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

Площадь сечения одного уголка

A A4 47,64 11,9 см2.

По этому значению выбираем ближайший номер уголка. Проверим сечение из уголков 80 × 80 × 8 мм.

Из таблицы сортамента

Для всего сечения: площадь сечения

А = 12,3·4 = 49,2 см2;

моменты инерции относительно главных центральных осей

Для данного значения гибкости по табл. 9.1 (φ = f(λ)) путем интерполяции вычислим табличное значение 1т, соответствующее

λ = 74,02:

281

1т = 0,768 – 0,768 0,710 (74,02 70) 0,744 . 10

Вычислим напряжение в колонне:

Расчетное (допустимое) сопротивление в колонне с учетом устойчивости

1т R = 0,744·210 = 156,24 МПа.

При этом сечении колонны недонапряжение составляет

156,24 101,6 100 35 % .

156,24

Устойчивость колонны будет обеспечена, однако возможности материала полностью не используются. Размеры сечения можно уменьшить.

Рекомендуется последовательное приближение к правильному выбору уголков.

Во второй попытке задаемся значением φ2:

2 0,5 0,744 0,62. 2

Из условия устойчивости для сечения колонны необходима площадь

282

Для одного уголка

A 38,44 9,6 см2.

Проверим сечение из уголков 70 × 70 × 7 мм, для которых

А = 9,42 · 4 = 37,68 см2;

Напряжение в колонне

Расчетное сопротивление

2т R = 0,754 · 210 = 158,3 МПа.

Недонапряжение составляет 16,2 %.

Поскольку площадь сечения уголков от номера к номеру изменяется непоследовательно (см. таблицу сортамента), после нескольких попыток выбора коэффициента φ целесообразно перейти к логическому выбору номера уголка.

После второго приближения действующее напряжение в колонне ниже допустимого. Следовательно, площадь сечения можно уменьшить.

283

Проверим сечение из уголков 70 × 70 × 6 мм, для которых

А΄ = 8,15 см2, Jх = Jу = 37,58 см4, х0 = у0 = 1,94 см.

Для всего сечения:

А = 32,6 см2, Jх = Jу = 2268, ix = iy = 8,34 см, λ = 71,9, 3т = 0,757.

Напряжение в колонне σ = 153,4 МПа, расчетное сопротивление3т R = 159,0 МПа – недонапряжениесоставляет3,5 %, что приемлемо.

Проверка сечения из уголков 75 × 75 × 5 мм с ближайшей меньшей площадью показала перенапряжение 5,8 %, что недопустимо.

Итак, принимаем сечение колонны из уголков 70 × 70 × 6 мм

сприемлемым недонапряжением.

Взавершение примера вычислим коэффициент запаса устойчивости принятого сечения колонны.

Так как гибкость колонны λ = 71,9 < λпр = 100 МПа, воспользуемся формулами Ясинского.

Критическое напряжение

кр = а– bλ= 310 – 1,14 · 71,9 = 228,03 МПа.

Критическая сила

Fcr = σкрА = 228,03 · 106 · 32,6 · 10–4 = 743,4 кН.

Коэффициент запаса устойчивости

ns = ns FFcr 743,4500 1,49.

Пример 9.4

Элемент конструкции Р, имеющий большую жесткость, укреплен шарнирно в опоре А и поддерживается двумя стержнями длиной l = 2 м и диаметром d = 4 см (рис. 9.7, а).

284

а

б

Рис. 9.7

Определить наибольшую допустимую нагрузку q из условия прочности и устойчивости стержней, если R = 210 МПа.

Решение

Нагрузка q, приложенная к элементу Р, передается непосредственно на опору А и через стержни 1 и 2 на опоры K и L, где в сумме возникают четыре неизвестные реакции. Поскольку для плоской системы можно составить только три уравнения равновесия, рассматриваемая система является один раз статически неопре-

делимой (4 – 3 = 1).

Для решения задачи нужно знать усилия в стержнях, выраженные через нагрузку q.

Мысленно рассекаем стержни и показываем продольные силы, направляя их с учетом характера деформации (рис. 9.7, б). Нетрудно понять, что стержень 1 растянут (усилие N1 направлено от сечения), а стержень 2 сжат (усилие N2 направлено к сечению).

285

Вследствие деформации стержней 1 и 2 ось элемента Р повернется вокруг опоры А на некоторый угол.

Уравнение равновесия

Уравнение деформации имеет вид

Используя формулу Гука, получим

Поскольку стержень 2 подвергается сжатию, допускаемое усилие в нем должно быть определено из условия устойчивости (9.7)

Характеристики стержня: площадь сечения

гибкость

l 1 200 200;

i1

коэффициент φ = 0,176.

286

Наибольшее допустимое усилие во втором стержне из условия устойчивости

N2 = АφR = 12,56 · 10-4 · 0,176 · 210 · 106 = 464,2 · 102 Н = 46,4 кН.

Из равенства (9.10)

2N1 = 46,4 кН

усилие в первом стержне N1 = 23,2 кН.

Из уравнения (9.9) наибольшая допустимая нагрузка на систему

23,2 · 1,5 + 46,4 · 3 = 4,5q,

откуда q = 1744,5 38,67 кН/м.

Действующие напряжения в стержнях системы и сопоставление

Допускаемое напряжение во втором стержне

σadm,2 = φR = 0,176 · 210 = 36,94 МПа.

При нагрузке q = 38,67 кН/м прочность и устойчивость стержней обеспечены.

9.2. Продольно-поперечный изгиб

Изгиб прямого стержня называется продольно-поперечным, если к нему одновременно приложены продольная и поперечная нагруз-

ки (рис. 9.8, а).

287

Рис. 9.8

При расчете массивных элементов конструкций, обладающих большой жесткостью, можно использовать принцип независимости действия сил, суммируя отдельно напряжения от изгиба и от сжатия:

σ = М/W + F/А.

Для стержней, обладающих значительной гибкостью, принцип независимости действия сил неприменим. Необходимо рассматривать деформированную схему стержня (см. рис. 9.8, а), у которого υ0 – прогиб от поперечной нагрузки, а υF – дополнительный прогиб от продольной сжимающей силы F.

Задача определения полного прогиба и изгибающего момента М является довольно затруднительной (особенно при сложной нагрузке). В таких случаях используются приближенные, более простые,

приемы расчета. Принимают, что прогибы 0 и F являются неза-

висимыми и что форма упругой линии балки близка к синусоиде. Исходя их этих допущений получена формула для определения

полного прогиба при продольно-поперечном изгибе:

где Fэ 2 EJ – эйлерова сила; l2

J – момент инерции сечения балки, зависящий от ее положения по отношению к поперечной нагрузке.

288

В поперечных сечениях стержня, подвергающегося продольнопоперечному изгибу, возникают изгибающие моменты как от поперечных нагрузок М0, определяемых обычным способом, так и дополнительные от продольной:

MF = F .

Полный изгибающий момент

М= М0 + МF.

Визгибаемых балках с шарнирными опорами максимальный из-

гибающий момент М0,max при симметричной нагрузке имеет место посередине пролета и вблизи середины – при несимметричной.

Вконсольной балке М0,max наблюдается в защемлении. Максимальный изгибающий момент в балке

Проверка прочности при продольно-поперечном изгибе осуществляется по нормальным напряжениям, возникающим в крайних точках сечения с наибольшим изгибающим моментом, по формуле

Формулу (9.13) можно представить в развернутом виде:

Следует заметить, что нормальные напряжения σ нелинейно связаны с продольной силой F, и при приближении ее величины к эй-

289