Феодосьев В.И (823545), страница 29
Текст из файла (страница 29)
4.60).Теперь остается решить вопрос, по какой кривой от точки Ак точке В будет перемещаться точка приложения силы Р, если нейтральная линия поворачивается вокруг правого нижнего угла сечения(см. рис. 4.60). Формула (4.30) выражает условие, при котором нормальное напряжение в некоторой точке сечения равно нулю.Потребуем, чтобы в нижнемправом углу сечения, т.е. в точке скоординатами у = —А/2 и г = i/2,напряжение равнялось нулю. Тогда,согласно уравнению (4.31), имеем1 _ yah/2Xob/2 __bh ” ЬЛ3/12 + А63/12 ” ’или6у0 _ 6г0 _hРис. 4.60ьЕсли координаты точки приложения силы го» Уо удовлетворяют этому уравнению, то сила Р перемещается по прямой. В данном конкретномслучае эта прямая проходит через точки А и В.
Соединяя точки А, В, А1и В1 прямыми, получаем ядро сечения в виде ромба.4.10. Изгиб бруса большой кривизныДо сих пор мы рассматривали задачи, связанные с изгибом прямого бруса. Обратимся теперь к изгибу кривого бруса,полагая, что внешние силы приложены в плоскости его кривизны.Принято различать брус малой и большой кривизны.Основным признаком для такого деления является отношениевысоты сечения h в плоскости кривизны к радиусу кривизныоси бруса ро.
Если это отношение существенно меньше единицы (h/pQ < 0,2), считается, что брус имеет малую кривизну.Для бруса большой кривизны отношение h/ро соизмеримо сединицей. Таким образом, указанное деление является условным и не имеет четкой границы.215Расчетные формулы, выведенные ранее для прямого бруса, применимы также и к брусу малой кривизны. Очевидноеизменение претерпевает только формула (4.5), определяющаякривизну нагруженного бруса. Взамен нее для бруса малойкривизны имеем1 _ £_ МРРоEJX"(4.33)где 1/ро - кривизна ненагруженного бруса.
Таким образом,задачи, связанные с расчетом бруса малой кривизны на прочность, не содержат в себе специфических особенностей. Вопросо перемещениях будет рассмотрен особо в гл. 5.Перейдем теперь к брусу большой кривизны. Ксхеме такого бруса сводится,например, задача расчета напрочность крюка подъемника или звеньев металлической цепи (рис. 4.61).Положим, имеется участок бруса большой кривизны постоянного сечения, нагруженный по концам моментами ЯЛ (рис. 4.62).
Также как и для прямого бруса (см. § 4.2), можно показать, что множество точек,образующих до изгиба поперечное сечение бруса, поРис. 4.61сле изгиба также образуетплоское сечение, но повернутое в пространстве. Иными словами, поперечные сечения бруса большой кривизны при чистомизгибе остаются плоскими.Выделим из кривого бруса двумя близкими нормальнымисечениями (см. рис. 4.62) элементарный участок. При изгибе смежные сечения повернутся одно относительно другого наугол Д(Ж/з), и в слоях бруса возникнут некоторые удлинения.2166Рис.
4.62Введем необходимые обозначения.Через ро (см.рис. 4.62, а) обозначим радиус кривизны оси бруса (линии центров тяжести сечений), а через го - радиус кривизны нейтрального слоя. Радиус го пока неизвестен. В дальнейшем мы увидим, что го всегда меньше ро и нейтральная линия для брусабольшой кривизны смещена относительно центра тяжести всторону центра кривизны. Ординату у будем отсчитывать отнейтральной линии.Удлинение слоя АВ (см.
рис. 4.62, б) равно_ ВВ1 _ y^{dip)АВ(г0 + у) dip'Здесь предполагается, что в процессе изгиба бруса у не меняется. Однако, строго говоря, это не так. Если рассмотреть условия равновесия элементарной полоски АВ (см. рис. 4.62, в),станет очевидным, что между соседними волокнами должносуществовать взаимодействие в виде сил, направленных по радиусу, в результате чего форма поперечного сечения бруса меняется и размер у не остается прежним. Для сплошных сечений это изменение несущественно.
Для тонкостенного же брусарадиальные перемещения волокон довольно велики и могут коренным образом изменить картину распределения напряженийв сечении.Отношение A(d<^)/dip пропорционально изменению кривизны бруса. Из рис. 4.62 видно, что с одной стороны CD —— {dip + Д(^))г, где г - радиус кривизны нейтрального слоя217после деформации; с другой стороны, CD = го dip. Приравнивая эти выражения, получаемД(с^)/11\—---- = т01--------- I •dip\т т*о /Таким образом, можно написать, что1 \I£ = ---У— Г о/1(-------TQ + У \ТГо Jи, далее,У г0 (-- — ]•(4.34)го + у \ г T$JВ полученных выражениях наглядно проявляется основная особенность бруса большой кривизны: размеры поперечного сечения соизмеримы с радиусом tq, поэтому величина у,стоящая в знаменателе, имеет существенное значение и напряжения по высоте сечения распределяются нелинейно.
Для бруса малой кривизны размер у по сравнению с го мал иа= Еа = Еу(- - — .\гг0/При 1/го = 0 это выражение принимает вид уравнения (4.3)для прямого бруса.Будем полагать для простоты, что сечение бруса симметрично относительно плоскости кривизны. Тогда ось у в сечении является осью симметрии (рис. 4.63) и момент элементарных сил a dF относительно этой оси равен нулю. Напишем218теперь выражения для нормальной силы N и изгибающего момента М:После подстановки а из (4.33) получаемЛ, = £го(1_±\„ = £го(1_Г)\rTqJ J ГО + у\r rQJ J го + уFFТак как нормальная сила равна нулю, тоГ ydF_ _ 0J го + уFВыражение для М преобразуем, разбивая входящий в негоинтеграл на два слагаемых:М = ЕгоydFГО + УПервое слагаемое представляет собой статический момент сечения относительно нейтральной линии и равно произведениюFe, где е - расстояние от нейтральной линии до центра тяжести,е = ро - tq(4.36)Второе слагаемое, согласно выражению (4.35), равно нулю.Таким образом,/11\М = £г0-------- )Fe.(4.37)\г го JИсключив при помощи полученного соотношения разность1/г —1/tq из выражения (4.34), получим следующую расчетнуюформулу для определения нормальных напряжений:МУ(4.38)Fe го + у'Напряжения, как видим, меняются по высоте сечения нелинейно.
Эпюра напряжений представляет собой гиперболу, одна из асимптот которой совпадает с осью кривизны219(рис. 4.64). В зависимости от формы сечения наибольшие напряжения могут иметь место как в верхней, так и в нижнейточке сечения.Для того чтобы пользоваться формулой (4.38), необходимоопределить гд. Для этого рассмотрим интеграл (4.35). Введемновую переменную и = г$ + у (рис. 4.65).
Тогда выражение(4.35) примет види — гп , „------ "dF = 0,иоткуда(4.39)ГО =Интеграл, стоящий в знаменателе, представляет собойгеометрическую характеристику сечения, такую же, как, например, статический момент или момент инерции. В частности, для прямоугольника (рис. 4.66, а) имеемро+Л/2JFиJРо - h/2иpQ—h/2и, согласно формуле (4.39),h7*0 =Ро - h/2220Рис. 4.66Смещение нейтральной линии относительно центра тяжести<4'40’In ------ —гРО - h/2Аналогичным образом для бруса круглого поперечного сечения (рис. 4.66,6) после выполнения операции интегрирования получиме = (РО - \/ро ~ Я2 )■(4-41)Вычисление е как разности между ро и г0 содержит в себе значительные неудобства, особенно в случае сравнительнонебольшой кривизны бруса.
Дело в том, что разность больших радиусов ро и го очень мала, но должна быть вычисленаточно, поскольку от этого непосредственно зависит результатрасчета напряжения а по формуле (4.38). Поэтому значение гоприходится подсчитывать с большим числом знаков.Для подобных случаев выработан прием разложения вычитаемых величин в ряды с последующим исключением первых взаимно уничтожающихся членов. Например, в рассмотренном случае прямоугольного сечения это выглядит следующим образом:ро + h/2 _ 1 + /i/(2pp) _П РО - Л/2П 1 - Л/(2ро) "Л Г h1 / h \3 1 / Л \5- 2 — 4- - I -— ) + - I -— ) + • • • ,2ро 3 \2poJ5 \2poJ221откудаh_Г,1 (h YPO + h/2 ~ P0~ 3 \2p0JIn----------- 7-7-PO - h/2L445Возвращаясь к выражению (4.40), видим, что радиусы ро вза‘имно уничтожаются, а смещение е можно определить без потери точности при помощи следующего ряда:1 (h Y [14 ( h Y44 ( h У3^°\2ро/+ 15 \2р^/ + 315 \2ро/При h/po < 1/2 можно довольствоваться с достаточной точностью одним членом ряда:Аналогично для выражения (4.41) имеемВсе сказанное легко может быть распространено и на случай сечения произвольной формы.
Выражение (4.35) перепишем в видеГ НГ = Г у — е + е dF=J го + уJro + e + y-eJ Р0 + У1FFFгде т/1 = у - е - расстояние от площадки dF до центральнойоси. Отсюда для е получаем следующее выражение:222ui \thf yi \Ц---- )=1------- F — ) Pg JPo \PoJи ограничимся двумя первыми членами ряда. Тогда получим(g_FKi~^dF'FТак как у^ отсчитывается от центральной оси, то / у\ dF = 0.Тогда, очевидно,F(4.42)где Jz, как и при изгибе прямого бруса, - момент инерциисечения относительно центральной оси.Пример 4.17. Найти напряжение в точке А крюка трапецеидального сечения (рис. 4.67) со следующими размерами:= 4 см, b? = 1 см,«1=3 см, «2 = 10 см, Л = 7 см. Сила Р = 20 кН.Сначала определяем положение центра тяжести сечения.
Статический момент сечения относительно большего основанияс _Ы22— Ьа .а——h •Площадь сечениягbi 4* Ьа 1 _аг = —-— д = 17, 5 см .Разделив статический момент на площадь сечения, каходим расстояниеус от основания трапеции до центра тяжести:1/0 =bi + 2Ьз h= 2, 8 см.Ь1 + Ьа 3223Радиус ро = уо + t<i =5,8 см. Моментинерции сечения относительно основанияо,-»,)»■ =2м.12Переходя к центральной оси г, получаем Jx = 62,9 см4.
Довольствуясь приближенным определением е, по формуле(4.42) находим е = 0, 620 см.Напряжение изгиба в точке А определяем по формуле (4.38), которая принимает для данного случая вид_ Ррр Уо - е _геHi_ 20000 ■ 5, 8” 17, 5 • 0,620= 77,7 МПа.К этому напряжению следует прибавитьнапряжение растяжения*ст0р= Р/F = 11,4 МПа.Таким образом,Рис. 4.67аА = 89,1 МПа.Вычисляя значение е более точно, находиме = ра----f'у--------------------г------------------------= 0, 598 см,- *2 \ .«2.I 02 + «2 ---------------- ] 1П---------- (Di — 02)\«2 "«I/«1<?А = 92 МПа.Глава 5ПЕРЕМЕЩЕНИЯ В СТЕРЖНЕВОЙ СИСТЕМЕПРИ ПРОИЗВОЛЬНОЙ НАГРУЗКЕ5.1. Потенциальная энергия стержняв общем случае нагруженияВыше определялись перемещения прямого стержня прирастяжении, кручении и изгибе.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
