Сопротивление материалов. В 2 ч. Ч 1 Краткая теория. Примеры

Для бруса круглого поперечного сечения Wх = Wу. Поэтому косой изгиб сводится к плоскому и условие прочности принимает вид

max Mи R,

Wx

где Mи Mx2 M y2 – суммарный изгибающий момент в опасном

сечении бруса.

Рациональной формой поперечного сечения при косом изгибе является сечение, у которого выполняется условие

Wx Mx .

Wy M y

Для прямоугольного сечения минимальная площадь сечения получается при условии

h Mx . b M y

Перемещения при косом изгибе определяются теми же методами, что и при плоском. Рекомендуется использовать уравнения метода начальных параметров, а также метод Мора и способ Верещагина.

Перемещения определяются отдельно в каждой из главных плоскостей (в горизонтальной х и вертикальной у) от действующих в них внешних сил или их составляющих (см. рис. 8.4, б).

Полный (суммарный) прогиб определяется по выражению

2x 2y

инаправлен перпендикулярно нейтральной оси и под углом β к вер-

тикальной оси сечения (β = φ0).

При косом изгибе продольная ось бруса представляет собой плоскую или пространственную кривую.

220

Пример 8.1

Проверить прочность и жесткость стальной консольной балки составного поперечного сечения (рис. 8.5, а), если нагрузка F направлена под углом α = 30о к вертикальной оси сечения.

бВ

Рис. 8.5

221

Для материала балки R = 210 МПа, Е = 200 ГПа.

Для определения прогиба на конце консоли (т. В) следует вос-

пользоваться формулой Fl3 , взятой из справочника. 3EJ

Решение

Внешняя сила действует на балку перпендикулярно ее продольной оси и не совпадает ни с одной из главных центральных осей сечения ХY.

Следовательно, рассматриваемая балка подвергается деформации косого изгиба.

Разложим силу F на составляющие по направлению главных центральных осей сечения (рис. 8.5, б):

Fу = Fcos30о = 12 · 0,866 = 10,39 кН;

Fх = Fcos60о = 12 · 0,50 = 6,0 кН.

Вычислим значения изгибающих моментов для характерных сечений балки в главных плоскостях (в вертикальной и горизонтальной).

В вертикальной плоскости:

всечении В Мх = 0;

всечении А

Мх = Fу · 2 = 10,39 · 2 = 20,78 кН·м.

В горизонтальной плоскости:

в сечении В Му = 0; в сечении А

Му = Fх · 2 = 6 · 2 = 12 кН·м.

Эпюры изгибающих моментов строятся отдельно в вертикальной и горизонтальной плоскостях (рис. 8.5, в).

222

В примере опасным является сечение А, где оба изгибающих момента достигают максимальных значений.

Поскольку сечение балки имеет две оси симметрии и нескругленные углы, для ведения расчета целесообразно использовать условие прочности в виде (8.2):

max Mx M y R.

Wx Wy

Приступим к вычислению геометрических характеристик сечения балки. Для вычисления моментов инерции сечение необходимо разделить на три прямоугольника (рис. 8.5, г). Вследствие симметрии сечения центр тяжести его очевиден.

Следует обратить внимание, что оси Y всех трех прямоугольников, составляющих сечение, совпадают, а оси Х – нет. При вычислении Jх необходимо учесть переход к параллельным осям.

Моменты инерции сечения относительно главных центральных осей:

Моменты сопротивления сечения

223

Перейдем к вычислению нормальных напряжений в балке. Значение максимального нормального напряжения в опасном сечении балки (сечение А)

0,06382 109 Па 0,1389 109 Па

63,82 МПа 138,9 МПа 202,7 МПа R.

Из результата вычисления следует, что прочность балки обеспечена.

Для установления наиболее напряженной точки опасного сечения следует знать положение нейтральной оси в этом сечении, которое определяется из формулы (8.1):

Заметим, что в формуле (8.1) следует учитывать знаки изгибающих моментов.

Отрицательное значение угла φ0 откладываем от оси Х по ходу часовой стрелки (рис. 8.5, д).

Знаки нормальных напряжений в точках сечения устанавливаются исходя из зоны растяжения и сжатия.

Так, часть сечения А, расположенная выше оси Х, от изгибающего момента Мх растянута (+σ), а часть, расположенная ниже оси Х, – сжата (–σ).

От изгибающего момента Му растянута часть сечения, расположенная справа от оси Y, и сжата расположенная слева (см. рис. 8.5, д).

Определим нормальные напряжения в характерных (угловых) точках опасного сечения А, используя ранее вычисленные его составляющие:

224

σС = 63,8 + 138,9 = 202,7 МПа;

σD = –63,8 + 138,9 = 75,1 МПа;

σE = –63,8 – 138,9 = –202,7 МПа;

σK = 63,8 – 138,9 = –75,1 МПа.

Суммарнаяэпюранормальныхнапряженийпоказананарис. 8.5, д. Заметим, что максимальные нормальные напряжения находятся, как и при плоском изгибе, в наиболее удаленных от нейтральной

оси точках (точки С и Е).

Завершим пример рассмотрением перемещений балки. Вычислим значения вертикального и горизонтального прогиба

свободного конца балки (сечение В):

Суммарный абсолютный прогиб конца балки (рис. 8.5, е)

Относительный прогиб

maxl 2001,1 1821 1501 – жесткость балки обеспечена.

Полный прогиб балки направлен перпендикулярно нейтральной оси, под углом

β = φ0 = 69о

225

квертикальной оси Y сечения и под углом

γ= β – α = 69о – 30о = 39о

ксиловой плоскости (рис. 8.5, е).

Поскольку в любом сечении рассматриваемой балки отношение

Mx const , изогнутаяосьбалкипредставляетсобойплоскуюкривую.

M y

Пример 8.2

Определить значение наибольшей допустимой нагрузки q на стальную консольную балку (рис. 8.6, а), выполненную из двутавра № 24, расположив его сечение рационально по отношению к этой нагрузке.

а

Рис. 8.6

Расчетное сопротивление для стали R = 210 МПа.

Решение

Нагрузка на балку действует в двух плоскостях, совпадающих с главными центральными осями сечения Х и Y, т. е. в двух главных плоскостях. Значит, эта балка подвергается косому изгибу.

226

Выпишем из таблицы сортамента геометрические характеристики для двутавра № 24, соответствующие положению 1:

Jх = 3460 см4; Jу = 198 см4; Wх = 289 см3; Wу = 34,5 см3.

Во втором положении двутавра его характеристики

Jх = 198 см4; Jу = 3460 см4; Wх = 34,5 см3; Wу = 289 см3.

Эпюры изгибающих моментов строятся в вертикальной и горизонтальной плоскостях (рис. 8.6, б).

В сечении А

Мх = q 1,2 1,22 0,72q;

M y q 2, 4 2,24 2,88q.

Анализ эпюр изгибающих моментов показывает, что в опасном сечении А балки наибольший изгибающий момент действует в горизонтальной плоскости (Мy > Мx). Следовательно, рациональным будет второе положение сечения балки, так как бόльшему изгибающему моменту будет соответствовать бόльший момент сопротивления.

Исходя из формы поперечного сечения балки, условие прочности следует использовать в виде (8.2):

Из этого условия наибольшая допустимая нагрузка на балку

0,0308q = 210,

откуда

q 0,0308210 6818 Н/м 6,82 кН/м.

Взавершение примера определим положение нейтральной оси

ипостроим суммарную эпюру нормальных напряжений.

227

Угол наклона нейтральной оси к главной центральной оси Х определяется по формуле (8.1):

Положительное значение угла φ0 отсчитывается от оси Х против хода часовой стрелки (рис. 8.6, в).

На нейтральной оси нормальные напряжения равны нулю. Наибольшие напряжения будут в точках, наиболее удаленных от нейтральной оси, и равны расчетному сопротивлению R. Это точки Д

иK сечения.

Вточке Д нормальные напряжения будут положительными как

от момента Мх, так и от момента Му. В точке K оба значения отрицательны (см. рис. 8.6, в).

Пример 8.3

Определить размеры поперечного прямоугольного сечения деревянной двухопорной балки (рис. 8.7, а), подвергающейся изгибу вдвухглавныхплоскостях, призаданномотношениисторонh / b = 1,4.

Расчетное сопротивление материала балки R = 12 МПа.

Виды опор балки в вертикальной и горизонтальной плоскостях однотипны.

Решение

Рассматриваемая балка подвергается косому изгибу. Определим реакции опор и построим эпюры изгибающих мо-

ментов в плоскостях действующей нагрузки. Вертикальная плоскость (рис. 8.7, б):

∑МА = Ву · 5 – 6 · 5 · 2,5 = 0,

откуда Ву = 15 кН. Аналогично Ау = 15 кН.

228

а

б

в

г

Рис. 8.7

229