,в, строим эпюру изгибающих моментов от этого единичного момента (рис.4.4,ж) и умножаем ее на суммарную эпюру M f :  2 qe l 2  1  qe l 3   = . l     3 8  2  24 EI X К этому же результату приходим при использовании основной системы, изображенной на рис.4.4,б. Эпюра от единичного момента показана на рис.4.4,з. Пример 4.4. Найти взаимное сближение точек k-k (рис.4.5,а). Решение. Данная рама один раз статически неопределима внутренним образом. Выбираем основную систему, врезав шарнир в один из углов (рис.4.5,б). Эквивалентная система изображеная на рис.4.5,в. Моменты X 1 заменяют действие связи, препятствовавшей взаимному повороту сечений а и в. Эпюры изгибающих моментов от заданной нагрузки и от моментов X 1 = 1 представлены на рис.4.5,г,д. Перемножая эпюры изгибающих моментов, находим коэффициенты канонического уравнения:  5 l 1  1 2 2 1l  + (1⋅ l)1 = δ11 = .  EI X   2  3  3 EI X

ϑв =

δ1 f =

1 EI X

1 EI X

 2 qe l 2   3 8

 1  1 q l2 l  −  e 2 2 8

Тогда X1 = −

 2 3 qe l 3 . l   = − 24 EI X  3 

δ1 f 3 = qe l 2 . δ 11 40

86

Суммарная эпюра изгибающих моментов показана на рис.4.5,е.

А

Б

В

Г

Д

Е

Ж

З

Рис.4.4 Для определения взаимного смещения сечений К прикладываем к основной системе, показанной на рис.4.5,б, две единичные силы в направлении искомого перемещения и строим эпюру изгибающих моментов от этих сил (рис.4.5,ж). Искомое смещение найдем, перемножив суммарную эпюру на эпюру от единичных сил 1  1 l  3 3 qe l 4 2 υ k −k = . l  qe l  =  EI X  2 4  40  320 EI X Для проверки полученного результата найдем то же перемещение, используя другую основную систему (рис.4.5,з):   2 qe l 2  l  1 3 1   3 3 qe l 4  1 17 2 ll 2 l 2 l   + q q q υ k −k = 2 − − = . l l l l l l −         e e e EI X   40 2  8  3 8  8  2 40  2  320 EI X  6  2 40 4.3. Использование свойств симметрии при раскрытии статической

При расчете симметричных в геометрическом отношении рам (рис.4.6,а) решение удается значительно упростить. Это возможно сделать при нагружении рамы симметричной (рис.4.6,б) или антисимметричной (рис.4.6,в) нагрузкой. Под симметричной понимают такую нагрузку, при котрой внешняя нагрузка, приложенная к правой половине рамы, является зеркальным отображением нагрузки, приложенной к левой половине рамы. Если же нагрузка правой половины является зеркальным отображением левой, но обратна по знаку, то такую нагрузку называют антисимметричной. Отметим, что произвольную нагрузку, приложенную к симметричной раме, можно разложить на симметричную и антисимметричную (рис.4.6,г,д,е). Аналогично классифицируют и внутренние силовые факторы. В правой и левой плоскостях произвольного сечения (рис.4.6,ж) силы и моменты равны между собой и взаимно обратно направлены. Изгибающие моменты Мх, Му и нормальная сила N являются

87

симметричными силовыми факторами, а крутящий момент T и поперечные силы Q x и Q y антисимметричными силовыми факторами.

Б

А

Г

В

Д

Е

Ж

З

Рис.4.5 Теперь можно сформулировать правило, которым руководствуются при раскрытии статической неопределенности с учетом симметрии. Если заданная статически неопределимая система геометрически симметрична, то и основную систему также следует выбирать симметричной. В геометрически симметричной системе, нагруженной симметричной внешней нагрузкой, в сечении по оси симметрии все антисимметричные внутренние силовые факторы ( T , Q x , Q y ) равны нулю, действуют только симметричные внутренние факторы ( M x , M y , N ). При нагружении геометрически симметричной системы антисимметричной внешней нагрузкой в сечении по оси симметрии все симметричные внутренние силовые факторы ( M x , M y , N ) равны нулю, действуют только антисимметричные внутренние факторы ( Qx , Q y , T ) . Рассмотрим использование свойств симметрии на примерах. Пример 4.5. Построить эпюры изгибающих моментов. Найти взаимный угол поворота сечений а-а (рис.4.7,а). Решение. Данная рама дважды статически неопределима внутренним образом. Вертикальные опорные реакции равны между собой, а горизонтальная равна нулю, поэтому раму при данной нагрузке можно считать симметричной относительно оси в-в (рис.4.7,б). Выберем основную систему, разрезав раму по оси симметрии в шарнире (рис.4.7,в). При этом геометрическая симметрия не нарушается. Так как внешняя нагрузка симметрична, то в сечении по оси симметрии антисимметричный фактор (поперечная сила) Х2=0. Эквивалентная система показана на рис.4.7,г. Дальнейшее решение задачи аналогично предыдущим. Каноническое уравнение метода сил выражает равенство нулю взаимного расхождения по горизонтали разрезанных концов рамы от внешней силы и внутренней силы Х1. δ 11 X 1 + δ 1 f = 0 ,

88

А

Б

Г

В

Д

Е

Ж

Рис.4.6  1  2  5 l3 2 ( ) ⋅ + ⋅ ll l l l l    2  = 3 EI , 3   X 3 1  Fl  l  Fl   Fl , =  l  2 +  l l  =  EI X  4  2  4   2 EI X

δ11 = δ1 f

1 EI X

X1 = −

δ1 f 3 =− F. δ 11 10

Знак минус показывает, что направление действия сил X 1 противоположно направлению действия единичных сил. После нахождения X 1 строим эпюру изгибающих моментов (рис.4.7,ж), обратим при этом внимание на то, что эпюра моментов при симметричной нагрузке должна быть также симметричной. Для определения взаимного угла поворота сечений а-а вначале выберем основную систему, использованную при раскрытии статической неопределимости (рис.4.7,в). Прикладываем к этой основной системе единичные моменты в направлении искомого относительного угла поворота и строим эпюру изгибающих моментов (рис.4.7,з). Перемножив суммарную эпюру (рис.4.7,ж) на эпюру от единичных моментов (рис.4.7,з), находим взаимный угол поворота. 1  Fl   Fl 2 1 ϑа − а = − = − , l   EI X  20   20 EI X Знак минус указывает на то, что взаимный поворот сечений а-а происходит в направлении, противоположном единичным моментам на рис.4.7,з.

89

Б

А

В

Д

Г

Е

З

Ж

И К

Рис.4.7 Для проверки полученного результат найдем тот же относительный угол поворота в другой основной системе (рис.4.7,и). Эпюра изгибающих моментов показана на рис.4.7,к. Перемножая суммарную эпюру изгибающих моментов (рис.4.7,ж) и единичную (рис.4.7,к), найдем 1   1 Fl  4  1 Fl  5  1 Fl  2  1 Fl  1  Fl 2 ϑа − а = = − . l l l l − + ⋅ + − ⋅         EI X   2 4  3  2 20  3  2 4  3  2 20  3  20 EI X Пример 4.6. Построить эпюру изгибающих моментов для рамы, изображенной на рис.4.8,а. Решение. Данная рама представляет собой замкнутый контур и поэтому в общем случае трижды статически неопределима. Заданная нагрузка симметрична относительна оси а-а (рис.4.8,б) и антисимметрична относительно оси δ − δ (рис.4.8,в). Очевидно, рационально выбрать основную систему, разрезав раму по оси δ − δ , так как в этом случае в сечении по оси симметрии будет действовать только один антисимметричный силовой фактор – поперечная сила X 1 . Соответствующая эквивалентная система показана на рис.4.8,в. Каноническое уравнение имеет вид: δ 11 X 1 + δ 1 f = 0 . Эпюры от заданных нагрузок и от X 1 = 1 показаны на рис.4.8,г,д. Коэффициенты канонического уравнения 4  1 l 2  l 2  2l 3   δ 11 = = , l   EI X  2 4  3  3EI X

δ1 f

4 =− EI X

 M  l 2  Ml 2 2 .  l  =− 2 EI X  2  4 

90

X1 = −

δ1 f 3 2 M = . δ 11 4 l

В

А

Б

Г

Д

Е

И Ж

З К

Рис. 4.8 Эпюра изгибающих моментов показана на рис.4.8,е. Проверим полученное решение. Поскольку отсутствуют внешние связи, наложенные на раму, то для проверки можно найти взаимные, заведомо равные нулю перемещения, например, взаимный угол поворота сечений b-b (рис.4.8,ж). Эпюра моментов показана на рис.4.8,з. Перемножив суммарную эпюру (рис.4.8,е) на единичную (рис.4.8,з), получим взаимный угол поворота 1  1 M  1  1 M  2  1 M  ϑb−b = l −  l +  l  ⋅1 −  EI X  2 4  3  2 2  3  2 2   1 M  2  1 M 1 1 M  l  ⋅1 −  l +  l = 0 . −  2 4  3  2 2  3  2 4  Рассмотрим другой вариант проверки. Найдем расхождение разрезанных сечений с-с рамы (рис.4.8,и). Эпюра от единичных сил приведена на рис.4.8,к. Суммарная эпюра изгибающих моментов (рис.4.8,е) антисимметрична относительно диагонали δ − δ , а эпюра моментов от единичных сил (рис.4.8,к) – симметрична. Следовательно, результат перемножения этих эпюр будет заведомо нулевым независимо от величин изгибающих моментов на суммарной эпюре. Поэтому второй вариант не является проверкой. Иногда при выборе симметричной основной системы лишние неизвестные оказываются несимметричными (рис.4.9,а). Основная система с лишними неизвестными X 1 и X 2 показана на рис.4.9,б, а эпюра единичных изгибающих моментов M 1 и M 2 - на рис.4.9,в,г. В таком случае прибегают к группировке неизвестных, смысл которой заключается в следующем. Учитывая, что у симметричной основной системы каждой неизвестной X 1 ( X 2 )

91

соответствует парная с ней однотипная симметрично расположенная неизвестная X 2 ( X 1 ) , можно каждую неизвестную представить в виде двух парных (групповых) неизвестных

Б

А Г

В

Д

Е

Ж

Рис. 4.9.

А

Б

Г

В

Рис. 4.10 X 1 = X 1′ + X 2′ X 2 = X 1′ − X 2′ , где X 1′ - симметричная неизвестная; X 2′ - антисимметричная неизвестная. Симметричная и антисимметричная единичные эпюры M 1′ и M 2′ показаны на рис.4.9,е,ж. На практике в случае симметричной нагрузки (рис.4.10,а) показываются только отличные от нуля симметричные неизвестные (рис.4.10,б); в случае антисимметричной нагрузки (рис.4.10,в) показываются только отличные от нуля антисимметричные неизвестные (рис.4.10,г). Пример 4.7. Для системы, шесть раз статически неопределимой (рис.4.11,а), построить эпюру M tot и проверить решение. Решение. Эта рама обладает двумя осями симметрии и загружена нагрузкой, симметричной относительно вертикальной оси и антисимметричной относительно горизонтальной оси симметрии. Симметричная эквивалентная система показана на рис.4.11,б. Для нее из шести лишних неизвестных отличной от нуля является лишь одна X 1 , симметричная относительно вертикальной оси и групповая неизвестная антисимметричная относительно горизонтальной оси.

92

Б

А

Г

В

Д

Е

Рис. 4.11 Каноническое уравнение имеет вид

δ 11 X 1 + δ 1 f = 0 .

Эпюры единичного M 1 и грузового M f Единичное

моментов показаны на

рис.4.11,в,г.

δ 11 , грузовое δ 1 f перемещения и неизвестная X 1 равны δ 11 =

 1 l l  2 l  l  l  7 l 3  2 3 2  3 2 +  l 2  2  = 6 EI ,      X 3 2  (Fl ⋅ 2l ) l  = − 2 Fl , =−  EI X  EI X 2

4 EI X

δ1 f

δ1 f  2 Fl 3   = −  δ 11  EI X 

 7 l3   6 EI X показана на рис.4.11,д.

X1 = −

 12  = F .  7

Эпюра M tot = M 1 X 1 + M f Как известно, деформационная проверка должна выполняться для любой основной системы. Произведем ее для неизвестной X i основной системы, показанной на рис.4.11,е. Вычисляем взаимные перемещения сечений i-i в этой основной системе 2  1 6  2 1 1  1 6 δ i −i =  ⋅ Fll  l  −  ⋅ Fll  l +  Fll l = 0 .  EI X  2 7  3 7 3  2 7 Как видно, деформационная проверка сошлась. 4.4. Смешанные системы

В смешанных системах, содержащих стержни рамного и ферменного типа, а также перемещения пружины определяются с учетом деформаций всех стержней по формуле Мора. N N TT M M (4.2) δ = ∫ f 1 dZ + ∫ f 1 dZ + ∫ f 1 dZ . EA GI EI X X l l l

93

В смешанной системе стержни, работающие только на растяжение - сжатие, выделяют так: если стержень присоединен к раме через шарниры и нагружен только через эти шарниры, то он всегда работает только на растяжение – сжатие. Раскрытие статической неопределимости смешанной системы производится в том же порядке, что и рам. Пример 4.8. Построить эпюру изгибающих моментов для рамы с тягой (рис.4.12,а). Точки а и в рамы связаны между собой податливым стержнем ав с жесткостью на растяжение ЕА=20EIx/ l 2.

А

Б

Г

В

Д

Е

Рис. 4.12 Решение. Система один раз статически неопределима. В смешанных системах рекомендуется выбирать основную систему путем разреза тяг или пружинных элементов (они считаются невесомыми), а затем, если в этом возникает необходимость, удалять лишние связи в рамных элементах. Выберем основную систему, разрезав тягу (рис.4.12,б). Эквивалентна система представлена на рис.4.12,в, каноническое уравнение имеет вид δ 11 X 1 + δ 1 f = 0 . Эпюры единичного M 1 и грузового M f Единичное

моментов показаны на рис.4.12,г,д.

δ 11 и грузовое δ 1 f перемещения и неизвестная X 1 равны δ11 =

4 EI X

δ1 f

 1 l  2 l  2 13 l 3 ( ) 1 1 + [ ⋅ ⋅ ] = , l l    2 2 3 2  20 EI l 2 30 EI X    X qe l 4 2  1 l  1 qe l 2  , l = − 2 =−     EI X  2 2  2 2  4 EI X X1 = −

δ 1 f 15 = qe l . δ 11 26

Суммарная эпюра изгибающих моментов приведена на рис.4.12,е. Деформационная проверка сходится. 4.5. Плоскопространственные рамы Особенностью расчета плоскопространственных рам является отсутствие внутренних силовых факторов, действующих в плоскости рамы. Кроме того, при вычислении коэффициентов канонических уравнений необходимо учитывать помимо изгибающих также и крутящие моменты. Рассмотрим примеры.

94

Пример 4.9. Построить эпюры моментов для рамы, изображенной на рис.4.13. Проверить полученное решение. Поперечное сечение – труба, коэффициент Пуасонна v = 1/ 4 .

Рис.4.13 Решение. В общем случае нагружения рама шесть раз статически неопределима. В качестве основной выберем систему, разрезанную по оси симметрии (рис.4.14,а). Так как данная рама является плоскопространственной, то три фактора, действующие в плоскости рамы ( N , M y , Q x ), равны нулю. Кроме того, из условия симметрии антисимметричные факторы ( T , Q y ) также равны нулю. Поэтому в сечении по оси симметрии действует только изгибающий момент M x = X 1 . Эквивалентная система показана на рис.4.14,б. Условие эквивалентности записывается в виде δ 11 X 1 + δ 11 = 0 . Физический смысл этого уравнения заключается в том, что взаимный угол поворота разрезанных сечений от заданной нагрузки и от X 1 в плоскости, перпендикулярной плоскости рамы, должен быть равен нулю. При вычислении коэффициентов канонических уравнений потребуется связь между изгибной и крутильной жесткостью. Для трубы: I p = 2I x , где х – любая центральная ось. G=

E 2 = E. 2(1 + ν ) 5

Окончательно 2 4 E 2 I X = EI X . 5 5 Для вычисления коэффициентов канонического уравнения построим эпюры изгибающих и крутящих моментов с учетом симметрии на половине рамы (рис.4.14,в,г). 1 [(1⋅ l )l] + 1 [(1⋅ l )1] = 9 l , δ11 = EI X GI p 4 EI X GI p =

 1 qe l 2   1  qe l 2   19 qe l 3     ⋅ − 1 1 ⋅ = − , l l    GI  2   3 2 24 EI p  X      δ 1 f 19 X1 = − = qe l . δ 11 54 Суммарная эпюра показана на рис.4.14,д. Для проверки полученного решения найдем вертикальное перемещение опорного сечения. С этой целью приложим единичную нагрузку к основной системе, показанной на рис.4.14,е, и построим эпюру (рис.4.14,ж). Перемножив суммарную эпюру на единичную (рис.4.14,ж), получим

δ1 f = −

1 v1 = EI X

1 EI X

 2 qe l 2   8 1   2l l −  qe l 2 2l l  −    GI p   54  3 2

95

 8  2   54 qe l l 2l  = 0 .   

Заметим, что вычисление угла поворота того же опорного сечения в вертикальной плоскости не может считаться проверкой, поскольку эпюра от единичного момента в вертикальной плоскости будет антисимметрична (рис.4.14,з) и при перемножении ее с симметричной суммарной мы всегда получим результат, равный нулю.

А

Б

В

Г

Е

Д

Ж

З

Рис. 4.14 Пример 4.10. Построить эпюры моментов для плоскопространственной рамы (рис.4.15). Поперечное сечение рамы - квадрат со стороны a . Решение. В качестве основной выберем систему, разрезанную по оси симметрии (рис.416,а). Так как рама – плоскопространственная, то факторы, действующие в плоскости рамы ( M y , Q x , N ), равны нулю. Из условия косой симметрии в сечении по оси симметрии

симметричный фактор M x также равен нулю.

Рис.4.15

96

Поэтому рассматриваемая рама дважды статически неопределима. Эквивалентная система изображена на рис.4.16,б. Учитывая существование двух плоскостей симметрии, из условия равновесия (рис.4.16,в) получим X 1 − X 2l = 0 . Записываем систему канонических уравнений δ 11 X 1 + δ 12 X 2 + δ 1 f = 0 , δ 21 X 1 + δ 22 X 2 + δ 2 f = 0 . А

Б

В

Г

Д

Е Ж

Рис.4.16 Найдем вначале связь между изгибной и крутильной жесткостью для квадратного сечения (рис.4.15). Считая коэффициент Пуассона равным v = 0,25 , E 2 G= = E, 2(1 + v) 5

I t = 0,141a ; 4

a4 IX = . 12

Таким образом, EI X ≈ 1,48 . GI t Перемножением соответствующих эпюр на половине рамы находим коэффициенты канонических уравнений: 1 δ 11 = [(1⋅ 2l )1] + 2 [(1⋅ l )1] = 4,96l , EI X GI t EI X  1 4,96l 3  1  2 2l ⋅ 2l 1 − GI [(2l ⋅ l )1] = − EI ,   t X 1  1 12,21l 3 4  1 2 1 2 l ⋅ l  l +  2l ⋅ 2l  l  + [(l ⋅ 2l )l + (2l ⋅ l )2l] = , = EI X   2 EI X  3  GI t 3 2 δ 1 f = 0, 1 δ 21 = δ12 = − EI X

δ 22

97

1   M  l  1  M   1,98Ml 2 2 l  + .  2l l = EI X   2  2  GI t  2   EI X Подставляя найденные коэффициенты в первое каноническое уравнение, получим X 1 − X 2l = 0 , что в точности совпадает с уравнением равновесия. Используя второе каноническое M уравнение, находим X 2 = −0,27 . X 1 = −0,27 M ; l Суммарная эпюра изгибающих и крутящих моментов показана на рис.4.16,ж. 4.6. Статически неопределимые балки

δ2 f =

При расчете многоопорных балок для удобства перемножения эпюр и определения коэффициентов канонических уравнений выгодно в качестве основной выбрать систему с шарнирами, врезанными над внутренними опорами. При этом многопролетная балка расчленяется на ряд, не зависящих друг от друга однопролетных балок, эпюры моментов для которых от заданных сил и единичных факторов получаются наиболее простыми. Рассмотрим примеры. Пример 4.11. Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил для балки постоянной жесткости EI x (рис.4.17,а). Решение. Рассматриваемая балка дважды статически неопределима. Рациональная основная система показана на рис.4.17,б. Неизвестными являются взаимные моменты X 1 и

X 2 , приложенные взамен связей, снятых врезанными шарнирами. Эквивалентная система показана на рис.4.17,в. Условие эквивалентности заданной и эквивалентной систем записываем в виде δ 11 X 1 + δ 12 X 2 + δ 1 f = 0 ,

δ 21 X 1 + δ 22 X 2 + δ 2 f = 0 . Физический смысл каждого из уравнений заключается в том, что взаимные углы поворотов сечений, соединенных шарнирами, равны нулю. Для каждой однопролетной балки строим эпюры от сил заданных (рис.4.17,г) и от единичных моментов, приложенных в направлениях X 1 и X 2 (рис.4.17,д,е). Перемножением соответствующих эпюр находим коэффициенты канонических уравнений 2 l 1 l δ 11 = δ 22 = , δ 12 = δ 21 = , 3 EI x 6 EI x

δ1 f =

2 EI X

 qe l 2 2  1  qe l 3   = l   2  12 EI , 8 3   X 

 2 qe l 2  1 1  1 1 qe l 3    − q = − . l ll  e    8 EI X   3 8  2 3  2 Решение системы канонических уравнений дает 11 7 X 1 = − qe l 2 ; X 2 = qe l 2 . 60 30 С учетом найденных значений X 1 и X 2 для каждой однопролетной балки строим эпюры изгибающих моментов и поперечных сил, совместив которые, получаем эпюры изгибающих моментов и поперечных сил для всей балки (рис.4.17,ж,з). Для проверки решения задачи найдем перемещение опорного сечения, используя дифференциальное уравнение изогнутой оси балки. z 3 q z 4 96 19 ( z − l) 3 EI X v = D + Cz + qe l − e + qe l − 60 6 24 60 6

δ2 f =

1 EI X

98

−

69 ( z − 2l) 3 qe ( z − 2l) 4 134 ( z − 3l) 3 qe l + + qe l . 60 6 24 60 6 А Б В Г Д Е

Ж З

Рис. 4.17 Реакции опор показаны на рис.4.18. Постоянные D и C найдем из граничных условий: 1) при z = 0 v = 0 , отсюда D=0;

Рис. 4.18 2) при z = l

v = 0,

отсюда q l3 19 l3 q l 4 D = Cl + qe l − e , тогда C = − e . 60 6 24 90 Если задача решена верно, то прогиб при z = 2l должен быть равен нулю: qe l 3 l3 19 8l 3 16qe l 4 96 EI X vε = − 2l + qe l − + qe l = 0 . 90 60 6 24 60 6 Пример 4.12. Найти угол поворота сечения c балки постоянной изгибной жесткости EI x (4.19,а). Решение. Данная балка также дважды статически неопределима. Поскольку горизонтальная реакция в левой опоре равна нулю, то балка симметрична. В качестве основной выбираем систему, разрезанную по оси симметрии (рис.4.19,б). Так как внешняя нагрузка антисимметрична, то в сечении по оси симметрии действует только антисимметричный фактор (поперечная сила) X 1 . Эквивалентная система показана на рис.4.19,в. Неизвестную силу X 1 определим из канонического уравнения.

99

δ 11 X 1 + δ 1 f = 0 . А Б В Г Д Е Ж З

Рис. 4.19 Эпюра изгибающих моментов от сил заданных показана на рис.4.19,г, от единичной силы, приложенной в направлении X 1 , - на рис.4.19,д. Перемножением соответствующих эпюр находим коэффициенты Ml 2 l3 δ11 = , δ1 f = . 3EI X 4 EI X Тогда δ1 f 3M X1 = − =− . δ 11 4 l Суммарную эпюру строим сложением эпюры от заданной нагрузки с единичной эпюрой, умноженной на величину X 1 (рис.4.19.е). Для определения угла поворота сечения с к основной системе прикладываем единичный момент (рис.4.19,ж) строим эпюру от единичного момента (рис.4.19,з) и перемножаем ее с суммарной эпюрой (рис.4.19,е) 2  1 M  1  1 M  1  Ml ϑc = . l −  l  =   EI X  2 2  3  2 4  6  8EI X К такому же результату приходим при использовании основной системы, показанной на рис.4.19,и. Эпюра от единичного момента представлена на рис.4.19,к. 1  1 M   1 M   Ml ϑc = . l 1 −  l 1 =   EI X  2 2   2 4   8 EI X Пример 4.13. Для заданной на рис.4.20,а балки постоянной жесткости EI x построить

эпюру изгибающих момента M x . Решение. Рассматриваемая балка четыре раза статически неопределима. Как известно, наиболее рациональной основной системой для многопролетной балки является балка с врезанными в надопорные сечения шарнирами. Поскольку данная симметричная балка загружена антисимметричной нагрузкой, необходимо, используя симметрию балки, выбирать основную систему также симметричной. Основная система с врезанными шарнирами удовлетворяет этому требованию. Однако единичные лишние неизвестные – изгибающие моменты в надопорных сечениях – не

100

удовлетворяют условиям симметрии. Произведем группировку неизвестных, представляя каждую пару симметрично расположенных относительно середины балки одиночных неизвестных в виде симметричных и антисимметричных групповых неизвестных. Поскольку нагрузка антисимметрична, симметричные групповые неизвестные обратятся в нуль. А Б

В

Г

Д

Рис. 4.20 На рис.4.20,б показана эквивалентная система с отличными антисимметричными неизвестными. Канонические уравнения имеют вид

от

нуля

δ 11 X 1 + δ 12 X 2 + δ 1 f = 0 , δ 21 X 1 + δ 22 X 2+δ 2 f = 0 . Единичные M 1 и M 2 эпюры и грузовая M f эпюра моментов представлена на рис.4.20,в,г,д. Коэффициенты канонических уравнений

l 4l δ11 = ; δ 22 = ; 3EI X EI X

δ 12 = δ 21

l = ; 3EI X

δ1 f

Fl 2 ; =− 8 EI X

δ2 f = 0 .

Подставляя их в канонические уравнения, получаем 9 3 X 1 = Fl ; X 2 = − Fl 88 88 Суммарную эпюру изгибающего момента (рис.4.20,е) построим, складывая эпюры момента M f в основной системе от нагрузки и лишних неизвестных M 1 X 1 , M 2 X 2 : M tot = M f + M 1 X 1 + M 2 X 2 . Перемножение суммарной эпюры на любую единичную дает нуль, что говорит о правильности полученного решения. 4.7. Задачи для самостоятельного решения Задача 4.1. Построить эпюру изгибающих моментов для плоской рамы. Проверить полученное решение (рис.4.21,а). Задача 4.2. Построить эпюру изгибающих моментов для плоской рамы (рис.4.21,б). Проверить решение. Задача 4.3. Построить эпюру изгибающих моментов для плоской рамы. Найти взаимный угол поворота сечений а-а (рис.4.22,а). Задача 4.4. Построить эпюру изгибающих моментов для плоской рамы. Найти вертикальное перемещение шарнира (рис.4.22,б).

101

А

Б

Рис.4.21 Задача 4.5. Построить эпюру изгибающих моментов для плоской рамы (рис.4.22,в). Проверить решение. Задача 4.6. Построить эпюры моментов для плоско пространственной рамы (рис.4.23,а). Проверить решение.

Б

Б

В

Рис. 4.22 Задача 4.7. Построить эпюры моментов для плоско пространственной рамы (рис.4.23,б), используя свойство симметрии. Проверить решение. Поперечное сечение рамы – квадрат. Б

А

Рис.4.23. Задача 4.8. Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил для балки (рис.4.24,а). Найти перемещение сечения к. Задача 4.9. Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил для балки (рис.4.24,б). Проверить решение. Задача 4.10. Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил для балки (рис.4.24,в). Найти угол поворота сечения К.

А

В

Б

Рис.4.24

102

Задача 4.11. Определить вертикальное перемещение сечения в с учетом продольной 2 деформации стержня ав (рис.4.25,а,б,в), если EI X = EAl . Задача 4.12. Для плоских рам, заданных на рис.4.26,а,б определить вертикальные перемещения сечения к. Жесткость стержней EI X = const .

А

Б

В

Рис.4.25

А

Б

Рис.4.26

103

Глава 5. Расчеты на прочность при сложном напряженном состоянии 5.1. Краткие сведения из теории

Основные прочностные характеристики материала: σ y , σ u ,τ y ,τ u для расчета на прочность при простом напряженном состоянии устанавливаются экспериментально. При растяжении и изгибе стержней и наиболее напряженных точках имеет место линейное напряженное состояние. При кручении все точки стержня находятся в состоянии чистого сдвига. Сложным называется любое напряжение состоянии, кроме простого. Для вычисления эквивалентного напряжения σ eq необходимо знать главные напряжения σ 1 ≥ σ 2 ≥ σ 3 . если известно одно из главных напряжений (рис.5.1,а), то остальные два определяются по формуле для плоского напряженного состояния

σ

max min

=

σ x +σ Z

2 а положение двух других главных площадок

2

 σ −σ Z  2 ±  x  +τ , 2  

(5.1)

2 . (5.2) σ x −σ z По гипотезе пластичности Треска-Сен-Венана, Хубера-Мизеса и теории Мора эквивалентные напряжения соответственно равны σ eq = σ 1 − σ 3 tg 2α = −

σ eq

[

]

1 (σ 1 − σ 2 ) 2 + (σ 2 − σ 3 ) 2 + (σ 3 − σ 1 ) 2 , 2 = σ 1 − kσ 3 ,

σ eq =

(5.3)

где k = σ yt / σ yc или k = σ ut / σ uc . В точках поперечного сечения стержня, испытывающего одновременно изгиб, кручение и растяжение – сжатие, возникает так называемое «упрощенное» плоское напряженное состояние (рис.5.1,б). Это частный случай плоского напряженного состояния, часто встречающееся в инженерной расчетной практике. Поэтому σ eq здесь сразу выражают через напряжения изгиба σ = M x / Wx и кручения τ = T / W p (рис.5.1,б), не определяя главные напряжения

А

Б

Рис.5.1 Для пластичных материалов с одинаковыми пределами текучести

σ yt = σ yc при

растяжении и сжатии эквивалентные напряжения вычисляют, используя теории начала текучести: по теории максимальных касательных напряжений Треска-Сен-Венана

σ eq = σ 2 + 4τ 2 , по энергетической теории Хубера – Мизеса

σ eq = σ 2 + 3τ 2 .

104

(5.4) (5.5)

Так как для стержней круглого поперечного сечения M x2 + M y2 M tot T = σ= , τ= , a Wt = 2Wx , Wx Wx Wt то формулы (5.7) и (5.8) приводятся соответственно к выражениям:

σ eq =

M x2 + M y2 + T 2 Wx

- (теория максимальных касательных напряжений),

(5.6)

3 M x2 + M y2 + T 2 4 (энергетическая теория) σ eq = (5.7) Wx Для материалов с различными пределами текучести на растяжение и сжатие используется теория начала текучести О.Мора 1− k y 1+ k y σ eq = σ+ σ 2 + 4τ 2 , (5.8) 2 2 где k y = σ y / σ yc . Для хрупких материалов эквивалентные напряжения вычисляют по теории разрушения О.Мара: 1 − ku 1 + ku (5.9) σ eq = σ+ σ 2 + 4τ 2 . 2 2 где k u = σ ut / σ uc . При расчете на прочность определяется эквивалентное напряжение σ eq , зная которое можно вычислить коэффициент запаса по текучести или разрушению, или использовать условие прочности для конструкторского расчета [1,2]. Коэффициент запаса вычисляется по формулам начала текучести ny =

σ yt , σ eq

(5.10)

nu =

σ yt . σ eq

(5.11)

по разрушению

Условие прочности имеет вид

σ eq,max ≤ σ adm .

(5.12)

Рассмотрим примеры расчета стержней в общем случае нагружения. 5.2. Примеры расчета Пример 5.1. Найти коэффициент запаса n y для круглого стержня, показанного на

рис.5.2,а. Величны σ yt = σ yc , F , d - заданы; l = 10d . Решение. Приводим внешние силы к центру тяжести торца стержня (рис.5.2,б) и строим эпюры изгибающих и крутящих моментов (рис. 5.2.,в,г). Очевидно наиболее опасным является сечение, расположенное у заделки. В этом сечении M x = 20 Fd , M y = 10 Fd , T = 2 Fd . Складываем изгибающие моменты геометрически (рис.5.2,д). Так как сечение круглое, то косого изгиба нет. Поэтому нейтральная линия перпендикулярна моментной, а наибольшие нормальные напряжения возникают в точках a и b (рис.5.2,д). При кручении наибольшие касательные напряжения действуют в площадках, расположенных у контура сечения, в том числе в точках a и b . Следовательно, наиболее опасными являются точки a и b . Суммарный изгибающий момент.

105

М tot = M x2 + M y2 . Нормальное напряжение в точках a и b M x2 + M y2 10 5 Fd M tot = = . σ= Wx Wx (πd 3 / 32) Максимальное касательное напряжение T 2 Fd τ= = . Wt (πd 3 / 16) Для вычисления эквивалентного напряжения используем энергетическую теорию (формула 5.10) 3 M x2 + M y2 + T 2 114 F 4 σ eq = σ 2 + 3τ 2 = = . Wx d2 Коэффициент запаса равен σ yt σ yt d 2 . = ny = σ eq 114 F

Рис.5.2 Отметим в заключение, что использованная формула (5.7), так же как и (5.6) для вычисления эквивалентных напряжений, справедлива только для стержней круглого (сплошного или полого) поперечного сечения. Пример 5.2. Найти размер a поперечного сечения рамы, изображенной на рис.5.3,а. Дано: σ adm = 200 МПа; l = 0,5 м; F = 5 кН; qe = 2 ⋅10 4 Н/м. Решение. Построим эпюры изгибающих и крутящих моментов (рис.5.3,б). Анализируя эпюры моментов, приходим к выводу, что наиболее опасными сечениями рамы являются сечения 1 и 2. Вычислим геометрические характеристики сечения (рис.5.3,а). I a ( 2a ) 3 2 4 2a 4 / 3 2 3 IX = = a , Wx = x = = a , 12 3 y max a 3 3 4 Iy 1 2a ⋅ a (a 4 / 6) a 3 a a3 = , = = , Wt = α ⋅ 2a ⋅ a 2 ≈ , α = . Iy = Wy = 2 12 6 (a / 2) 3 x max 4

106

Б

А

Г

Д

Е

В

З

Ж

Рис.5.3

Рассмотрим сечения 1 и 2. Сечение 1 (рис.5.3,в). Нормальные напряжения M y 3qe l 2 M x 3qe l 2 σ a ,b = = ; σ a ,c = = . Wt Wy a3 a3 Касательные напряжения 2q l 2 T τa = 0; τc = = e3 ; τ b = ητ c = 0,8τ c , Wt a ( η - коэффициент из табл.2.3). Точка a (рис.5.3,г). В точке a суммируются нормальные напряжения, касательные равны нулю: M M 6q l 2 σ a = σ ab + σ ac = x + y = e3 , τa = 0 . Wx W y a Напряженное состояние – линейное с главным напряжением

σ eq ,a = Точка c (рис.5.3,д):

σ 1 = σ a , поэтому

2

6q e l . a3

3qe l 2 2q e l 2 , τ = . c a3 33 Напряженное состояние – упрощение плоское, поэтому q l2 4,59qe l 2 σ eq ,c = σ c2 + 3τ c2 = e 3 9 + 3 ⋅ 4 ≈ . a a3 Точка b (рис.5.3,е): 3qe l 2 σ b = σ a ,b = 3 = σ c , τb σ eq.a′ , то наиболее опасной является точка a сечения 1. Вычисляем

максимальное эквивалентное напряжение в точке a сечения 1 500 M σ eq ,a = 2,48 3 = 2,48 = 79,6 МПа. (2,5 ⋅10 −2 ) 3 am Коэффициент запаса σ yt 250 ny = = ≈ 3,1 . σ eq 79,6 Пример 5.4. Брус, помещенный в герметичную камеру, нагружен парами сил M и давлением p (рис.5.5,а). Определить коэффициент запаса по текучести n y . Дано: M = 30

Нм; p = 150 МПа; d = 10 мм; σ yt = 300 МПа; σ yc = 400 МПа. Решение. Все точки сечения 1-1 (рис.5.5,б) равноопасны, все площадки – главные. Напряженное состояние в точке a (рис.5.5,б): σ1 = 0 , σ2 =σ3 = −p .

110

Эквивалентное напряжение в точке a по теории Мора (5.3) 300 σ eq ,a = 0 − (−150) = 112,5 МПа. 400

А

Б

В

Г

Рис.5.5 В сечении 2-2 наиболее нагружены периферийные точки (рис.5.5,в). Напряженное состояние в точке b (рис.5.5,в): T π (1,2d ) 3 τ max = , где W p = , 16 Wp 30 ⋅16 = 88,4 МПа. π (1,2 ⋅10 −2 ) 3 из условия равновесия элемента бруса (рис.5.5,г)

τ max = Определяем напряжение

σz

∑ FZ = 0,

−p

[(1,2d ) 4

π

2

]

− d 2 +σ2

π (1,2d ) 2 4

= 0,

откуда   d 2  σ Z = p 1 −    = 0,306 p = 45,8 МПа.   1,2d   В исходном напряженном состоянии (рис.5.5,в) одно главное напряжение известно, σ r = −150 МПа, два других главных напряжения находим по формуле (5.1) 2

− 150 − 45,8  − 150 + 45,8  2 σ max = ±   + 88,3 = −97,9 ± 103 . min 3 2   Учитывая, что σ 1 > σ 2 > σ 3 , получаем σ 1 = 5,1 МПа; σ 2 = −150 МПа; σ 3 = −201 МПа. Эквивалентное напряжение в точке b σ eq ,b = 5,1 − 0,75(−201) = 156 МПа. Так как σ eq ,b > σ eq ,c , то коэффициент запаса ny =

σ yt 300 = = 1,9 . σ eq ,b 156

111

Пример 5.5. Трубка нагружена силой F и внутренним давлением p , как показано на рис.5.6,а. Требуется определить наибольшее эквивалентное напряжение по теории ХубераМизеса. Дано: F = 7 кН; p = 10 МПа; l = 1,5 м; a = 1 м; D = 20 δ = 100 мм; σ yt = σ yc .

Решение 1. Под действием силы F в поперечном сечении трубки возникают изгибающий момент M x и крутящий момент т (рис.5.6,б). Для опасного сечения, расположенного у заделки M x = Fl = 10,5 кН⋅м; T = Fa = 7 кНм. Напряженное состояние в точке a (рис.5.6,в) Mx πD 2δ σ max = , где , Wx = 4 Wx

σ max

10,5 ⋅10 3 ⋅ 4 ⋅ 20 = = 267 МПа. π (0,1) 3

τ=

T , Wp

где

πD 2δ

7 ⋅10 3 ⋅ 2 ⋅ 20 = 89,1 МПа. π (0,1) 3 2 2. Под действием внутреннего давления p в трубке (рис.5.6,г) возникают

Wp =

,

τ=

меридиональные δ m и окружные δ t напряжения. Все точки сечения равноопасны. Напряженное состояние в точке a (рис.5.6,г) pD 10 ⋅ 20 pD 10 ⋅ 20 = = 50 МПа, = = 100 МПа. σm = σt = 4δ 4 2δ 2 3. Суммарное напряженное состояние в точке a (рис5.8,д) σ Z = σ max + σ m = 267 + 50 = 317 МПа, σ x = σ t = 100 МПа. Здесь одно главное напряжение известно и равно σ гл = 0 , два других по формуле (5.1) 2

σ Таким образом,

max min

317 + 100  317 − 100  2 − ±   + 89,1 = 208,5 ± 140,4 . 2 2  

σ 1 = 348,9 МПа;

σ 2 = 68,1 МПа;

σ3 = 0 .

Эквивалентное напряжение в точке a по формуле (5.3) 1 (σ 1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 3 − σ 1 )2 = 320 МПа. σ уй = 2 5.3. Задачи для самостоятельного решения

[

]

Задача 5.1. Найти коэффициент запаса по текучести (рис.5.7,а). Дано: σ y = 400 МПа;

M = 15Fd m ; d m = 40 ⋅10 −3 м; F = 0,5 кН. Задача 5.2. Найти коэффициент запаса для стержня (рис.5.7,б). Дано l = 10bm ; F = 1 кН; bm = 20 ⋅10 −3 м; σ y = 500 МПа. Задача 5.3. Какое из двух напряженных состояний (рис.5.8,а) опаснее? Материал пластичный, σ yt = σ yc . Задача 5.4. В окрестности точки М бруса, подверженного чистому растяжению (рис.5.8,б), вырезан элементарный прямоугольный параллелепипед с гранями, не совпадающими с поперечными и продольными сечениями. Чему равны главные напряжения?

112

А

Б

Рис.5.7

А Б В

Рис. 5.8 Задача 5.5. На грани сплошного однородного прямоугольного параллелепипеда (рис.5.8,в) нарисован прямоугольный треугольник с высотой h и основанием a . Как изменится площадь треугольника, если параллелепипед подвергнуть действию всестороннего давления p ? Постоянные E и v материала известны. Задача 5.6. Найти размер a из расчета на прочность (рис.5.9,а). Дано: F = 5 кН; l = 0,5 м; σ adm = 200 МПа. Задача 5.7. Найти размер b из расчета на прочность (рис.5.9,б). Дано: l = 0,5 м; σ yt = 400 МПа; σ yc = 500 МПа; n y = 2 ; v = 0,3 ; F = 5 кН; Задача 5.8. Найти размер bm из расчета на прочность (рис.5.10,а). Дано: l = 500 мм;

qe = 10 4 Н/м; σ yt = 400 МПа; σ yc = 500 МПа; n y = 2 .

Рис.5.9

Рис.5.10

Задача 5.9. Из расчета на прочность найти допускаемое значение момента M adm

(рис.5.10,б). Дано: v = 0,3 ; σ adm = 150 МПа; d = 3 ⋅10 −2 м.

113

Глава 6. Устойчивость продольно - сжатых стержней 6.1. Метод Эйлера определения критических нагрузок

В данной главе рассматривается устойчивость центрально - сжатых стержней с прямолинейной осью, а также устойчивость рам, составленных из стержней с прямолинейной осью [3]. Под устойчивостью понимается способность стержня возвращаться в исходное прямолинейное состояние после снятия нагрузки. Критической называется нагрузка, при которой исходная форма равновесия сжатого стержня становится неустойчивой. При решении задачи по методу Эйлера ось стержня считается идеально прямой, нагрузка действует строго по оси. При отклонении стержня от исходной (прямолинейной) формы нагрузка сохраняет свое направление. Такую нагрузку часто называют «мертвой». Кроме этого предполагается, что материал стержня – линейно упругий. Отклонения стержня от исходного состояния предполагаются малыми. В соответствии с методом Эйлера составляется дифференциальное уравнение изогнутой оси стержня и находятся те нагрузки, при которых существуют ненулевые решения этого уравнения (то есть нагрузки, при которых появляются новые криволинейные формы равновесия). Найденная таким образом нагрузка считается критической. Следовательно, в методе Эйлера под критической понимается та нагрузка, при которой происходит смена форм равновесия. Формула Эйлера для вычисления критической нагрузки для различных стержней записывается в виде: π 2 EI min (6.1) , Fcr = 2 ( µl ) где Е – модуль упругости материала стержня; I min - минимальный момент инерции поперечного сечения стержня; l - длина стержня; µ - коэффициент приведения длины. Коэффициент µ зависит от особенностей приложения сжимающей нагрузки и условий закрепления стержня. Для простейших случаев нагружения и закрепления стержней коэффициент µ , а следовательно, и критическая нагрузка, может быть найден из выражения 1 µ= , n где n - число полуволн, образующихся при потере устойчивости стержня. На рис.6.1 показано несколько видов закрепления стержня и указаны соответствующие значения коэффициента приведения длины µ .

Рис.6.1 Формулу Эйлера (6.1) можно использовать, если материал стержня подчиняется закону Гука. Для материалов, имеющих начальный линейный участок диаграммы сжатия, условие применимости формулы Эйлера записывается в виде:

114

σ cr ≤ σ pr где σ cr = imin =

Fcr A

π 2E ≤ σ pr , λ2

или

λ=

- критическое напряжение в стержне;

(6.2)

Ml - гибкость стержня; imin

I min - минимальный радиус инерции поперечного сечения стержня. A Используя условие (6.2), можно найти предельное значение гибкости

λ pr = π Если гибкость стержня

E

σ pr

.

λ pr стержня: (6.3)

λ выше предельной λ pr , то для вычисления критической

нагрузки можно использовать формулу Эйлера (6.1). Если же гибкость стержня ниже предельной, то для вычисления критических напряжений можно рекомендовать эмпирическую формулу:

σ сr = σ yc − (σ yc − σ pr ) Зависимость

λ2 . λ2pr

(6.4)

σ cr от λ показана на рис.6.2.

Рис.6.2 Пример 6.1. Найти

µ для следующих стоек (рис.6.3).

А

Б

В

Г

Д

Рис.6.3 В случае a очевидно µ = 1 . В случае б при потере устойчивости образуется половина полуволны и поэтому n = 1 / 2 и µ =2. В случае в образуется две полуволны n = 2 и µ =2. В случае г возникает половина полуволны и µ = 2 . Критическая нагрузка будет равна.

Fcr =

π 2 EI min π 2 EI min π 2 EI min = = . ( µl) 2 (2 ⋅ 2 ⋅ l) 2 16l 2

115

В случае д стержень изгибается с образованием 2-х одинаковых полуволн n = 2 , поэтому µ = 1 / 2 . Пример 6.2. Найти критическую нагрузку для стержня, изображенного на рис.6.4,а. Решение. Составим дифференциальные уравнения упругой линии стержня EIv1′′ = − Fv1 , 0 ≤ z ≤ l/2.

EIv ′2′ = − Ff ,

l/2 ≤ z ≤ l.

Б A

Рис.6.4 Полагая

F = k 2 , получим EI v1′′ + k 2 v1 = 0 , v2′′ = −k 2 f .

Решения уравнений имеют вид v1 = C1 sin kz + C 2 cos kz , 1 v2 = − k 2 fz 2 + C3 z + C 4 . 2

Граничные условия: z=0 z = l/2

v1 = 0 , C 2 = 0 .

v1 = v2 = f , v1′ = v ′2 ,

z=l v2′ = 0 . Используя граничные условия, получим систему алгебраических уравнений относительно постоянных интегрирования (включая f ) kl sin C1 + 0 ⋅ C3 + 0 ⋅ C4 − 1 ⋅ f = 0 , 2 2 l 2 l 0 ⋅ C1 + C3 + 1⋅ C 4 − (k + 1) f = 0 , 2 8 kl k 2l k ⋅ cos C1 − 1⋅ C3 + 0 ⋅ C 4 + f = 0, 2 2 0 ⋅ C1 + 1 ⋅ C3 + 0 ⋅ C4 − k 2 ⋅ l ⋅ f = 0 . Полученная система линейных однородных алгебраических уравнений имеет нулевые решения: C1 = C 2 =C 3 = C 4 = f = 0 . Но тогда функция v тождественно равна нулю и стержень имеет прямолинейную форму равновесия. Нас же интересуют такие ненулевые решения, которые соотвествуют криволинейной форме равновесия. Для получения ненулевых решений приравниваем нулю определитель системы уравнений Раскрывая определитель, получим трансцендентное уравнение kl kl ctg = . 2 2

116

sin

kl 2

0

0

-1

l2 1 0 l/2 − (k + 1) 8 =0. kl k 2l k ⋅ cos -1 0 2 2 0 1 0 − k 2l Это уравнение может быть решено графически, либо численно. Наименьший корень, отличный от нуля kl / 2 ≈ 0,86 . Отсюда критическая нагрузка π 2 EI π 2 EI π 2 EI = = , Fcr = 2 (1,826l) 2 ( µl) 2  π  l   1,72  где µ = 1,826 . Пример 6.3. Найти критическую нагрузку для стержня, имеющего ступенчатую жесткость (рис.6.5,а). 2

А

Б

Рис.6.5 Решение. Составим дифференциальные уравнения изогнутой оси стержня каждого участка (рис.6.5,б: Ff 3EIv1′′ = − Fv1 + z, 0 ≤ z ≤ l/2. l Ffl EIv′2′ = − (l − z ) , l/2 ≤ z ≤ l . Общие решения этих уравнений v1 = C1 sin kz + C 2 cos kz +

f z, l

f (l − z ) 3 v2 = −3k + C3 z + C 4 , l 6 2

Граничные условия:

0 ≤ z ≤ l/2. l/2 ≤ z ≤ l . k2 =

z=0

v1 = 0 ,

z = l/2

v1 = v2 = f ,

z=l

v2 = 0 .

F . 3EI

v1′ = v ′2 ,

Используя граничные условия, получим систему однородных алгебраических уравнений относительно постоянных интегрирования Ci и прогиба середины стержня f : 0 ⋅ C1 + 1⋅ C 2 + 0 ⋅ f + 0 ⋅ C3 + 0 ⋅ C 4 = 0 , kl kl 1 sin ⋅ C1 + cos ⋅ C 2 − f + 0 ⋅ C3 + 0 ⋅ C 4 = 0 , 2 2 2

117

k 2l 2 l ) f + C3 + 1 ⋅ C 4 = 0 , 16 2 kl kl 1 3 k ⋅ cos ⋅ C1 − k ⋅ sin ⋅ C2 + (1 − ⋅ k 2 l 2 ) f − 1 ⋅ C3 + 0 ⋅ C4 = 0 . 2 2 2 8 0 ⋅ C1 + 0 ⋅ C2 + 0 ⋅ f + l ⋅ C3 + 1 ⋅ C 4 = 0 Условием существования ненулевых решений является равенство нулю определителя, составленного из коэффициентов системы уравнений: 0 1 0 0 0 kl kl 1 sin cos − 0 0 2 2 2 l 1 1 − (1 + k 2 l 2 ) 0 0 =0. 16 2 1 3 kl kl (1 − k 2 l 2 ) -1 0 k cos − k sin 8 2 2 2 0 0 0 l 1 Раскрывая определитель, приходим к трансцендентному уравнению kl (kl / 2) tg = . 2 (kl / 2) 2 − 3 kl Наименьший ненулевой корень этого уравнения ≈ 1,68 . Отсюда 2 EI Fcr ≈ 16,93 2 . l Пример 6.4. Найти зависимость критической нагрузки от жесткости опоры c для стойки, изображенной на рис.6.6,а. 0 ⋅ C1 + 0 ⋅ C2 − (1 +

Б

Рис.6.6

или

Решение. Дифференциальное уравнение изогнутой оси стержня имеет вид EIv′′ = F ( f − v) − cf (l − z ) v′′ + k 2 v = k 2 f −

cf cf l+ z, EI EI

k2 =

F . EI

Решение этого уравнения ищем в виде cf cf l+ 2 ⋅z. 2 k EI k EI Граничные условия, которым должно удовлетворять решение дифференциального уравнения: z=0 v = 0, z=0 v′ = 0 , z=l v= f . v = A sin kz + B cos kz + f −

118

Используя эти условия, приходим к системе линейных однородных алгебраических уравнений относительно A, B, f : Cl B + (1 − 2 ) ⋅ f = 0 , k EI C kA + 2 ⋅ f = 0 . k EI A sin kl + B cos kl = 0 . Условием существования ненулевых решений (т.е., нагрузок, при которых стержень может быть изогнутым) является равенство нулю определителя этой системы Сl (1 − 2 ) 0 1 k EI =0. C 0 k 2 k EI sin kl cos kl 0 Раскрывая этот определитель, приходим к трансцендентному уравнению относительно kl , зависящему от жесткости опоры c EI tgkl = kl − (kl) 3 3 . Cl На рис.6.7,а представлены графики правой и левой части полученного трансцендентного уравнения. Пунктиром показаны графики правой части уравнения при различных значениях жесткости опоры c . При c → ∞ наименьший корень kl ≈ 4,49 и Fcr =

при c → 0 наименьший корень kl =

π 2

π 2 EI

(0,7 ⋅ l) 2

,

и

Fcr =

π 2 EI

. (2l) 2 График зависимости безразмерного параметра критической нагрузки ( kl ) от cl 2 безразмерной жесткости опоры c = показан на рис.6.7,б. EI Пример 6.5. Найти критическую нагрузку для плоской рамы, изображенной на рис.6.8,а. Решение. В зависимости от соотношения жесткостей и длин рама может потерять

б

Рис.6.7

119

устойчивость по симметричной или антисимметричной форме. Рассмотрим вначале симметричную форму (рис.6.8,б). Потеря устойчивости рамы происходит за счет потери устойчивости вертикальных стержней по схеме, показанной на рис.6.8,б.

Рис.6.8 Влияние горизонтального ригеля рамы на изгиб вертикального стержня учтем путем введения упругой связи в верхней части стержня. Жесткость с этой связи найдем, рассматривая отдельно горизонтальный ригель рамы (рис.6.8,д). Жесткость упругой связи с представляет собой момент, необходимый для поворота левого края ригеля на единичный угол (рис.6.8,д). Угол поворота ϑ определяем по методу Мора-Верещагина cl ϑ= . EI Полагая ϑ = 1 , находим жесткость упругой связи EI c= . l Зная жесткость упругой связи, рассмотрим задачу об устойчивости вертикальной стойки с упругим закреплением (рис.6.8,в,г). Решение этой задачи получим, используя метод Эйлера аналогично предыдущим примерам. Дифференциальное уравнение изогнутой оси вертикального стержня cϑ EIv′′ = − Fv + cϑ − ⋅z. l Общее решение этого уравнения cϑ cϑ z v = A sin kz + B cos kz + 2 − 2 ⋅ , k EI k EI l где F k 2 = cr , EI Граничные условия z=0 v = 0, z=0 v′ = ϑ , z=l v = 0. Используя граничные условия, получим систему однородных уравнений относительно A, B,ϑ :

120

сϑ c =0 0 ⋅ A + 1⋅ B + 2 ⋅ϑ = 0 , 2 k EI k EI cϑ c или k ⋅ A− 2 =ϑ, ) ⋅ϑ = 0 , k ⋅ A + 0 ⋅ B − (1 + 2 k ⋅ l ⋅ EI k ⋅ l ⋅ EI A sin kl + B cos kl = 0 . sin kl ⋅ A + cos kl ⋅ B + 0 ⋅ ϑ = 0 . Приравнивая нулю определитель системы, получим трансцендентное уравнение c(kl) . tgkl =  2 EI  c + (kl) ( l ) B+

Учитывая величину c =

EI , получим окончательно l tgkl =

kl . 1 + (kl) 2

Наименьший корень этого уравнения kl ≈ 3,4 . Рассмотрим антисимметричную форму потери устойчивости (рис.6.9,а). Найдем жесткость упругой опоры при антисимметричной форме потери устойчивости. Расчетная схема для нахождения жесткости с соответствует антисимметричной форме изгиба (рис.6.9,г). 1  1  2  cl ϑ= .  cl  = EI  2  3  3EI Отсюда, полагая ϑ = 1 , получим 3EI c= . l Дифференциальное уравнение изогнутой стойки (рис.6.9,в) E ⋅ I ⋅ v ′′ = − F ⋅ v . Решение ищем в виде v = A ⋅ sin kz + B cos kz , где

k2 =

Fcr . EI

А Б В

Г

Рис.6.9 Использование граничных условий z=0 z=l z=l

v = 0, v= f , v′ = ϑ .

121

дает

B=0 , f = A sin kl , ϑ = Ak cos kl . 2 Кроме того, из условия равновесия cϑ = Fcr ⋅ f или c ⋅ ϑ = k E ⋅ I ⋅ f . Приравнивая нулю определитель системы (sin kl) A − 1⋅ f + 0 ⋅ϑ = 0 , (k cos kl) A + 0 ⋅ f − 1 ⋅ ϑ = 0 , 0 ⋅ A + k 2 EI ⋅ f − c ⋅ ϑ = 0 , 3 получим tgkl = , отсюда kl = 1,2 . kl Потеря устойчивости, очевидно, произойдет по антисимметричной форме. Критическую нагрузку найдем из решения последнего трансцендентного уравнения 1,44 EI kl = 1,2 , . Fcr = l2

6.2. Энергетический метод определения критических нагрузок

Энергетический метод расчета критических нагрузок основан на теореме ЛагранжаДирихле, в соответствии с которой в критическом состоянии (6.5) U =W , где U - потенциальная энергия деформации изгиба, связанного с потерей устойчивости стержня; W - работа внешних сжимающих сил. 1 (6.6) U = ∫ EI (v′′) 2 dz , 2l

W = Fcr δ ,

где v( z ) - функция прогиба стержня; причем,

δ - осевое перемещение точки приложения силы Fcr , δ=

Таким образом,

1 (v′) 2 dz . ∫ 2l

(6.8)

1 EI (v′′) 2 dz ∫ 2 . Fcr = l (6.9) 1 2 (v ′) dz ∫ 2l Например, для стержня, изображенного на рис.6.10,а W = Fcr δ . Смещение точки приложения нагрузки в направлении этой нагрузки определяется как: l 1 0 δ = ∫ (v′) 2 dz . 20

Функцию прогибов v( z ) следует задавать так, чтобы обязательно удовлетворялись все геометрические граничные условия (перемещения и углы поворота) и желательно силовые граничные условия (изгибающие моменты и поперечные силы). Следует помнить, что точность решения зависит от выбора аппроксимирующей функции v( z ) . Рассмотрим использование энергетического метода. Пример 6.6. Найти критическую нагрузку для стержня (рис.6.10,б), EI = const .

122

А

Б

В

Рис.6.10 Решение. Для выбора кривой, аппроксимирующей изогнутую ось стержня, запишем граничные условия, наложенные на стержень условиями закрепления: z=0 v = 0, v′ = 0 , z=l v′ = 0 , v′′′ = 0 . Последнее условие v ′′′ = 0 - это силовое условие. Оно следует из того, что верхняя опора не препятствует поперечному перемещению и поэтому поперечная сила равна dM d Q= = ( EIv′′) = EIv′′′ = 0 . dz dz Аппроксимируем изогнутую ось стержня (рис.6.10,в) в виде πz v = A(1 − cos ) l π πz v ′ = A( ) sin , l l π πz v ′′ = A( ) 2 cos , l l π 3 πz v ′′′ = − A( ) sin . l l Непосредственной проверкой можно убедиться в том, что все граничные условия выполняются. Критическую нагрузку найдем по формуле (6.9). Для этого вычислим интегралы, входящие в эту формулу l l EI EI 2 π 4 l 1 π πz 2 ′ ′ U = ∫ EI (v ) dz = A 2 ( ) 4 cos 2 dz = A ( ) , ∫ 20 2 0 2 l l l 2

δ=

l 2

l 2

1 (v′)2 dz = 1 A 2 ( π ) 2 ∫ sin 2 πz dz = 1 A 2 ( π ) 2 l . ∫ l 0 l l 4 20 2 2

Таким образом, 2π 2 EI . δ l2 Пример 6.7. Найти критическую нагрузку для стойки, изображенной на рис.6.11,а. Решение. Запишем граничные условия z = 0, v = 0, l z = , v = 0, 2 z = 0 , v′′ = 0 , z =l, v′′ = 0 . Два последних условия – силовые ( EIv′′ = M ). Fcr =

U

123

=

Б

А

Рис.6.11 Аппроксимируем изогнутую ось функцией в виде полинома: v = a0 + a1 z + a2 z 2 + a3 z 3 + a4 z 4 . Степень полинома должна соответствовать числу граничных условий. В этом случае можно выразить все постоянные, входящие в аппроксимирующую функцию v( z ) , через какуюлибо одну (т.е. аппроксимирующая функция задается с точностью до постоянного множителя). Используем граничные условия: z = 0, v = 0: a0 = 0 . z = 0, v′′ = 0 : a 2 = 0 . l l l3 l4 a1 + a3 + a4 = 0. , v = 0: 2 8 16 2 z =l, v′′ = 0 : 6a3 l + 12a4 l 2 = 0 .

z=

3 a1 = l 3 a 4 . 8

a3 = −2la4 , Тогда

3  v = a4  l 3 z − 2lz 3 + z 4  , 8  2 v′′ = a4 − 12lz + 12 z = 12a4 z ( z − l ) , что соответствует граничным условиям. Используем формулу (6.9) для определения критической нагрузки l l EI EI 12 2 ′ ′ = U= ( v ) dz 144a 42 z 2 ( z 2 − 2lz + l 2 )dz = 72 EIa42 = a 42 EIl 5 , ∫ ∫ 2 0 2 0 5

(

l

)

2

l

1 1 3  δ = ∫ (v′) 2 dz = a42 ∫  l 3 − 6lz 2 + 4 z 3  dz = 0,438a42 l 7 20 2 08  EI . l2 Этот результат практически не отличается от точного. Решим эту же задачу, подчинив аппроксимирующую геометрическим граничным условиям z=0 v = 0, l v = 0, z= 2 v = a0 + a1 z + a2 z 2 или, учитывая граничные условия Fcr ≈ 5,48

124

функцию

только

l  v = a2 z z −  , 2  l EI EI 2 U= (v ′′) 2 dz = 4a 2 l = 2 EIa 22 l ∫ 2 0 2 l

2

l

a 22  l 1 7 2 3 2 ′ = ( v ) dz a2 l ,  2 z −  dz = ∫ ∫ 20 2 0 2 24 U EI Fcr = = 6,86 2 , δ l что отличается от точного значения на 25,3%. Пример 6.8. Найти критическую нагрузку для рамы (рис.6.12,а) с постоянной изгибной жесткостью EI . Решение. Решим задачу энергетическим методом. Положим, что форма упругой линии рамы при потере устойчивости будет приблизительно такой же, как и от действия поперечной нагрузки Q (пунктирные линии на рис.6.12,а,б). Критическую нагрузку вычислим, используя формулы (6.5), (6.7),(6.8). Потенциальная энергия рамы при изгибе силой Q

δ=

l

2l

2l

l

2

M 2 dz M 2 dz 1 1 Q  Q 2l3 2 + ⋅ = . U =∫ x +∫ x 1 = ( Qz ) dz z dz   1 1 2 EI 2 EI 2 EI ∫0 2 EI ∫0  2 2 EI  0 0

Угол поворота v ′ произвольного сечения вертикальной стойки рамы с координатой z найдем, используя правило Верещагина (рис.6.12,в,г) 1  1 Q 2  z+l  v′ = (7 l 2 − 3 z 2 ) .  Ql ⋅ 2l  + 1(l − z ) Q  =  EI  2 3  2   6 EI Смещение точки приложения сжимающей силы F определим по формуле (6.8)

А

Б

В

Г

Рис. 6.12

δ=

l

2

l

1 Q 23 Q 2 l 5 2 4 2 2 4 ′ . = − + = ( v ) dz ( 49 42 z 9 z ) dz l l 2 ∫0 45 ( EI ) 2 72( EI ) 2 ∫0

Тогда 23 Q 2 l 5 . 45 ( EI ) 2 Критическую нагрузку находим по формуле (6.5) 0,978EI . Fcr = l2 W = Fcr δ = F

125

6.3. Расчет сжатых стоек по коэффициенту понижения допустимых напряжений

В практике расчетов на устойчивость используется метод, согласно которому гибкие стержни, нагруженные сжимающей нагрузкой, рассчитываются как негибкие на обычное сжатие, но допускаемое напряжение при этом снижается N adm = ϕ (λ )σ adm A ,

где N adm - допускаемая нормальная сила в сечении по условию устойчивости; σ adm допускаемое напряжение на сжатие; A - площадь поперечного сечения стержня; ϕ (λ ) коэффициент понижения допускаемых напряжений, зависящий от гибкости стойки. В табл.6.1. приведена зависимость коэффициентов ϕ от гибкости λ для некоторых марок стали. Пример 6.9. Для стержня, изображенного на рис.6.13,а, найти допускаемую нагрузку и коэффициент запаса по устойчивости. Дано: материал стержня – сталь Ст.3; σ adm = 160 МПа; σ yc = 250 МПа; σ pr = 220 МПа; l = 0,5 м; d = 40 мм.

А

Б

Рис.6.13 Решение. Для данной стойки µ =

i=

1 (см. пример 6.1). Находим радиус инерции 2 πd 4 I 64 = d = 10 − 2 м. A π  4   4

Гибкость стойки

λ=

µ ⋅l

=

0,5 ⋅ 0,5 = 25 . 10 −2

i По табл.6.1. находим коэффициент понижения допускаемых напряжений ϕ (используя линейную интерполяцию) ϕ ≈ 0,95 . Далее, по формуле 6.10 находим допускаемую нагрузку F =N = ϕσ A = 0,95 ⋅ 160 ⋅ 10 6 ⋅ 1256 ⋅ 10 −6 = 190 кН. adm adm adm Для определения критической нагрузки найдем значение предельной гибкости, для чего можно использовать формулу Эйлера E 2 ⋅ 1011 λ ≈ 95 . =π =π lim 8 σ ⋅ 2 , 2 10 pr Таким образом, гибкость стойки предельна, и поэтому для нахождения критической нагрузки воспользуемся формулой (6.4)

126

σ cr = σ yc − (σ yc − σ pr )

2

λ2  25  = 250 − (250 − 220)  ≈ 248 МПа, 2 λ pr  95 

Fcr = σ cr A = 248 ⋅ 10 6 ⋅ 1256 ⋅ 10 −6 ≈ 312 кН. Коэффициент запаса по устойчивости ncr = Fcr / Fadm = 312 / 190 ≈ 1,6 Таблица 6.1 Таблица коэффициентов ϕ продольного изгиба центрально-сжатых стержней (СНиП II-2381) Гибкость стержней Коэффициент ϕ стержней из сталей марок λ Ст.3. Ст.5. 0 1.000 1.000 10 0.988 0.984 20 0.970 0.956 30 0.943 0.916 40 0.905 0.866 50 0.867 0.810 60 0.820 0.740 70 0.770 0.650 80 0.715 0.570 90 0.655 0.482 100 0.582 0.396 110 0.512 0.325 120 0.448 0.273 130 0.397 0.232 140 0.348 0.198 150 0.305 0.173 160 0.270 0.153 170 0.240 0.137 180 0.216 0.122 190 0.196 0.108 200 0.175 0.098 210 0.160 0.089 220 0.146 0.081 Пример 6.10. Для стержня, изображенного на рис.6.13,б, подобрать необходимый размер швеллера. Дано: F = 250 кН; l = 1 м; σ adm = 160 МПа; материал – сталь Ст.3; σ yc = 250 Мпа; σ pr = 220 МПа. Решение. В данной задаче неизвестны: гибкость стержня, площадь его поперечного сечения, поэтому решаем задачу методом последовательных приближений. Площадь поперечного сечения из расчета на простое сжатие F 250 ⋅10 3 A≥ = = 1,56 ⋅10 −3 м3, A = 15,6 см2. σ adm 160 ⋅10 6 Первое приближение. Выбираем швеллер № 16 (ГОСТ 8240-72): A1 = 18,1 см2; imin .1 = 1.87 см. Коэффициент приведения длины для данной стойки µ = 2 . Находим гибкость 2 ⋅1 µl λ= = ≈ 107 . imin,1 1,87 ⋅10 −2

127

По табл.6.1., используя линейное интерполирование, находим ϕ ≈ 0,53 . Тогда, Fadm ,1 = ϕ1σ adm A = 0,53 ⋅160 ⋅10 6 ⋅18,1 ⋅10 −4 ≈ 153 кН. Так как Fadm ,1 < F , то следует выбрать швеллер большего размера. Второе приближение. Выбираем швеллер № 20: A2 = 23.4 см2; imin, 2 = 2,2 см. Находим гибкость 2 ⋅1 µl λ2 = = ≈ 91 . imin, 2 2,2 ⋅10 −2 Так как Fadm , 2 ≈ F (ошибка составляет 1,84%), то можно считать, что швеллер № 20 и есть искомый. Поскольку, E

λ2 = 91 < λlim = π

σ pr

=π

2 ⋅1011 ≈ 95 , 2,2 ⋅108

то критическую нагрузку рассчитываем по эмпирической формуле (6.4) 2

λ2  91  σ cr = σ yc − (σ yc − σ pr ) 2 = 250 − (250 − 220)  ≈ 222 МПа. λ pr  95  Fcr = σ cr A = 222 ⋅10 6 ⋅ 23,4 ⋅10 −4 ≈ 519 кН. F 519 = 2,1. Коэффициент запаса по устойчивости ncr = cr = F 250 Пример 6.11. Для стержня (рис.6.14,а), нагруженного силой F , требуется: 1) определить путем интегрирования дифференциального уравнения оси изогнутого стержня критическую силу и найти коэффициент приведения длины; 2) вычислить размер поперечного сечения с помощью коэффициента понижения допускаемого напряжения. Дано: F = 200 кН; l = 1 м; материал – сталь Ст. 3; σ pr = 200 МПа; σ yc = 300 МПа; σ adm,c = 160 МПа.

А

Б В

Рис.6.14 Решение. 1. Определение критической силы и коэффициента приведения длины. Из уравнения равновесия R3l − Fcr f = 0 ∑M0 = 0 , получаем Fcr f . 3l Дифференциальное уравнение изогнутой оси стержня EI min v′′ = M . R=

128

На участке 1 ( 0 ≤ z ≤ 2l )

E 2 I min v1′′ = − Fcr v1 + Rz = − Fcr v1 + z , 3l

v1′′ + α 2 v1 = α 2 f где

Fcr f z, 3l

Fcr . 2EI min Решение этого дифференциального уравнения имеет вид z v1 = C1 sin αz + C 2 cos αz + f . 3l Fcr f На 2 участке (2l ≤ z ≤ 3l) EI min v2′′ = − R(3lz ) = − (3l − z ) , 3l 2f v2′′ = −α 2 (3l − z ) . 3l Интегрируя полученное уравнение, находим α2 f ′ v2 = (3l − z ) 2 + C3 , 3l 2 α f v2 = − (3l − z ) 3 + C3 z + C 4 . 9 Постоянные С1, С2, С3, С4 определяем из граничных условий: 1) z = 0 , v1 = 0 ; v1 = f ; 2) z = 2l , 3) z = 2l , v1′ = v′2 ;

α2 =

4) z = 2l , 5) z = 3l , Подставляем в (а) z = 0 и v1 = 0 , получаем C 2 = 0 . Подставляем в (а) z = 2l и v1 = f , получаем C1 = Значение C1 подставляем в

αf

α2 f

(в )

v2 = f ; v2 = 0 .

f 3l

f . 3 sin 2αl 3l Граничное условие 5 дает C 4 = −3C3 l , а из граничного условия 4 следует что v1′ =

(б )

f . 3 sin 2αl

v1 = αC1 cosαz + и получаем

(a)

cos αz +

(г )

1 l 2 + C3 2l + C 4 = − α 2 l 2 f − C3 l , 9 9 f 1   C3 = − αlf +  . l 9 Подставляем C 3 в (б) и записываем граничное условие 3, приравнивая (г) и (б) при z = 2l αf f 2 f cos 2αl + = α 2 lf − . 3 sin 2αl 3l 9 l Отсюда, 3αl 3(2αl) tg 2αl = или tg 2αl = . 2 2(αl) − 12 (2αl) 2 − 24 f =−

129

Наименьший корень этого уравнения Так как α = 2

α l = 3 , 49 .

Fcr 3,49 ⋅ 2 EI min , то Fcr = , l2 2 EI min 2

Fcr = 24,4 Сравнивая ( д ) с формулой Эйлера Fcr =

EI min l2

(д)

π 2 EI min , ( µ ⋅ 3l) 2

находим коэффициент приведения длины µ = 0,212 .

1 2. Определение размера сечения. Площадь сечения A = a 2 , наименьший осевой 2 момент инерции 1 I min = I y = a 4 , 72 наименьший радиус инерции imin =

I min a4 ⋅ 2 1 = = a. A 72 ⋅ a 2 6

Используя условие и полагая

F = ϕσ adm ,c A

ϕ = 1 , получим A=

F

σ adm,c

=

200 ⋅ 10 3 = 1,25 ⋅ 10 −3 м2, 6 160 ⋅ 10

a = 2 A = 2 ⋅1,25 ⋅10 −3 = 5 ⋅10 −2 м. Увеличим размер, приняв a = 0,06 м. Вычисляем радиус инерции 1 i = ⋅ 6 ⋅10 −2 = 1 ⋅10 −2 м, 6 гибкость µ ⋅ 3l 0,212 ⋅ 3 ⋅1` λ= = ≅ 64 . 1 ⋅10 −2 i По табл.6.1 находим коэффициент понижения ϕ 1 = 0,82 и определяем допускаемую нагрузку в первом приближении 1 Fadm ,1 = 0,82 ⋅160 ⋅10 6 ⋅ ⋅ (6 ⋅10 −2 ) 2 = 236 кН. 2 Так как Fadm ,1 больше заданной силы F , то уменьшаем размер поперечного сечения и принимаем a = 55 мм. Радиус инерции 1 1 i = a = ⋅ 55 ⋅10 −3 = 9,17 ⋅10 −3 м. 6 6 Вычисляем гибкость

µ 3l

0,212 ⋅ 3 ⋅1 ≅ 70 , i 0,917 ⋅10 − 2 по таблице 6.1 находим ϕ 2 = 0,81 и определяем допускаемую нагрузку во втором приближении

λ=

=

130

Сила Fadm, 2

1 F = adm, 2 = 0,81⋅160 ⋅10 6 ⋅ ⋅ (5,5 ⋅10 − 2 ) 2 = 196 кН. 2 мало отличается от заданной силы F , поэтому принимаем a = 55 мм.

Коэффициент запаса по устойчивости ncr = F cr / F . Условие применимости формулы Эйлера для определения Fcr λ > λ lim не выполняется, так как λ = 70 и

λlim =

π 2E π 2 ⋅ 2 ⋅1011 = = 100 , σ pr 200 ⋅10 6

поэтому используем формулу 2   λ     A , Fcr = σ yc − (σ yc − σ pr )   λlim   2   70   6 −4 3 Fcr = 10 ⋅ 300 − (300 − 200)   ⋅15,2 ⋅10 = 382 ⋅10 Н.  100    Коэффициент запаса ncr = 381 / 200 ≅ 1,91 .

6.4. Задачи для самостоятельного решения Задачи 6.1…6.6. Для стержней (рис.6.15,а,б,в,г,д,е), нагруженных «мертвой» нагрузкой, найти коэффициенты приведения длины µ . Задача 6.7. Найти критическую нагрузку, используя энергетический метод (рис.6.16,а). Задача 6.8. Найти критическую нагрузку для стержня, нагруженного распределенной нагрузкой (рис.6.16,б), с помощью энергетического метода. Задачи.6.9…6.10. Найти критическую нагрузку для стержней со ступенчатым изменением жесткости (рис.6.16,в,г). А

Б

В

Г

Д

Е

Рис.6.15

131

А

Б

В

Г

Рис.6.16 Задачи 6.11…6.12. Найти критическую нагрузку для следующих плоских рам, имеющих постоянную изгибную жесткость (рис.6.17,а,б). Задачи 6.13…6.14. Построить зависимость критической нагрузки от жесткости упругой опоры с (рис.6.17,в,г).

А

Д

Г

В

Рис.6.17

132

Глава 7. ПЛАСТИНЫ И ОБОЛОЧКИ. ТОЛСТОСТЕННЫЕ ТРУБЫ 7.1. Осесимметричный изгиб круглых пластин 7.1.1. Основные положения теории

Тонкостенные конструкции широко применяются в современной технике. Эти конструкции, обладая прочностью и жесткостью, одновременно легки и экономичны [1]. Оболочкой называется тело, толщина которого во много раз меньше двух других размеров. Геометрическое место точек, равноудаленных от обеих поверхностей оболочки, называется срединной поверхностью. Срединная поверхность для оболочки играет такую же роль, как продольная ось для стержня. Если срединная поверхность является плоскостью, то такую оболочку называют пластиной. Для расчета пластин и оболочек используют гипотезы, позволяющие свести трехмерную задачу к одномерной: 1. Гипотеза прямых нормалей. Точки, расположенные на линии, нормальной к серединной поверхности до ее деформации, остаются на прямой, перпендикулярной к упругой поверхности пластины или оболочки. При этом расстояния между точками не изменяются. 2. Гипотеза о не надавливании слоев. Согласно этой гипотезе, напряжениями, действующими в направлении, перпендикулярном срединной поверхности, можно пренебречь. Гипотезу прямых нормалей и гипотезу о не надавливании слоев объединяют в одну и называют гипотезой Кирхгофа-Лява. На рис.7.1,а представлена пластина постоянной толщины h , нагруженная силами, симметрично расположенными относительно оси Z . Деформации, перемещения и напряжения – также симметричны относительно оси Z . Прогиб пластины обозначается через w , а угол поворота нормали – через ϑ (рис.7.1,б). Напряженное состояние в пластине – плоское (рис.7.1,в).

Рис.7.1 В сечениях пластины (рис.7.1,г) действуют внутренние силовые

факторы:

Qr –

поперечная сила [Н/м]; M r M t - изгибающие моменты [Н⋅м/м]. Внутренние силовые факторы являются величинами погонными, т.е. отнесенными к единице ширины срединной поверхности. Поперечную силу Q определяют из уравнения равновесия отсеченной цилиндрической поверхностью центральной части пластины (рис.7.1,а), а интенсивность изгибающих моментов в радиальном и окружном сечениях по формулам: ϑ  dϑ M r = D +v , r  dr

(7.1)

133

dϑ  ϑ M t = D + v , dr  r где D =

Eh 3 – жесткость пластины на изгиб. 12(1 − v 2 )

Радиальные σ r и окружные σ t напряжения, показанные на рис.7.1,в, по толщине пластины меняются по линейному закону: 12M σr = 3 r z , h (7.2) 12M t σt = 3 z . h Наибольшие напряжения имеют место при z = ± h / 2 . Поэтому 6M σ r max = ± 2 r , h

σ t max

6M =± 2t . h

(7 3)

Знаки (+) и (-) соответствуют растянутой и сжатой стороне пластины. Таким образом, для расчета пластины на прочность и жесткость необходимо знать зависимость угла поворота нормали пластины ϑ от радиуса r . Угол поворота нормали определяется путем интегрирования разрешающего уравнения. Общий интеграл этого уравнения имеет вид 1 ϑ = c r + c − ∫ [r ∫ Qdr ]dr , (7.4) 1 2r где с1 и с2- постоянные интегрирования. Постоянные интегрирования c1 и c 2 определяются из граничных условий, которые записываются для угла поворота нормали или радиальных моментов, по одному на каждом краю. На рис.7.2 приведены примеры определения поперечных сил Q (положительные направления Q показаны на рис.7.1,а,г) и граничных условий. После того как функция ϑ (7.4) найдена, из выражений (7.1) определяются изгибающие моменты M r и M t , а прогиб w определяется из выражения dw ϑ=− . (7.5) dr Знак определяется направлением отсчета w . Уравнение равновесия F ∑ Fz = 0 → Q = 2πr . Граничные условия: r = 0 , ϑ = 0 ; r = R , ϑ = 0 . Уравнение равновесия r ∑ Fz = 0 , + Q2πr + P 2πr2 = 0 → Q = − r2 P . Граничные условия : r = r1 , M r = 0 ;

r = r2 , M r = M .

Уравнение равновесия (r22 − r 2 ) ∑ Fz = 0 , + Q2πr + ρπ (r − r ) = 0 → Q = − 2r ρ . Граничные условия: r = r1 , ϑ = 0 ; 2 2

2

134

r = r2 , M r = 0 .

Рис.7.2 7.1.2. Примеры расчета круглых пластин Пример 7.1. Для пластины, представленной на рис.7.3,а построить эпюры изгибающих моментов M r и M t , определить наибольшее эквивалентное напряжение по

теории начала текучести Мора, найти наибольший прогиб. Принять: r1 = a ; r2 = b = 3a ; 2

h = (1 / 20)a ; k y = 1 ; v = 0,3 ; t e = pa .

Рис.7.3 Решение. Интенсивность изгибающих моментов соответственно в радиальном и окружном сечениях по формуле (7.1) dϑ   dϑ +v M r = D , (А) dr   dr где ϑ – угол поворота нормали. Уравнение углов поворота нормали c 1 (Б) ϑ = c1r + 2 − r Qdr dr , r Dr ∫ ∫ Eh 3 где D = – цилиндрическая жесткость пластины; c1 и c2 - постоянные 12(1 − v 2 ) интегрирования. Из уравнения равновесия центральной части пластины (рис.7.3,б) определяем поперечную силу Q :

[

135

]

∑F

z

= 0,

Q ⋅ 2πr − pπ (r 2 − a 2 ) = 0 , Q=

p(r 2 − a 2 ) 2r

( В)

Подставив (в) в (б), получаем r r c2 1  ( pr 2 − a 2 )  r dr dr . −  r Dr ∫a  ∫a 2r  Вычислив интеграл, определяем функцию ϑ и ее производную c2 r ρ  r 4 − a4  − 4a 2 r ln  , ϑ = c1r + − r 16 D  r a

ϑ = c1r +

c dϑ r ρ  2 a4  3r + 2 − 4a 2 − 4a 2 ln  . = c1 − 22 − a dr 16 D  r r Постоянные c1 и c2 находим из граничных условий:

r = a,

Mt = m ; Mr = 0;

r = b = 3a ,

c2 pa 2 c1 (1 + v) − 2 (1 − v) = , a D  c p  2 a4 b c1 (1 + v) − 22 (1 − v) − b ( 3 + v ) + (1 − v) − 4a 2 − 4a 2 ln (1 + v) = 0  2 b 16 D  b a  с2 pa 2 = , a2 D c2 pa 2 pa 2 1,3c1 − 0,077 2 − ⋅18,72 − ⋅ 0,3 ⋅ 4,499 = 0 , a 16 D 16 D pa 2 pa 4 C1 = 0,985 ; c2 = 0,401 . D D a2 r ϑ pa 2   0,985 + 0,463 2 + 0,25 ln  , = r D  a r 1,3с1 − 0,7

(Г)

dϑ pa 2  a2 r2 r 1,235 − 0,463 2 − 0,1875 2 + 0,25 ln  . = dr D  a r a Уравнения изгибающих моментов (а) после подстановки выражений (г) получают вид  a2 r2 r M r (r ) = pa 2 1,53 − 0,324 2 − 0,206 2 + 0,325 ln  , a r a 

M r (a ) = pa 2 ;

M r (3a ) = 0 ;

M r max (1,3a) = 1,075 pa 2 .  a2 r2 r  M t (r ) = pa 1,35 + 0,324 2 − 0,118 2 + 0,325 ln  , a r a  2 2 M r (3a) = 0,679 pa ; M t (a) = 1,56 pa 2

M t (1,3a) = 1,43 pa 2 ; M t (2a) = 1,18 pa 2 По этим результатам построены эпюры изгибающих моментов M r и M t (рис. 7.3,а). Эквивалентное напряжение по теории начала текучести Мора

136

σ eq = σ 1 − k yσ 3 ,

ky =

σ yt = 1. σ yc

Напряженное состояние в опасной точке А (рис.7.3,в): 6M t 6 ⋅1,5 pa 2 6M r 6 pa 2 σr = 2 = = 2400 p ; σt = 2 = = 3744 p . 2 2 h h  a   a       20   20  Главные напряжения: σ 1 = 3744 p ; σ 2 = 2400 p ; σ 3 = 0 . Наибольшее эквивалентное напряжение: σ eq ,max = σ eq , A = 3744 p . Прогиб пластины при r = a : 3a

a

w = ∫ ϑ dr ,

w = − ∫ ϑ dr или

a

3a

 c p r −a r   − 4a 2 r ln  dr = w = ∫ c1r + 2 − a  r 16 D  r a   r2 p  r4 r2 r  − a 4 ln r − 4a 2 = c1 + c 2 ln r − ln + 16 D  4 2 a  2 3a

4

+ 4a 2 −

4

r 2  3a 9a 2 − a 2 3a  = c1 + c2 ln − a 4a 2

3a 3a 9a 2 − a 2  p  81a 4 − a 4   ; − a 4 ln − 4a 4 ⋅ 4,5 ln + 4a 2 16 D  4 4 a a 

pa 4 pa 4 pa 4 pa 2 2 (1,25 − 0,068 − 1,23 + 0,5) = 3,93 . ⋅ 4a + 0,401 ⋅1,098 − w = 0,985 D D D D 4 pa w(a) = 3,93 . D Пример 7.2. Для пластины рис.7.4,а построить эпюры изгибающих моментов, определить наибольшее эквивалентное напряжение по теории начала текучести Мора, найти прогиб при r = a. Принять: b = 3a; d = 5a; h = (1/10)a; ky = 1; v = 0,3. Вес жесткого центра не учитывать. Решение. Интенсивность изгибающих моментов в радиальном и окружном сечениях: ϑ  dϑ   dϑ ϑ M ri = Di  i + v i  ; M ti = Di  i + v i  , r  dr   dr r где ϑ - угол поворота нормали, определяемый выражением  c 1  ϑi = c1i r + 2i − r Q dr   dr , i r Di r ∫r  ∫r  здесь i - номер участка пластины. Разделим пластину на два участка: участок I ( a ≤ r ≤ b ) и участок II ( b ≤ r ≤ d ). Для I участка c Eh 3 1 ϑI = c1I r + 2 I − r Q dr dr ; . D = I I 12(1 − v 2 ) r DI r ∫ ∫

[

137

]

Рис.7.4 Из уравнения равновесия центральной части пластины (рис.7.4,б) что QI = 0 . В этом случае уравнение углов поворота нормали имеет вид c dϑI c ϑI = c1I r + 2 I ; = c1I − 22I . r dr r Для II участка c 1 ϑII = c1II r + 2 II − r QII dr dr ; DII = DI = D . r DII r ∫ ∫ Из уравнения равновесия (рис.7.4,в) b QII = P . ∑ Fz = 0 ; QII ⋅ 2πr − P ⋅ 2πb = 0 , r Уравнение углов поворота нормали r r c 1  b  ϑ II = c1II r + 2 II − r  ∫ P dr  dr , ∫ r Dr b  b r  c Pb  r 2 r r 2 − b 2   ln − . ϑII = c1II + 2 II − 4  r Dr  2 b

[

ϑII r

= c1II +

c2 II Pb  r b2   , − − + 2 ln 1 r 2 4 D  b r 2 

dϑI dϑII . = dr dr 1) c1I a +

следует,

(А)

]

dϑII c Pb  r b2   2 ln + 1 − 2  . = c1II − 22II − dr r 4D  b r  ϑ  ϑ   dϑ  dϑ DI  I + v I  = DII  II + v II  r  r =b r  r =b  dr  dr

имеет вид

∑ Fz = 0

c2 I = 0, a

138

(Б)

c2 I c = c1II b + 2 II , b b c2 I c2 II 3) c1I − 2 = c1II − 2 , b b c2 II Pb  d 2 d d 2 − b 2   ln −  = 0. 4) c1II d + − 4  d Dd  2 b Решая полученную систему уравнений, находим c1I = c1II = c1 , c2 I = c2 II = c2 ; 2) c1I b +

Pa Pa 3 , c2 = −0,297 . D D Подставим значения постоянных в (а) и (б): ϑI Pa Pa Pa  a 3  1 −  , = 0,297 − 0,297 2 = 0,297 r D D  r 2  Dr c1 = 0,297

dϑI Pa Pa 3 Pa a2 = 0,297 + 0,297 2 = 0,297 (1 + 2 ) , dr D Dr D r 3 ϑII Pa Pa Pb  r b2   2 ln − 1 + 2  , = 0,297 − 0,297 2 − r D 4D  b Dr r  dϑ II Pa Pa 3 Pb  r b2   2 ln + 1 − 2  . = 0,297 + 0,297 2 − dr D 4D  b Dr r  Изгибающие моменты на участке I:  ϑ  a2   dϑ M rI = D I + v I  = 0,297 Pa (1 + v ) + (1 − v ) 2  , r  r   dr   dϑ  a2  ϑ M tI = D I + v I  = 0,297 Pa (1 + v ) − (1 − v ) 2  , dr  r   r  M rI ( a ) = 0, 297 Pa (1,3 − 0,7 ) = 0,594 Pa , M tI (a) = 0,297 Pa(1,3 − 0,7) = 0,178Pa ;

1  M rI (3a) = 0,297 Pa1,3 + 0,7  = 0,409 Pa , 9  1  M tI (3a ) = 0,297 Pa1,3 − 0,7  = 0,369 Pa . 9  Изгибающие моменты на участке II: ϑ  Pa 3  dϑ M rII = D II + v II  = 0,297 Pa(1 + v) + 0,297 2 (1 − v) − r  r  dr

M tII

 1 r b2 − 3Pa  ln (1 + v) + 0,25(1 − v) − 0,25 2 (1 − v) ; r  2 b 3 dϑ  Pa ϑ = D II + v II  = 0,297 Pa (1 + v) − 0,297 2 (1 − v) − dr  r  r 2  1 r b − 3Pa  ln (1 + v) − 0,25(1 − v) + 0,25 2 (1 − v) ; r  2 b

M tII (3a) = 0,362 Pa ; M tII (5a) = −0,280 Pa .

M rII (3a ) = 0,409 Pa ; M rII (5a ) = −0,936 Pa ;

139

Эквивалентное напряжение по теории начала текучести Мора:

σ eq = σ 1 − k yσ 3 ,

ky =

σ yt = 1. σ yc

Напряженное состояние в опасной точке А (рис.7.4,г): 6M P 6 ⋅ 0,936 σr = 2r = ⋅ Pa = 562 , 2 a h a    10  6M P 6 ⋅ 0,280 σt = 2 t = ⋅ Pa = 168 . 2 h a a    10  Главные напряжения: P P σ 1 = 562 ; σ 2 = 1`68 ; σ 3 = 0 . a a Наибольшее эквивалентное напряжение: P σ eq ,max = σ eq , A = 562 . a Определение прогиба пластины при r = a . Прогиб на участке I r

wI = c3 I − ∫ ϑ I dr . b

Прогиб на участке II r

wII = c3 II − ∫ ϑII dr . b

Постоянные c3 I и c3 II определяем из условий: r =b, wI = wII ; r=d, wII = 0 . d

Следовательно, c3 I = c3 II = c3 и c3 = ∫ ϑ II dr ; b

5a c2 Pb  r 2 r r 2 − b 2  dr ,  c3 = ∫ c1r + ln − −   r Dr b 2 4 3a   Pa 25a 2 − 9a 2 Pa 3 5 c3 = 0,297 ⋅ − 0,297 ln − D 2 D 3 2 2 2 2 5 25a − 9a 9a 5  P3a  25a Pa 3 . ln − ln = 1,22 − + 3  3 4 4 D  4 D Прогиб пластины при r = a : a Pa 3 b wI = c3 − ∫ ϑ I dr = 1,22 + ∫ ϑ I dr , D a b  3a c  Pa 3  r 2 Pa 3 Pa3 b 9a 2 − a 2 wI = 1,22 + ∫ c1r + 2 dr = 1,22 + c1 + c2 ln r  = 1,22 + c1 + c2 ln 3   a D D D r  2 2 a   3 Pa wI (a ) = 2,08 . D

140

Пример 7.3. Для пластины (рис.7.5,а) построить эпюры изгибающих моментов, определить наибольшее эквивалентное напряжение по теории начала текучести Мора, найти

прогиб в центре пластины. Принять: b = 5a ; h1 = 2h ; h2 = h ; k y =

σ yt = 1 ; v = 0, 3. σ yc

Решение. Интенсивность изгибающих моментов в радиальном и окружном сечениях ϑ  dϑ   dϑ ϑ M ri = Di  i + v i  , M ti = Di  i + v i  . r  dr   dr r Угол поворота нормали  c 1  ϑi = с1r + 2 −  r ∫ Qi dr  dr , ∫ r Dr r  r  здесь i - номер участка пластины. Участок 1 (0 ≤ r ≤ a ) Поперечную силу Q1 определяем из уравнения равновесия центральной части пластины pr (рис.7.5,б) ∑ Fz = 0 , Q1 ⋅ 2πr − pπr 2 = 0 → Q1 = . 2 Угол поворота нормали c 1 r  r pr  dr dr ϑ1 = c1r + 2 − ∫ r∫ r D1r 0  0 2  c pr 3 ϑ1 = c1r + 2 − , r

(А)

16 D1

c 3 pr 2 = c1 − 2 − . dr r 2 16 D1

d ϑ1

Участок 2 ( a ≤ r ≤ b ) Уравнение равновесия (рис. 7.5,в)

∑F

z

= 0,

Q2 ⋅ 2πr − pπr 2 = 0 → Q2 =

pr . 2

Угол поворота нормали

ϑ2 = c3 r +

c4 pr 3 − , r 16D2

(Б)

dϑ2 c 3 pr = c3 − 42 − . dr r 16 D 2 2

Постоянные интегрирования c1 , c2 , c3 , c4 находим из граничных условий:

1) r = 0 ,

ϑ1 = 0 ;

2) r = a ,

ϑ1 = ϑ2 ; 3) r = a ,

ϑ  ϑ   dϑ  dϑ ϑ2 = 0 ; D1  1 + v 1  = D2  2 + v 2  ; 4) r = b , a a   dr  dr E (2h2 ) 3 Eh23 D1 = D = , , 2 12(1 − 0,32 ) 12(1 − 0,32 ) 1) c1 = 0 , 2) c1a −

c pa 3 pa 3 = c3 a + 4 − , 16 D1 a 16 D2

c   3) D1c1 (1 + v) = D2 c3 (1 + v) − 42 (1 − v) , a  

141

M r1 = M r 2 ,

D1 = 8D2 .

c4 pb 3 − =0. b 16 D2 Граничные условия 2,3,4 дают систему уравнений c pa 2 c1 = c3 + 42 − 0,437 , a D1 c c1 = 0,125c3 − 0,00673 42 , a 2 c pb c3 = 0,5 − 42 . D1 b Откуда, 4 pa 2 pa 2 pa c1 = 2,29 ; c2 = 0 ; с3 = 12,9 ; с4 = −10,17 . D1 D1 D1 4) c3b +

Подставляя c1 , c 2 , c3 , c 4 в (а) и (б), получаем

ϑ1

pa 2 pr 2 = 2,29 − 0,0625 , r D1 D1

dϑ1 pa 2 pr 2 = 2,29 − 0,187 , dr D1 D1

ϑ2

pa 2 pa 4 pr 2 = 12,9 + 10,17 − 0,5 , r D1 D1r 2 D1

dϑ2 pa 2 pa 4 pr 2 = 12,9 + 10,17 − 1,5 . dr D1 D1r 2 D1 Изгибающие моменты на 1 участке:   pr 2 M r1 = D1 c1 (1 + v) − (3 + v) = 2,29 pa 2 ⋅1,3 − 0,206 pr 2 ; 16 D1   M r1 (0) = 2,29 pa 2 ⋅1,3 = 2,98 pa 2 , M r1 (a ) = 2,29 pa 2 ⋅1,3 = 2,77 pa 2 . pr 2 M t1 = D1 [c1 (1 + v) − (1 + 3v)] = 2,29 pa 2 ⋅1,3 − 0,119 pr 2 ; 16 D1 M t (0) = 2,29 pa 2 ⋅1,3 = 2,98 pa 2 , M t (a) = 2,29 pa 2 ⋅1,3 − 0,119 pa 2 = 2,86 pa 2 . Изгибающие моменты на 2 участке:   c pr 2 M r 2 = D2 c3 (1 + v) − 42 (1 − v) − (3 + v) , r 16 D2   12,9 2 10,17 4 pr 2 pa ⋅ 1,3 + pa ⋅ 0 , 7 − ⋅ 3,3 , 8 8r 2 16 M r 2 (a ) = 2,77 pa 2 ; M r 2 (5a) = −33,02 pa 2 .

M r2 =

  c pr 2 M t 2 = D2 c3 (1 + v) + 42 (1 − v) − (1 + 3v) , r 16 D2   2 12,9 2 10,17 4 pr M t2 = pa ⋅ 1,3 − pa ⋅ 0,7 − ⋅ 19 , 2 8 8r 16 M t 2 (a) = 1,085 pa 2 ; M t 2 (5a) = −0,91 pa 2 .

142

Эквивалентное напряжение по теории начала текучести Мора:

σ eq = σ 1 − k yσ 3 ;

ky =

σ yt =1 σ yc

Напряженное состояние в опасной точке А (рис.7.5,г): 6M 6M pa 2 pa 2 σ t = 2 t = 5,46 2 ; σ r = 2 r = 18,12 2 . h h h h Главные напряжения pa 2 pa 2 σ 1 = 18,12 2 ; σ 2 = 5,46 2 ; σ3 = 0 . h h Наибольшее эквивалентное напряжение: pa 2 σ eq ,max = σ eq , A = 18,12 2 . h Прогибы в центре пластины: r

.

r

w1 = c5 − ∫ ϑ1dr ,

w2 = c6 − ∫ ϑ2 dr .

a

a

Постоянные c5 ,c6 определяются из условий r = a, w1 = w2 , Определение прогиба в центре пластины r

c5 = c6 . r

w1 = c5 − ∫ ϑ1dr ,

w2 = c6 − ∫ ϑ2 dr .

a

a

Постоянные c5 , c6 определяются из условий

r = a,

w1 = w2 ,

5a

c6 = ∫ ϑ2 dr ,

w2 = 0 ,

r = 5a ,

c5 = c6 ; a

 c pr  pa 4 dr = c3 ⋅ 12a 2 + c4 ln 5 − ⋅ 9,75 , c6 = ∫  c3 r + 4 − r 16 D2  D2 a pa 2 pa 4 pa 4 c6 = 12,9 ⋅ 12a 2 − 10,17 ⋅ 1,61 − ⋅ 8 ⋅ 9,75 , D1 D1 D1 5a

3

c6 = 60,4

pa 4 . D1

Прогиб в центре пластины ( r = 0 ) a a 0 pr 3 pa 4 pa 4 pa 4 − ∫ ϑ1 dr = 60,4 + ∫ ϑ1 dr =60,4 + ∫ (c1 r − w1 = 60,4 )dr , D1 o D1 0 D1 a 16 D1 pa 4 pa 4 pa 4 w1 = 60,4 + 2,29 − , D1 2 D1 64 D1 pa 4 w1 = 61,5 . D1 7.2. Расчет осесимметричных тонкостенных оболочек 7.2.1. Основные положения теории Многие тонкостенные элементы машин выполняются в виде оболочек вращения (корпуса летательных аппаратов, резервуары, химическая аппаратура и т.п.) и рассчитываются по безмоментной теории.

143

Безмоментная теория позволяет рассчитывать напряжения в тонкостенных оболочках вращения при осесимметричной нагрузке, и основана на предположении о равномерном распределении напряжений по толщине оболочки. При этом стенки оболочки не изгибаются, а только растягиваются или сжимаются в двух направлениях: меридиональном и окружном. При нагружении оболочки осесимметричной нагрузкой изгиб происходит в зонах оболочки, прилегающих к местам закрепления, резкой смены ее геометрии, в зонах приложения сосредоточенных нагрузок. В этих областях напряжения меняются по толщине стенок неравномерно и результаты расчета по безмоментной теории неприменимы. Окружные и меридиональные напряжения в оболочках рассчитывают с помощью уравнения Лапласа:

σt σm ρ (7.6) + = , ρt ρm h где σ t и σ m - окружные и меридиональные напряжения; ρ t и ρ m - окружной и меридиональный радиус кривизны срединной поверхности оболочки; ρ – внутреннее нормальное давление в оболочке; h - толщина оболочки. Поскольку в уравнение Лапласа входит две неизвестные, то для решения задачи о нахождении напряжений составляется второе уравнение, представляющее собой условие равновесия отсеченной части оболочки в проекции на ее ось (рис.7.6,а) σ m 2πrhSinϑ = F . При записи уравнения равновесия (7.7) полезно использовать следующие теоремы: Теорема 1. Равнодействующая давления, равномерно распределенного по отсеченной поверхности оболочки, в направлении ее оси равна произведению давления на площадь проекции этой поверхности на плоскость, перпендикулярную оси оболочки. Теорема 2. Если на какую-либо поверхность действует давление жидкости, то вертикальная составляющая сил давления равна весу жидкости в объеме, расположенном над поверхностью. Поясним эти теоремы примерами. На рис.7.6,б,в показаны оболочки, нагруженные равномерным давлением (газ) и изображены отсеченные части оболочки. Во всех случаях равнодействующая сил давления в направлении оси равна F = ρπr 2 . На рис.7.6,г,д представлены сосуды, наполненные жидкостью. Определяем вертикальную составляющую сил давления в сечении Z . Для этого отсекаем часть оболочки, свободную от опор, нормальным сечением. В случае рис.7.6,г вертикальная составляющая силы давления жидкости действует вниз и равна осевой равнодействующей F = γV , где V заштрихованный объем. В случае рис.7.6,д вертикальная составляющая объема, условно заполненного жидкостью. Для сосуда рис.7.6,е в сечении Z , осевая равнодействующая силы давления жидкости F = γ ⋅ V , V - заштрихованный объем. Для записи условия прочности необходимо применять один из критериев пластичности. Величина допускаемых напряжений, как правило, занижается за счет возможной коррозии и для придания оболочкам большей жесткости. 7.2.2. Примеры расчета оболочек вращения Пример 7.4. Определить коэффициент запаса по текучести n y для резервуара,

нагруженного газом, находящимся под давлением p = 5 ⋅ 10 5 Па (рис.7.7,б). Дано: R = 0 ,4 ;

ϑ = 45o ; h = 3 ,5 ⋅ 10 −3 м; σ y = 200 МПа. Решение. 1. Рассматриваем сферическое днище. Отсекаем коническим, нормальным сечением часть сферической оболочки (рис.7.7,а). Уравнение равновесия

144

∑F

z

σ m 2πrhSinα = pπr 2 ,

= 0,

Рис.7.6

σm =

pr pr = . 2hSinα 2h

Здесь r = ρ t Sinα , ρ m = ρ t = R . Из уравнения Лапласа (7.6) определяется окружное напряжение pρ σ ρ pR pR σt = t − m t = , − h ρm h 2h pR σt = . 2h 2. Рассматриваем цилиндрическую часть резервуара. Рассекаем цилиндрическую поверхность резервуара плоскостью, нормальной к оси и рассматриваем равновесие левой части (рис.7.7,в). Уравнение равновесия ∑ Fz = 0 , σ m 2πRh = pπR 2 , отсюда pR . 2h pt = R . Окружное напряжение определяется из уравнения

σm =

Для цилиндра p m = ∞ , Лапласа (7.6)

145

pρ t σ m ρ t pR − = . h ρm h 3. Рассматриваем коническую часть резервуара (рис.7.7,г). На расстоянии z от вершины конуса рассекаем коническую поверхность резервуара коническим, нормальным сечением. Радиус r окружности, полученной сечением серединной поверхности оболочки плоскостью, нормальной к оси симметрии, зависит от координаты z : r = z ⋅ tgϑ . Радиусы кривизны ρm = ∞ , ρ t = ztgϑ / cos ϑ .

σt =

Рис.7.7 Уравнения равновесия отсеченной части оболочки ∑ Fz = 0 , σ m 2πrh cosϑ = pπr 2 , откуда меридиональное напряжение равно pr ptgϑ σm = = z. 2h cosϑ 2h cosϑ Окружные напряжения найдем из уравнения Лапласа pρ ρ p tgϑ σt = t −σm t = ⋅z. h ρ m h cos ϑ При z = H pH tgϑ pH tgϑ σm = , σt = . 2h cosϑ h cosϑ На рис.7.7,д приведены эпюры напряжений с учетом ϑ = 45 : Наибольшие напряжения возникают в конической оболочке при z = H . Для точки, принадлежащей срединной поверхности, pR pR σ1 = σ t = 2 , σ2 =σm = 2 , σ3 = 0. h 2h Напряженное состояние двухосное. По теории Треска-Сен-Венана (теория наибольших касательных напряжений) эквивалентное напряжение pR 2 5 ⋅ 105 ⋅ 0,4 ⋅ 2 σ eq = σ 1 − σ 3 = = = 8 ⋅ 10 7 Н/м2=80 МПа −3 h 3,5 ⋅ 10 o

146

Коэффициент запаса по текучести n y =

σ y 200 = = 2,5 . σ eq 80

Замечание: На границе сферической и цилиндрической оболочек окружные деформации этих оболочек отличаются. Для сферической оболочки 1 1 − v pR . ε t ,сф = (σ t − vσ m ) = ⋅ E E 2h Для цилиндрической оболочки 1 2 − v pR ε t ,цил = (σ t − vσ m ) = ⋅ . E E 2h Следовательно, на границе оболочек безмоментное состояние невозможно и в зоне границы происходит изгиб. Аналогичная картина наблюдается на границе цилиндрической и конической оболочек. Пример 7.5. Исследовать распределение напряжений и построить эпюры окружных и меридиональных напряжений для конического резервуара (рис.7.8,а), заполненного жидкостью плотностью ρ . Решение. Для конической оболочки на расстоянии z от вершины tgα ρm = ∞ и ρt = z . cos α Давление на стенку резервуара 2 g 2 2 / 3H ≤ z ≤ H p = 0. 0≤ z≤ H , p = ( H − z) . ρ 3 3

Рис.7.8 Используя уравнение Лапласа, получим для верхней части резервуара 2 H ≤z≤H. 3 p σ t = ρt = 0 . h 2 Для нижней части 0 ≤ z ≤ H : 3 ρgtgα  2 p  σ t = ρt =  H − z⋅ z . h 4 cosα  3 

147

Напряжения меняются по параболе и максимального значения достигают при z = H /3 ρgH 2tgα . σ t max z = H / 3 = 9h cos α Для определения меридионального напряжения запишем уравнение равновесия части оболочки, отсеченной коническим нормальным сечением на расстоянии z от вершины оболочки. 2 0 ≤ z ≤ H (рис.7.8,б). Нижняя часть 3 1  2 ∑ Fz = 0 , σ m 2πrh cosα = ρg  3 H − z π ⋅ r 2 + 3 ρgπ ⋅ r 2 z , ρgtgα σm = ( H − z ) ⋅ z . (квадратичная функция). 3h cos α Исследуем σ m на экстремум dσ m ρgtgα 1 = = ( H − 2 z ) = 0 → z∗ = H . 3h cosα 2 dz 2 ρgH tgα . σ m ,max 1 = z∗ = H 3 h cos α 2 Верхняя часть

2 H ≤ z ≤ H (рис.7.8,в). 3

∑ Fz = 0 ,

1 2 3 3

 

2

2 3

σ m 2πrh cosα = π  H ⋅ tgα  ⋅ Hρg ,

4 ρgH 3tgα , здесь r = z ⋅ tgα . 81hz cosα Эпюры напряжений σ m и σ t представлены на рис.7.8,д,е. Пример 7.6. Подобрать толщину стенки резервуара (рис.7.9,а), наполненного

σm =

γ = 1⋅ 10 4 Н/м3. Размеры резервуара: d = 1 м; H = 1 м; ϑ = 45o . Допускаемое напряжение σ adm = 50 МПа. жидкостью, удельный вес которой

Решение. Рассмотрим три участка (рис.7.9). 3 3   Первый участок 0 ≤ z ≤ d (рис.7.9,б): давление p = γ  3H + d − z  ; 2 2   ϑ Ctg ϑ = 45o ; радиусы r = zCtgϑ ; ρt = z ; ρm = ∞ . Sinϑ 3 3 Второй участок d ≤ z ≤ 3H + d (рис.7.9,в): 2 2 3 3 3   ρt = d ; ρm = ∞ . p = γ  3H + d − z  ; r = d ; 2 2 2  

148

Рис.7.9 3 3 Третий участок 3H + d ≤ z ≤ 4 H + d (рис.7.9,г): 2 2 3 3 p = 0; r= d; ρt = d ; ρm = ∞ . 2 2 На всех участках радиус ρ m = ∞ , поэтому окружное напряжение σ t о определить сразу из уравнения Лапласа (7.6), которое принимает вид pρ σt = t . (А) h 3 Первый участок 0 ≤ z ≤ d . 2 3   γ  3H + d − z  2  ⋅ zctgϑ (квадратичная функция). (Б) σt =  h sin ϑ dσ t = 0 определяется координата z ∗ , при которой напряжение σ t Из условия dz принимает экстремальное значение 3 3 z∗ = H + d . 2 4 3 Поскольку z∗ > d в пределах участка σ t не имеет экстремума и наибольшее напряжение 2 3 будет возникать при z = d : 2 9 2 Hdγ . σ t ,max = 2 h Для определения σ m коническая поверхность рассекается коническим, нормальным сечением на расстоянии z от вершины конуса (рис.7.9,б). Уравнение равновесия

149

∑F

z

откуда

1



3



σ m 2πrhSinϑ = γ  πr 2 z + πr 2  3H + d − z  . 2   3

= 0,

3 2  γzctgϑ  3 2    3H + d − z  =  3H + d − z  . 2h sin ϑ  2 3  2h sin ϑ  2 3  Исследуем функцию σ m на экстремум

σm =

γr

( В)

dσ m 3 3  = 0 → z ∗ =  3H + d  . dz 4 2  Как видно в пределах участка σ m экстремума не имеет. Наибольшее напряжение 3 возникает в точках с координатой z = d : 2 3γdctgϑ  3 2γd  9 3   σ m,max =  H + d.  3H + d − d  = 4h sin ϑ  2 4  h 4  3 3 Второй участок d ≤ z ≤ 3H + d . 2 2 Окружное напряжение σ t , полученное на основании формулы (а), имеет вид  σt = 

3 2 h

3 2

γ  3H + d − z  d

σt

3 z= d 2

=

9 γdH ; 2 h

σt

(Г)

, 3 z =3 H + d 2

σm

= 0.

Меридиональное напряжение σ m определяется из условия равновесия отсеченной части оболочки (рис.7.9,в). Вертикальная составляющая сил давления складывается из веса жидкости в отсеченной части и силы давления выше расположенных слоев жидкости 2 2 1  3 2 3 3 3  3 3   3    ∑ Fz = 0 , σ m 2π 2 dh = γ  3 π  2 d  2 d + π  2 d   z − 2 d  + π  2 d  γ  3H + 2 d − z  .   откуда γd  9 3  σ m =  H + d  = const . (Д) h 4 8  3 3 Третий участок 3H + d ≤ z ≤ 4 H + d . 2 2 Согласно формуле (а) окружное напряжение σ t = 0 . Для определения меридионального напряжения σ m рассматривается равновесие отсеченной части резервуара (рис.7.9,г). Вертикальная составляющая сил давления равна весу жидкости, помещенной в сосуде 3 1  3 2 3  3 3  F = 0 , σ 2 π γ π π 3 + dh = d d d H      , ∑ z m 2 2   3  2  2 

γd  9

3   H + d  = const . h 4 8  Согласно выражениям (б - е) строятся эпюры напряжений на рис.7.9,а.

σm =

150

(Е )

σ m и σ t , представленные

3 Наибольшие напряжения возникают в точках первого участка при z = d . Так как 2 напряжения σ m и σ t одного знака, то для точек срединной поверхности имеем 9 2 Hdγ 3  dγ 9 ; σ 2 = σ m = 2 H + d  ; σ3 = 0 . 2 h 4  h 4 Эквивалентное напряжение по теории Треска-Сен-Венана (наибольших касательных напряжений) 9 2 Hdγ σ eq = σ 1 − σ 3 = . 2 h Толщина стенки h оболочки определяется из условия прочности 9 2 Hdγ σ eq ≤ σ adm , = σ adm ; 2 h 9 2 Hdγ 9 2 1 ⋅ 1 ⋅ 10 4 h= = = 1,26 ⋅ 10 −3 м. 2 σ adm 2 50 ⋅ 10 6 Таким образом, h ≅ 1,5 мм. Пример 7.7. Определить коэффициент запаса по текучести n y стенок

σ1 = σ t =

цилиндрической части резервуара, стоящего на грунте

(рис.7.10,а) и наполненного −3

жидкостью удельного веса γ = 1⋅ 10 Н/м3. Дано: толщина стенки h = 1 ⋅ 10 м; высота H = 4 м; диаметр d = 1 м; предел текучести материала σ y = 200 МПа. Решение. Выделяются два участка. d ρm = ∞ . Первый участок 0 ≤ z ≤ H . Давление p = γ ⋅ z ; радиусы r = ρ t = ; 2 Второй участок H ≤ z ≤ 2 H . p =γ ⋅z ; r = ρt = d ; ρm = ∞ . На всех участках окружное напряжение σ t определяется из уравнения Лапласа pρ σt = t . h На первом участке γdz γdH σ t z−H = σt = ; . σ t z =0 = 0 ; 2h 2h Меридиональное напряжение σ m определяется из условия равновесия отсеченной части оболочки (рис.7.10,б) ∑ Fz = 0 , σ m = 0 , так как стенка воспринимает только радиальное давление. На втором участке 2dγH dγH dγz σ t z =H = σt = ; ; σ t z =2 H = . h h h Меридиональное напряжение (рис.7.10,в)  2 d2   d − , 2 = F = 0 , σ π γ π dh H ∑ z m 4   4

σm =

3 γdH = const . 8 h

151

Рис.7.10 Замечание: Вертикальная составляющая сил давления равна весу жидкости, заключенной в заштрихованном объеме АБВГДЕЖЗ (рис.7.10,в). Эта сила направлена вверх. Осевая составляющая сил давления может быть определена как проекция на ось вращения распределенного по поверхности участка переменного давления ρ (рис.7.10,г). Эпюры напряжений σ t и σ m представлены на рис.7.10,а. Наиболее опасным является нижнее сечение оболочки (рис.7.10,а): 2γdH 3γdH σ1 = σ t = ; σ2 = σm = ; σ3 = 0. h 8h Эквивалентное напряжение по теории наибольших касательных напряжений (по теории Треска-Сен-Венана) 2γdH 2 ⋅ 10 2 ⋅ 1 ⋅ 4 σ eq = σ 1 − σ 3 = = = 80 МПа. 1 ⋅ 10 −3 h Коэффициенты запаса по текучести σ y 200 ny = = = 2,5 σ eq 80 7.3. Толстостенные трубы 7.3.1. Краткие сведения и теории Рассмотрение тел вращения, нагруженных силами, симметричными относительно оси тел (цилиндры компрессоров, трубопроводы высокого давления, диски паровых и газовых турбин и т.д.), приводит к осесимметричным задачам. Решение осесимметричных задач проводится в цилиндрической системе координат r , ϑ , z (рис.7.11,а). При выборе в качестве z оси тела вращения напряжения, деформации и перемещения не зависят от угла ϑ. Для трубы неограниченной длины, нагруженной внутренним p1 и наружным давлением p 2 (рис.7.11,б), окружные и радиальные напряжения (рис.7.11,в) определяются по формуле Ламе [1]. B σ r ,t = A m 2 , (7.7) r где А и В – произвольные постоянные

152

Рис.7.11 Постоянные А и В в каждом конкретном случае нагружения трубы определяются из граничных условий. Так, если труба нагружена внутренним p1 и наружным p 2 давлениями (рис.7.11,г), то постоянные определяются из следующих условий: r = r1 σ r = − p1 , при

r = r2 σ r = − p 2 . при Подставляя эти условия в формулу (7.7), получим 2 2 p r − p2 r2 A = 1 12 , r2 − r12 B=

( p1 − p2 )r12 r22 . r22 − r12

Осевые напряжения σ z определяются из уравнения равновесия отсеченной части трубы. Так, например, осевое напряжение в трубе с днищами, нагруженной осевой силой F (рис.7.12,а): ∑ Fz = 0 , σ zπ (r22 − r12 ) + F − p1πr12 = 0 , r12 F (7.8) . − 2 2 2 r2 − r1 π (r2 − r12 ) Указанные результаты решения задачи Ламе теряют свою силу около торцов трубы. Используя решения задачи Ламе, можно найти напряжения у отверстия в бесконечной плите при запрессовке штифта (рис.7.12,б). При этом граничные условия имеют вид при r = r1 σ r = − p ,

σ z = p1

при r = ∞ Используя формулу (7.7), получаем A = 0,

σr =0

B = pr12 .

r12 Таким образом σ r ,t = m p 2 . r2 Напряжения в вале в месте посадки диска по прессовой посадке можно получить как частный случай нагружения трубы наружным давлением p (рис.7.12, в). В этом случае граничные условия σr = 0, r = r1 (r1 = 0)

153

r = r2 (r2 = d / 2)

σr = −p .

Рис.7.12 Тогда A = −p

r22 , r22 − r12

B = −p

r12 r22 ; r22 − r12

pr22  r12  1 −  . r t (7.9) r22 − r12  r 2  Эта формула справедлива для труб, нагруженных внешним давлением p (рис.7.13,б).

σ =−

Поскольку для сплошного вала r1 = 0 и r2 = d / 2 , то

σt = −p .

Для трубы, нагруженной внутренним давлением (рис.7.13,а) и для трубы, нагруженной внешним давлением (рис.7.13,б), наиболее опасны точки, расположенные у внутренней поверхности труб и эквивалентные напряжения по теории наибольших касательных напряжений (при σ z = 0 ) для этих труб равны друг другу: 2r22 . (7.10) r22 − r12 Максимальное давление, которое можно создать в трубе без появления пластических деформаций 2r22 r22 − r12 σ eq = p y 2 2 = σ y → p y = σ y . r2 − r1 2r22 Для «толстых» труб: p y = σ y / 2 . Для снижения окружных напряжений используются составные трубы, посаженные друг на друга с натягом ∆ (рис.7.13,в). Натягом ∆ называется разность между наружным радиусом внутреннего цилиндра и внутренним радиусом наружного цилиндра до посадки. На границе двух труб возникает контактное давление ∆ / rk , pk = 2 2  1  r22 + rk2  (7.11) 1  rk + r1  2  2 − v1  + + v2  2 2 E1  rk − r1  E2  r2 − rk 

σ eq = p

где E1 , E 2 ,v1 ,v 2 - модули упругости и коэффициенты Пуассона материалов внутреннего и наружного цилиндров. При неравномерном нагреве по радиусу цилиндра в нем возникают температурные напряжения, которые суммируются с напряжением от давления. Запишем формулы для температурных напряжений при линейном законе изменения температуры по радиусу r −r T (r ) = T0 2 , (7.12) r2 − r1

154

где T0 = T1 − T2 ; T1 и T2 - температуры на внутренней и наружной поверхностях цилиндра соответственно

Рис.7.13 

σ r = C r −

r13  r12   r23 − r13   , − 1 −  ⋅  r 2  r 2   r22 − r12 

  r 3  r 2   r 3 − r 3  σ t = C 2r + 12 − 1 + 12  ⋅  22 12  , r  r   r2 − r1    r3 − r3  σ z = C 3r − 2 22 13  , r2 − r1  

(7.13)

EαT ; α - коэффициент линейного температурного расширения материала 3(1 − v)(r2 − r1 ) цилиндра. 7.3.2. Примеры расчета толстостенных труб

где C =

Пример 7.8. Толстостенная труба с днищами нагружена внутренним давлением p и

крутящим моментом M (рис.7.14,а) Найти коэффициент запаса по текучести n y . Дано: p = 150 МПа; r2 = 100 мм; σ y = 500 МПа; M = 200 кНм. Решение. Окружные и радиальные напряжения при внутреннем давлении определяются по формулам (7.7). Постоянные А и В определяются из граничных условий r = r1 , σr = −p;

r = r2 , 2 1

r A= p 2 ; r2 − r12

σ r ,t = Эпюры напряжений σ r и определяется по формуле (7.8)

pr12 r22 − r12

σr =0.

pr12 r22 B= 2 . r2 − r12   r2  2  1 m    .   r  

(7.14)

σ t показаны на рис. 7.14,б. Осевое напряжение

σz = p

r12 = 50 МПа. r22 − r12

155

Рис.7.14 Касательные напряжения

τ=

Mr , Ip

Ip =

πd 4 32

= 0,1(2 ⋅ 10 −1 ) 4 = 1,6 ⋅ 10 −4 м4.

τ r =r1 = 62 ,5 МПа; τ r =r2 = 125 МПа. Эпюры напряжений σ z и τ приведены на рис.7.14,б. Определяем эквивалентные напряжения по критерию Треска – Сен – Венана: 1) Для точек А у внутренней поверхности трубы (рис.7.14,а) при r = r1 - объемное напряженное состояние 2 50 + 250  250 − 50  2 σ max = ±   + 62,5 = 150 ± 118 ; 2 2   min σ 1 = 268 Мпа, σ 2 = 32 Мпа, σ 3 = −150 Мпа, σ eq , A = σ 1 − σ 3 = 418 МПа. 2) Для точек В у наружной поверхности трубы ( рис.7.14,а) при r = r2 - плоское напряженное состояние 2 50 + 100  100 − 50  2 σ max = ±   + 125 = 75,5 ± 127 . 2 2   min σ 1 = 202 МПа; σ 2 = 0 ; σ 3 = −51 Мпа; σ eq , B = σ 1 − σ 3 = 253 МПа. Итак, опасная точка находится у внутренней поверхности трубы, σ eq , A > σ eq ,B . Коэффициент запаса прочности равен n y =

σy σ eq, A

=

500 = 1,2 . 418

Пример 7.9. Сравнить коэффициенты запаса прочности по текучести для трубы, нагруженной внутренним давлением (рис.7.15,а) и составной трубы, имеющей тот же внутренний и наружный радиусы, нагруженной тем же давлением (рис.7.15,б). Дано: сплошная труба: r1 = 20 мм; r2 = 45 мм; p = 300 МПа. Составная труба: r1 = 20 мм;

r2 = 45 мм; натяг при посадке ∆ = 4,5 ⋅ 10 −2 мм; rk = 30 мм.

Решение. 1. Сплошная труба: окружные и радиальные напряжения определяем по формуле (7.14) 2 pr12   r2   σ r ,t = 2 1 m    , r2 − r12   r  

156

σ r r =r = −300 МПа ; σ r r =r = 0 ; σ t r =r = 448 МПа; σ t r =r = 148 МПа. 1

2

1

2

Рис.7.15 Напряженное состояние в опасной точке, расположенной у внутренней поверхности (рис.7.13,а), плоское с главными напряжениями σ 1 = 448 МПа; σ2 = 0; σ 3 = −300 МПа. Эквивалентное напряжение по критерию Треска-Сен-Венана σ eq = σ 1 − σ 3 = 748 МПа. Коэффициент запаса прочности равен n y ,спл =

σy = 1,07 . σ eq

2. Составная труба: контактное давление за счет посадки определяется по формуле (7.11)

pk =

∆E (rk2 − r12 )(r22 − rk2 ) = 57,7 МПа. 2rk3 (r22 − r12 )

Напряжения σ r и σ t от контактного давления в трубах вычислены по формулам (7.9) и (7.14): 1) Внутренняя труба нагружена внешним давлением p k :

σ =− r t

σ r r =r = 0 ; σ r r = r = − p k = −57,7 МПа; σ t r =r 1

k

 r12  1 − 2  ;  r  = −208 МПа;

pk rk2 rk2 − r12 1

σ t r =r = −150 МПа. k

2) Внешняя труба нагружена внутренним давлением p k : 2 pk rk2   r2   σ r = 2 2 1 m    , t r2 − rk   r  

σr

r = rk

= − pk = −57,7 МПа; σ r

r = r2

= 0; σt

r = rk

= 150 МПа; σ t

r = r2

= 92 МПа.

Эпюры напряжений от контактного давления в трубах показаны на рис.7.15,б. Напряжения в составной трубе, нагруженной внутренним давлением (рис.7.16,а), получим, сложив напряжения от внутреннего давления в сплошной трубе (рис.7.15,а) с напряжениями от контактного давления в составной трубе (рис.7.15,б). Для вычисления коэффициента запаса прочности в составной трубе при действии внутреннего давления, необходимо найти эквивалентное напряжение в двух точках: точка А в зоне контакта у внешней трубы и точка В у внутренней поверхности внутренней трубы (рис.7.16,а).

157

Рис. 7.16

Рис.7.15 Напряженное состояние составной трубы: Точка А (рис.7.16,б) σ 1 = σ t , A = 390 МПа; σ2 = 0;

σ 3 = − pk = −150 МПа.

Эквивалентное напряжение по критерию Треска-Сен-Венана σ eq, A = σ 1 − σ 3 = 540 МПа. Точка В (рис.7.16,в)

σ 1 = σ t ,B = 240 МПа;

Эквивалентное напряжение

σ2 = 0;

σ 3 = −300 МПа.

σ eq , A = σ 1 − σ 3 = 540 МПа.

Таким образом, точки А и В равноопасны. Коэффициент запаса по текучести равен σ y 800 = = 1,5 . ny = σ eq 540 7.4. Задачи для самостоятельного решения Задача 7.1. Для кольцевой пластинки постоянной толщины (рис.7.17,а), нагруженной по наружному контуру распределенной нагрузкой P [Н/м], построить эпюры изгибающих моментов M r и M t , найти максимальный прогиб wmax и коэффициент запаса по текучести

n y . F ; r1 ; r2 ; h ; σ y - заданы. Задача 7.2. Кольцевая пластина постоянной толщины (рис.7.17,б) находится под давлением p [Н/м2]. Определить коэффициент запаса прочности пластины и максимальный

прогиб. Дано: p ; r1 ; r2 ; σ y . Задача 7.3. Кольцевая пластина, защемленная по внешнему контуру, загружена распределенным моментом te по радиусу r1 , как это показано на рис.7.17,в. Найти

максимальные напряжения σ r max , σ t max и максимальный прогиб wmax . Дано: te ; r1 ; h . Задача 7.4. Стальная пластина диаметром 2 R = 0,2 м, показанная на рис.7.17,г, находится под действием сосредоточенной силы F = 1 кН, приложенной в центре (принять p = 0 ). Из условия жесткости найти допускаемое значение толщины h пластины, если wadm = 0,5 мм.

158

Рис.7.17 Задача 7.5. Крышка цилиндрической оболочки диаметром 2 R = 0,1м выполнена из меди ( E = 1⋅ 105 МПа; v = 0,32 ; σ adm = 60 МПа) и находится под давлением p = 0,2 МПа (рис.7.17,г. принять F = 0 ). Из условия прочности по критерию Хубера-Мизеса подобрать толщину крышки h . Задача 7.6. Цилиндрический резервуар с толщиной стенок h полностью заполнен жидкостью плотностью p (рис.7.18,а). Построить эпюры меридиональных и окружных напряжений. Задача 7.7. Конический резервуар на ¾ высоты может быть заполнен водой (рис.7.18,б). Определить необходимую толщину стенки резервуара, если он изготовлен из стальных листов. Принять с учетом коррозии стенки σ adm = 60 МПа, применить критерий Треска-Сен-Венана. Задача 7.8. Шаровый газгольдер изготовлен из алюминиевых листов толщиной h = 20 мм (рис.7.18,в). Определить максимальное давление газа, на которое рассчитан газгольдер, если σ adm = 60 МПа. Использовать критерий текучести Треска-Сен-Венана.

Рис. 7.18 Задача 7.9. Определить коэффициенты запаса по текучести в сечениях n − n и m − m детали стального трубопровода (рис.7.18,г), заполненного жидкостью под давлением p . Фланец А нагружен моментом М. Дано: d = 50 мм; h = 1 мм; p = 4 МПа; M = 150 Н⋅м;

σ yt = σ yc = 250 МПа. Задача 7.10. Определить напряжения, возникающие в коническом колоколе (рис.7.18,д), предназначенном для подводных работ, при опускании его на глубину H = 5 м.

159

Высота колокола H = 2 м, угол ϑ = 60 o , толщина стенки h = 3 ⋅ 10 −3 м. Удельный вес воды γ = 1⋅ 10 4 Н/м3. Задача 7.11. Определить коэффициент запаса по текучести змеевика-компенсатора (рис.7.19,а), выполненного из толстостенного стального капилляра (трубки), передающего давление p = 200 МПа. Диаметр компенсатора D = 400 мм, размеры трубки: внешний диаметр d = 10 мм, внутренний диаметр ∆ = 2 мм. Наибольшее усилие, растягивающее компенсатор, F = 200 H . Материал трубки - низколегированная конструкционная сталь σ yt = σ yc = 450 МПа. Задача 7.12. Бронзовый цилиндр, внешний диаметр которого d 2 = 400 мм, а внутренний d1 = 200 мм, находится под действием внутреннего давления p = 40 МПа (рис.7.19,б). Определить коэффициент запаса по текучести, пользуясь теорией Мора, если σ yt = σ yc = 90 МПа. Как изменится коэффициент запаса конструкции, если на бронзовый

цилиндр надеть плотно без натяга стальной цилиндр с толщиной стенки h = 50 мм (рис.7.19,в)? Предел текучести стали σ yt = σ yc = 300 МПа. Принять для бронзы v = 0,25 ; для стали ν = 0,3 .

Рис.7.19

160

Глава 8. ДИНАМИЧЕСКОЕ ДЕЙСТВИЕ СИЛ 8.1. Расчет движущихся и неравномерно нагретых элементов конструкций 8.1.1. Общие положения По условиям работы большинство деталей машин находятся в движении (например, лопатки и диски турбомашин, шатуны и т.д.). Во многих случаях ускорения движущихся элементов практически не зависят от их деформации и могут быть определены методами кинематики твердого тела. Ускорения точек равномерно вращающихся тел (диски, шкивы) постоянны по величине и направлению. Их напряженное состояние не изменяется по времени. Если же ускорения в процессе движения меняют величину и направление (например, шатуны), то можно исследовать напряженное состояние в отдельные моменты времени. Для изучения напряженного состояния неравномерно движущихся (или равномерно вращающихся) тел воспользуемся принципом Даламбера. Систему будем рассматривать как неподвижную, но к каждой ее точке приложим силу, пропорциональную плотности материала, ускорению и направленную в сторону, противоположную ускорению. Эти дополнительные силы будем называть силами инерции. Заметим, что в эту схему вписывается и расчет тел, находящихся под действием собственного веса.

Б

А

Рис. 8.1

В элементах вращающихся или движущихся неравномерно стержневых систем возникает одноосное напряженное состояние, и внутренние силы (а по ним и напряжения) определяются методом сечений. Во вращающихся дисках (рис.8.1,а) имеет место осевая симметрия [1]. Силы, действующие на диск, в том числе центробежные силы от вращения, направлены радиально и равномерно распределены в окружном направлении. Напряженное состояние в диске - двухосное; напряжения равномерно распределены по толщине. На рис. 8.1,б показан элемент диска толщиной h с инерционными нагрузками. Толщину h предполагаем малой по сравнению с наружным радиусом r2. Рассмотрев равновесие элемента, получаем дифференциальное уравнение d h σ h + σ − σ + ρω 2 h = 0 . (8.1) t dr r r r

( ) (

)

Радиальные перемещения u связаны с деформациями ε t и ε r зависимостями: u du ε = , ε = . t r r dr Используя обобщенный закон Гука, выразим напряжения через деформации: E Eα∆t σ = ε + νε − , t t r 1 −ν 1 −ν 2

σ = r

( ) E Eα∆t ( ε − νε ) − , t 2 r 1 −ν

1 −ν где α∆t - температурная деформация; ν - коэффициент Пуассона.

161

(8.2)

(8.3)

Для диска постоянной толщины из уравнений (8.1...8.3) после их преобразований и интегрирования получаем следующие формулы для напряжений: B 1 + 3ν (8.4) ρω 2 r 2 + E[F (r ) − α∆t (r )], σt = A + − 2 8 r (8.5) B 3 +ν σr = A− ρω 2 r 2 − EF (r ), − 8 r2 (8.6) 1 r F (r ) = α∆t (η )ηdη , η1 ≤ η ≤ r , ∫ r 2 r1 где r1 – внутренний радиус диска; ∆t (r ) – функция температуры диска по радиусу. Температура диска предполагается постоянной по толщине. В равномерно нагретом по радиусу диске температурные напряжения отсутствуют [14]. Радиальное перемещение определяется выражением:  r  B (1 + ν ) 1 − ν 2 (8.7) − u =  A(1 − ν ) + ρω 2 r 2  + r [(1 + ν )F (r ) − α∆t ]. 2 E  8  r Постоянные A и В определяются из граничных условий в зависимости от формы диска и способа его нагружения. Граничные условия на контуре диска могут быть заданы в перемещениях или силах. На рис.8.2 показаны различные варианты граничных условий, которые встречаются наиболее часто. На наружном контуре диска при r = r2 σr =σr2 или σr=0 (рис. 8.2, а). Граничные условия на внутреннем контуре радиуса r=r1 диска зависят от условий его закрепления.

Рис.8.2 Если диск свободно посажен на вал или центральное отверстие свободно, то σr1=0. Если диск посажен на вал с диаметральным натягом ∆ и этот натяг достаточен, чтобы при вращении он не исчезал, то граничным условием является условие совместности 1 деформаций диска и вала (рис.8.2,в) u-ub = ∆ , где u и ub – радиальные перемещения 2 диска и вала под действием всех факторов (посадки, температуры, центробежных сил), часто принимают ub = 0. Иногда диски выполняют без центрального отверстия (рис.8.2,6). В этом случае на некотором малом радиусе r1 = (0,01...0,05)r2, σr1=σt1. 8.2. Примеры расчетов Пример 8.1. Стержень заданных размеров постоянного поперечного сечения движется под действием силы F с ускорением α (рис.8.3,а). Установить законы изменения по длине стержня внутренних сил, напряжений и относительных перемещений и построить эпюры напряжений и перемещений. Решение. В соответствии с принципом Даламбера рассмотрим неподвижный стержень, нагруженный распределенной нагрузкой интенсивности ne (рис 8.3, а). Начало координат поместим на левом торце. Интенсивность инерционной нагрузки равна ne=ρAa, (a)

162

Рис. 8.3 где ρ - плотность материала стержня; А - площадь поперечного сечения стержня; а ускорение. Выделим двумя поперечными сечениями, отстоящими на расстоянии z от начала координат элемент длиной dz и рассмотрим его равновесие (рис. 8.3, в). Проектируя все силы на ось z , запишем: ∑Fz=N + dN + ne dz – N=0, где N – нормальная сила. Подставив ne в уравнение (а), получим дифференциальное уравнение dN = − ρAα , dz интеграл которого равен N = с - pAaz. Постоянную интегрирования С определяем из граничных условий: при z = О, N - 0 => С = 0 , Fz . при z= l , N = -F => a = ρl Следовательно, Fz N = -ρAaz = − , l N σ= = − ρaz . A Отметим, что значение напряжений не зависит от размеров площади поперечного сечения. Рассмотрим перемещения, связанные с деформациями. Левый торец примем за неподвижный. Перемещение wz сечения z равно удлинению части стержня длиной z z z ρα ραz 2 ηdη = − . w z = ∫ ε (η )dη = − ∫ 2E 0 0 E Эпюры напряжений показаны на рис. 8.3. Пример 8.2. Построить эпюры нормальных сил, напряжений и перемещений, возникающих в конической колонне под действием собственного веса. Плотность материала колонны - ρ; размеры показаны на рис. 8.4,а. Решение. Поместим начало координат в верхнем сечении, направив ось z вниз. При таком выборе системы отсчета нормальная сила определяется из решения дифференциального уравнения (б, пример 8.1), в котором в отличие от примера 8.1, площадь поперечного сечения является функцией z, а ускорение а = g .Диаметр колонны в текущем сечении z  d ( z ) = d 1 +  , l 

163

z  A ( z ) = A0 1 +  l 

2

,

где А0 - площадь верхнего сечения. После интегрирования уравнения (б, пример 8.1) получаем 3 z 1  N = C − ρgA0l 1 +  . 3  l 1 Так как при z=O N=O,то C= ρgA0 l. Тогда окончательно имеем 3 3   z   1   N =  ρgA0 l  1 − 1 +  , 3   l      3  (a) z   1 − 1 +   ρgl l  ⋅ .  σ = 2 3 z   1 +    l  При определении перемещений начало координат поместим в неподвижном основании. Обозначим расстояние от текущего сечения до основания через x, тогда z + x = l . Заменяя переменную в выражении для напряжений (а), получим ρg l 3 − (2l − x )3 . ⋅ σ= 3 (2l − x )2 Перемещение текущего сечения составляет ρg  l 2 x 2lx − x 2  ρg x l 3 − ( 2l − η ) 3 , − dη = w( x ) = ∫  2 3 E 0 ( 2l − η ) 2 3 E  2( 2l − x )  где 0 ≤ η ≤ x .

Рис. 8.4 На рис. 8.4,б показаны эпюры сил, напряжений и перемещений. Заметим, что при l = 6м, ρ = 2,78⋅103 кг / м3 (алюминиевый сплав), d = 0,1 м максимальное напряжение 7 σ max = ρgl = 90 Кпа, 12 а максимальное перемещение 1 w max = ρ g l 2 = 44 ⋅ 10 − 6 м. 3E Пример 8.3. Определить максимальные напряжения в стержне длиной l постоянного поперечного сечения, вращающемся с постоянной угловой скоростью ω (рис. 8.5, а). Решение. Схема нагружения стержня показана на рис. 8.5. Интенсивность инерционной нагрузки на расстоянии z от оси вращения ne(z)=ρAω2z. (a)

164

Рассмотрев равновесие элемента стержня длиной dz (см. пример 8.1), получаем dN=-ρAω2zdz. (б) На свободном торце стержня, при z = l , нормальная сила отсутствует. Используя это условие, получаем после интегрирования уравнения (б) N=-ρAω2( l 2 -z2}. Максимальные напряжения действуют в сечении z = 0 1 1 σ max = ρω 2 l 2 или σ max = ρV 2 . 2 2 Здесь V = ω l – окружная скорость свободного торца. На рис. 8.5,б показаны эпюры интенсивности инерционной нагрузки ne и нормальной силы N.

Рис. 8.5

Рис. 8.6

Пример 8.4. Стержень длиной l с сосредоточенной массой m на конце вращается с постоянной угловой скоростью ω (рис.8.6). Установить закон изменения площади поперечного сечения стержня, при котором он будет равнопрочным. Решение. Условие равнопрочности стержня (рис.8.6) имеет вид: N σ= = const. A( z ) Следовательно, N=cA(z), а dN=cdA(z). Подставляя это равенство в (б, пример 8.3), получим следующее дифференциальное уравнение dA c = − ρω 2 zdz. A Решение этого уравнения имеет вид ρω 2 2 A = D exp(− ⋅ z ). 2c Постоянную D определяем из условия, что при z = l , А = А0 , тогда  ρω 2 l 2  . D= A0 exp   2c    Следовательно,  ρω 2 2  A = A0 exp  l − z 2 .  2c  Поскольку нормальная сила на торце N=mω2 l , то постоянная c (напряжение в стержне) равна: mω 2 l . c= A0

(

165

)

 ρA l  z 2   . A = A0 exp  0 1 − 2   2m  l  Пример 8.5. Определить напряжения и радиальные перемещения, возникающие в тонкостенном кольце при его вращении в своей плоскости с угловой скоростью ω (рис. 8.7,а). Решение. Воспользуемся принципом Даламбера. Остановив кольцо и нагрузив его силами инерции qe = ρАω2R, приходим к расчетной схеме замкнутого кругового контура, нагруженного равномерно распределенной нагрузкой (рис. 8.7,а). Вследствие полной симметрии во всех сечениях кольца напряженное и деформированное состояния, а также радиальные перемещения u всех точек одинаковы. Поэтому в поперечном сечении отлична от нуля только нормальная сила N. Поэтому

А

Б

Рис.8.7

Разрезав кольцо на две части (рис.8.7,б) и рассмотрев равновесие отсеченной части, получим 2N = qe⋅2R. Следовательно,

σ=

qe R = ρω2R2. A

Определим радиальное перемещение u. Длина окружности кольца в недеформированном состоянии 2πR, а в деформированном - 2π(R+и), следовательно, окружная деформация ε = u/R. Зная напряжение, по закону Гука при одноосном напряженном состоянии, устанавливаем: σR ρω 2 R 3 u= = . E E

Рис. 8.8 Пример 8.6. Построить эпюры напряжений в равномерно нагретом вращающемся диске постоянной толщины без отверстия (рис. 8.8,а). Вычислить максимальные напряжения, если ρ = 7,8 103 кг / м3; n = 6000 об/мин; r2 = 0,2 м; ν = 0,24. Решение. В сплошном диске из условия симметрии напряжения σr, и σt в центре равны, к тому же они ограничены. Поэтому в формулах (8.4 и 8.5) постоянная В = 0 . Постоянную А находим из граничного условия на наружном контуре: 3 +ν r=r2 σr=0 или A= ρω 2 r22 . При 8 Подставив значения постоянных в формулы (8.4), (8.5), (8.7), получаем

166

2 3 +ν  1 + 3ν  r  ρω 2 r22 1 −  2 ; 8 3 + ν  r2    r2  3 +ν σr = ρω 2 r22 1 − 2 ; 8  r2  1 + 3ν  r 2  r (3 + ν )(1 − ν ) 2 2 u= ρω r2 1 −   + α∆tr. 8 3 + ν  r22  E  Из последнего равенства видно, что радиальное перемещение в равномерно нагретом диске определяется двумя слагаемыми. Первое слагаемое отражает зависимость перемещения от частоты вращения, упругих постоянных, плотности материала и размеров диска, второе – только от изменения температуры. Выше отмечалось, что при равномерном нагреве температурные напряжения в диске не возникают. На рис. 8.8,б,в показаны эпюры безразмерных напряжений σ r ,σ t и безразмерного

σt =

радиального перемещения нагрева). Принято

u , возникающего в диске только от вращения (без учета σ =

σ , ρω 2 ρ 22

uE . ρω 2 r23 Как следует из эпюр, максимальные напряжения возникают в центре диска u=

σt max=σr max=0.405ρω2 r22 =0.405ρV2.

Здесь V=ωr2 – линейная скорость точек обода. Из последнего равенства можно определить допустимую скорость для диска Vadm:

V

adm

=

σ adm

0,405 ρ

,

где σadm – допускаемое напряжение. В рассмотренном примере σt max=σr max=50 МПа при ω = πn/ 30 = 628с-1. Максимальное радиальное перемещение umax = 2,2 • 10 -5 м. Пример 8.7. При сборке диск постоянной толщины посажен на вал с радиальным натягом ∆. Определить освобождающее вал число оборотов диска (рис.8.9,а). При расчетах принять r1 = 0,03м; r2 = 0,15м; ∆ = 0,004r1 ; ρ = 7,8. 10 -3кг / м3; ν = 0,24; Е = 2,1 ⋅ l O5 MGa.. Решение. При освобождающей частоте вращения ω 0 контактное давление между валом и диском становится равным нулю и задача сводится к решению диска со свободной внутренней и наружной поверхностями. Поэтому постоянные А и В определяются из следующих граничных условий: при r=r1, σr=0 и при r = r2 σr = 0. Из уравнения (8.5) получаем B 3 +ν  A− 2 − ρω 02 r12 = 0, 8  r1  B 3 +ν A− 2 − ρω 02 r22 = 0. 8 r2  Обозначив

ρω 02 r12 = a и решив систему, устанавливаем

3 + ν r22 + r12 ; a 8 r12 Формулы (8.4), (8.5) и (8.7) принимают вид

A=

167

B=

3 +ν 2 ar2 . 8

 r 2 r 2 1 + 3ν r 2  a 1 + 22 + 22 − ⋅ , 3 + ν r12  r  r1 3 + ν  r22 r22 r 2  σr = a 1 + 2 − 2 − 2 , 8 r1   r1 r  r22  r12 1 − ν 2 r 2  r 3 +ν  ⋅  a. u= ⋅ (1 − ν ) ⋅ 1 + 2  + (1 + ν ) 2 − E 8  3 + ν r12  r  r1 

σt =

3 +ν 8

Рис.8.9 Введем безразмерные напряжение σ = σ/a и радиальное перемещение u = uE /( ar1 ) , эпюры которых показаны на рис. 8,9,б,в. Искомую частоту вращения ω 0 найдем, приравняв радиальное перемещение при r=r1 заданному значению, т.е. 2 2  2  ∆ 3 + ν ρω0 r1  r2 1 − ν  = ⋅ ⋅ + , 2 3 + ν  4 r E  r 1  1 

откуда следует, что ω 0 =1200с-1 (n=11500 об/мин). Пример 8.8. Вращающийся диск с отверстием неравномерно нагрет по радиусу (рис. 8.10). На наружном контуре действует растягивающая нагрузка интенсивности

qe = ρω 2 r22 β . Установить закон изменения окружных и радиальных напряжении, если

r2/r1=3; β=0,25; ∆t (r ) = ∆t 2 (r 2 − r12 )/ (r22 − r12 ); ν=0,625; ρ, ω, E, r1 и α ∆t2 – заданы. Здесь r1 и r2 - радиус внутреннего и наружного контуров диска; ∆t2 – изменение температуры на наружном контуре. Решение. Так как диск неравномерно нагрет, то найдем функцию F(r): (r 2 − r12 ) 2 α∆t 2 r 2 2 α∆t 2 1 . F (r ) = ⋅ ⋅ ∫ η − r1 ηdη = r2 4 r22 − r12 r 2 r22 − r12 r1 Обозначим значение функции F(r) на наружном контуре через F2, а на внутреннем – через F1,: α∆t 2 2 2 F1 = 0; F2 = r2 − r1 . 4r22 Граничные условия: при r = r1, σr = 0; при r = r2, σr = qe . Тогда B 3 +ν A− − ρω 2 r12 = 0, 2 8 r1

(

)

(

168

)

(

)

B 3 +ν − ρω 2 r22 − EF2 = qe , A− 2 8 r2

qe =

2 ρω 2 r22 4

,

Рис.8.10 откуда находим постоянные А и В 3 +ν A= 8

 r2  ar 4 r 2 EF a1 + 22  + 2 22 2 + 22 22 , r2 − r1  r1  4r1 r2 − r1 ar24 r22 r12 3 +ν 2 B= ar2 + + EF2 , 8 4 r22 − r12 r22 − r12

(

(

)

)

где a = ρω r1 . Формулы для напряжений σt и σr, в общем виде получаются громоздкими и поэтому не приводятся. С учетом соотношений, данных в условии задачи, получаем 2 F2 = α∆t 2 , A = 0,25 Eα∆t 2 + 6,6a; 9 B = (0.25αE∆t 2 + 6,19a )r12 . Подставив выражения для F(r1), А и В в формулы (8.4) и (8.5), получаем  r 2 r 2 − r 2  r 2 − r12  α∆t 2 E r2 r2  σ 1 = (6.6 + 6.19 12 − 0.218 2 )a + 1 + 12 + 2 12  4 − r r1 r2 − r1  r 2  r  4 , 2 2 2 2 2 2 r r − r1 r2 − r α∆t 2 E r σ 1 = (6.6 + 6.19 12 − 0.406 2 )a + . r r1 r 2 r22 − r12 4 Вторые слагаемые в этих формулах определяют температурные напряжения в неподвижном диске с отверстием. На рис. 8.10,б представлены эпюры напряжений для вращающегося диска с контурной нагрузкой без нагрева, a на рис. 8.10,в – температурные напряжения в неподвижном диске. Первые отнесены к параметру а, вторые - к α∆t2E. Как видно из эпюр, максимальные напряжения действуют на внутреннем контуре. Следует обратить внимание на тот факт, что эпюра окружных температурных напряжений - самоуравновешена, т.е. r 2 ∫ σ t dr = 0 . r 1 Пример 8.9. Стальное зубчатое колесо постоянной толщины посажено на стальной вал с натягом ∆0 (рис.8.11). Колесо вращается с частотой npaб=2500 об/мин и передает мощность Р=25 квт. Определить коэффициент запаса прочности для колеса по теории текучести Треска-Сен-Венана. Дано: материал вала и колеса – Ст30; σy = 300МПа; t=50мм; r1 = 14мм; r2=100 мм, ν = 0,3; E = 2⋅105МПа; q = 7,8⋅103кг/м3. Решение. Для зубчатого колеса в качестве расчетной схемы выбирается тонкий диск постоянной толщины. 2 2

169

Рис.8.11 Угловая скорость диска

πn ραδ

3,14 ⋅ 2500 = 262c −1. 30 30 Момент, передаваемый диском, рассчитываем по формуле P 25 ⋅ 103 M = = = 95,5H ⋅ м. ω 262 Непроворачиваемость диска по отношению к валу при передаче момента М обеспечивается за счет сил трения между валом и диском (коэффициент трения f = 0,15). Условие непроворачиваемости (с нормативным коэффициентом запаса nadm=l,5 ) имеет вид

ω=

=

M=

Mf nadm

,

где Mf = Pkω f πr1 tr1 – момент сил трения, откуда определим требуемое контактное давление pkω между валом и диском при вращении вала с угловой скоростью ω M ⋅n 95,5 ⋅ 1,5 adm = p ≥p = = 15,5 МПа. kω adm 2πr12 tf 2 ⋅ 3,14 ⋅ 0,014 2 ⋅ 0,05 ⋅ 0,15 Найдем натяг ∆ω при рабочем числе оборотов, обеспечивающий требуемое контактное давление pkω = padm, a pkω определяется по формуле −1   ∆ ω E r22 − r12 r22 + r12 ∆ω  r1   = +ν  p = . 1 −ν + kω 2 2 2  2  E   4r2 r1 r2 − r1    Тогда 4r 2 r 2 1 , ∆ = ⋅p ω adm 2 2   E r − r   2 1  откуда 4r22 r1 4 ⋅ 0,12 ⋅ 0,014 6 = = 15,5 ⋅ 10 , .p adm E r22 − r12 2 ⋅ 1011 0,12 − 0,014 2

)

(

(

)

(

)

∆ω = 4,43⋅10-6м. Связь ∆ω с начальным натягом ∆0 дается выражением (8.8) ω 2 r1  ρ (3 + ν ) 2  ρ (1 − ν ) ρ (1 − ν )  2  ∆ω = ∆ 0 − r2 +  − r , − 2  E E  1   E 2 2 3 + ν ρω r1r2 ∆ω = ∆ 0 − ⋅ , E 2

170

отсюда 2 2 3 + ν ρω r1r2 3,3 ⋅ 7,8 ⋅ 10 3 ⋅ 262 2 ⋅ 0,014 ⋅ 0,12 ∆ 0 = ∆ω + ⋅ = 4,43 ⋅ 10 −6 + = 5,05 ⋅ 10 −6 м. 11 E 2 2 ⋅ 10 ⋅ 2 Проверка прочности диска по теории текучести Треска-Сен-Венана. При определении напряжений воспользуемся принципом суперпозиции σ r = σ rd + σ rk , , σ t = σ td + σ tk ,   где σd и σk – инерционные и контактные напряжения. Инерционные напряжения в точках диска определяются по формулам (8.4), (8.5). При r=r1 σrd = 0, 3 2 ρω 2 (3 + ν )r22 + (1 − ν )r12 = = 7,8 ⋅ 10 ⋅ 262 3,3 ⋅ 0,12 + 0,7 ⋅ 0,014 2 = 4,44 Мпа. σ td = 4 4 При r=r2, σrd=0, 3 2 ρω 2 (3 + ν )r22 + (1 − ν )r12 = = 7,8 ⋅ 10 ⋅ 262 3,3 ⋅ 0,014 2 + 0,7 ⋅ 0,12 = 1,02 Мпа. σ td = 4 4 Контактные напряжения в диске определяются по формуле p1r12 − p 2 r22 p1 − p 2 r12 r22 1 rk σ tk = m , ⋅ r22 − r12 r22 − r12 r2

[

]

(

)

[

]

(

)

(

)

где p1 и p2 – внутреннее и внешнее давления. Здесь p1 = pkω = padm; p2 = 0, тогда p r12  r 2  rk adm 2 σ tk = 1 m 2 . 2 2 r2 − r1  r  В опасных точках: при r=r1 σrk = -padm = -15,5 МПа, r12 + r22 15,5 ⋅ 10 6 0,014 2 + 0,12 σ tk = p adm = = 16,12 МПа. r22 − r12 0,12 − 0,014 2

(

при r=r2

)

σrk=0

r12 2 ⋅ 15,5 ⋅ 10 6 ⋅ 0,014 2 adm = σ tk = = 0,62 МПа. r22 − r12 0,12 − 0,014 2 2p

Окончательно складывая инерционные и контактные напряжения, получим в точках диска у его внутренней и внешней поверхностей: при r=r1 σr = σrd+σrk = - 15,5 МПа; σt = σtd+σtk = 4,44+16,12 = 20,56 МПа. при r=r2 σr=σrd+σrk=0 – 15,5 = = 15,5 Мпа; σt=σtd+σtk=1,02 + 0,62 = 1,64 Мпа.

171

Таким образом, более опасной является внутренняя точка диска. Касательные напряжения в этой точке диска равны касательным напряжениям на поверхности вала (τtr=τ) и определяются из соотношения τ = τtr = pkω⋅f, τ = 15,5⋅0,15=2,325 МПа. Напряженное состояние в рассматриваемой точке изображено на рис.8.11,б. Главные напряжения в данном случае определяем по формуле 2 σt +σr σt −σr   + τ 2 , ±  σ 1,3 = 2 2   2 20,56 − 15,5  20,56 + 15,5  2 σ 1,3 = ±   + 2,325 = 2,53 ± 18,18. 2 2   Итак, σ1 = 20,71 МПа ; σ2 = 0; σ3 = -15,65 МПа . По теории текучести Треска-Сен-Венана σeq = σ1-σ3 = 20,71-(-15,65)=36,36 МПа. Коэффициент запаса для диска σy 300 ny = = = 8,25. σ eq 36,36 8.2. Расчеты на ударную нагрузку 8.2.1. Общие положения. Примеры

Ударные нагрузки возникают в процессе работы в элементах различных машин (отбойные молотки, кузнечно-прессовое оборудование, автоматическое оружие, транспортные машины и др.). Расчет на прочность при ударе включает в себя вычисление напряжений и деформаций, возникающих в соударяемых деталях. Здесь рассматриваются методы расчета напряжений и деформаций при ударном нагружении стержневых систем. Механическим ударом называется столкновение тел, сопровождающееся полным или частичным переходом кинетической энергии тел в энергию их деформации [б]. Момент встречи тел называется началом удара; момент, когда взаимодействие тел прекращается концом удара. Интервал между двумя этими моментами называется временем или продолжительностью удара. Основная гипотеза приближенной теории удара состоит в том, что деформация предполагается возникающей мгновенно во всех сечениях стержня. Эта гипотеза практически означает, что большая масса ударяет по стержню со скоростью, малой по сравнению со скоростью звука, и продолжительность соударения значительно больше времени, необходимого для прохождения упругой волны по стержню. Таким образом, принимается, что форма упругой линии стержневой системы при ударе такая же, как и при статическом нагружении. Далее, предполагается, что удар абсолютно неупругий, то есть в момент первого контакта ударяющее тело "прилипает" к стержню, и после этого движется вместе с ним. Для упругих стержней это движение имеет колебательный характер, однако, с течением времени, колебания затухают благодаря неизбежным внешним и внутренним потерям энергии. Наибольшие напряжения, возникающие в первый период после удара, оказываются значительно больше тех, которые возникают в дальнейшем. Приближенная теория удара позволяет оценить именно эти напряжения и деформации, т.е. возникающие в первый период после удара.

172

Многочисленные эксперименты свидетельствуют, что упругие характеристики материала (модуль упругости, коэффициент Пуассона) не зависят от скорости нагружения. В то же время предел текучести материала существенно зависит от скорости нагружения. Эксперименты показывают, что предел текучести при динамической нагрузке выше, чем при статической. Для мягких сталей предел текучести повышается в большей степени, чем для твердых сталей. На рис. 8.12,а представлена зависимость отношения динамического предела текучести σy,din к статическому σy,st от величины статического предела текучести.

Рис.8.12 Существенно, что при ударной нагрузке часто наблюдаются хрупкие разрушения таких деталей, которые при статическом нагружении разрушаются при значительных пластических деформациях. Особенно велика опасность такого рода хрупкого разрушения при наличии концентрации напряжений и при низкой температуре. Все указанные обстоятельства должны учитываться в расчетах на ударную нагрузку. Рассмотрим удар груза массой m, движущегося горизонтально со скоростью V0, по пружине, массой которой пренебрежем. Результаты, которые будут получены ниже, справедливы не только для пружины, но и в равной мере для любого другого упругого элемента: упругого стержня, балки, стержневой системы. Процесс удара протекает следующим образом. Груз после касания пружины продолжает двигаться, сжимая ее, причем сила упругости пружины постепенно уменьшает скорость груза. Вся кинетическая энергия груза в момент остановки переходит в потенциальную энергию деформации пружины (рассеянием энергии пренебрегаем). Уравнение баланса энергии имеет вид 2 mV02 Cδ din = , K0 = U или 2 2 где δdin - максимальная осадка пружины при ударе (динамическая); С - жесткость пружины, откуда m δ din = V0 . c Теперь можно найти максимальную силу в пружине, возникающую при ударе

Fdin = Cδ din = V0 mc. Таким образом, для уменьшения силы удара следует использовать пружины с малой жесткостью. Теперь рассмотрим вертикальный удар по пружине жесткости С массы m (рис.8.12,б). Обозначим через V0 скорость массы m в момент начала удара; δdin - максимальное сжатие пружины.

173

Уравнение энергетического баланса запишется как K0+П = U, (8.8) 2 mV0 – кинетическая энергия движущегося груза в момент начала удара; П == где K 0 = 2 mgδdin - изменение потенциальной энергии груза от положения начала соприкосновения с 2 cδ din – пружиной до его остановки в момент максимального сжатия пружины δdin; U = 2 потенциальная энергия деформации пружины. Таким образом, уравнение (8.8) принимает вид 1 1 = Cδ 2 , mV02 + mgδ din 2 din 2 отсюда V02 2 δ din − 2δ st δ din − δ = 0. (8.9) g st mg = δst – представляет собой осадку пружины под действием силы, равной Величина c весу груза Fst = mg и приложенной статически. Решение уравнения (8.9) запишем как  V02   δ din = δ st 1 + 1 + (8.10) . gδ st     Величина δ din V02 (8.11) K = = 1+ 1+ din δ st gδ st называется коэффициентом динамичности или динамическим коэффициентом. Очевидно, что F δ σ K = din = din = din , din δ st σ st Fst где Fdin - максимальное усилие удара (динамическое); Fst = mg – вес ударяющего груза. Динамический коэффициент показывает, во сколько раз максимальное перемещение или максимальное усилие при ударе превышает аналогичные величины при статическом приложении нагрузки. Учитывая, что V0 = 2 gh , получим из (8.11) K

din

= 1+ 1+

2h

δ st

.

(8.12)

В случае внезапного приложения нагрузки ( V0 = 0 или h = 0 ) К din = 2. Наконец рассмотрим задачу определения динамического усилия и перемещения при вертикальном падении груза массой m на пружину жесткостью С с присоединенной к ней массой m1 (рис.8.12,в). Здесь δ0 =

m1 g – предварительное сжатие пружины под действием c

силы, равной весу груза массой m1, и приложенной вертикально. Следуя принятым ранее допущениям, удар считаем абсолютно неупругим, т.е. после начала удара грузы "прилипают" друг к другу и далее движутся вместе с общей скоростью V1 (рис. 8.12,г). Скорость V1, груза общей массой (m + m1 ) после начала удара может быть найдена из условия сохранения количества движения

174

MV0+m1V01 = (m+m1)V1,

при V01=0,

откуда

V1 =

m V0 . m + m1

Заметим, что следствием неупругости удара является рассеяние энергии. Однако при решении задачи пренебрегая рассеянием энергии, будем считать, что вся кинетическая энергия грузов, которой они обладают в момент начала удара, переходит в потенциальную энергию сжатой пружины. Уравнение баланса энергии имеет вид 1 1 1 2 m + m1 V12 + m + m1 gδ + Cδ 02 = C δ 0 + δ . din din 2 2 2 В левой части уравнения записаны кинетическая энергия грузов сразу после начала удара (первое слагаемое), уменьшение потенциальной энергии грузов при их перемещении от начала удара до полной остановки (второе слагаемое) и потенциальная энергия сжатой пружины под действием силы, равной весу груза m1, и приложенной статически (третье слагаемое). Вся эта энергия переходит в потенциальную энергию сжатой пружины, которая записана в правой части. Уравнение (8.13) после преобразования записывается как V02δ st 2 δ din =0, − 2δ st δ din −  m1  1 + g m  mg где δ st = - осадка пружины под действием силы, равной весу груза массой m и C приложенной статически. Откуда     2 V0   δ din = δ st 1 + .  m1   1 +  gδ st   m     Динамический коэффициент равен

(

)

(

(

)

K din = 1 +

V02 .  m1  1 +  gδ st m 

)

(8.14)

 m  Учитывая, что V0 = 2 gh и 1 + 1 δ st = δ st + δ 0 , получим m  K din = 1 + 1 +

2h . δ st + δ 0

(8.15)

Выражения (8.14, 8.15) для динамического коэффициента при отсутствии груза m1 (δ 0 = 0) совпадают с ранее полученными выражениями (8.11, 8.12). Формулы (8.14, 8.15) показывают, что наличие груза (буферной массы) снижает коэффициент динамичности. Пример 8.10. Найти максимальные напряжения, возникающие в цилиндрической пружине при ударе по ней грузом массой m = 2 кг со скоростью V0 = 0 м/с (рис.8.13,а). Пружина до удара сжата на δ 0 = 40 мм, средний диаметр витка пружины D = 60 мм, диаметр проволоки d = 6 мм, число рабочих витков i = 10 . Материал проволоки – сталь, модуль сдвига G = 8 ⋅ 10 4 МПа. Масса пружины пренебрежимо мала по сравнению с массой груза.

175

Решение. Уравнение баланса энергии имеет вид mV02 Cδ 02 C (δ din + δ 0 ) 2 + = . 2 2 2 Отсюда полная осадка пружины δ din + δ 0 составит mV02 + δ 02 . C

δ din + δ 0 = Жесткость пружины С равна C=

Gd 4 8 ⋅ 10 4 ⋅ (6) 4 = = 6 Н/м=6⋅103 Н/м. 8 D 3 i 8 ⋅ (60) 3 ⋅ 10

mV02 2 2 ⋅ 32 2 δ din + δ 0 = +δ0 = + 4 ⋅ 10 − 2 ≈ 67,8 мм. 3 C 6 ⋅ 10 Максимальное усилие, действующее на пружину при ударе Fmax = C (δ din + δ 0 ) = 6 ⋅ 67,8 = 405 Н. Вычисляем максимальные касательные напряжения, возникающие в пружине 8F D T 8 ⋅ 4,05 ⋅ 10 2 ⋅ 60 ⋅ 1,13 τ max = ⋅ K τ = max3 K τ = = 323 МПа, Wp πd π 63

(

)

где K τ - коэффициент, учитывающий кривизну витка и наличие поперечной силы ( K τ = 1,13 при D / d = 10 ). Пример 8.11. Найти напряжения, возникающие в пружине (рис.8.13,б) при ударе тела массой m = 2 кг, движущегося со скоростью V0 = 5 м/с. Средний диаметр витка пружины D = 40 мм, диаметр проволоки пружины d = 6 мм, число рабочих витков i = 12 . Масса тела, связанного с пружиной m1 = 1,5 кг, модуль сдвига материала проволоки

Рис.8.13

G = 8 ⋅ 10 4 МПа. Массой пружины пренебречь. Решение. Общую скорость грузов, «слипшихся» после начала удара, найдем по формуле m V1 = V0 . m + m1 Кинетическая энергия грузов, которой они обладают после соударения, полностью переходит в потенциальную энергию сжатой пружины. Поэтому (m + m1 )V12 = Cδ din2 , 2 2 отсюда mV0 δ din = . (m + m1 )C Жесткость пружины равна C=

(

)

4

Gd 4 8 ⋅ 1010 6 ⋅ 10 −3 = = 1,69 ⋅ 10 4 н/м=16,9 Н/мм. 3 3 − 2 8D i 8 ⋅ 4 ⋅ 10 12

(

)

Динамическая осадка

176

δ din =

mV0

(m + m1 )C

=

5⋅2

(2 + 1,5)1,69 ⋅ 10

4

= 41 ⋅ 10 −3 м.

Максимальное усилие, действующее на пружину при ударе Fmax = δ din C = 41 ⋅ 10 −31,69 ⋅ 10 4 = 693 Н. Максимальные касательные напряжения D Fmax −2 2 K = 8 Fmax D K = 8 ⋅ 693 ⋅ 4 ⋅ 10 ⋅ 117 = 381 МПа. τ max = τ τ 3 Wp πd 3 π (6 ⋅ 10 −3 ) 8.2.2. Расчет стержней при действии осевой ударной нагрузки

Изложенная в предыдущем разделе теория расчета и расчетные формулы сохраняют свою силу и для линейно-упругих стержней, подверженных ударной нагрузке в осевом направлении, отличаются лишь жесткостью С. Например, для стержня постоянного сечения, подвергающегося удару груза массой m , падающего с высоты (рис.8.14,а), можно воспользоваться формулой (8.12) для вычисления динамического коэффициента (если массой стержня можно пренебречь). Величина δ st в формуле (8.12) представляет собой удлинение стержня под действием силы, равной весу груза массой m , и приложенной статически Nl mgl δ st = = , EA EA где А – площадь поперечного сечения стержня. Таким образом, динамический коэффициент равен hEA (8.16) K din = 1 + 1 + 2 . mgl Напряжения при ударе mg  hEA  1 + 1 + 2 . σ din = K dinσ st = (8.17) A  mgl  Из формулы (8.17) видно, что напряжения при ударе зависят не только от площади А поперечного сечения стержня, как это имеет место при статическом приложении нагрузки (в статическим определяемых стержневых системах), но и от длины l и модуля упругости материала стержня, т.е. напряжения при ударе зависят как от размера стержня, так и от его упругих свойств. При этом с увеличением длины стержня, т.е. чем больше «энергоемкость» стержня, динамические напряжения уменьшаются, с увеличением модуля упругости материала – увеличиваются. Если площадь поперечного сечения стержня, испытывающего удар меняется ступенчато, то снизить динамические напряжения можно, повысив сечение наиболее тонкой части стержня или уменьшив площадь поперечного сечения толстой части, то есть понизив общую жесткость стержня. Проиллюстрируем сказанное следующим примером - вычислим динамические напряжения для трех стержней одинаковой длины, но имеющих разные поперечные сечения (рис.8.14,б). Считая массы стержней пренебрежимо меньшими массы падающего на них груза, коэффициенты динамичности найдем по формуле (8.12). Вычислим величину δ st для трех вариантов стержней. Для варианта «а» Mg  (l − l 2 ) l 2  δ st = + ,  E  A1 A2  для варианта «б»

177

δ st =

Mgl , EA1

δ st =

Mgl . EA2

для варианта «в»

Обозначив A2 = a, A1

l2 = b, l

запишем 1 b  (δ st ) a : (δ st )τ : (δ st ) b = 1 − b +  : 1 : . a a 

Рис.8.14 В формуле (8.12) единицей под корнем по сравнению с величиной 2

h

δ st

можно

пренебречь, так как обычно сжатие под действием силы, раной весу груза, много меньше h высоты падения груза. Поэтому 1 < 2 . По этой же причине можно пренебречь и единицей

δ st

по сравнению с корнем, и поэтому приближённая формула для коэффициента динамичности примет вид h K din = 2 ⋅ .

δ st

Тогда a :1: a . a ( a − b) + b Для динамических напряжений в соответствии с формулой (8.17) имеем для варианта «а» mg mg (σ din ) a = ( K din ) a = ( K din ) a , aA1 A2 для варианта «б» mg (σ din ) δ = ( K din ) δ , A1 для варианта «в» mg mg (σ din ) b = ( K din ) b = ( K din ) b , A2 aA1 откуда получим 1 1 (σ din ) a : (σ din ) δ : (σ din ) b = :1: . 2 a a (1 − b) + ab ( K din ) a : ( K din ) δ : ( K din ) b =

Если, например, принять а= A2 / A1 = 0,5 ; в= l2 / l = 0,5 , то

178

( K din ) а : ( K din ) б : ( K din ) в = 0,815 : 1 : 0,707 . Тогда соотношение между динамическими напряжениями составит (σ din ) a : (σ din ) б : (σ din ) в = 1,63 : 1 : 1,4 . Таким образом, наибольшие напряжения возникают в ступенчатом стержне, а наименьшее – в толстом стержне постоянного сечения. Анализируя проведенные расчеты, можно сделать вывод о том, что динамические напряжения зависят от местного утолщения стержня (поскольку меняется жесткость всего стержня), хотя на статические напряжения эти утолщения не влияют. Местное уменьшение сечения резко повышает напряжения при ударе. Для снижения динамических напряжений следует стремиться снижать жесткость стержня, применяя буферные пружины, материалы с низким модулем упругости, избегать местных выточек. В предыдущих примерах массой стержня пренебрегалось по сравнению с массой ударяющего тела. Однако в некоторых случаях масса стержня может оказать существенное влияние на динамические напряжения при ударе. Рассмотрим приближенной метод учета массы стержня, который заключается в приведении массы стержня удара, после чего задача сводится к известному решению (8.15). Пусть груз массой m падает с высоты h и ударяется о выступ стержня (рис.8.15,а). Размеры и материал стержня известны. Скорость груза в момент начала удара V0 = 2 gh . С этого момента нижнее сечение стержня начнет перемещаться вниз, приобретая скорость V - общую для груза и нижнего сечения стержня. Примем, что скорость любого сечения на расстоянии от заделки прямо пропорциональна перемещению этого сечения относительно заделки при статическом приложении нагрузки z V = V0 . l Вычислим кинетическую энергию всего стержня. Для этого выделим из стержня бесконечно малый элемент длиной dz (рис.8.15,а). Масса этого элемента dm = ρAdz , где ρ - плотность материала стержня; А – площадь поперечного сечения. Кинетическая энергия стержня l V 2 dm ρA V02 l . K =∫ = 2 2 3 0 Поскольку M = ρAl - масса стержня, то 1  2  M V0 2 1 MV0 3  K= = . (8.18) 2 3 2 Таким образом, кинетическая энергия стержня равна той кинетической энергии, которую имела бы одна треть массы стержня при движении со скоростью V0 , то есть со скоростью сечения в месте удара. Эта часть массы (в данном случае 1/3) называется приведенной. В общем случае формула (8.18) имеет вид MV 2 (8.19) 0 , K =η 2 где η - коэффициент приведения массы к месту удара. На практике встречаются задачи определения напряжений в самом ударяющем теле (например, шток ковочного молота). Схематически этот случай соответствует падению призматического стержня массой m с высоты h на неподвижную плоскость (рис.8.15,б,в).

179

K 0 = ρA lg h , где ρ - плотность материала стержня; А – площадь поперечного сечения. Будем считать, что эта энергия целиком переходит в потенциальную энергию деформации стержня. Принимая, что в момент удара все частицы стержня испытывают одно и то же ускорение (замедление), приходим к выводу о том, что напряжения в стержне будут такими же, как в стержне, нагруженном равномерно распределенными по объему силами инерции (рис.8.15,в).

Рис.8.15 Если на стержень действует равномерно распределенная статическая нагрузка, то напряжения по длине изменяются по линейному закону z σ z = σ st ,max , l где σ st ,max - максимальное статистическое напряжение в нижнем сечении стержня. Энергия, накопления в бесконечно малом элементе стержня длиной dz на расстоянии z от верхнего сечения при статическом нагружении, равна: σ2 σ2 z2 dU st = z Adz = st max A 2 dz . 2E 2E l Тогда энергия, накопленная во всем стержне, составит l σ st2 ,max z 2 σ st2 ,max U st = ∫ A 2 dz = Al . 2E 6E l 0 Считая, что распределение напряжений в стержне при ударе подобно статическому, получим U din =

где σ din ,max

2 σ din , max

Al , 6E - максимальное динамическое напряжение в нижнем сечении стержня.

Приравнивая величину потенциальной энергии U din кинетической энергии K 0 стержня, находим максимальные динамические напряжения: 6 EK 0 σ din ,max = = 6 Eρgh . (8.20) Al Динамические напряжения можно выразить через скорость движения стержня в момент начала удара V0 . Учитывая, что h = V02 /(2 g ) , получим из (8.20)

σ din ,max = V0 3Eρ . Пример 8.12. Найти напряжения, возникающие в проволоке при свободном падении связанного с ней груза массой 5 кг с высоты l . Диаметр проволоки d = 3 мм (рис.8.16,а). Решение. Напряжения, возникающие в проволоке при ударе, найдем по формуле (8.17). В данном примере длина проволоки равна высоте падения и поэтому

180

σ din =

mg  EA  1 + 1 + 2 . A  mg 

Учитывая, что высота падения существенно выше удлинения проволоки от статического приложения силы, равной весу груза массой m , единицей под корнем можно пренебречь. Тогда mg 2mgE 5 ⋅ 9,8 ⋅ 4 2 ⋅ 5 ⋅ 9,8 ⋅ 2 ⋅ 1011 ⋅ 4 + = + ≈ 1730 МПа. 2 2 A A π (3 ⋅ 10 −3 ) π (3 ⋅ 10 −3 ) Пример 8.13. Найти напряжения в канате подъемника при внезапной остановке вращающегося шкива (рис.8.16,б). Вес опускаемого груза Q = 45 кН, скорость движения V = 1 м/с, длина каната в момент остановки l = 18 м, площадь поперечного сечения каната А=1600 мм2, модуль упругости стали Е=2⋅105 МПа. Решение. Формулой (8.17) для вычисления динамических напряжений воспользоваться нельзя, так как груз Q не падает на трос извне, а неразрывно с ним связан. Поэтому выведем формулу для вычисления коэффициента динамичности. В процессе удара кинетическая энергия груза и уменьшение потенциальной энергии груза за счет удлинения троса при ударе переходят в потенциальную энергию растяжения троса EAδ st2 EAδ st2 QV 2 + Q(δ din − δ st ) = − , 2g 2l 2l

σ din =

Рис.8.16 где δdin - удлинение троса при ударе; δst - удлинение троса под действием статической силы, равной весу груза Q. Учитывая, что Q = ЕАδst / l , получим δ V . K din = din = 1 + δ st δ st g Для вычисления Кdin вначале находим δst

δ

st

=

Ql 45 ⋅ 10 3 ⋅ 18 = = 2,53 ⋅ 10 − 3 м. − 11 4 EA 2 ⋅ 10 ⋅ 16 ⋅ 10

Динамический коэффициент K

din

= 1+

V

δ g st

=

1 2,53 ⋅ 10 − 3 ⋅ 9,8

= 7,35 .

Динамические напряжения Q 45 ⋅ 10 3 = 7,35 = 207 МПа. din din st din A − 4 16 ⋅ 10 Высокое значение динамического коэффициента говорит об опасности внезапной остановки шкива (заклинивания). Для снижения величины Kdin возможно включение между тросом и грузом пружины, которая способна снизить динамические напряжения.

σ

=K

σ

=K

181

8.2.3. Расчет стержней при действии скручивающей ударной нагрузки. Примеры

Ударное нагружение валов скручивающей нагрузкой возникает при резкой остановке (или внезапном торможении) маховиков, насаженных на вал, в торсионах подвески транспортных систем при переезде с высокой скоростью через единичные препятствия. Кроме этого, примерами ударного крутильного нагружения могут служить случаи удара масс по пружине сжатия, т.к. основным внутренним силовым фактором в пружине сжатия является крутящий момент. Рассмотрим ударное нагружение вала скручивающей нагрузкой (рис.8.17,а). Выражение для коэффициента динамичности, найденное из уравнения баланса энергии без учета инерции вала и деформации рычага, представляется в виде формулы (8.12). Для рассматриваемой задачи δst представляет собой вертикальное смещение конца рычага под действием статической силы, равной весу груза. Считая угол закручивания вала малым, получим mgal mga 2 l a= δ st = ϕa = , GI ρ GI ρ где ϕ - угол поворота рычага, равный углу закручивания вала; G - модуль сдвига материала πd 4 - полярный момент инерции сечения вала. вала; I ρ = 32 После этого легко вычисляются коэффициент динамичности и напряжения при ударе, возникающие в вале. Теперь рассмотрим случай внезапной остановки левого конца вала, на правом конце которого закреплен маховик (рис.8.17,6). При внезапной остановке левого конца вала вся кинетическая энергия маховика К переходит в потенциальную энергию скрученного вала.

Рис.8.17 Кинетическая энергия маховика Jω 2 , 2 где J - инерционный момент маховика; ω - угловая скорость маховика. Потенциальная энергия вала T2 l U = din , 2GI K=

ρ

где Тdin - максимальный (динамический) крутящий момент; Iρ - полярный момент инерции вала. Приравнивая выражения для кинетической и потенциальной энергии, найдем динамический крутящий момент Тdin, возникающий при внезапной остановке левого конца вала JGI ρ ωd 4 πGJ T =ω = . din 4 2l l Тогда

182

τ max =

Tdin ω =4 Wρ d

GJ . 2πd

8.2.4. Расчет стержневых систем при поперечной ударной нагрузке. Примеры

Балки и рамы представляют собой упругие системы, поэтому метод расчета, изложенный в разделе 8.2.1, сохраняет свою силу. Если массой балки или рамы по сравнению с массой ударяющего тела можно пренебречь, то коэффициент динамичности можно найти по формуле (8.12). Величина δst представляет собой статический прогиб балки в месте удара, вызванный статической силой, равной весу падающего груза. Например, для консольной балки, изображенной на рис. 8.18,а mgl 3 δ st = , 3EI x где Ix - осевой момент инерции сечения балки относительно главной центральной оси, лежащей в горизонтальной плоскости. Тогда 6 EI x h K din = 1 + 1 + , mgl 3 δ din = K dinδ st , σ din = K dinσ st , где δdin - максимальный (динамический) прогиб при ударе; σdin - максимальные (динамические) напряжения при ударе. Подчеркнем, что δst зависит для одной и той же балки или рамы от места удара. В том случае, если массой балки по сравнению с массой груза пренебречь нельзя, то можно привести массу балки к месту удара по методике, изложенной в разделе 8.2.2. Рассмотрим подробнее указанную методику применительно к консольной балке (рис.8.18,б). Напомним, что приведенная масса определяется из условия равенства кинетических энергий заданной балки и ее приведенной массы. Обозначим: М - масса балки, тогда Mпр=ηМ, где η - коэффициент приведения. Кинетическая энергия приведенной массы M прV12 , K1 = 2 где V1 - скорость сечения балки в месте приведения ( конец балки). Кинетическая энергия балки с массой М l MV 2 dz K =∫ , 2 l 2 0 где М/ l - масса единицы длины балки; V - скорость произвольного сечения на расстоянии z от заделки. Так как К1 = К2 , то 2 M пр 1 l  V  η= = ⋅∫ dz. M l 0 V   1 Считая, что скорости пропорциональны перемещениям, вызванным статической нагрузкой, получим V y = . V1 f

183

Рис.8.18 Для нахождения перемещения произвольного сечения у от статической силы F воспользуемся дифференциальным уравнением изогнутой оси балки (рис.8.18,в): EI x y ′′ = − Fz + Fl . После интегрирования z2 EI x y ′ = C − F + Flz , 2 Fz 3 z2 EI x y = D + Cz − + Fl . 6 2 Используя граничные условия, найдем постоянные С и D: z=0 y′ = 0 → C = 0 z=0 y=0→D=0 f = y z =l = Тогда

Fl 3 . 3EI x

V y z 2 (3l − z ) = = . V1 f 2l 2

Коэффициент приведения 2

l 1 V  33 η = ⋅ ∫   dz = . 140 l 0  V1 

Теперь находим коэффициент динамичности по формуле (8.15) 2h = 1+ 1+ K . din δ +δ 0 st Напомним, что δ0 - прогиб конца балки под действием статически приложенной силы, равной весу приведенной массы балки; δst - прогиб конца балки под действием статически приложенной силы, равной весу груза массой m M g ⋅ l3 ηMg ⋅ l 3 11 Mgl 3 пр δ = = = ⋅ , 0 3EI 3EI 140 EI x x x mgl 3 . δ = st 3EI x После определения коэффициента динамичности Кdin можно вычислить динамический прогиб δdin = Kdin⋅δst.

184

Максимальные напряжения возникают в сечении у заделки mgl σ din = K din ⋅ σ st = K din . Wx Пример 8.14. Определить максимальное напряжение при поперечном ударе по плоской раме (рис.8.19,а). Массой рамы пренебречь. Решение. Для вычисления коэффициента динамичности по формуле (8.15) необходимо найти вертикальное перемещение конца рамы ⋅δst под действием статической силы, равной весу груза массой m. Воспользуемся методом Мора-Верещагина (рис.8.19,б) 2  mg ⋅ l 2  1 2mgl 3 mgl 3 l l l l mg δ st = + [ ⋅ ⋅ ] = + . ⋅ EI x  2 3  GI t 3EI x GI t Считая коэффициент Пуассона ν равным 0,25, получим связь между изгибной и крутильной жесткостью EI x Ea 4 2(1 + ν ) = ≈ 1,48 GI t 12 Eβa 4 (для квадрата β = 0,0141). Тогда mgl 3 δ st = 2,15 EI x Далее, вычисляем коэффициент динамичности hEI x 2h . K din = 1 + 1 + = 1 + 1 + 0,93 δ st mgl 3

Рис.8.19 Напряжения за счет действия статической силы, равной весу груза m, находятся обычным образом. Внутренние силовые факторы в наиболее опасном сечении у заделки и напряженное состояние в наиболее опасной точке А показаны на рис. 8.19,в M T T 5mgl mgl 6mgl σ= x = 3 ≈ 3 , τ= = 3 ≈ 3 (α = 0,2) . Wt αa Wx a / 6 a a Считая материал одинаково работающим на растяжение и сжатие, эквивалентные напряжения вычислим по теории наибольших касательных напряжений mgl σ eq ,st = σ 2 + 4τ 2 ≈ 11,7 3 . a Теперь

185

σ

=K σ . eq, din din eq, st Пример 8.15. Найти максимальное смещение груза массой m1 при падении на него другого груза массой m (рис. 8.20). Дано: m = m1 = 10 кг; l = 0,5 м; h = 5 мм; в = 20 мм; H = 45 мм; С = 5 Н/мм. Материал балки - сталь, Е = 2 105 МПа. Решение. Максимальное перемещение при ударе δdin может быть найдено по формуле (8.15). Вначале вычислим перемещение δ0 груза массой m1, под действием статической силы, равной его весу. Величина δ складывается из осадки пружины и прогиба балки: 3 m1 g m1 gl 3 10 ⋅ 9,8 10 ⋅ 9,8 ⋅ (0,5) ⋅ 12 + = + δ0 = = 25,7 мм. 48EI x 5 ⋅ 10 3 48 ⋅ 2 ⋅ 1011 ⋅ 2 ⋅ 10 − 2 ⋅ 5 ⋅ 10 −3 3 c

(

)

Перемещение δst груза m1 под действием статической силы, равной весу груза m, очевидно, равно δ0, так как массы грузов одинаковы. Тогда по формуле (8.15) имеем H 45 K din = 1 + 1 + = 1+ 1+ = 2,66. δ0 25,7

Рис. 8.20 Максимальное перемещение при ударе δdin = Kdinδst = 2,66.25,7 =68,4 мм. 8.3. Задачи для самостоятельного решения Задача 8.1. Сравнить эпюры перемещений для двух стержней, показанных на рис.8.21,а и б, возникающих под действием собственного веса. Задача 8.2. Колонна длиной l удерживает груз массой m (рис.8.21,в). Из условия равнопрочности колонны установить закон изменения ее поперечного сечения. Плотность материала колонны ρ.

Рис 8.21 Задача 8.3.Ломанный стержень постоянного поперечного сечения (рис.8.21,г) вращается с заданной скоростью ω в своей плоскости. Определить максимальные напряжения. Задача 8,4. Маятник АС (рис.8.22,а) свободно падает из положения А, поворачиваясь вокруг оси С. Масса груза - m, стержня маятника - 0,1m. В сечении В, встретив препятствие, груз полностью останавливается, пройдя тормозной путь 0,02R. Определить максимальные реакции в опорах С и изгибающий момент в стержне АС. Размерами груза и трением в опоре С можно пренебречь. Задача 8.5. Определить допустимую частоту вращения диска постоянной толщины с отверстием. Дано: r2 = 10 r1; ρ; σ adm ; ν.

186

Задача 8.6. На сплошной диск из стали ст.3О (σy=300 МПа) посажен с натягом (на радиус) ∆=0,003 r1 бандаж из легированной стали (σy =800 МПа)(рис.8.22,б). Определить коэффициент запаса по допускаемым напряжениям и отношение освобождающей частоты вращения к рабочей. Маховик вращается со скоростью 6000 об/мин. При расчетах считать, что плотность ρ, коэффициент Пуассона ν и модуль упругости Е обоих материалов одинаковы. Дано: ρ =7,8⋅103кг⋅м-3; ν = 0,25; Е = 2⋅105 МПа; r1 =300 мм; r2 = 360 мм.

Рис.8.22 Задача 8.7. Определить напряжения при ударе в стержневой системе и перемещение точки удара (рис. 8.23,а). Массой стержней пренебречь. Дано:Q = 1ОО Н-вес груза; А1 = 2см2; А2 = 4 см2; l 1 = 200 мм; l 2 = 400 мм; Е=2⋅105 МПа; h = 100 мм. Задача 8.8. Определить напряжения, возникающие в балке и пружине, при падeнии груза с высоты h (рис. 8.23,б). Пружины имеют малый угол подъема витков. Собственным весом пружины и балки можно пренебречь. Дано: Q = 100 H; h = 40 мм; а = 30 мм; b = 10 мм; D = 20 мм - диаметр пружины; d = 4 мм -диаметр проволоки пружины; 1 = 4 - число рабочих витков пружины; Е = 2⋅105 МПа; G = 8⋅104 МПа; l = 0,5 м.

Рис. 8.23

Рис. 8.23

Задача 8.9 Найти коэффициент динамичности и напряжения в стержневой системе (рис.8.24,а). Дано: m1 = 20 кг; m = 1 кг; V0 = 4 м/сек; d = 20 мм; l =400 мм; Е = (5 / 2)G; G = 8⋅104 МПа. Собственным весом стержней пренебречь. Задача 8.10. Определить напряжения, возникающие в стальном тросе, опускающем груз весом Q со скоростью V0 в случае внезапной остановки в момент, когда груз опустится на h. Между тросом и грузом помещена пружина жесткостью С (рис. 8.24,б). Массой троса пренебречь. Дано: Q = 45 кН; V0 = 1 м/сек; h = 18 м; А = 16 см2 - площадь поперечного сечения троса; С = 375 Н/мм; Е- 2⋅105 МПа.

187

Глава 9. ПЕРЕМЕННЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ 9.1. Основные факторы, влияющие на сопротивление усталости деталей машин

Многие детали машин в процессе работы подвергаются воздействию напряжений, циклически изменяющихся во времени. Если уровень этих напряжений превосходит определенный предел, то в материале детали постепенно накапливаются повреждения, которые приводят к образованию трещин. Указанный процесс постепенного возникновения и развития трещин под действием переменных напряжений называется усталостью материала, а сопротивляемость материала переменным напряжениям называется выносливостью материала [4]. Характер изменения нагрузок во времени можно разделить на регулярный и нерегулярный. Регулярным нагружением по ГОСТ 23.207-78 называют нагружение, характеризующееся периодическим законом изменения напряжений с одним максимумом и одним минимумом в течение одного периода при постоянстве параметров цикла напряжений во время испытаний или эксплуатации. Все виды нагружений, не удовлетворяющие этому определению, называют нерегулярными. Цикл напряжений характеризуется следующими величинами (рис.9.1,а): максимальным (наибольшим по алгебраической величине) напряжением цикла σmax(τmax), минимальным (наименьшим по алгебраической величине) напряжением цикла σmin(τmin). Среднее напряжение цикла σm(τm) и амплитуда цикла σa(τa) определяются соответствующими формулами: 1 1 σ m = σ max + σ min , σ a = σ max − σ min . 2 2 Среднее напряжение цикла может быть положительным, отрицательным и равным нулю, амплитуда цикла всегда положительная величина. Коэффициентом асимметрии цикла r называют отношение минимального напряжения цикла к максимальному: r = σmin/σmax . Циклы с одинаковыми коэффициентами асимметрии r называются подобными. Цикл называется симметричным, когда r = -1, т. е. σmax = -σmin (рис. 9.1,б) и является наиболее распространенным. Отнулевым, или пульсационным циклом называется такой, при котором r=0 , т.е. минимальное напряжение цикла равно нулю (рис. 9.1,в). Цикл, в котором r ≠ -1, называется асимметричным (рис.9.1,а).

(

)

(

)

Рис.9.1 Основным критерием циклической прочности материала является предел выносливости или предел ограниченной выносливости, определяемый экспериментально в результате построения кривой усталости (рис.9.2,а) в координатах амплитуда напряжения число циклов до разрушения. Предел выносливости обозначается σr. Так, для

188

симметричного цикла имеем σ −1 , для отнулевого (пульсирующего) цикла - σ 0 . Предел выносливости симметричного цикла имеет наименьшее значение, т.е. при прочих одинаковых условиях симметричный цикл напряжений является самым опасным. Поэтому предел выносливости определяется для образца, испытывающего симметричный цикл напряжений. Кривые усталости для цветных металлов и сплавов и некоторых легированных сталей не имеют горизонтальной асимптоты. Поэтому для этих материалов вводится понятие условного предела выносливости (предел ограниченной выносливости). За условный предел выносливости принимается наибольшее напряжение σmax (или σa), которое материал выдерживает, не разрушаясь, до базы Nσ =108 циклов. Для черных металлов Nσ =107 циклов. Пределом выносливости называют наибольшее значение максимального напряжения цикла, при котором стандартный образец выдерживает базовое число циклов с малой вероятностью разрушения.

Рис.9.2 В логарифмических координатах левые ветви кривых усталости являются прямыми линиями (рис.9.2,б). Если σa- амплитуда цикла, a σ −1 - предел выносливости, то lg N 0 − lg N lg N 0 / N tgσ = = = m, a lg σ a − lg σ −1 lg σ a / σ −1 где No- точка перегиба кривой усталости. Отсюда

(

(

)

)

m

N0  σ a   , = N  σ −1  и уравнение наклонной ветви кривой усталости имеет вид Nσ am = N 0σ −m1 = const . Из уравнения (9.2) получается формула для вычисления ограниченной долговечности m

(9.1) (9.2)

σ  N = N 0 =  −1  . (9.3)  σa  Д.Н. Решетов [9] рекомендует принимать No =(3...5)⋅106 для валов небольших сечений и No=107 для валов больших сечений. Значение показателя наклонной ветви кривой усталости лежат в пределах m = 3…20. Д.Н. Решетов рекомендует обычно принимать m = 9, для валов с прессовыми посадками - m = 6. В реальных условиях в деталях машин могут действовать переменные напряжения с различной асимметрией цикла. Поэтому необходимо иметь данные о сопротивляемости материала действию переменных напряжений при различных асимметриях. С этой целью

189

строятся диаграммы предельных напряжений (рис.9.3) и предельных амплитуд напряжений при асимметричных циклах (рис.9.4).

Рис.9.4

Рис.9.3

Для проведения расчетов указанные диаграммы схематизируются (рассмотрим схематизацию по Серенсену-Кинасошвили). Так, диаграмма предельных напряжений строится по трем точкам: A [0, σ −1 ] - предельный симметричный цикл; B [σo/2,σo] предельный пульсационный; С [ σ ut , σ ut ]- предельный "цикл" постоянных напряжений (рис.9.5).

Рис.9.5 Рис. 9.6 Левая часть диаграммы предельных амплитуд (рис.9.6) достаточно точно аппроксимируется прямой, проходящей через точки A[0, σ −1 ] – симметричный цикл и B[σo/2,σo/2] - пульсационный цикл. Правая часть диаграммы аппроксимируется прямой, проведенной через точку Е, под углом 45° к координатным осям, с тем, чтобы максимальное напряжение цикла не превышало предела прочности, т.е. σmax = σm+σa ≤ σut . Уравнение схематизированной диаграммы предельных амплитуд напряжений (уравнение прямой АВ на рис.9.6) имеет вид σ a = σ −1 − ψ σ σ m , (9.4) 2σ −1 − σ 0 - коэффициент чувствительности материала к асимметрии цикла. где ψ σ = σ0 Усталостная прочность геометрически подобных деталей снижается с увеличением их абсолютных размеров. Уменьшение предела выносливости с увеличением абсолютных размеров поперечного сечения детали оценивается масштабным коэффициентом Kdσ σ −1d . Многочисленные эксперименты, проведенные за последнее время, показали, что в правой части уравнения (9.28) вследствие большого разброса значений ni и N i единица получается не всегда, т.е.

∑ i

ni = a, Ni

(9.29)

где a - накопленное повреждение, подлежащее определению. Назовем совокупность амплитуд напряжений за единицу периода эксплуатации блоком нагружения. Поэтому блоком нагружения может быть километр пробега, час работы машины и т.п.

Рис.9.12 Введем следующие обозначения:

199

λ - среднее число блоков за весь срок службы детали; ni - количество циклов при средней амплитуде уровня

σ ai за весь срок службы детали; N iδ - количество циклов при средней

амплитуде уровня σ ai в одном блоке нагружения; N δ - общее число циклов в одном блоке нагружения (рис.9.11). Тогда ni = λN iδ . Для оценки долговечности кривая усталости сопоставляется со спектром нагружения (рис.9.12). Из кривой усталости (см. формулу 9.2) имеем (для средних значений) σ m −1d N 0 (9.31) . Ni = σ − m ai Подставляя уравнения (9.30) и (9.31) в выражение (9.29), получим

∑

λ N iδ σ m ai =a. σ m −1 d N 0

(9.32)

В результате обработки многочисленных экспериментальных данных была предложена [7] следующая формула для вычисления расчетного коэффициента повреждений ap :

где ξ =

∑σ

σ a max ξ −K σ −1d , ap = σ a max −K σ −1d ai

N iδ

i

σ a max N δ

(9.33)

- отношение заштрихованной площади к площади σ a max ⋅ Nσ (рис.9.11);

К=0,5…0,7 – коэффициент, показывающий нижнюю границу повреждающих амплитуд, т.е. амплитуда σ ai < (0,5.....0,7)σ −1d не оказывает повреждающего действия и может не учитываться при расчетах. При вычислении ξ в уравнении (9.33) учитываются только амплитуды, величина которых σ ai > (0,5...0,7)σ −1d . Из уравнения (9.32) с учетом (9.33) получим формулу для расчета средней долговечности, выраженной числом блоков нагружения λ : α pσ −m1d N 0 (9.34) λ= . −m σ N ∑ ai iδ i

9.5. Примеры расчета деталей машин на усталость Пример 9.1. Вращающийся вал с проточкой (рис.9.13) находится под синфазным действием моментов M x и T . Изгибающий момент постоянен, а крутящий – меняется от

нуля до T . Определить коэффициент запаса по текучести n y и коэффициент запаса усталостной прочности n . Дано: M x = 50 Нм; T = 60 Нм; D = 30 мм; d = 20 мм; r = 5 мм; материал – легированная сталь:

σ ut = 700 МПа; σ yt = 450 МПа; σ yc = 550 МПа;

σ −1 = 400 МПа; τ −1 = 160 МПа. Поверхность вала обдута дробью, а затем шлифована.

Рис.9.13

200

Решение. Режим нагрузки: нормальные напряжения изменяются по симметричному циклу, а касательные – по отнулевому (рис.9.14). Характеристики циклов: амплитуда напряжения от изгиба M 50 ⋅ 32 σa = x = = 62,5 МПа, Wx π ⋅ 0,02 3 максимальное напряжение от кручения 60 ⋅16 T τ max = = = 37,5 МПа. W p π ⋅ 0,02 3

Рис.9.14 Т.к. моменты M x действуют синфазно, то максимальные значения нормальных и касательных напряжений совпадают по времени. Поскольку напряженное состояние при совместном изгибе и кручении круглого вала плоское упрощенное, то по теории Мора при σ yt ≠ σ yc имеем

σ eq =

1 − vT 2

σ yt где vT = = 0,82 .Подставляя значения σ yc Тогда

ny =

+

1 + vT 2

2 σ a2 + 4τ max ,

σ a и τ max , поучаем σ eq = 94,4 МПа. σ yt σ eq

=

450 = 4,77 . 94,4

Коэффициент запаса усталостной прочности при сложном напряженном состоянии определяется по формуле (9.13) na n y (а) n= . 2 2 nσ + nτ Для определения коэффициентов запаса усталостной прочности по нормальным и касательным напряжениям для симметричного и асимметричного циклов используем формулы (9.11) и (9.12)

σ −1d σ −1 = , σa Kσd σ a τ −1 nτ = Kτ τ a + ψ τ τ m

nσ =

Неизвестные ψ τ , K τd и K σd определим по формуле (9.10)  1 K 1 Kσd =  σ + − 1 , K K K K fσ  υ a  dσ  1  K 1 Kτd =  τ + − 1 . K K K fτ  υ  dτ

201

(б)

Полагаем, что K a = 1. Значения K σ / K dσ и K τ / K dτ находим по формулам Kσ = K dσ

ασ  1 L 0,5 + 0,5 ⋅   88,3 G 

−vσ

ατ

Kτ = K dτ

− vτ

,

 1 L 0,5 + 0,5 ⋅   88,3 G  Определим величины, входящие в выражение (г). Значения коэффициентов концентрации напряжений согласно рис. 17.1 и рис. 17.2 d 20 r 5 = = 0,7 и = = 0,17 , D 30 D 10

α σ = 1,5 ,

(г)

.

теоретических

ατ = 1,25 .

Относительный градиент первого главного напряжения (табл.17.3): 2 2 2 2 G= + = + = 0,5 мм-1, r d 5 20 1 2 1 2 Gτ = + = + = 0,3 мм-1. r d 5 20 Тогда L 62,8 l g = lg = lg125,6 = 2,1 , G 0,5 L 62,8 l g = lg = lg 209,3 = 2,32 , G 0,3 где L = πd = 62,8 мм. Значения vσ и vτ для легированной стали: vσ = 0,2000 − 0,0001σ u = 0,2000 − 0,0001⋅ 700 = 0,13 ; vτ = 1,5vσ = 0,195 . По табл.17.1 находим L  L  F  , vσ  = 0,993 , F  , vτ  = 0,927 . G  G  Подставляя полученные значения в формулу (г), получаем Kσ ασ 1,5 = = = 1,51 , K dσ L  0,993 F  , vσ  G  (д) Kτ ατ 1,25 = = = 1,35 . K L  0,927 dτ F  , vτ  G  Находим для шлифования при σ u = 700 МПа (рис.17.15) значение коэффициента влияния качества обработки поверхности K f = 0,9 ; для поверхности с концентрацией напряжений и обдутой дробью находим Kυ = 1,2 (табл. 17.9). Полученные значения K f , Kυ и (д) подставляем в выражение (в): 1   1 K σd = 1,51 + − 1 = 1,35 , 0,9  1,2 

202



1

 1

τd = 1,35 + 0,9 − 1 1,2 = 1,22 . Находим nσ и nτ по формулам (б) при ψ τ = 0,13 σ −1 400 nσ = = = 4,74 , K σlσ a 1,35 ⋅ 62,5 τ −1 160 nτ = = = 6,5 . K τ a + ψ τ τ m 1,22 ⋅ 18,75 + 1,13 ⋅ 18,75 τd K

Подставляя эти значения в формулу (а), получаем 4,74 ⋅ 6,5 n= = 3,8 . 2 2 4,74 + 6,5 Условие прочности n ≥ nadm = 1,3...3,0 выполняется. Пример 9.2. Определить коэффициент запаса усталостной прочности промежуточного вала редуктора (рис.9.15), приняв для нормальных напряжений от изгиба симметричный цикл и для касательных напряжений от кручения отнулевой цикл. Дано: D2 = 100 мм; D3 = 200 мм; в = 60 мм; материал-сталь 45 нормализованная; σ ut = 610 МПа; σ y = 360 МПа; σ −1 = 275 МПа; τ y = 0,6σ y = 216 МПа; τ u = 0,6σ ut = 360 МПа;

τ −1 = 0,6σ −1 = 165 МПа; N = 10 кВт; ω = 10 рад/с; p = 20 МПа (давление посадки шестерни). КПД зубчатых пар принять равным единице. Решение. 1. Определение приложенных к валу нагрузок и составление расчетной схемы. Момент, передаваемый на вал редуктора N 10000 M = = = 1000 Нм. ω 10 Вычислим окружные F2 , F3 и радиальные F2 r , F3r силы, действующие на передающие зубья колес: M 1000 F2 = = = 20 к Н, 0,5 D2 0,05

Рис.9.15 F ~ = F2 tga0 = 0,4 ⋅ 20 = 8 к Н 2a где a 0 = 20 o - угол зацепления. M 1000 F3 = = = 10 кН, 0,5 D3 0,1

203

F3r = 0,4 F3 = 0,4 ⋅ 10 = 4 кН. На рис.9.16,а изображен промежуточный вал редуктора с действующими в зацеплении колес окружными F2 , F3 и радиальными F2 , F3r силами. Перенесем силы F2 , F2 r , F3 , F3r в центр тяжести соответствующего сечения вала редуктора и разложим их на вертикальные и горизонтальные составляющие (рис.9.17), Суммарные составляющие этих сил в сечениях 2 и 3 действующие в плоскости XZ F2 x = F2 cos 45o − F ~ cos 45o = (20 − 8) ⋅ 0,71 = 8,52 кН, 2a o F3x = F3 cos 60 − F3r = cos 30o = 10 ⋅ 0,5 − 4 ⋅ 0,87 = 1,52 кН, в плоскости YZ F2 y = F2 Sin 45o + F2r Sin 45o = (20 + 8) ⋅ 0,71 = 19,88 кН, F3 y = F3 Sin60 o − F3r Sin30o = −10 ⋅ 0,87 − 4 ⋅ 0,5 = −10,7 кН. Крутящий момент M = F2 D2 / 2 = 1 кНм. Считая подшипники вала узкими, представим их на расчетной схеме вала (рис.9.16,б) в виде шарнирных опор. 2. Определение опорных реакций и построение эпюр моментов M x , M y , M tot , T . Уравнения равновесия

∑M ∑M ∑M ∑M

x ( A)

= F2 y l − F3 y 2l + B y 3l = 0 ,

x( B)

= F3 y l − F2 y 2l + Ay 3l = 0 ,

y ( A) y( B)

= − F2 x l − F3 x 2l + Bx 3l = 0 , = F3 x l + F2 x 2l − Ax 3l = 0 .

Откуда находим реакции Ax = 6,19 кН; B x = 3,853 кН; A y = 9,687 кН; B y = 0,507 кН. Правильность определения опорных реакций устанавливаем с помощью уравнений равновесия ∑ Fx = 0 , ∑ Fy = 0 .

Рис.9.16 Изгибающие моменты в сечениях 2 и 3 в плоскостях YZ и XZ:

204

M x 2 = − Ay l = −9687 ⋅ 0,2 = −1937 Нм;

M x 3 = B y l = 507 ⋅ 0,2 = 101 Нм;

M y 2 = Ax l = 6190 ⋅ 0,2 = 1238 Нм;

M y 3 = Bx l = 3853 ⋅ 0,2 = 771 Нм.

Рис.9.17 По этим величинам строим эпюры изгибающих моментов M x и M y (рис.9.16,в) в плоскостях YZ и XZ. По эпюрам M x и M y можно определить в любом поперечном сечении вала суммарной изгибающий момент M tot по формуле

M tot = M x2 + M y2 . Значения суммарных изгибающих моментов в сечениях вала 2 и 3 будут M tot 2 = 1,937 2 + 1,238 2 = 2298 Н⋅м, M tot 3 = 1012 + 7712 = 778 Н⋅м, и по ним строим эпюру суммарных изгибающих моментов (рис.9.16,в). Эпюра крутящих моментов показана на рис.9.16,в. 3. Определение диаметра вала по заданному критерию прочности (примем критерий Сен-Венана). В опасных сечениях вала 2 и 3 определяем эквивалентные моменты по критерию СенВенана: M eq 2 = 1937 2 + 1238 2 + 1000 2 = 2506 Н⋅м; M eq 3 = 1012 + 7712 + 1000 2 = 1267 Н⋅м.

Статический расчет показывает, что опасным является сечение 2. Заметим, что точный расчет по определению диаметра вала может быть проведен только тогда, когда известны значения эффективного коэффициента концентрации напряжений K σ ( K τ ) , масштабного коэффициента K dσ ( K dτ ) , коэффициента качества поверхности K f и т.д. Поскольку эти величины заранее неизвестны, расчет обычно проводят в следующем порядке: а) ориентировочно определяются диаметры участков вала по заданному критерию прочности. Циклический характер изменения нормальных и касательных напряжений, влияние абсолютных размеров, состояния поверхности вала и концентрации напряжений можно предварительно учесть, взяв повышенный нормативный коэффициент запаса прочности nadm = 4...6 ; б) выполняется поверочный расчет с учетом всех факторов. Если фактический коэффициент запаса n не удовлетворяет 1.3 ≤ n ≤ 3 , то изменяют в соответствующую сторону диаметр вала или его материал и обработку и вновь выполняют поверочный расчет. Принимая nadm = 4 , найдем допускаемое напряжение

σ adm =

σy nadm

=

205

360 = 90 МПа. 4

Условие прочности

σ eq = M eq / W x ≤ σ adm или 32 M eq / πd 3 ≤ σ adm .

Из условия равенства действующих напряжений допускаемым получим 32 M eq 2 32 ⋅ 2506 d2 = 3 =3 = 6,57 ⋅ 10 −2 м=65,7 мм, πσaadm π ⋅ 90 ⋅ 10 6 32M eq 3

32 ⋅ 1267 = 5,24 ⋅ 10 −2 м=52,4 мм. 6 πσ adm π ⋅ 90 ⋅ 10 Округляем диаметры вала до ближайшего размера по ГОСТ 6636-80: d 2 = 65 мм; d 3 = 50 мм. Конструкция вала показана на рис.9.18,а. 4. Поверочный расчет с учетом циклических напряжений. Принимаем, что крутящий момент передается промежуточным валом на участке между серединами шпоночных пазов. Места концентрации напряжений: сечения 1, 4, 7 и 8 не рассчитываем, как менее нагруженные; сечения 2 и 3 – шпоночный паз, прессовая посадка с давлением p = 20 МПа; сечение 5 – галтель с радиусом r = 2,5 мм; D / d = 65 / 60 ; сечение 6 – галтель с радиусом r = 2 мм; D / d = 60 / 50 . Качество обработки поверхности: в сечениях 2,3 и 6 – шлифование; в сечении 5 – чистовое обтачивание. Суммарные изгибающие моменты в рассматриваемых сечениях: M tot 2 = 2,298 кНм; M tot 3 = 0,778 кНм; M x 5 = − Ay (1 + 0,03) + F2 y 0,03 = −1,63 кНм; d3 = 3

=

M y 5 = Ax (l + 0,03) − F2 x 0,03 = 1,17 кНм; M tot 5 = M x2 5 + M y2 5 = 2,01 кНм;

M x 6 = B y (l + 0,03) − F3 y 0,03 = 0,22 кНм; M y 6 = − B(l + 0,03) + F3 x 0,03 = −0,841 кНм; M tot 6 = 0,869 кНм. Для сечений 2, 3, 5 и 6 определяем номинальные напряжения изгиба и кручения (напомним, номинальными называют напряжения, вычисленные по обычным формулам сопротивления материалов): M M 2298 ⋅ 32 778 ⋅ 32 σ 2 = tot 2 = σ 3 = tot 3 = = 85 МПа; = 63 МПа; 3 W3 π ⋅ 0,053 W2 π ⋅ 0,065 2010 ⋅ 32 869 ⋅ 32 σ5 = σ6 = = 95 МПа; = 71 МПа. 3 π ⋅ 0,06 π ⋅ 0,053 1000 ⋅16 1000 ⋅16 T T = = 19 МПа; = = 41 МПа; τ2 = τ3 = W p 2 π ⋅ 0,065 W p 3 π ⋅ 0,053 1000 ⋅16 1000 ⋅16 τ6 = = 24 МПа; = 41 МПа. 3 π ⋅ 0,06 π ⋅ 0,053 Выбираем опасные сечения для дальнейшего расчета. Из двух одинаковых по концентрации напряжений сечений 2 и 3 сечение 3, как менее напряженное, не рассчитываем. На этом же основании не рассчитываем сечение 6 (из сопоставления сечений 5 и 6). Из двух оставшихся сечений 2 и 5 при примерно одинаковых значениях напряжений в сечении 2 число концентраторов больше (шпоночный паз, прессовая посадка), поэтому коэффициент запаса усталостной прочности определяем только для сечения 2.

τ5 =

206

Режим нагрузки: синфазное изменение нормальных напряжений по симметричному циклу, а касательных по отнулевому (см.рис.9.14). Характеристики циклов: нормальные напряжения от изгиба σ 2 = 85 МПа, и кручения τ 2 = 19 МПа. Амплитуды и средние напряжения от изгиба и кручения: σ m 2 = 0 ; τ max 2 = 19 МПа; τ min 2 = 0 ; σ a 2 = 85 МПа; τ m 2 = (τ max 2 + τ min 2 ) / 2 = 9,5 МПа; σ max 2 = 85 МПа; τ a 2 = (τ max 2 − τ min 2 ) / 2 = 9,5 МПа. Коэффициент запаса прочности по пределу выносливости при совместном действии изгиба и кручения

n=

nσ ⋅ nτ 2

2

nσ + nτ

,

(а)

где nσ , nτ - коэффициенты запаса прочности по пределу выносливости для изгиба и кручения, которые определяются по формулам: nσ =

σ −1 , Kσd σ a 2

nτ =

τ −1 . Kτdτ a 2 + ψ τ τ m 2

(б) Общий коэффициент выносливости, учитывающий влияние всех факторов на сопротивление усталости  1 K 1 K σd =  σ + − 1 , при изгибе K K K K d σ f σ v a   (в)  1  Kτ 1 при кручении Kτd =  . + − 1 K K K d τ f τ v   В ряде случаев технологическую анизотропию материала можно не учитывать и принимаем K a = 1 . Так как в сечении 2 поверхностного упрочнения нет, Kυ = 1 . Поверхность вала шлифованная Rz ≈ 1,75 мкм, поэтому коэффициент влияния качества обработки (шероховатости) поверхности K fσ = 0,96 (рис.17.15 и 17.16). K fτ = 0,575 ⋅ K fσ + 0,425 = 0,575 ⋅ 0,96 + 0,425 = 0,977 .

Рис.9.18 Коэффициент влияния абсолютных размеров поперечного сечения (масштабный коэффициент) K dσ = K dτ = 0,68 (кривая 2 на рис.17.9).

207

В этом сечении нужно учесть концентраторы напряжений – прессовую посадку и шпоночную канавку. Используя данные табл.17.4 и 17.5, получим для шпоночной канавки K σ = 1,76 и Kτ = 1,5 . Для шпоночной канавки получаем K σ / K τ = 2,59 и Kτ / K dτ = 2,21 . Для прессовой посадки воспользуемся формулой Kσ  Kσ   ξ ′ξ ′′ , = K dσ  K dσ  0

где ( Kσ / K dσ ) = 3,2 (рис.17.5); значения коэффициентов ξ ′ и ξ ′′ вычисляем по формулам: ξ ′ = 0,305 + 0,00139σ u= 0,305 + 0,00139 ⋅ 610 = 1,15 ; ξ ′′ = 0б 65 + 0б 014 ⋅ p = 0,65 + 0,014 ⋅ 20 = 0,93 (при p ≤ 25 МПа). Тогда K σ / K dσ = 3,2 ⋅ 1,15 ⋅ 0,93 = 3,42 и приближенно Kτ / K dτ = 3,42 . При наличии в рассчитываемом сечении нескольких концентраторов напряжений (шпоночный паз, напрессовка и т.д.) за расчетный принимают наибольшее значение K σ / K dσ , K τ / K dτ . Таким образом, принимаем Kσ / K dσ = Kτ / K dτ = 3,42 . Вычисляем значение общего коэффициента выносливости по формуле (в): при изгибе K σd = [3,42 + 1 / 0,96 − 1] = 3,46 , при кручении Kτd = [3,42 + 1 / 0,977 − 1] = 3,44 . Коэффициент влияния асимметрии цикла ψ τ = 0,075 . Коэффициенты запаса прочности по пределу выносливости при изгибе и кручении определяем по формуле (б): 275 165 nσ = = 0,94 , nτ = = 4,91 . 3,46 ⋅ 85 3,44 ⋅ 9,5 + 0,075 ⋅ 9,5 Коэффициент запаса прочности (а) по пределу выносливости при совместном изгибе и кручении 0,94 ⋅ 4,91 n= = 0,92 . 0,94 2 + 4,912 Условие прочности 1,3≤n≤3 не выполняется, следовательно, необходимо увеличить диаметр вала в сечении 2 или изменить его материал и обработку. Введем в местах посадки колес упрочнение поверхности вала закалкой ТВЧ на глубину 0,9…1,5 мм и вновь проведем проверочный расчет. По табл.17.7 находим коэффициент поверхностного упрочнения Kυ = 2 ,5 , тогда значения общего коэффициента выносливости 1 = 1,384 , при изгибе K σd = 3,46 2,5 1 = 1,376 . при кручении Kτd = 3,44 2,5 Коэффициенты запаса по пределу выносливости при изгибе и кручении теперь составляют 275 165 nσ = = 2,34 , nτ = = 11,97 . 1,384 ⋅ 85 1,376 ⋅ 9,5 + 0,075 ⋅ 9,5 И коэффициент запаса прочности при совместном изгибе и кручении равен 2,34 ⋅11,97 n= = 2,3 . 2,34 2 + 11,97 2 Необходимое условие прочности 1,3≤n≤3 выполняется, следовательно, можно ограничиться поверхностной закалкой ТВЧ. Определим коэффициент запаса по текучести. Поскольку нормальные и касательные напряжения достигают максимума одновременно, а напряженное состояние – плоское упрощенное, то

208

360 = 4,13 . 87 Таким образом, общий коэффициент запаса n = min{nτ = 2,3 и n y = 4,13}, т.е. n = 2,3 .

σ eq = σ 22 + 4τ 22 = 87 МПа; n y =

Пример 9.3. К массе M = 10 кг, установленной на балке (рис.9.19), прикладывается гармоническая нагрузка F = Fa sin ω i t , действующая в течение 8 часов в сутки на режимах: 5 часов при ωi = ω1 = 118 1/с; 2 часа при ω1 = ω 2 = 177 1/с; 1 час при ωi = ω3 = 236 1/с.

Рис.9.19 Форма и размеры сечения балки, а также материал и его характеристики и коэффициенты концентрации известны. Определить долговечность балки. Дано: материал – сталь 40; σ u = 650 МПа; σ y = 320 МПа; σ −1 = 290 МПа; N 0 = 10 7 ; m = 6 ; l = 0,5 м; K σ / K dσ = 4,25 (в заделке); Fa = 103 Н; K fσ = 1 ; KV = 1 ; K a = 1 . Примечание: массой балки можно пренебречь. Решение. 1. Задача один раз статически неопределима. Эпюра моментов от силы F , приложенной статически, показана на рис.9.19,б. Расчет проведен по методу сил с использованием правила Верещагина. Определим коэффициент запаса при статическом 14 приложении силы Fa = 10 3 Н. Наиболее опасным является сечение В, где M max = Fl . 27 M 0,5185 ⋅ 103 ⋅ 0,5 σ max = max = = 28,8 ⋅ 10 6 Па. −5 0,9 ⋅ 10 Wx Тогда σy 320 ny = = = 11,1 , σ max 28,8 т.е. условие статической прочности выполняется. 2. Определение собственной частоты колебаний проведем без учета демпфирования по формуле p=

C = M

1 , Mδ 11

где δ 11 - податливость (перемещение от единичной силы в направлении силы F). Перемножая эпюру от силы F=1 (рис.9.19,б) на эпюру от единичной силы (рис.9.19,в) получим 20l 3 δ11 = , 81EI x где I x - момент инерции сечения ( I x = 13,5 ⋅ 10 −8 м4), тогда p = 295,7 1/с. 3. Коэффициенты усиления на каждом режиме определим по формуле

209

β1 =

1

1

= 1,19 . 2  118  1−    295,7  1 β2 = = 1,56 , 2  117  1−    295,7  1 β3 = = 2,77 . 2  236  1−    295,7  4. Определим напряжения в балке на каждом режиме с учетом коэффициента усиления. Согласно рис.9.19,б моменты в сечениях «а» и «в» при статическом приложении нагрузки F практически одинаковы, однако в защемленном сечении «а» имеет место существенная концентрация напряжений. Поэтому наиболее опасным будем считать сечение «а». Тогда 12 Fl σ a1 = σ 1st β1 = 27 β1 ; Wx = 0,9 ⋅ 10 −5 м3; Wx ω  1 −  1   p

=

2

0,44 ⋅ 10 3 ⋅ 0,5 ⋅ 1,19 = 0,293 ⋅ 108 Па. −5 0,9 ⋅ 10 σ a1 = 29 МПа; σ a 2 = 38 МПа; σ a 3 = 681 МПа. Определим количество циклов на каждом режиме работы балки за сутки. Время одного цикла колебаний на i - м режиме равно периоду вынужденных колебаний Ti

σ a1 =

(рис.9.20): Ti = 2π / ω i (сек.). За один час работы (3600 с.) число циклов равно 3600

ω i /( 2π ) . Тогда число циклов на i-м режиме за сутки составит

3600 1800 ωi = α i ωi , 2π π где α i - количество часов в сутки работы установки на i -м режиме. 1800 N1 = 5 ⋅ 118 = 338216 ; Ni = α i

π

N2 = 2

1800

π

117 = 202930 ;

1800 N3 = 1 236 = 135286 .

π

Рис.9.20 Спектр нагружения за сутки (за один блок) показан на рис.9.21. 6. Определим предел выносливости детали по формуле  1 K σ 1 K σd  σ + σ −1d = −1 ; = 4,25 . − 1 K K Kσd  V  dσ K fσ

210

Тогда σ −1d =

290 = 68 МПа. Нижняя граница повреждающих амплитуд составляет 4,25 Kσ −1d = 0,55 ⋅ 68 = 37,4 МПа.

Рис.9.21 Поскольку напряжение последней ступени спектра (29 МПа) меньше нижней границы (37,4 МПа), то последнюю ступень при расчете долговечности можно не учитывать. 7. Определим долговечность по формуле (9.34) a σm N λ = p −1md 0 . ∑ σ ai N iδ i

Расчетный коэффициент накопленного повреждения (формула 9.33)

σ a max ξ −K σ −1d ap = . σ a max −K σ −1d

Спектр нагружения (без учета последней ступени) показан на рис.9.22. 68 ⋅135216 + 38 ⋅ 202930 ξ= = 0,74 ; K = 0,55 ; a p = 0,42 . 68(135216 + 202930) Теперь λ =

0,42 ⋅ 686 ⋅10 7 = 30 суток. 686 ⋅135286 + 386 ⋅ 202930

Рис.9.22 Пример 9.4. Определить среднюю долговечность и построить функцию распределения долговечности шлицевого соединительного вала двигателя и редуктора транспортной машины при условии, что параметры блока нагружения (средняя амплитуда напряжения - τ i и среднее число циклов i -й ступени - N Bt ) на 1 км пути равномерно распределены в интервале ±20% от указанных в табл.9.1 номинальных значений. Материал вала – сталь 18ХНВА, предел прочности σ u = 1150 МПа. Принять, что функция распределения пределов выносливости имеет вид lg (τ −1d aτ − uτ ) = lg (τ −1d aτ − uτ ) + u p S , где

τ −1d - предел выносливости детали; aτ - теоретический коэффициент концентрации

напряжений; uτ - предел выносливости образца большого диаметра; u p - квантиль нормального распределения; S = 0,06 -среднеквадратичное отклонение величины

211

X = lg (τ −1d aτ − uτ ) . Таблица 9.1

τ i , Мпа

145

125

104

83

62

42

21

N Bi , ц

620

383

352

629

667

1653

10810

Внутренний диаметр шлицов d = 49,4 мм, обработка поверхности – полировка, поверхностный слой цементирован, показатель кривой усталости m = 9 , число циклов, соответствующее точке перегиба кривой усталости, N 0 = 10 7 циклов. Решение. Для определения долговечности воспользуемся выражением (9.34) a pτ m N 0 −1d (б) λ= , m ∑ τ i N Bi i где τ i , N Bi - напряжение i -го уровня и число циклов при этом напряжении в одном блоке нагружения; a p - расчетное значение коэффициента повреждений

τ i max ξ −K τ −1d ap = , τ i max −K τ −1d

где

ξ = ∑ τ i N Bi /( N Bτ i max ); τ i max - максимальная амплитуда напряжения блока;

N B - общее число циклов в блоке нагружения; K = 0,6 - нижняя граница повреждающих напряжений. В уравнениях (9.33) и (9.34) учитываются только напряжения τ > 0,6τ −1d , так как меньшие амплитуды напряжений не оказывают влияния на поврежденность. Поскольку пределы выносливости и параметров блока нагружения рассматриваются как случайные, то в уравнении (9,34) могут встретиться их различные сочетания. Получить аналитическое выражение для функции распределения долговечности при различных законах распределения величин, входящих в (б), не удается. Поэтому для расчета средней долговечности и построения кривой распределения долговечности воспользуемся методом статических испытаний (метод Монте-Карло). Идея этого метода заключается в том, что для каждой случайной величины в (б) разыгрывается численное значение. Процесс нахождения значения какой-либо случайной величины y путем преобразования другой случайной величины Y , равномерно распределенной в интервале [0, 1], называется разыгрыванием случайной величины (в современных ЭВМ имеются генераторы случайных числе Y ). Для величины τ −1d уравнение (б) представляем в виде (в) X = X + Sξ , где X = lg (τ −1d aτ − uτ ) ; X - среднее значение величины X ; ξ - нормальная случайная величина с математическим ожиданием M [ξ ] = 0 и дисперсией D[ξ ] = 1 . Вычислим значения τ −1d и uτ . Предел выносливости гладкого образца диаметром d 0 = 7,5 мм составляет (τ −1 ) d 0 = 0,6(σ −1 ) d 0 = 0,6 ⋅ 0,5σ u = 345 МПа,

где ( σ −1 )d 0 - предел выносливости гладкого образца при изгибе. Среднее значение предела выносливости

212

τ −1d =

(τ −1 ) d 0 , Kτd

где

K fτ = 1 ;

 1  K 1 Kτd =  τ + ; − 1 K K K d τ f τ V   KV = 1,4 ; Kτ = 2,8 (для шлицов);

K dτ = 0,7 .

Представляя значения коэффициентов в последнюю формулу, получим Kτd = 2,85 и

τ −1d = 122 МПа. Согласно [8] имеем uτ = 0,5 ⋅ ε ∞ (σ −1 ) d 0 = 158 МПа ( ε ∞ - масштабный

коэффициент образца большого диаметра). Из уравнений (а) и (в) получаем X = lg (122 ⋅ 2,8 − 158) + ξS . Каждому разыгранному ξ соответствует определенное значение X = lg (τ −1d aτ − uτ ) . Отсюда 10 x + uτ τ −1d = . aτ Если случайная величина X равномерно распределена в интервале [a, в ] , то для X используем выражение X = a + Y (в − a ) . Поэтому для величин τ i и N Bi при их разбросе ±20% от номинальных значений имеем τ i = (0,8 + 0,4Y )τ i , N Bi (0,8 + 0,4Y ) N Bi . Для вычисления средней долговечности и построения кривой распределения было проведено 87 величин τ i , N Bi и τ −1d и по формуле (б) вычислено такое же количество значений долговечности

λ j . Среднее значение долговечности составляет 87 λ j = 8480 км. j =1 87

λ = ∑

Весь диапазон рассчитанных значений Частота попадания в к-й разряд составляет

λ делим в данной задаче на 12 разрядов.

pk∗ =

mk , 87

где mk - количество попаданий в к-й разряд. Статистическая функция распределения величины λ k строится по выражениям (9.17) F ∗ (λ1 ) = 0 , F ∗ (λ2 ) = p1∗ , F ∗ (λ3 ) = p1∗ + p2∗ , 12

F ∗ (λ13 ) = ∑ p k∗ = 1 . k =1

В табл.9.2 приведены значения статистической функции распределения F ∗ (λ ) , рассчитанные по формулам (9.17), а на рис.9.23 – график указанной функции. В случае необходимости определения долговечности с заданной вероятностью неразрушения статистическая функция распределения должна быть выровнена подходящей теоретической функцией.

213

Таблица 9.2 λ, км F*(λ)

1000 0,160

4000 0,530

8000 0,715

12000 0,789

16000 0,826

Рис.9.23

214

20000 0,888

25000 0,913

30000 0,950

90000 0,999

Глава 10. РАСЧЕТ ЭЛЕМЕНТОВ КОНСТРУКЦИЙ С ПРИМЕНЕНИЕМ ЭВМ 10.1. Метод начальных параметров

Все стандартные программы решения уравнений на ЭВМ рассчитаны на интегрирование систем уравнений первого порядка. Поэтому дифференциальное уравнение n-го порядка вначале должно быть сведено к системе n дифференциальных уравнении первого порядка. Если такая система дифференцированных уравнений разрешена относительно первых производных, то удобно использовать векторно-матричную форму записи. Например, матрица-столбец из искомых функций имеет вид (10.1) y   y1  Y =  2 . (10.1)  M     y n  Вектор, составленный из величин, характеризующих перемещения и внутренние силы в данном сечении системы, будем называть вектором состояния (10.2). Так, векторы W  V  ϑ  ϑ     (10.2) Y = Y= ,  Qr  Q      M 1r  M  для балки и симметрично нагруженной пластины являются векторами состояния ( V ,W – перемещения, ϑ – угол поворота нормали, Q – поперечная сила, M – изгибающий момент,

M 1 – радиальный изгибающий момент). Поскольку система дифференциальных уравнений разрешена относительно первых производных от искомых функций, то эта система в матричной форме представляется в виде d Y = FY + g , dx где F - квадратная (n x n) матрица переменных коэффициентов; g – n – мерный вектор правых частей. Задачей Коши называется задача об определении решения обыкновенного дифференциального уравнения при заданных начальных условиях. В матричной форме задача Коши формулируется так (10.3): Найти решения уравнения d (10.3) Y = f (Y , x) , dx =Y . 0 0 При машинном интегрировании систем обыкновенных дифференциальных уравнений используют методы Эйлера с итерациями, трапеций, Рунге-Кутта или Кутта-Мерсона. Рассмотрим теперь метод начальных параметров, при помощи которого краевая задача сводится к задаче Коши. Решение уравнения d Y = FY + g dx удовлетворяющее условию Y

x=x

215

должно быть подчинено n граничным условиям на границах интервала. Предположим, что m условий сформулированы в начале ( x = x ) и r = n − m в конце ( x = l) интервала 0 интегрирования. Решение (10.4) можно записать в виде n Y ( x) = Y ( x) + ∑ C Y ( x) , 0 i i (10 5) i =1 где Y0 ( x) - какое-либо частное решение неоднородного уравнения; Yi ( x) - линейнонезависимые решения однородного уравнения (матрица однородных решений, столбцами которой являются линейно-независимые векторы, каждый из которых удовлетворяет однородному уравнению (10.6) d Y = FY . (10.6) dz Поскольку вектор Y ( x) имеет n компонент, то формулу (10.5) можно представить в виде  y1, i   y1   y1,0      y  y  y  n   (10.7)  2  = 2,0 + ∑ C 2, i .      M  1 M M  i =1      y   y n   y n,0   n, i  Введем в рассмотрение матрицу решений однородного уравнения (10.6):  y1,1 y1,2 L y1, n     y 2,1 y 2,2 L y 2, n  (10.8) Y ( x) =  i M M M    y y L y  n, n   n,1 n,2 и вектор постоянных интегрирования С  С 1  С =  2.  M    С  n  Тогда формулу (10.7) можно записать в виде Y ( x) = Y ( x) + Y ( x)C . 0 i Вектор Y0 ( x ) и матрицу Yi ( x) можно найти, решая задачу Коши. Так как Y0 ( x) - любое частное решение неоднородного уравнения (10.4), то для него можно задать любые начальные значения и, в частности, нулевые: 0 0 ∗ (10.10) Y (x ) =   . 0 0 M   0 Значение вектора частного решения системы (10.4) в любой точке определяется численным интегрированием уравнения (10.4) при начальном условии (10.10). При выборе начальных условий для матрицы Yi (x) , являющейся решением однородного уравнения (10.6), необходимо обеспечить линейную независимость столбцов. Если принять, что (столбцы – ортонормированные векторы)

216

1 0 0 K 0 0 1 0 K 0    Y ( x ) = 0 0 1 K 0  , i 0   M M M M  0 0 0 K`1

(10.11)

то любая пара векторов 0  0  1  1 0  0  Y (x ) =   ; Y (x ) =   ; …Y (x ) =   1 0 n 0 M M M 2 0       0  1 0  взаимно ортогональна, что обеспечивает их линейную независимость. Матрица решений (10.8), удовлетворяющая начальным условиям (10.11), называется матрицей фундаментальных функций для уравнения (10.6) или матрицей перехода. После фактического построения частного решения неоднородного уравнения Y0 ( x) и матрицы решений однородного уравнения Yi (x) коэффициенты Сi, входящие в общее выражение (10.5), определяются из n граничных условий при х=х0 и х = l . При аналитическом решении краевых задач так и поступают. При численном расчете, когда построение каждого из решений требует интегрирования дифференциального уравнения, объем вычислений может быть существенно сокращен. Поскольку начальные значения всех векторов Yi ( x0 ) известны заранее из (10.11), то m граничных условий при х=х0 представляют собой m линейных уравнений, связывающих n постоянных Сi . Поэтому только n – m = r постоянных независимы. Введем новую систему решений однородного дифференциального уравнения Yk ( x ) (k =1,2,…,r), где

векторы

Yk ( x )

являются

линейными

комбинациями

векторов

фундаментальных решений Yi (x) , и новое частное решение неоднородного уравнения

Y0 ( x) , подчинив их начальным условиям Y (x ) = Z ; Y (x ) = Z , (10.12) k 0 k 0 0 0 причем, векторы Zk и Z0 выбираются линейно независимыми, а выражение r Y (x ) = Z + ∑ C Z ; 0 0 k k k =1 удовлетворяют граничным условиям при х = х0 при любых значениях постоянных Сk. Тогда выражение r Y ( x) = Y ( x) + ∑ C Y ( x). (10.13) 0 k k k =1 Cодержащее только r=n–m решений однородного уравнения и постоянных Сk будет удовлетворять условиям при х = х0 , а граничные условия при х = l позволяют определить r постоянных Сk. Из векторов Yk составим прямоугольную матрицу n x r  y1,1 y1, 2 L y1,r  y y  2 ,1 2 , 2 L y 2 , r   . Y=  M M M     y n ,1 y y , 2 L y n ,r  Теперь формула (10.13) запишется в виде

217

Y ( x) = Y ( x) + Y ( x)C , 0 C  C 1  где C =  2  – столбец r постоянных.  M    C r  Вопрос о выборе начальных значений векторов рассмотрен далее при решении задач изгиба пластин и устойчивости. Итак, решение линейной системы n-го порядка, удовлетворяющее m граничным условиям при x = x0 , всегда может быть представлено в виде выражения (10.13), содержащего лишь r=n-m решений однородного уравнения, удовлетворяющих начальным условиям Yk ( x0 ) = Z k . Для определения этих решений нужно r раз решить задачу Коши. Еще один раз ее нужно решить для определения решения неоднородного уравнения. В результате интегрирования определяют значения этих векторов на правом конце интервала интегрирования. После этого из r граничных условий на этом конце находят постоянные C k в выражении r Y (l) = Y0 (l) + ∑ C Y (l) , k =1 k k а следовательно, и сам вектор решения при x = l . Затем определяются векторы решений в промежуточных точках. Это можно сделать двумя способами. Поскольку постоянные C k уже определены, то можно использовать выражение (10.13). Однако такой способ требует запоминания значений векторов Yk , Y0 в характерных точках, что излишне загружает память машины. Поэтому чаще рассчитывают вектор Y (x) в промежуточных точках путем еще одного интегрирования неоднородного дифференциального уравнения d Y = FY + g dx при начальном условии r Y ( x0 ) = Z 0 + ∑ C Z . k =1 k k

Метод начальных параметров является наиболее простым способом сведения краевой задачи к задаче Коши. Но он применим лишь в том случае, если дифференциальное уравнение (10.4) не имеет одновременно как быстро убывающих, так и быстро возрастающих решений, т.е. когда отсутствуют краевые эффекты

218

Глава 11. РАСЧЕТ СТЕРЖНЕЙ ПРИ КРУЧЕНИИ 11.1. Статистически определимые задачи Пример 11.1. Стальной стержень круглого поперечного сечения переменной жесткости нагружен так как показано на рис.2.2,а. Построить эпюры внутренних крутящих моментов Т, максимальных касательных напряжений τ max , относительных углов закручивания ϑ и углов поворота сечений ϕ по длине стержня. Дано: M = 2 кНм; t e = 10

кНм/м; G = 8⋅10 4 МПа; l = 400 мм; d1 = 50 мм; d 2 = 90 мм. Решение. Задача статически определима. Нумерация участков указана на рис.11.1,а. Начало координат находится на левом конце стержня. Опорную реакцию находим из уравнения равновесия стержня ∑ M x = 0 , M − te l + M c = 0 → M c = te l − M . Внутренние крутящие моменты находим по методу сечений из уравнения равновесия отсеченных частей стержня T = −M . Участок 1 ( 0 ≤ z ≤ l ) T = t e ( z − l) − M ; T z =l = − M ; T z = 2 l = t e l − M . Участок 2 ( l ≤ z ≤ 2l ) Участок 3 ( 2l ≤ z ≤ 3l ) Эпюра Т показана на рис.11.1.

T = − M + t e (2l − l) .

Рис.11.1 Вычисляем геометрические характеристики сечений Ip =

π

d4;

Wp =

π

d3 ,

32 32 где d - диаметр текущего сечения стержня. Диаметр d по длине стержня изменяется по закону 0≤ z≤l d1 ,   d = (d 2 − d1 ) z + (d1 2l − d 2 l) /( 2l − l), l ≤ z ≤ 2l .  2l ≤ z ≤ 3l d2 ,  При определении углов поворота текущих сечений стержня воспользуемся дифференциальным уравнением dϕ = ϑdz , (11.1) где ϑ = T / GI p - крутка (относительный угол закручивания).

219

Проинтегрируем (11.1). Так как правая часть является известной функцией координаты z , то в результате интегрирования найдем z

ϕ = ∫ ϑdz + C , 0

(11.2)

где С - постоянная интегрирования. Обозначив z

(11.3)

ϕ~ = ∫ ϑdz , 0

здесь ϕ~ - первый интеграл функции ϕ , получим из (11.2) (11. 4) ϕ = ϕ~ + c . Интеграл (11.3) будем находить численным методом. Отрезок интегрирования [0, l ] разобьем на n равных частей (рис.11.2,а) с шагом ∆z = l / n . Пронумеруем сечения (узлы) i = 1,2,..., n + 1 так, как показано на рис.11.2,а. Тогда координаты сечений будут определяться по формуле zi = ∆z (i − 1) . В этих сечениях будем искать значения функции ϕ по формуле (11.4). При этом предполагаем, что значения ϕ в промежуточных точках между сечениями могут быть вычислены с помощью линейной интерполяции.

Рис.11.2 Чтобы начать счет, необходимо знать значение интеграла в начале координат. В начале интегрирования, т.е. при z1 = 0 интеграл ϕ~ = ϕ~ = 0 , z =0

~ - начальный параметр. где ϕ 1

(11.5)

1

Учитывая (11.5), получим выражение для интеграла в i + 1 сечении: z1 +1

ϕ~

~ i +1 = ϕ i + ∫ ϑdz . z1

Интеграл, стоящий в правой части, независимо от вида подынтегральной функции, представляет собой площадь криволинейной трапеции. Приближенно эту площадь определим по формуле трапеции (заштрихованная площадь на рис.11.2,б): z1+1 ϑ +ϑ ϕ i +1 = ∫ ϑdz = i i +1 ∆z . 2 zi тогда

ϕ~i +1 = ϕ~i +

ϑi + ϑi +1 2

∆z ,

220

i = 1,2,..., n .

Для определения произвольной постоянной С в уравнении (11.4) используем граничное условие i = n +1 , ϕ n+1 = 0 и получим однородное алгебраическое уравнение ϕ~n+1 + C = 0 , откуда C = −ϕ~n+1 . Итак, равенство (11.4) примет вид ϕ i = ϕ~i + C . В тех же сечениях определяем максимальные касательные напряжения по формуле

τ max,i = На печать выводим zi ,

Ti . W pi

ϑi , ϕ i , τ max,i . Схема алгоритма решения задачи представлена

на рис.11.3. 11.1.1. Описание программы

Рис.11.3 При составлении программы на алгоритмическом языке Паскаль используем следующие идентификаторы (имена переменных и массивов): K – относительный угол закручивания ϑ ; F – угол поворота сечения стержня ϕ ; T – максимальное касательное напряжение τ max ; ZZ – координата сечения стержня z ; IP – полярный момент инерции поперечного сечения стержня Ip;

221

WP – полярный момент сопротивления сечения Wp; M – внутренний крутящий момент T; M1 – внешний крутящий момент M; M2 – интенсивность внешнего распределенного крутящего момента te; l1, l 2 - длина соответственно первого и второго участков стержня; l - вся длина стержня; D1 – диаметр стержня d1; D2 – диаметр стержня d2; H – шаг интегрирования ∆z; N – число шагов интегрирования n; d – диаметр текущего поперечного сечения стержня d; Результаты расчета представлены графически на рис. 11.1,б. 11.1.2 Программа расчета стержня переменной жесткости на кручение

Program VAL; {Вал переменной жесткости} Uses CRT; Const kl=50; Var i,n,n1:integer; l,ll,l2,d,d1,d2,M1,M2,G,z,h,Ip,zl:real; T,F,K,M,Wp,ZZ:array[1..k1] of real; Otlet:char; Begin Clrscr; Writeln(‘Размер вала’); Writeln(‘l(m),l1(m),l2(m),d1(m),d2(m)’); Readln(l,l1,l2,d1,d2); Writeln(‘Нагрузка M1(H*m),M2(H*m)’); Readln(M1,M2); Writeln(‘Модуль сдвига G(Па’); Readln(G); Writeln(‘Число шагов интегрирования n’); Readln(n); Writeln(‘Результаты расчета’); Writeln; Writeln(‘z mm MH*m T MПа F рад Wp см3); Writeln; h:=l/n; n1:=n+1; {Количество узлов} For i:=1 to n1 do Beqin z:=h*(i-1); ZZ[i]:=z; If (z>=0) and (zl1) and (zl2) and (z=0) and (zl1) and (zl2) and (z=0) and (zl) and (z3*l) and (z=0) and (z1) and (z=0) and (z= l ) then d1:=dd; if (z> l ) and (z3* l ) and (z=0) and (zl) and (z2*l) and (z=0) and (z1) and (z2*l) and (z - расчетное среднее значение производной f ( x, y ) на шаге интегрирования. В методы Рунге-Кутта < f > вычисляется как среднее взвешенное величин P0 , P1 , P2 , P3 (формула численного интегрирования Симпсона) 1 < f >= ( P0 + 2 P1 + 2 P2 + P3 ) . 6 Тогда значение функции yi +1 будет h yi +1 = yi + ( P0 + 2 P1 + 2 P2 + P3 ) , 6 где P0 = f ( xi , y i ) , h h P1 = f ( xi + , yi + P0 ) , 2 2 h h P2 = f ( xi + , yi + P1 ) , 2 2 P3 = f ( xi + h, yi + P2 h) .

Как можно видеть, P0 - значение производной y ′ в начале шага интегрирования, P1 ,

P2 - вычисленные с различной точностью производные в середине шага и P3 - в конце. Вычисления по этим формулам проводятся последовательно на всех шагах интегрирования, начиная с первого, и в результате определяются приближенные значения y( x1 ), y( x 2 ),..., y( x n ) . Изложенный метод без изменений переносится на случай систем дифференциальных уравнений первого порядка. Записав такую систему и начальные условия в векторной форме d {y} = { f ( x, y )}, {y ( x0 )} = {y0 }, dx где {y} - матрица-стобец неизвестных, получим векторный вариант формул Рунге-Кутта: {P0 } = { f ( xi , yi )},

{P1 } =  f ( xi + h , yi + P0 h ) ,

2 2   {P2 } =  f ( xi + h , yi + P1 h ) , 2 2   {P3 } = { f ( xi + h, yi + P2 h)}, {y( xi+1 )} = {yi } + h ({P0 } + 2{P1} + 2{P2 } + {P3 }) . 6 14.3. Описание программы

253

Условно диск разделим на 3 участка (рис.14.1,в). Число шагов интегрирования на участках: n1 = 16 , n2 = 96 , n3 = 6 . Шаг интегрирования на каждом участке: (r − r ) (r − r ) (r − r ) h1 = 3 1 ; h2 = 4 3 ; h3 = 2 4 . n3 n1 n2 Внутри шага печати должно умещаться целое число шагов интегрирования. Программа расчета диска приведена в п.14.3.1. В ней предусмотрен учет изменения температуры, толщины диска и модуля упругости материала. В программе приняты следующие обозначения: Y(2) – вектор состояния; XS(4) – массив радиусов, соответствующих границам участков; NN(3) – массив чисел шагов интегрирования на участках; KR(3) – массив чисел шагов вывода результатов на участках; Y1(2),P0(2),P1(2),P2(2),P3(2) рабочие массивы для подпрограммы RK; NP – число шагов интегрирования в шаге вывода результатов; KP – число точек вывода результатов на участке; х – переменная интегрирования; СР – коэффициент Пуассона; Р(2) – вектор правых частей; RN – число оборотов диска в минуту; RO – плотность материала диска; OM – угловая скорость; N - порядок системы уравнений; Y(N) – вектор неизвестных; H – шаг интегрирования; NI – номер интегрирования; NS – номер участка; TH(X) - толщина диска в зависимости от радиуса. Эпюры u, σ r , σ t постоянные по результатам машинного счета представлены на рис.14.1,а. 14.3.1. Программа расчета вращающихся дисков

Program DISK; Uses Crt; Label 1; Const N=2; RN=3000; RO=8E3; AL=0; Cp=0.3; Type Wect=array[1..4] of real; Var Ns,Ni,Ip,I,Np,Kp,:integer; H,x,Tx,Thx,Ex,Ur,T2,Sig1,Sig2,C,C2:real; Y,XS:wect; NN,KR:array[1..3] of integer; {Вычисление температуры в зависимости от радиуса} Function T(x:real):real; Begin If Ns=1 then T:150+892.9*(x-0.019); If Ns=2 then T:165+3311*(x-0.0358); IfNs=3 then T:=510+6667*(x-0.140);T:=0; End;

254

{Вычисление толщины в зависимости от радиуса} Function TH(x:real):real; Begin If Ns=1 then TH:=0.052; If Ns=2 then TH:=0.03-0.006*(x-0.0358)/0.0521; If Ns=3 then TH:=0.022; TH:=0.06; End; {Вычисление модуля упругости в зависимости от радиуса} Function E(x:real):real; Begin E:=1.8E11-1.25E8*(T(x)-150); E:=2e11; End; {Процедура вычисления правых частей системы дифференциальных уравнений} Procedure FCT(x:real; Y:wect; var P: wect); Var OM,ALT,CPP,CPM,TE,XX,A11,A12,A21,A22,G1,G2,SG:real; Begin OM:=3.1416*RN/30; ALT:=AL*T(x); CPP:=1+CP; CPM:=1-CP; TE:=E(x)*TH(x); XX:=1/x; A11:=CPP*XX; A12:=A11*CPM/TE; A21:=TE*XX; A22:=CPM*XX; G1:=A11*ALT; G2:=A21*A1t+RO*TH(x)*OM*OM*x; SG:=1; If NI=1 then SG:=0; P[1]:=-A11*Y[1]+A12*Y[2]+SG*G1; P[2]:=A21*Y[1]-A22*Y[2]-SG*G2; End; {Процедура интегрирования системы дифференциальных уравнений методом РунгеКутта} Procedure RK(var z:real; var Y:wect; H:real); Var I:byte; Y1,P0,P1,P2,P3:wect; Begin FCT(x,Y,P0); For I:=1 to N do Y1[i]:=Y[i]+H*P0[i]/2; FCT(x+h/2,Y1,P1); For I:=1 to N do Y1[i]:=Y[i]+H*P1[i]/2; FCT)x+H/2,Y1,P2); For i:=1 to N do Y1[i]:=Y[i]+H*P2[i]; FCT(x+H,Y1,P3); For I:=1 to N do

255

Y[i]:=Y[i]+H*(P0[i]+2*P1[i]+P2[i]+P3[i])/6; X:=x+H; End; BEGIN Clrscr; XS[1]:=0.025; XS[2]:=0.05; XS[3]:=0.225;XS[4]:=0.250; NN[1]:=16; NN[2]:=96; NN[3]:=6; KR[1]:=4; KR[2]:=6; KR[3]:=2; Y[1]:=1; Y[2]:=0; Writeln(`R`,`H`,`T`,`E`,`U`, `T1`,`T2`,`SIG1`,`SIG2`); Writeln; Writeln(`(м)`,`(м)`,`(гр)`,`(Па)`,`(м)`, `(H/м)`,`(H/м)`,`(МПа)`,`(МПа)`); Writeln; For Ni:=1 to 3 do Begin If Ni=2 then Y[1]:=0; If Ni=3 then Y[1]:=C; If Ni>1 then Y[2]:=0; For Ns:=1 to 3 do Begin X:=XS[Ns]; H:=(XS[Ns+1]-XS[Ns]/NN[Ns]; Np:=NN[Ns] div KR[Ns]; Kp:=KR[Ns]+1; For Ip:=1 to Kp do Begin If Ni 0 , если она на внешнем контуре элемента направлена против оси z . Нормальные напряжения в пластине связаны с моментами зависимостями 12M t 12 M r (15.1) σr = z , σt = z. h3 h3 Поперечная сила в любом окружном сечении пластины, опертой на одну кольцевую опору, может быть найдена из условия равновесия части пластины, вырезанной цилиндром радиуса r  1 r (15.2)  ∫ p(r )2πrdr + ∑ P ⋅ 2πr  , Q= k pk  2πr r k 1  где r1 - радиус внутреннего контура, а выражение в прямых скобках представляет собой суммарную внешнюю нагрузку, приложенную к ограниченной цилиндром радиуса r части пластины (эта нагрузка положительная, если направлена по оси z ). Уравнение равновесия моментов, воздействующих на элемент (см.рис.15.1,в) пластины, имеет вид d (15.3) M t − ( M r r ) = Qr . dr Моменты M r , M t выражаются через угол поворота ϑ нормали к срединной поверхности по формулам: ϑ dϑ   dϑ ϑ M r = D + v  , M t = D + v , (15.4) r dr   dr r

257

Eh 3 [Нм]- жесткость пластины на изгиб. 12(1 − v 2 ) При изменяющейся, в зависимости от радиуса толщине пластины D - также функция радиуса. Вывод формул (15.3) и (15.4) см. в [1]. Для полного решения задачи необходимо использовать также геометрическую зависимость dW = −ϑ. (15.5) dr При решении задачи изгиба пластины будем определять в каждой ее точке три основные величины – прогиб W ,угол поворота нормали ϑ и произведение момента M r на

где D =

текущий радиус r. Составив матрицу-столбец из этих величин Y = (W ,ϑ , rM r )T , назовем ее вектором состояния. Действительно, три компонента этого вектора определяют не только перемещения W, ϑ , но и изгибающие моменты, а следовательно, и напряжения. В самом dϑ деле, подставив во второе уравнение (15.4) из первого, выразим M t через M r , ϑ : dr Eh 3 ϑ M t = vM r + ⋅ . (15.6) 12 r Равенства (15.3…15.5) позволяют записать три дифференциальных уравнения первого порядка относительно компонент вектора состояния dW = −ϑ , dr (15.7) ϑ 1 dϑ = −v + (r ⋅ M r ) , dr r Dr d Eh 3 v (rM r ) = ϑ + (rM r ) − Q ⋅ r . dr 12r r Первое из уравнений (15.7) совпадает с уравнением (15.5), второе есть разрешенное относительно dϑ / dr первое из равенств (15.4), а третье – уравнение равновесия (15.3), в которое подставлено значение M t по формуле (15.6). Поскольку левые части уравнений (15.7) – производные компонент вектора состояния, а правые части линейно зависят от этих компонент, систему уравнений (15.7) можно записать в виде одного матричного уравнения

d y = Fy + g , dr где матрица переменных коэффициентов F и вектор g выражаются формулами:

(15.8)

−1 0  0  F = 0 −v/r 1 /( Dr ), 0 Eh 3 /(12r ) v / r 

 0  g =  0 . − Qr  Решение системы (15.8) должно удовлетворять граничным условиям. Так как это система третьего порядка, то число граничных условий равно трем. При этом на каждом из контуров пластины (внутреннем и внешнем) должно быть задано ограничение либо на угол поворота ϑ , либо на соответствующий этому углу изгибающий момент M r , либо, при

упругой заделке, граничное условие ставится на линейную комбинацию угла ϑ и момента M r . Третьим граничным условием является условие W=0 на окружности, где расположена опора.

258

В табл.15.1 приведены возможные варианты граничных условий (ось z-я направлена вниз). Для пластины без центрального отверстия граничное условие в центре при r=0 имеет вид ϑ = 0. Однако при численном интегрировании это условие не используется, так как при r=0 некоторые коэффициенты системы обращаются в бесконечность. В связи с этим, начальное значение независимой переменной r принимают равным малому числу а (а - , обычно равный шаг интегрирования), а граничное условие ϑ = 0 заменяют следующим: aM r = D(1 + v)ϑ , (15.9) где D-жесткость на изгиб в центре пластины. Приведем краткий вывод условия (15.9). Вблизи центра пластины угол ϑ меняется пропорционально радиусу ϑ = Br (последующие члены разложения ϑ в степенной ряд можно при малых r не учитывать). Поэтому при малом r имеем dϑ / dr = ϑ / r , и из первого уравнения (15.4) следует условие (15.9). Таблица 15.1

Таким образом, необходимо найти численное решение системы дифференциальных уравнений (15.8), удовлетворяющее граничным условиям, два из которых, наложенные на ϑ или M r , или на их комбинацию, формулируются на внутреннем и наружном контурах пластины, и одно, наложенное на прогиб, - в месте ограничения прогиба. Для решения этой краевой задачи используем метод начальных параметров [5]. Система уравнений (15.8) представляет собой систему линейных неоднородных (из-за наличия слагаемого с Q) дифференциальных уравнений третьего порядка. Известно, что решение такой системы складывается, вообще говоря, из трех линейно независимых yi (r ) (i = 1,2,3) решений однородной системы и одного y0 ( r ) решения неоднородной. Неоднородное решение удовлетворяет уравнению (15.8), а все однородные уравнению dyi = Fyi (i = 1,2,3). Если вычислить все решения по отдельности и, подчинив dr

259

3

выражение y (r ) = ∑ Ci yi (r ) + y0 (r ) граничным условиям, определить постоянные Ci , то i =1

задача будет решена. Метод начальных параметров позволяет сократить количество вычисляемых решений однородной задачи. Действительно, так как, по крайней мере, одно граничное условие задано в начале интервала интегрирования (при r = r1 или r = a - для пластинки без отверстия), то из трех постоянных Ci независимыми оказываются лишь две, и решение, удовлетворяющее указанному граничному условию, можно представить в виде y (r ) = C1 y1 (r ) + C 2 y 2 (r ) + y0 (r ). При этом начальные значения y1 ( r1 ), y 2 ( r1 ), y d ( r1 ) должны быть заданы так,

чтобы граничное условие при r = r1 выполнялось при любых C1 , C 2 . Дополнительное упрощение связано с тем, что одно из решений однородной задачи изгиба пластины очевидно, оно соответствует перемещению пластины как жесткой ( W = C 2 ) при ϑ = 0 , M r = 0 . Таким образом, окончательно (15.10) y (r ) = C1 y1 (r ) + C 2 (1,0,0) T + y 0 (r ). Рассмотрим

теперь

вопрос

о

выборе

значений

обеспечивающих тождественное выполнение наложенных на при r = r1 . 1.Поворот

векторов

y1 (r1 ),

y0 (r1 ),

ϑ или M r граничных условий

ϑ (r1 ) = 0 (контур r = r1 жестко заделан или пластина связана с жестким

центром радиуса r1 ). Условие выполняется, если принять y1 (r1 ) = (0,0,1)T ,

y0 (r1 ) = (0,0,0)T .

2. Момент M r (r1 ) = 0 (контур пластины r = r1 свободен или шарнирно оперт), в этом случае y1 (r1 ) = (0,1,0)T , y0 (r1 ) = (0,0,0)T . 3. Внутренний ( r = r1 ) контур нагружен моментом t e : y1 (r1 ) = (0,1,0)T , y0 (r1 ) = (0,0, r1t e )T . 4. Пластина без отверстия. На границе «разгонного участка» ( r = a ) принимают y1 (a ) = (0,1, D(1 + v))T , y0 (a) = (0,0,0) T , где D – жесткость пластины в центре. Постоянную интегрирования C1 находят, подчиняя вектор решения на внешнем контуре ( r = r2 )

y (r2 ) = C1 y1 (r2 ) + C2 (1,0,0)T + y0 (r2 )

ϑ или радиальный момент M r . Например, в случае свободного внешнего контура M r = 0 постоянная C1 определяется из граничному условию, наложенному на угол поворота

следующего алгебраического уравнения C1 y31 (r2 ) + y30 (r2 ) = 0 (здесь первый из индексов указывает номер компонента, второй – номер вектора). Вычислив C1 определяют C 2 из

граничного условия, наложенного на прогиб. Пусть на окружности радиуса r = r0 прогиб равен нулю. Тогда справедливо следующее тождество: C1 y11 (r0 ) + C2 + y10 (r0 ) = 0 , или C2 = −C1 y11 (r0 ) − y10 (r0 ), где y11 (r0 ) , y10 (r0 ) - первые компоненты векторов решений y1 и y 0 при r = r0 . Если закреплен внутренний контур пластины W(r1) = 0, то всегда С2 = 0.

260

После определения постоянных интегрирования С1, С2 вектор состояния в произвольном сечении r вычисляют по формуле (15.10). Решения

y 1 ( r ), y0 ( r )

интегрированием уравнения (15.8), причем, при определении y1 ( r ) следует положить g = 0 , либо находить эти два решения параллельно интегрированием следующего дифференциального уравнения: dY (15.11) = FY + G , dr где Y ( r ) = ( y1 ( r ), y0 ( r )) матрица частных решений; G = ( 0, g ) - матрица, первый столбец которого нулевой, а вторым столбцом является вектор g . Заметим, что вектор частного решения y0 ( r ) - это второй столбец матрицы Y. Поэтому в программных обозначениях компоненты этого вектора имеют вторым индексом цифру 2 (т.е. y12, y22, y32). В приведенной программе интегрируется матричное уравнение (15.11). 15.2. Описание программы

Для численного расчета пластины методом начальных параметров разработана программа (см. п. 15.2.1), позволяющая рассчитать пластину с одной кольцевой опорой при осесимметричной поперечной нагрузке. При расчете пластина разбивается на участки. Участки отличаются друг от друга либо различным законом изменения толщины, либо различным законом изменения поперечной силы, либо и тем и другим. 15.2.1. Программа расчета осесимметрично нагруженной одной кольцевой опорой

Program KRUG_PLAST; Uses Crt; Const CP=0.3; E=2E11; NU=2; N=3; M=2; TYPE Matr:array[1..3, 1..3] of real; Amatr:array[1..50, 1..3, 1..2] of real; Var NU1, NS : integer; CCP, H, RR: real; NN, KR : array[1..N] of integer; RG: array[1..NU+1] of real; {Функция для вычисления толщины} Function DD (R;real):real; Begin DD:=E*EXP(3/LN(TOL(NS,R)))/(12/ccP); End; {Процедура общего вида начальных значений векторов} Procedure NUS (Var Y:Matr); Var i,j: integer; Begin For i:=1 to 3 do For j:=1 to 2 Y[I,j]:=0; Y[2,1]:=1;

261

End; {Процедура общего вида для вычисления постоянных интегрирования} Procedure GUS (Var Y: Matr; Var C1, C2 :real; Z: Amatr); Begin C1:=-Y[2,2]/Y[2,1]; C2:=-C1*Y[1,1]-Y[1,2]; End; {Процедура общего вида для вычисления правой части уравнения} Procedure FCT (R: real; Y: Matr; Var P:Matr); k, i, j : integer; F, G : Matr; Begin For i:=1 to 3 do For j:= 1 to 3 do Begin F[i,j]:=0; G[i,j]:=0; End; RP:=1/R; F[1,2]:=-1; F[3,3]:=CP*RR; F[2,2]:=-F[3,3]; F[2,3]:=RR/DD(R); F[3,2]:=RR*DD(R)*CCP; G[3,2]:=-R*Q(NS,R); For j:=1 to 2 do Begin For i: = 1 to 3 do Begin P[i,j]:=0; For k:= 1 to 3 do P[i,j]:= P[i,j]+F[i,k]*Y[k,j]; End; P[i,j]:= P[i,j]+G[i,j]; End; End; {Подпрограмма общего вида для интегрирования матричного уравнения методом Рунге-Кутта} procedure RKM (Var X:real; Var Y : matr); Var i,j: integer; Y1, P0,P1,P2,P3: matr; Begin FCT(X,Y,P0); For i:= 1 to N do For j:= 1 to M do Y1[i.j]:=Y[i,j]+H*P0[i,j]/2; FCT(X+H/2, Y1, P1); For i:=1 to N do For j:=1 to M do Y![i,j]:=Y[i,j]+P1[i,j]/2; FCT(X+H/2, Y1, P2); For i:=1 to N do For j:= 1 to M do Y1[i.j]:=Y[i,j]+H*P2[i,j]; FCT(X+H, Y1, P3); For i:=1 to N do

262

For j:= 1 to M do Y1[i.j]:=Y[i,j]+H*(P0[i,j]+2*P1[i,j]+2*P2[i,j]+P3[i,j])/6; X:=X+H; end; {Процедура общего вида для расчета пластины методом начальных параметров} Procedure PLAST; Var Y:Matr; Z :Amatr; R,C1,C2,MR,MT,W,TETA:real; I,J.K,K1,IK,NP,KP,IP:integer; S:array[1..N] of real; RZ,HZ,DZ,QRZ:array[1..50] of real; Begin Clrscr; K:=0; K1:=0; NUS(Y); For i:=1 to NU do K1:=K1+KR[i]; K1:=K1+NU; For NS:=1 to NU do Begin R:=RG[NS]; H:=(RG[NS+1]-RG[NS])/NN[NS]; NP:=NN[NS] div KR [NS]; KP:=KR[NS]+1; For ip:=1 to KP do Begin K:=K+1; RZ[K]:=R; HZ[K]:=TOL(NS,R); DZ[K]:=DD(R); QRZ[K]:=Q(NS,R); For i:=1 to N do Begin For j:=1 to M do Z[K,I,J]:=Y[I,J]; End; IF(IPKP) Then For IK:=1 to NP do RKM (R,Y) Else break; End; End; GUS(Y,C1,C2,Z); Writeln (`C1=`,C1,`C2=`,C2); Writeln; Writeln(` R(м)`,` H(м)`,`Q(H/м)`,`W(м)`, ` Mr(H*м/м)`,` Mt(H*м/м)`,` Teta(рад)`); Writeln; For i:=1 to K1 do Begin For j:=1 to N do S[j]:=C1*Z[i,j,1]+Z[i,j,2]; W:=S[1]+C2; MR:=S[3]/RZ[i];

263

MT:=DZ[i]*CCP*S[2]/RZ[i]+CP*MR; TETA:=S[2]; Writeln(RZ[i]:10,``,NZ[i]:10,``.QRZ[i]:10,``, W:10,``,MR:10,``,MT:10,``,TETA:10); End; End; Begin {Основная программа} KR[1]:4; KR[2]:=8; NN[1]:=16; NN[2]:=80; RG[1]:=0.02; RG[2]:=0.04; RG[3]:=0.125; NU1:=NU+1; CCP:=1-CP*CP; PLAST; Readln; END. Программа состоит из девяти программных единиц. В основную программу вводятся следующие данные о пластине: NU – количество участков; NU1 – количество границ участков (NU1=NU+1); RG(NU1) – массив радиусов (в метрах) границ участков, включая внутренний и внешний радиусы пластины; NN(NU) – массив числа шагов интегрирования на каждом участке; KR(NU) – массив числа шагов печати по участкам; при этом каждый шаг печати должен включать целое число шагов интегрирования, поэтому каждый элемент массива NN должен нацело делиться на соответствующий элемент массива KR (при вводе исходных данных это условие нужно выполнить). Основная программа обращается к подпрограмме PLAST, реализующей алгоритм расчета пластины методом начальных параметров. В описательной части подпрограммы PLAST задаются следующие массивы: Y –матрица решений Y = ( y1 , y0 ) ; Y1,P0,P1,P2,P3 – рабочие массивы подпрограммы интегрирования размерностью 3х2; RZ,HZ,DZ,QRZ – одномерные массивы, в которых запоминаются значения радиуса, толщины, жесткости на изгиб и поперечной силы в точках вывода информации; Z – трехмерный массив, предназначенный для запоминания матрицы решений в тех же точках; S – одномерный рабочий массив, используемый при обработке результатов. При этом максимально возможное число точек вывода не должно превышать 50, в противном случае нужно изменить размеры следующих массивов: RZ,HZ,DZ,QRZ,Z. Вначале вводят значения следующих величин: M, N – число столбцов и строк матрицы Y (M=2; N=3); K, K1 – начальные значения счетчиков точек вывода результатов и общего числа точек вывода. После обращения в подпрограмме NUS(Y), формирующей начальное значение матрицы Y ( r1 ) , где r1 - левая граница интервала интегрирования, вычисляется общее число точек вывода результатов счета. Далее имеем три вложенных цикла: 1) внешний цикл – по номеру участка NS, 2) промежуточный цикл – по номеру точки вывода IP, 3) внутренний цикл – по номеру шага интегрирования IK. Во внешнем цикле вычисляются значение радиуса R внутреннего контура участка, шаг интегрирования H, число шагов интегрирования NP в шаге печати I и число точек вывода результатов KP на участке; затем осуществляется переход к промежуточному циклу.

264

В этом цикле, повторяющемся KP раз, текущее значение счетчика K точек меняется на единицу, в массивы RZ, HZ, DZ, QRZ, Z заносятся значения радиуса, толщины, жесткости, поперечной силы и матрицы Y. Во внутреннем цикле вызывается подпрограмма интегрирования RKM, осуществляющая интегрирование на один шаг матричного уравнения (15.11). После завершения выполнения внутреннего цикла подпрограмма PLAST вызывает подпрограмму GUS(Y,C1,C2,Z), вычисляющую постоянные интегрирования C1, C2. Затем в повторяющемся K1 раз цикле по номеру I точки вывода определяется вектор решения y( r ) по формуле (15.10) и производится печать результатов счета. При этом на печать выдаются следующие величины: радиус, толщина, поперечная сила, прогиб, радиальный M r и окружной M t моменты и угол поворота нормали. На границах участков вывод результатов выполняется дважды (слева и справа от границы), так как при скачкообразном изменении толщины жесткость на изгиб и момент M t имеют разрывы. Программа PLAST не требует вмешательства пользователя. Исключением является случай нагружения пластины внешним моментом, распределенным по окружности, которая не совпадает ни с одним из контуров пластины (см. пример 15.3). В подпрограмме NUS(Y) задаются начальные значения векторов y1 ( r1 ), y0 ( r1 ) на

внутреннем контуре ( r = r1 ) пластины в соответствии с граничными условиями на этом контуре. В подпрограмме GUS(Y,C1,C2,Z) вычисляются последовательно постоянные интегрирования: С1 – из граничного условия, наложенного на ϑ или M r на внешнем

( r = r2 ) контуре, и С2 – из граничного условия, наложенного на прогиб W. Если кольцевая опора расположена в к-й точке вывода результатов, то С2 определяется выражением (15.12) C2=-C1*Z(K,1,1)-Z(K,1,2). При подсчете номера К точки вывода, соответствующей расположению кольцевой опоры ( r = r0 ), следует помнить, что границы участков соответствуют двум точкам вывода. Если кольцевая опора расположена на внутреннем контуре, то С2=0, а если опора расположена на внешнем контуре, то вместо элементов массива Z в выражении (15.2) можно использовать элементы первой строки массива Y, сохранив при этом массив Z в списке формальных параметров подпрограммы GUS. Подпрограмма RKM(X,Y) осуществляет интегрирование матричного уравнения dY/dX=f(Y,X) на одном шаге методом Рунге-Кутта, где X – независимая переменная R; Y – матрица решений на входе и выходе из этой программы; Y1, P0, P1, P2, P3 - рабочие массивы размерностью N × M; H - шаг интегрирования. Правая часть уравнения (15.11) вычисляется в подпрограмме FCT(R,Y,P). Подпрограммы RKM и FCT не требуют вмешательства пользователя. Подпрограммы-функции TOL(R,NS) и Q(R,NS) вычисляют толщину h и поперечную силу Q в зависимости от радиуса R и номера участка NS. В подпрограмме-функции DD(R) определяется жесткость на изгиб по формуле Eh 3 . D= 12(1 − v 2 ) Таким образом, для расчета пластины пользователь должен составить основную программу, подпрограммы NUS, GUS и две подпрограммы-функции TOL и Q. Программа приведена для конкретной задачи (см. пример 15.1). Однако расчет других пластин требует внесения в программу лишь небольших изменений (см. пример 15.2).

265

15.3. Примеры расчета Пример 15.1. Для представленной на рис.15.2,а пластины построить графики M r ,

M t и W в зависимости от радиуса и определить коэффициент запаса n y по текучести. При расчете принять E = 2 ⋅105 МПа, v = 0,3 , P = 10 5 Н/м, σ yτ = σ yc = σ y = 200 МПа. Размеры пластины на рис.15.2,а даны в миллиметрах. Расчет эквивалентного напряжения провести по теории начала текучести Хубера-Мизеса. Решение. Пластина имеет два участка с различными законами изменения толщины и поперечной силы: участок 1-0,02 ≤ r ≤ 0,04 м; участок 2-0,04 ≤ r ≤ 0,125 м. Толщина (в метрах) в зависимости от радиуса составляет 0,02 – на у-ке 1 (NS=1); H(R) 0,01+0,01(r-0,04)/0,085 –на у-ке 2 (NS=2). Приведенные формулы вычисления толщины вносятся в подпрограмму-функцию TOL(R,NS). Определяем поперечную силу Q [Н/м] из уравнения равновесия части пластины, ограниченной внутренним контуром и цилиндрическим сечением радиуса r. Это уравнение имеет вид: на первом участке (рис. 15.2,б) Q ⋅ 2πr = 0 , на втором участке (рис. 15.2,в) Q ⋅ 2πr = P ⋅ 2πrp , где rp = 0,04 м, Р=105 Н/м. Тогда 0, на 1 участке (NS=1); 4⋅103/r, на 2участкеке (NS=2). Вычисление по этим формулам производится в подпрограмме-функции Q(R,NS). Граничное условие M r = 0 на внутреннем контуре ( r = r1 = 0,02 м) будет выполнено

Q(R)=

тождественно, если принять начальные значения векторов однородного

y1 (r1 ) и

неоднородного y 0 ( r1 ) решений в виде y1 (r1 ) = (0,1,0) T ,

y 0 (r1 ) = (0,0,0) T .

Таким образом, матрица решений Y ( r1 ) на внутреннем контуре составляет 0 0   Y (r1 ) =  1 0  . 0 0   Эта матрица формируется в подпрограмме NUS(Y); при этом все элементы матрицы Y приравниваются нулю, а затем элементу Y(2,1) присваивается значение единицы. Граничные условия на внешнем контуре ( r = r2 = 0,125 м) ϑ =0, W =0 с учетом выражения (15.10) получают вид y 21C1 + y 20 = 0;

y11C1 + C 2 + y10 = 0, откуда постоянные интегрирования C1 = −

y 20 ; y 21

266

C 2 = − y11C1 − y10 .

y1 (r2 ) , y0 (r2 ) , полученные интегрированием уравнения (15.11) с начальной матрицей Y ( r1 ) . Эти формулы определения постоянных C1 , C 2 GUS. Здесь

yij -

компоненты

векторов

решений

А

Б

Рис. 15.2

В

В основную программу вносим число участков NU, равное двум и радиусы границ участков в метрах (0,02; 0,04; 0,125) в массив RG(3).Принимаем число шагов печати: четыре шага – на первом участке и восемь – на втором. Эти числа задаются массивом KR(2). В массиве NN(2) задается число шагов интегрирования по участкам – соответственно 16 и 80. Операторы присваивания определяют значения коэффициента Пуассона (CP =0,3) и модуля упругости первого рода (Е=2⋅1011 Па). По результатам счета (рис.15.2,а) построены зависимости прогиба W и моментов M r , M τ от радиуса. Из анализа распределения моментов и закона изменения толщины можно установить, что опасной является точка В, расположенная у лицевой (z=h/2) поверхности пластины на Hм Нм радиусе r=0.04 м. Здесь M r = 1,5 ⋅10 3 ; M t = 7,3 ⋅ 10 2 ; h = 0,01м . Напряженное м м состояние в этой точке - двухосное растяжение. Вычислим напряжения σ r и σ t в ее окрестности 6 M r 6 ⋅1,56 ⋅10 3 σr = 2 = = 9,36 ⋅10 7 Па = 93,6 МПа, 2 h 0,01 6M 6 ⋅ 7,36 ⋅ 10 2 σt = 2 t = = 4,42 ⋅ 10 7 Па = 44,2 МПа . 2 h 0,01 По теории начала текучести Хубера-Мизеса для двухосного напряженного состояния эквивалентное напряжение определяется по формуле

σ eq = σ r2 + σ t2 + σ rσ t . 267

Подставив значения

σ r и σ t для рассматриваемой точки В в эту формулу, получим

σ eq = 93,6 2 + 44,2 2 − 93,6 ⋅ 44,2 = 81,1МПа , и из расчета на прочность по допускаемым напряжениям определяем коэффициент запаса по текучести σ y 200 ny = = = 2,47. σ eq 81,1 Пример 15.2. Для пластины (рис.15.3,а) без отверстия, опертой по окружности, радиуса r0 = 0,3 м, и нагруженной равномерно распределенным давлением p=1 МПа, построить график изменения прогиба W и интенсивностей изгибающих моментов M r и

M t . При расчете принять v = 0, E = 2 ⋅105 МПа. Решение. Пластина имеет три участка:

А

Б

Рис.15.3 участок 1 0,001 ≤ r ≤ 0,1 м; участок 2 0,1 ≤ r ≤ 0,3 м; участок 3 0,3 ≤ r ≤ 0,5 м. Так как пластина без отверстия, то введен «разгонный участок», радиус которого a = 0 , 001 м. Зададим на первом участке 3 шага печати, на втором и третьем – 5 шагов. Также примем 15 шагов интегрирования на первом и по 30 шагов интегрирования на втором и третьем участках. Толщина h в зависимости от радиуса изменяется следующим образом: 0,05 – на участке 1 (NS=1); H(R)= 0,05-(r-0,1)/16 на участках 2 и 3 (NS=2, NS =3). Вычислим поперечную силу. С этой целью сначала найдем интенсивность реакции опоры Q0 из условия равновесия всей пластины Q0 ⋅ 2πr0 = πpr22 , откуда

268

Q0 =

pr22 , 2r0

где r0 = 0,3 м, r2 = 0,5 м. Поперечную силу на первом и втором участках определим из следующего уравнения равновесия Q ⋅ 2πr = pπr 2 , откуда pr Q= . 2 Если цилиндрическое сечение расположено на третьем участке, то в уравнение равновесия части пластины входит и интенсивность реакции опоры Q0 Q ⋅ 2πr = pπr 2 − Q0 ⋅ 2πr0 , откуда с учетом значения Q0 Q = p r / 2 − r22 /(2r ) . Таким образом, pr/2 – на участках 1 и 2 (NS=1, NS=2); Q(R)= p(r-r22 /r)/2 на участке 3 (NS =3). Матрица начальных значений векторов решений y1 ( r1 ) , y 0 ( r1 ) , обеспечивающих выполнение граничного условия для пластины без отверстия при r1=a=0,001 м, имеет вид (см. вариант 4 выбора значений векторов y1 ( r1 ) , y 0 ( r1 )) :

[

]

 0 Y (r1 ) =  1  D(1 + v)

0 0 , 0

Eh 3 где D = - жесткость на изгиб в центре пластины (h=0,05 м). 12(1 − v 2 ) Для задания этой матрицы в подпрограмме NUS (пример 15.1) нужно вставить следующий оператор: Y[3,1]:=2E11*EXP(3*Ln(0.05))/12/7. Постоянную интегрирования C1, имеющую смысл угла поворота нормали на радиусе r=r1, найдем из граничного условия M r = 0 на внешнем контуре r=r2. Это условие с учетом выражения (15.10) принимает вид y31C1 + y30 = 0 , тогда

C1 =

y30 , y31

где yij - компоненты матрицы решений при r=0,5 м. Постоянную C2, имеющую смысл прогиба в центре пластины, определим из условия равенства нулю прогиба на окружности радиуса r0=0,3 м, совпадающей с границей между вторым и третьим участками. Номер К точки вывода результатов (с учетом принятой разбивки на шаги печати) при этом равен 10 или 11 (конец второго или начало третьего участков). В подпрограмме GUS, определяющей постоянные интегрирования, необходимо заменить операторы на следующие: C1:=-Y[3,2]/Y[3,1]; C2:=-C1*Z[10,1,1]-Z[10,1,2]. Остальные подпрограммы остаются без изменений. По результатам счета (рис.15.3,а) построены графики W, M r , M t . Пример 15.3. Составить программу для расчета пластины (рис.15.3,б), нагруженной по окружности r=rp силой P и моментом t e . Размеры пластины, упругие характеристики

269

материала и величина силы P такие же, как на примере 15.1. Момент t e составляет t e = 10 3 Нм/м. Решение. Эта задача отличается от задачи примера 15.1 только тем, что необходимо учесть скачок изгибающего момента M r , равный t e , на границе первого и второго участков. С учетом правила знаков (ось z направлена вниз) справедливо следующее + − + − равенство M r = M r + m , где M r , M r - интенсивности изгибающих моментов M r в начале второго и в конце первого участков. Этот скачок момента должен быть учтен в третьей компоненте частного решения y 0 неоднородного дифференциального уравнения, т.е. при r = rp = 0,04 м y30 = y30 + ∆y30 , +

−

где ∆y30 = t e = 40 [Нм]. С этой целью в подпрограмме PLAST после оператора внешнего цикла по номеру NS участка следует вставить оператор If NS=2 Then Y[3,2]:=Y[3,2]+40. Других изменений приведенная программа не требует.

270

Глава 16. Устойчивость сжатых стержней 16.1. Основные зависимости

Расчет сжатых стержней на устойчивость сводится, обычно, к определению критической нагрузки. В курсе «Сопротивление материалов» изучается два метода определения критических нагрузок – энергетический и метод Эйлера. Энергетический подход к решению задачи ограничен теми случаями, когда заранее можно предсказать форму потери устойчивости, что делает его неприменимым (или ограниченно применимым) к широкому классу задач, например, к задаче об устойчивости стержней с упругими опорами. Для решения задачи по методу Эйлера необходимо проинтегрировать уравнение, описывающее изгиб стержня, выведенного из исходного (прямолинейного) положения равновесия. Аналитическое интегрирование этого дифференциального уравнения возможно лишь в простейших случаях. Поэтому для интегрирования используются те или иные численные методы. Одним из простых и распространенных методов решения краевых задач, применимым к задачам устойчивости является метод начальных параметров [1]. А

Б

Рис.16.1 Рассмотрим использование метода начальных параметров для определения критической нагрузки [5] на примере сжатого стержня переменного поперечного сечения имеющего промежуточные упругие опоры (рис.16.1) с жесткостью С1, С2. Запишем дифференциальное уравнение изогнутой оси сжатого стержня в отклоненном положении (рис.16.1,б). На рис.16.1,б обозначено: R – реакция шарнирной опоры; F1 = C1 y1 и F2 = C 2 y 2 - усилия, приложенные к стержню взамен отброшенных упругих связей (они стремятся внутрь стержня в исходное положение). d2y EI ( z ) 2 = − Fy + Rz I −c1 y1 ( z − l 1 ) II −c2 y 2 ( z − l 2 ) III . (16.1) dz Вертикальные линии в выражении (16.1) отделяют ту часть уравнения, которая соответствует данному участку. Так, первому участку соответствуют два члена в правой части уравнения, второму – три и третьему – все четыре члена. Для удобства решения приведем выражение (16.1) к безразмерной форме. Обозначим: y y z y ξ = , η = , η1 = 1 , η2 = 2 , l l l l l2 l1 ξ1 = , ξ2 = , (16.2) l l Fl 2 F0 = , EI 0

Rl 2 R0 = , EI 0

271

c1l 3 , c1 = EI 0

c2 l 3 . c2 = EI 0

f (ξ ) =

EI ( z ) , EI 0

(16.3)

где EI 0 - изгибная жесткость в каком-либо сечении, например, при ξ = 0 . В безразмерной форме дифференциальное уравнение (16.1) имеет вид d 2η 1 = − F0η + R0ξ I −c1η1 (ξ − ξ1 ) II −c2η 2 (ξ − ξ 2 ) III . 2 (16.4) dξ f (ξ ) Для использования стандартных программ интегрирования дифференциальное уравнение (16.4) второго порядка представим в виде системы двух дифференциальных уравнений первого порядка dη =ϑ , dξ (16.5 dϑ 1 ) = − F0η + R0ξ I −c1η1 (ξ − ξ1 ) II −c2η 2 (ξ − ξ 2 ) III . dξ f (ξ ) На левом конце стержня ( ξ = 0 ) η = 0 а ϑ (0) и R0 - неизвестны (это начальные параметры). Они находятся из условия равенства нулю перемещения и угла поворота на правом краю ( ξ = 1 ) – в заделке. Поскольку уравнения, входящие в систему (16.5) линейные, то перемещение и угол поворота на правом конце стержня η (1) и ϑ (1) линейно зависят от начальных параметров ϑ (0) и R0 на левом конце η (1) = a11ϑ (0) + a12 R0 , ϑ (1) = a21ϑ (0) + a22 R0 . Поскольку η (1) = 0 и ϑ (1) = 0 , то

[

]

[

]

a11ϑ( 0 ) + a12 R0 = 0 , a21ϑ( 0 ) + a22 R0 = 0.

(16.7)

Для того, чтобы система уравнений (16.7) имела нулевые решения, ее определить должен быть равен нулю a a12 ∆ = 11 = 0. a 21 a 22 Из этого условия определяется критическая сила. Необходимо отметить, что в задачах устойчивости сами начальные параметры ϑ (0) и R0 остаются неопределенными. Для численного интегрирования системы дифференциальных уравнений (16.5) используется метод Рунге-Кутта. Вначале задается некоторое значение осевой силы F, которая должна быть заведомо меньше искомой. Эту силу можно определить, отбросив промежуточные опоры и приняв изгибную жесткость постоянной по длине стойки и равной ее наименьшему значению. После этого интегрируется система уравнений (16.5) при начальных условиях ϑ (0) = 1 и R0 = 0 , в результате чего находятся коэффициенты a11 и a21 системы (16.6). Далее повторно интегрируется система уравнений (16.5), но уже при начальных условиях ϑ (0) = 0 и R0 = 1 , и находятся коэффициенты a12 и a22 . Затем вычисляется определитель ∆ системы уравнений (16.7). Если определитель не равен нулю, то осевая сила F увеличивается на некоторую величину ∆F , после чего вновь вычисляется определитель ∆ . Вычисления продолжаются до тех пор, пока не будет найдено то значение осевой силы, при которой определитель равен нулю. Это и есть искомая критическая сила. 16.2. Описание программы

Ниже в п.16.2.1 приведена программа вычисления критической нагрузки, реализующая данный метод. В программе принято, что стойка имеет постоянную изгибную

272

жесткость на каждом участке. Изгибные жестокости на первом, втором и третьем участках обозначены EI1 , EI 2 и EI 3 соответственно. В этом случае функции f (ξ ) имеют постоянные значения в пределах каждого участка. Принимая EI 0 = EI1 , получим: на первом участке f (ξ ) = 1 , на втором f (ξ ) = EI 2 /( EI1 ) , на третьем f (ξ ) = EI 3 /( EI1 ). Для работы программы задаются исходные данные задачи: DL1 - длина первого участка ( l 1 ), DL2 – длина первых двух участков ( l 2 ) и DL – длина всего стержня (1) в метрах; изгибная жесткость на первом участке EI1, на втором – EI2 и на третьем EI3 [Нм2]; жесткость первой и второй упругих опор С1 и С2 [Н/м]; шаг интегрирования НН – [м]; начальное значение силы P[H] и шаг приращения нагрузки DP[H]. После этого в соответствии с программой вычисляются: СС1 и СС2 –безразмерная жесткость упругих опор (С1, С2); DZ1 b DZ2 – безразмерная длина первого участка ( ξ 1 ) и первых двух участков ( ξ 2 ); F1 и F3 - значение функции f ( ξ ) на втором и третьем участках; РР – безразмерная величина начальной осевой силы F; H – безразмерная величина шага интегрирования. Целой переменной М в программе обозначен счетчик количества повторных циклов интегрирования при возрастании осевой силы на величину DP на каждом цикле. Метка «2» означает начало первого цикла интегрирования при начальных условиях ϑ (0) = 1 и R0 = 0 (Y(2)=1 и R0=0). Этот цикл заканчивается вычислением коэффициентов А1 и А2. После этого начинается интегрирование при начальных условиях ϑ (0) = 0 R0 = 0 (Y (2) = 0 и R 0 = 1) . Этот цикл заканчивается вычислением коэффициентов А3 и А;. Затем вычисляется определитель DET0 и выполнение программы возвращается к метке «2» с новым значением осевой силы PP+DD. Определитель, вычисленный при новом значении осевой силы, обозначен DET. Если его знак отличается от знака DET0, то, следовательно, искомое значение критической силы лежит между РР и PP+DD, которое и вычисляется с помощью линейной интерполяции. Далее оператор с меткой «4» вычисляет размерное значение критической силы, которое выводится на печать. Если же выясняется, что определитель DET имеет тот же знак, что и DET0, то вычисления по программе возвращаются к метке «2», но с новым, большим значением осевой силы РР, и так происходит до тех пор, пока определитель DET не сменит знак. 16.2.1. Программа расчета критической силы сжатого стержня

Program STERGEN; Uses Crt; Label 1,2,3,4; Type Wect=array[1..2] of real; Var M:Integer; Y:Wect; DL1,DL2,DL,C1,C2,EI1,EI2,EI3,P,DP,HH,CC1,CC2,DZ1,DZ2:real; F2,F3,PP,DD.H,X,R0,A1,A2,A3,A4,DET0,DET,PK,YY1,YY2: real; Procedure FCT(X1:real; Y2: Wect;Var D: Wect); Begin {FCT} If (X1>=0) And (X1DZ1) And (X1DZ2) and (X1