-6-05-~3
.PDF
vD = |
2,94 103 |
|
= 7,42 ∙ 10−3м=7,42 мм. |
||
200∙10 |
9 |
∙198∙10 |
−8 |
||
|
|
|
|
||
2.6 Сложное сопротивление
Сложным сопротивлением называется такое нагружение стержня, когда в его поперечном сечении возникают несколько внутренних силовых факторов, существенно влияющих на напряженное состояние.
В зависимости от наличия тех или иных внутренних факторов сложное сопротивление бывает нескольких видов.
2.6.1 Внецентренное растяжение или сжатие
Внецентренным растяжением-сжатием называется случай, когда равнодействующая сил, приложенных к стержню, направлена параллельно продольной оси, но точка приложения её не совпадает с центром тяжести поперечного сечения.
В поперечном сечении стержня возникают три компоненты внутренних усилий: продольное усилие N , два изгибающих момента относительно главных центральных осей поперечного сечения M x и M y .
Используя принцип независимости действия сил, нормальные напряжения в произвольно выбранной точке поперечного сечения определяются по формуле:
(x,y) = |
N |
+ |
M |
x |
y |
+ |
M y x |
, |
(33) |
A |
|
|
I y |
||||||
|
|
Ix |
|
|
|
|
|||
В случае действия одной силы F формула (33) приводится к виду:
F
(x, y) = А 1+
yF y |
|
xF x |
|
, |
(34) |
|
+ |
|
|||||
2 |
|
|||||
2 |
|
|
|
|||
ix |
|
iy |
|
|
|
|
где: |
yF , |
xF |
- координаты, в главных осях, точки приложения силы F ; |
|||
|
y , x - координаты точки поперечного сечения стержня, в которой опре- |
|||||
деляется нормальное напряжение; |
||||||
|
ix = |
|
I x |
и iy = |
I y |
- радиусы инерции поперечного сечения бруса относи- |
|
|
А |
||||
|
|
|
||||
|
|
|
|
А |
||
тельно главных центральных осей.
Перед скобкой - это знак нагрузки; если внецентренно приложена растягивающая сила F , то перед скобкой оставляют знак плюс, если же сила сжимающая, то – минус.
Для выполнения проверки на прочность необходимо вычислять максимальные нормальные напряжения. Этот вопрос решается с помощью нулевой линии. Нулевая линия – линия, в каждой точке которой нормальные напряжения равны нулю.
Положение нулевой линии определяется отрезками ax , ay , которые она отсекает на главных центральных осях:
101
|
|
|
i2 |
; |
|
|
x |
= − |
|
y |
|
||
|
|
|
||||
o |
|
|
xF |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
yo |
= − |
ix2 |
|
. |
(35) |
|
yF |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
Нулевая линия (или нейтральная) может делить поперечное сечение на две части, в одной возникают растягивающие напряжения (положительные), в другой сжимающие (отрицательные).
Максимальные нормальные напряжения того или иного знака возникают в точках наиболее удаленных от нулевой линии.
В некоторых случаях появление в поперечном сечении нормальных напряжений разных знаков нежелательно. Добиться появления в поперечном сечении нормальных напряжений одного знака можно, используя понятие ядра сечения.
Ядром сечения называется некоторая область вокруг центра тяжести поперечного сечения, которая обладает следующим свойством: если нагрузка приложена в этой области или на её границе, то во всем поперечном сечении стержня возникают напряжения одного знака.
Граничные точки ядра сечения определяются по формулам:
xя |
= − |
|
iy2 |
; |
|
|
|
ax |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
yя |
= − |
ix2 |
|
. |
(36) |
|
ay |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
Для построения ядра сечения необходимо заданное поперечное сечение очертить касательными нулевыми линиями.
Пример 23
Колонна заданного поперечного сечения сжимается расчетной силой F, направленной параллельно продольной оси и приложенной к точке, показанной на сечении.
Расчетные сопротивления для материала колонны:
на растяжение [σр]=1,4 МПа, на сжатие - [σc]=22 МПа. Требуется:
1)найти положение нейтральной (нулевой) линии;
2)вычислить наибольшие сжимающие и растягивающие напряжения, построить эпюру напряжений, дать заключение о прочности колонны;
3)построить ядро сечения.
102
F=80 кН; a=20 см; b=12 см.
Рисунок 52 - Схема поперечного сечения колонны
Решение.
Определим координаты тяжести сечения. Поперечное сечение колонны имеет ось симметрии уС , следовательно, центр тяжести лежит на этой оси и для
отыскания координаты уС относительно вспомогательной оси ОХ , сложное сечение разбиваем на три прямоугольника.
уС = |
Sxi |
= |
А1 у1 + А2 у2 − А3 у3 |
, |
Аi |
|
|||
|
|
А1 + А2 − А3 |
||
где у1 , у2 и у3 - координаты центров тяжести прямоугольников относительно
вспомогательной оси ОХ, а А1 , |
А2 и А3 - площади их поперечных сечений. |
||
у = 20 24 36 + 60 24 12 − 20 12 6 |
= 33120 =19,7см. |
||
С |
20 |
24 + 60 24 − 20 12 |
1680 |
|
|||
Определим геометрические характеристики сечения. Для вычисления главных центральных моментов инерции воспользуемся зависимостью между моментами инерции при параллельном переносе осей.
I |
xc |
= (I |
xi |
+ A |
a 2 ) |
= |
20 243 |
+ 20 24 (16,3)2 |
+ 60 243 |
+ |
|
|
||||||||||
|
|
|
|
i |
|
|
i |
|
|
|
12 |
|
|
|
|
|
12 |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
+ 60 24 |
|
(−7,7) |
2 |
− |
|
20 123 |
+ 20 12 (−13,7) |
2 |
|
= 257143,2cм |
4 |
; |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
12 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
I |
yc |
= Iy |
= 24 203 |
+ 24 603 |
− 12 203 |
= 440000см4. |
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
i |
|
|
|
12 |
|
|
|
12 |
12 |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Определим квадраты радиусов инерции:
ix2 |
= |
IX |
C |
= |
257143,2 |
= 153,1см2; |
|||
A |
1680 |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|||||
iy2 |
= |
IY |
|
|
= |
440000 |
= |
261,9см2; |
|
C |
|
|
|||||||
A |
1680 |
||||||||
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
103 |
|
|
|
Координаты точки приложения силы F: xF = -10 см, yF = - 7,7 см. Положение нулевой линии:
х0 |
|
iy2 |
261,9 |
= 26,2см; |
||
= − |
|
|
= − |
−10 |
||
|
||||||
|
|
xF |
|
|||
у0 |
|
i2 |
153,1 |
= 19,9cм. |
||
= − |
x |
= − |
|
|||
|
− 7,7 |
|||||
|
|
yF |
|
|||
По найденным отрезкам, отсекаемых на осях координат, проводим нулевую линию (рисунок 57).
Определим наибольшие сжимающие и растягивающие напряжения. Наиболее удаленными от нулевой линии точками являются точки А и В. Их координаты:
хА = −30см; уА = −19,7см; хВ = 10см; уВ = 28,3см.
Напряжения в этих точках определяются по формуле:
|
N |
y |
F |
y(A,B ) + |
x |
Fk |
x(A,B ) |
|
|
= − |
|
1+ |
|
|
. |
||||
|
i |
2 |
i |
2 |
|||||
|
A |
x |
|
y |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Знак минус перед формулой показывает, что сила, приложенная к колонне, является сжимающей.
Нулевая линия делит сечение на зоны сжатия (область приложения силы F) и растяжения.
Рисунок 53 - Положение центра тяжести и нулевой линии. Эпюра напряжений
Растягивающее напряжение:
104
|
80 103 |
|
|
(− 7,7) 10−2 |
−2 |
(−10) 10−2 |
|
−2 |
|
|
|||
В = − |
|
|
|
|
−4 28,3 10 |
+ |
|
|
|
10 10 |
|
|
= |
|
−4 |
|
|
|
−4 |
|
|||||||
1680 10 |
1+ |
153,1 10 |
261,9 |
10 |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
= 0,38МПа 1,4МПа.
Сжимающие напряжение:
|
А |
= − |
80 103 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
1680 10−4 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
(− 7,7) 10−2 |
|
−2 |
(−10) 10−2 |
−2 |
|
|
|||||
|
|
+ |
|
|
|
|
(−19,7) 10 + |
|
|
−4 (− 30) 10 |
|
|
= |
|
|
|
|
−4 |
|
|
|
||||||||
1 |
153,1 10 |
261,9 |
10 |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
= −1,5МПа 22МПа. |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Прочность колонны обеспечена. |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
По результатам расчета напряжений А |
и В |
строим эпюру (рисунок 53). |
||||||||||||
Построим ядро сечения (рисунок 54). Чтобы получить очертание ядра сечения, необходимо рассмотреть все возможные положения касательных к контуру сечения и, предполагая, что эти касательные являются нулевыми линиями, вычислить координаты граничных точек ядра относительно главных центральных осей сечения. Соединяя затем эти точки, получим очертание ядра сечения.
Касательная 1-1:
х0 |
= ; у0 = −19,7см; |
|||||||
х1 = 0 ; |
у1 |
= − |
ix |
2 |
= − |
153,1 |
= 7,8cм. |
|
y0 |
−19,7 |
|||||||
|
|
|
|
|
||||
Рисунок 54 - Ядро сечения
Касательная 2-2:
х0 = −30см; у0 = ;
105
х2 |
= − |
iy |
2 |
= − |
261,9 |
= 8,73см; |
у2 = 0 . |
|
|
− 30 |
|||||
|
|
x0 |
|
|
|||
Касательная 3-3:
Определим координаты точек пересечения касательной 3-3:
|
|
2 |
= |
|
|
, = |
|
∙ |
= |
20 ∙ 4,3 |
= 3,6 см |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
24 |
|
|||||||||||||
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
2 ∙ |
24 ∙ 10 |
||||||||||||||||
|
|
|
= |
|
|
|
, = |
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
= 12см, |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
20 |
|
|
||||||||||||||
= 28,3 + 12 = 40,3 см, |
= −(30 + 3,6) = −33,6 см |
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
х |
= − |
iy |
2 |
= − |
261,9 |
|
= 7,8см; |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
x0 |
− 33,6 |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
y3 = − iyx2 = −153,1 = −3,8см.
0 40,3
Касательная 4-4:
|
х0 = ; |
|
у0 = 28,3см; |
|||
|
|
i 2 |
|
153,1 |
|
|
х4 = 0; |
у4 = − |
x |
= − |
|
= −5,4см. |
|
y0 |
28,3 |
|||||
|
|
|
|
|||
Поскольку сечение имеет ось симметрии уС , то все определенные координаты переносим симметрично этой оси (рисунок 54).
2.6.2 Косой изгиб
Косым изгибом называется случай сложного сопротивления, когда плоскость действия изгибающего момента не совпадает ни с одной из главных плоскостей инерции.
Косой изгиб можно рассматривать как одновременно действие двух плоских прямых изгибов в главных плоскостях инерции стержня.
Под главными плоскостями инерции понимают плоскости, проходящие через геометрическую ось бруса и главные оси инерции сечения.
Таким образом, в каждом сечении стержня балки одновременно действуют два независимых изгибающих момента M x , M y .
Для определения напряжений от каждого момента в отдельности, можно воспользоваться формулой плоского изгиба.
Согласно принципу независимости действия сил, полное напряжение будет равно сумме составляющих:
= M x |
+ M y = |
M |
x |
y |
+ |
M y x |
; |
(37) |
I x |
|
I y |
||||||
|
|
|
|
|
|
|||
106
по формуле (37) можно определить напряжение в любой точке поперечного сечения.
Для выполнения проверки на прочность необходимо найти опасное сечение по длине балки.
Опасное сечение – сечение, в котором возникают максимальные напряжения. В опасном поперечном сечении определяют точки, где имеют место макси-
мальные нормальные напряжения.
Опасные точки определяются с помощью нулевой линии, которая при косом изгибе проходит через центр тяжести поперечного сечения, но не совпадает с главными осями инерции.
Направление нулевой линии определяют по формуле:
tg o = − |
Ix M y |
, |
(38) |
|
I y M x |
||||
|
|
|
где 0 - угол между осью x и нулевой линией.
Максимальные напряжения возникают в наиболее удаленных точках от нулевой прямой.
Для выполнения проверки на жесткость необходимо уметь вычислять величины прогибов.
Полный прогиб произвольного сечения равен геометрической сумме двух перемещений вдоль оси x и y .
|
f = |
f y2 |
+ fx2 ; |
(39) |
|
|
Направление полного прогиба определяется выражением: |
|
|||
|
tg f |
= |
fy |
, |
(40) |
|
|
||||
|
|
|
fx |
|
|
где |
f - угол между осью x и направлением полного прогиба. |
|
|||
Перемещения fx и f y определяются методом Мора, используя правило Верещагина.
Пример 24
Балка нагружена в главных плоскостях расчетной нагрузкой. Материал балки – сталь с допускаемым напряжением [σ] =210МПа.
Требуется:
1)построить эпюры изгибающих моментов в вертикальной и горизонтальной плоскостях;
2)определить опасное сечение и подобрать двутавр, приняв WX /WУ = 8;
3)определить положение нейтральной оси в одном сечении и построить эпюру нормальных напряжений.
107
Рисунок 55 - Схема балки
а = 2м, |
m = 6кНм, |
в = 4м, |
F = 8кНм, |
с = 3м, |
q =10кНм. |
Решение.
Определим вертикальные и горизонтальные опорные реакции и построим эпюры изгибающих моментов М Х и М У (рисунок 56).
Вертикальная плоскость:
|
|
|
в |
|
a |
|
|||
М А = 0; |
М А = − yB в + F (в + с)− m + q |
в |
|
|
− q a |
|
|
= 0; |
|
2 |
2 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||
− yВ |
4 + 8 |
7 − 6 |
+10 |
42 |
|
−10 |
22 |
= 0, |
|||||
2 |
|
2 |
|
||||||||||
|
110 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
yВ = |
= 27,5кН. |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
4 |
|
|
|
|
|
(a + в)2 |
|
|
||||
М В = 0, |
М В = yA в − q |
− m + F c = 0, |
|||||||||||
2 |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
62 |
|
|
|
|
|
|
|||
|
yА 4 |
−10 |
− 6 + 8 3 = 0, |
||||||||||
|
2 |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
yА = 40,5кН, |
|
|
|
|
||||||
Y = 0; |
|
27,5 + 40,5 − 8 −10 6 = 0. |
|||||||||||
Горизонтальная плоскость: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
М А = 0; |
М А = m − xВ в + F a = 0. |
||||||||||||
− 4xВ + 6 + 8 2 = 0; |
|
xB = 5,5кН; |
|||||||||||
М В = 0; |
М В = F(a + в)− xA в + m = 0; |
||||||||||||
8(2 + 4)− xA 4 + 6 = 0; |
|
xA =13,5кН; |
|||||||||||
Х = 0; |
Х = 8 −13,5 + 5,5 = 0. |
||||||||||||
Выберем наиболее опасное сечение. Максимальные моменты в плоскости оси Х и Y находятся в точке А: М Х = 20кН м; МУ = 16кН.
Определим требуемый момент сопротивления, приняв WX /WY = 8; т.е. WX = 8WY .
Условие прочности при косом изгибе для балок из материала, одинаково сопротивляющегося растяжению и сжатию, имеет следующий вид:
max = |
M X + |
MY или |
M X |
+ |
МY , откуда |
|
WX |
WY |
8WY |
|
WY |
|
|
|
108 |
|
|
|
М |
Х |
+ М |
Y |
|
20 103 |
+16 103 |
|
|
|
|
|
|
8 |
|
|
|
||||
W |
8 |
|
= |
|
= 0,0881 10−3 |
м3 |
= 88,1см3. |
|||
|
|
|
210 |
106 |
||||||
Y |
|
|
|
|
|
|
|
|||
По сортаменту (Приложение 1) принимаем двутавр №40:
W = 86см3 |
; |
W |
X |
= 953см3 |
; |
Y |
|
|
|
|
|
IY = 667см4; |
I X = 19062см4. |
||||
Рисунок 56 - Эпюры изгибающих моментов относительно осей Х и Y
Проверяем прочность балки:
|
max |
= |
M X |
+ |
MY |
= |
20 103 |
+ |
16 103 |
= 20,98 +186,05 = |
|||||||
|
|
|
−6 |
|
|
|
−6 |
||||||||||
|
|
W |
X |
|
W |
|
953 |
10 |
|
86 |
10 |
|
|||||
|
|
|
|
|
Y |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
= 207,03 210МПа.
Прочность балки обеспечена.
Недогрузка балки составляет: 210 − 207,03 100 =1,4% .
210
Определяем угол наклона нулевой линии к оси ОХ:
tg 0 = |
I X |
|
М Y |
= − |
19062 |
10 |
−8 |
|
16 |
10 |
3 |
= 22,86. |
||
IY |
М Х |
667 |
10−8 |
20 |
103 |
|||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||
0 = 87 30 .
109
Рисунок 57 - Положение нулевой линии. Эпюра напряжений
Для построения эпюры угол 0 откладываем против часовой стрелки от
оси ОХ. Наибольшие напряжения будут действовать в угловых точках сечения , причем в точке А они будут растягивающими, а в В – сжимающими.
Угол наклона силовой линии (рис.57):
tg F = |
MY |
= |
16 103 |
= 0,8; |
F = 38 30 |
|
M X |
20 103 |
|||||
|
|
|
|
2.6.3 Расчет на прочность пространственного бруса
В сечении участков ломаного бруса в общем случае могут возникать шесть внутренних силовых факторов: нормальная сила N, изгибающие моменты Мх, Му относительно главных центральных осей инерции поперечного сечения, крутящий момент Мz и две поперечные силы Qх и Qу. Первые три фактора связаны с нормальными напряжениями, а вторые три фактора – с касательными напряжениями.
В случае плоского напряженного состояния, когда одновременно действуют значительные по величине и нормальное и касательное напряжения, проверка прочности требует объяснения механизма разрушения материала.
В настоящее время в технике приняты две теории прочности, объясняющие этот механизм. Хронологически они называются III и IV теории прочности.
Согласно III теории прочности разрушения материала наступает в тот момент, когда величина максимального касательного напряжения в окрестности точки достигает опасного уровня для данного материала, определенного в опытах на растяжение-сжатие.
В случае плоского напряженного состояния согласно III теории прочности
определяется расчетное напряжение по формуле расч = |
2 + 4 2 , которое |
должно быть не больше расчетного напряжения [σ], определяемого для каждого материала по СНиП
110