Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Сопротивление материалов. Напряженное и деформированное состояние при центральном растяжении-сжатии и изгибе стержней. Учебно-методическое пособие.pdf
Комментарий:
,.
вн
вн
xx
xx
JJ
WW
yy
1
3
h
a
2
3
h
a
1
2
h
a
3
2
h
a
h
a
xy
JJ
ππ
1
2
h
a
R
h
x
v
b
a
h
y
h
/3
h
/3
à
h
h
1
2
y
y
1
2
ñ
1
ñ
2
Отношение момента инерции к расстоянию от оси Оx до крайнего верхнего и нижнего волокна
является моментом сопротивления для верхних и нижних волокон относительно оси Оx:
= =
Моменты сопротивления верхних и нижних волокон имеют разные по величине значения
Wxв = Wxн в тех случаях, когда расстояния от оси Оx до верхнего и нижнего волокна не равны между
собой (h1, h2). Это условие действительно для сечений 2, 4, 5.
Правильные ответы: 2), 4), 5).
Тест 2.4.5
Сечениеввидеромбаимеетотверстиерадиусом R.Ось nрасположенаподуглом bкосиx.
Осевыемоментыинерциисеченияотносительноосейxиnодинаковы.Отношениеразмеров h/aопределяетсячислом...
○ 1)
○ 2)
○ 3)
=
○ 4)
;
=
○ 5)
1;
=
;
=
.
=
;
Комментарий:
Из условия задачи следует, что осевые моменты инерции Jx = Jn,
где ось n — произвольная, так как угол b — любой. Поэтому осевые моменты инерции относительно всех осей, проходящих через
центр тяжести сечения, одинаковы и равны Jx, в том числе и относительно вертикальной оси симметрии у. То есть Jx = Jy .
Разбив сечение на три элемента: два симметричных треугольника (A1 = A2) и круг (A3), запишем выражения для осевых моментов
инерции всей фигуры:
J JJ J J
= − =⋅−
2 ;2 .
JA
x xy y y
+⋅
x
1
2
h
1
9
3 13
Подставим размеры:
Приравнивая эти выражения, получаем:
= − =⋅−
Правильный ответ: 2).
32
ah ah h
2 ;2 .
+⋅
36 2 9
4 34
R ha R
4 48 4
=
.
51
Тест 2.4.6
2
J
2
J
J
xy
O
J
2
J
y
J
x
J
1
J
xy
2
K
1
C
J ,J
xy
2
1
Кругинерциивырождаетсявточкуприусловии,что...
○ 1) Jx = 0 или Jy = 0;
○ 2) Jxy = 0;
○ 3) Jx = Jy и Jxy = 0;
○ 4)
J =
y
xy
и Jx = 0;
○ 5)
J =
x
xy
и Jy = 0.
Комментарий:
На рисунке изображён типичный круг инерции (к абстрактной задаче), где виден весь процесс геометрического построения вплоть до указания главных осей (1, 2) «абстрактного сечения».
Из чертежа очевидно, что радиус круга КС
определяется по формуле:
JJ
KC J
= +
xy
2
−
2
2
.
xy
Круг вырождается в точку при условии, что
КС = 0. Но так как осевые моменты инерции Jx
и Jy не могут быть нулевыми по определению, то
ответы 1), 4), 5) исключаются. А подстановка ответа 2) в формулу для радиуса КС не дает нуля.
Следовательно, единственное верное условие нулевого радиуса круга инерции записано в ответе
3). Необходимо, чтобы Jx = Jy и Jxy = 0. Этим свойством обладают сечения, имеющие более двух осей
симметрии, у которых все центральные оси — главные, например, круг или квадрат.
Правильный ответ: 3).
52
ЧАСТЬ 3.
x
n
n
Î
Q
y
Ì
z
x
B
R
A
R
A
R
Q
y
>
0
ИЗГИБ СТЕРЖНЕЙ
Введение.
Ключевые правила и формулы
Плоский прямой изгиб — это напряжённо-деформированное состояние, возникающее в стержне
при условии, что вся внешняя нагрузка лежит в одной из главных плоскостей инерции — Оxy или
Oxz. Ох — продольная ось стержня, z, y — главные центральные оси инерции сечения.
Во всех примерах далее силовой плоскостью будет являться плоскость Оxy. Тогда внутренними
усилиями, возникающими в поперечном сечении стержня, будут поперечная сила Qy и изгибающий
момент Mz (рис. 3.1). В дальнейшем в тестах для простоты часто будем отбрасывать индексы и писать кратко: Q и M.
Рис. 3.1
● Правило знаков для поперечной силы Qy.
Qy > 0, если она стремится вращать отсечённую часть балки по ходу часовой стрелки (независи-
мо от того, с какой стороны балки ведётся расчёт: «слева направо» или «справа налево») (рис. 3.2).
Рис. 3.2
Численно поперечная сила равна сумме проекций на нормаль к оси балки всех нагрузок (включая реакции), расположенных с одной стороны от рассматриваемого сечения.
● Правило знаков для изгибающего момента Mz.
Mz > 0, если он растягивает нижние волокна балки (изгибает стержень выпуклостью вниз) (рис. 3.3).
Рис. 3.3
53
Численно изгибающий момент равен сумме моментов всех нагрузок (включая реакции), прило-
()
dQ
dx
()
dM
Qx
dx
()
dx
constq =
M
( )
M
женных к одной из частей балки, относительно центра тяжести рассматриваемого сечения.
Эпюра моментов строится со стороны растянутого волокна балки.
● Дифференциальные зависимости, связывающие между собой внутренние усилия Qy , Mz и рас-
пределённую нагрузку q:
2
y
qx
= −
z
,
=
y
dM
,
z
qx
= −
2
. (3.1)
● Характерные особенности эпюр поперечных сил Qy и изгибающих моментов Mz.
1. Если на участке балки распределённая нагрузка
, то поперечная сила Qy в пределах
этого участка изменяется по линейному закону, а изгибающий момент Mz — по закону квадратной
параболы.
2. Если на участке балки распределённая нагрузка q изменяется по линейному закону, то поперечная сила Qy в пределах этого участка изменяется по закону квадратной параболы, а изгибающий
момент Mz — по закону кубической параболы.
3. Если на участке балки распределённая нагрузка q = 0, то в пределах этого участка поперечная
сила
y
, а изгибающий момент Mz изменяется по линейному закону.
const
Q =
4. Если эпюра Qy пересекает осевую линию балки, то изгибающий момент Mz в этом сечении
имеет экстремум.
5. Скачкообразное изменение распределённой нагрузки q вызывает излом на эпюре Qy, а на эпюре Mz появляется точка перегиба.
6. В сечениях балки, где эпюра Qy имеет экстремум, на эпюре Mz возникает точка перегиба.
7. В сечении балки, где приложена сосредоточенная сила, на эпюре Qy возникает скачок, численно равный величине этой силы. На эпюре Mz в этом сечении появляется излом, направленный в сторону действия силы.
8. В сечении балки, где приложен сосредоточенный момент, на эпюре Mz возникает скачок, численно равный величине этого момента.
● Формулы для напряжений.
В поперечных сечениях балки при плоском прямом изгибе действуют нормальные sx и касатель-
t=t =t
ные
yx xy
напряжения, определяемые по формулам:
отс
QS y
s=
x
z
y
,
J
z
t=
yz
Jb y
( )
z
, (3.2)
где Mz, Qy — соответственно изгибающий момент и поперечная сила в рассматриваемом сечении
балки;
s = ≤g
нб ñ
W
нб
z
R
— осевой момент инерции всего сечения относительно главной централь-
ной оси z; у — координата точки K, в которой ищется напряжение, Wнм = Wнб = Wz — статический
момент отсечённой части сечения (на уровне точки K) относительно оси z; b(y) — ширина сечения
на уровне указанной точки K (рис. 3.4).
Рис. 3.4
54
Наибольшие (наименьшие) нормальные напряжения возникают в наиболее удалённых от ней-
RR
M
/2
J
h
y
z
.
σ
σ
σ
x
σ
σ
нб
=
нм
σ
=
+
z
z
y
y
О
О
О
(M
z
>
0)
h /2
h /2
тральной оси z волокнах:
рас сж
,
рас
нб расc
Rs ≤g
, (3.3)
где
сж
нб сжc
Rs ≤g
R
и
— моменты сопротивления сечения для нижних и верхних волокон (рис. 3.5).
s
Рис. 3.5
Наибольшие (наименьшие) нормальные напряжения в симметричном относительно нейтраль-
ной оси z сечении возникают в крайних волокнах балки и определяются по формуле:
WWW
где
● Правило знаков для нормальных напряжений sx.
Знак «плюс» на эпюре нормальных напряжений sx ставится со стороны растянутых волокон,
знак «минус» — со стороны сжатых.
● Правило знаков для касательных напряжений t.
Касательное напряжение t имеет такой же знак, как и знак поперечной силы в рассматриваемом
сечении: если Qy > 0, то t > 0; если Qy < 0, то t < 0.
Наибольшие касательные напряжения в симметричном относительно центральной оси z сечении
возникают в точках на уровне нейтральной оси.
ниж верх
= = =
zzz
z
(рис. 3.6).
s=
нб
Рис. 3.6
W
z
z
55
, (3.4)
Значения tнб для прямоугольного, круглого и двутаврового сечений позволяет определить фор-
()
отс
QS y
yz
мула Д.И. Журавского:
t=
()
Jby
z
при y = 0 (рис. 3.7, рис. 3.8 и рис. 3.9).
Рис. 3.7
Главные напряжения
Рис. 3.8
Рис. 3.9
s
в балке при поперечном изгибе определяются по формуле:
1,2
ss
s = ± +t
1,2
õx
22
2
2
. (3.5)
xy
Углы наклона
a
главных напряжений к оси балки x вычисляются так:
1,2
56
R RR
M
J
M
M
WWW
RR
cs
RR
MW
WS
23
44
rr r
tgta=
1,2
s
. (3.6)
1,2
● Условия прочности при плоском прямом изгибе по методу предельных состояний.
⌂ Для балок из пластичного материала (
= =
рас сж
) с несимметричным относительно нейтральной оси поперечным сечением должно выполняться условие прочности по нормальным напряжениям:
s = ≤g
нб
W
нб
нм
R
, (3.7)
c
Wy=
где
нм
наиболее удалённого от неё волокна;
z
— наименьший момент сопротивления,
нб
M
— наибольший по абсолютной величине расчётный изги-
нб
y
— расстояние от нейтральной оси z до
нб
бающий момент.
Сечение, в котором действует
, называется опасным.
нб
⌂ Для балок из пластичного материала с симметричным относительно нейтральной оси сечени-
ем условие прочности по нормальным напряжениям упрощается:
где
= =
нм нб z
.
⌂ Для балок из хрупкого материала (
W
нб
z
s = ≤g
нб ñ
рас сж
R
, (3.8)
) при расчёте на прочность необходимо удовлет-
ворить двум условиям — на растяжение и на сжатие:
рас
нб расc
Rs ≤g
и
сж
нб сжc
Rs ≤g
. (3.9)
⌂ Условия прочности по касательным напряжениям записывают с помощью расчётного сопро-
тивления материала при сдвиге
Для деревянных балок
R
:
s
Rt ≤g
нб
=
, где Rск — расчётное сопротивление древесины скалыванию
скs
. (3.10)
вдоль волокон.
● Разрушающая нагрузка при изгибе балки.
За пределом упругости характер распределения напряжений зависит от диаграммы растяжения и
сжатия материала. Используем идеализированную диаграмму Прандтля, в которой площадка текучести распространяется безгранично. Тогда в предельном состоянии, когда напряжения во всех волокнах балки достигнут предела текучести, в опасном (наиболее напряжённом) сечении появится
так называемый пластический шарнир. Изгибающий момент в этом сечении станет разрушающим:
пл
W
где
— пластический момент сопротивления сечения, определяемый по-разному для симметрич-
ных и несимметричных сечений. В частности, для симметричных поперечных сечений
Для прямоугольного сечения
Для круглого сечения
В случае несимметричного сечения относительно главной центральной оси z пластический момент сопротивления ищется как сумма статических моментов сжатой и растянутой частей сечения
относительно нейтральной оси, смещённой от центра тяжести. Положение нейтральной оси определяется из условия равенства площадей сжатой и растянутой частей сечения.
пл
Wb
= ⋅⋅ =
W
пл
π
= ⋅=
2
23 3
разр т
h h bh
2
24 4
π
= s
57
пл
, (3.11)
пл
2
1/2
2
=
.
z
.
.
РАЗДЕЛ 3.1.
AB
MR
∑
AB
MR
∑
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОПЕРЕЧНОЙ СИЛЫ И ИЗГИБАЮЩЕГО МОМЕНТА
В ПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЕНИЯХ СТЕРЖНЕЙ
Тест 3.1.1
ПоперечнаясилавсеченииСсправаравна...
○ 1) –80 кН;
○ 2) –40 кН;
○ 3) 120 кН;
○ 4) –50 кН;
○ 5) 10 кН.
Комментарий:
Найдём опорную реакцию на опоре В. Мысленно направим её вверх (↑). В статически определимой балке реакции ищутся с помощью уравнений
статики:
20 5 2,5 30 3 60 5 0.
= ⋅⋅ + ⋅+ − =
Отсюда имеем: RB = 400/5 = 80 кН. Знак «плюс» означает, что направление реакции задано верно, реакция направлена вверх (↑).
На эпюре поперечных сил Q в сечении С будет скачок (то есть два значения силы в сечении —
слева и справа), так как в этом сечении приложена сила P = 30 кН. Поперечная сила в сечении С
справа Q
с правой стороны от рассматриваемого сечения, без учёта силы 30 кН: Q
вой стрелки относительно центра тяжести сечения С.
пр
определяется как сумма проекций на нормаль к оси балки всех нагрузок, расположенных
C
пр
Q
отрицательна, так как она стремится повернуть оставшуюся часть балки против хода часо-
C
пр
= –80 + 20 · 2 = –40 кН.
C
Правильный ответ: 2).
Тест 3.1.2
ПоперечнаясилавсеченииСбалкиравна...
○ 1) –40 кН;
○ 2) 48 кН;
○ 3) 2 кН;
○ 4) –12 кН;
○ 5) 8 кН.
Комментарий:
Вычислим опорную реакцию на опоре В. Мысленно направим её вверх (↑). В статически определимой балке реакции ищутся с помощью уравнений
статики:
20 3 1, 5 18 6 0.
= ⋅⋅ − − =
Отсюда имеем RB = 72/6 = 12 кН. Знак «плюс» означает, что реакция RB направлена вверх (↑).
Поперечная сила в сечении С определяется как сумма проекций на нормаль к оси балки всех нагрузок, расположенных с одной стороны от рассматриваемого сечения. Возьмём, например, сумму
проекций справа от сечения С: Q
QC положительна, так как она стремится повернуть оставшуюся часть балки по ходу часовой
стрелки относительно центра тяжести сечения С.
Правильный ответ: 5).
= –12 + 20 1 = 8 кН.
C
58
Тест 3.1.3
BA
MR
∑
AB
MR
∑
ПоперечнаясилавсеченииСбалкиравна...
○ 1) 30 кН; ○ 4) 15 кН;
○ 2) –50кН; ○ 5) –10 кН.
○ 3) –20кН;
Комментарий:
Вычислим опорную реакцию на опоре А. Мысленно направим её вниз (↓). Используем уравнение
статики:
30 1 0,5 45 3 0.
= ⋅⋅ + − =
Отсюда имеем RA = 60/3 = 20 кН. Знак «плюс» означает, что реакция RA направлена вниз (↓).
Поперечную силу в сечении С определим как сумму проекций на нормаль к оси балки всех нагрузок, расположенных с одной стороны от рассматриваемого сечения. Возьмём сумму проекций
слева от сечения С, куда войдёт только одна реакция RA (↓): QC = –20 кН.
QC отрицательна, так как она стремится повернуть оставшуюся часть балки против хода часо-
вой стрелки относительно центра тяжести сечения С.
Правильный ответ: 3).
Тест 3.1.4
ПоперечнаясилавсеченииВслеваравна...
○ 1) 20 кН;
○ 2) –3 кН;
○ 3) 10 кН;
○ 4) –49 кН;
○ 5) –29 кН.
Комментарий:
Определим опорную реакцию на опоре В. Мысленно направим её вверх (↑). Используем уравнение
статики:
10 5 4,5 20 5 0.
= ⋅⋅ + − =
Отсюда имеем RB = 245/5 = 49 кН. Знак «плюс» означает, что реакция RB направлена вверх (↑).
Поперечная сила в сечении В слева Q
лев
определяется как сумма проекций на нормаль к оси бал-
B
ки всех нагрузок, расположенных с одной стороны от рассматриваемого сечения. Удобнее взять сумму проекций справа от сечения В с учётом реакции RB:
лев
Q = ⋅− =−
10 2 49 29
B
кН.
Правильный ответ: 5).
Тест 3.1.5
ПоперечнаясилавсеченииВбалкиравна...
○ 1) 12 кН;
○ 2) –60 кН;
○ 3) 85 кН;
○ 4) –36 кН;
○ 5) –144 кН.
Комментарий:
Балка содержит два промежуточных шарнира.
Мысленно сделаем разрез по шарнирам. Построим
поэтажную схему — выделим несомую часть CD,
которая не может работать самостоятельно, и несущие самостоятельные балки АС и DB:
59
На подвесной балке CD возникают одинаковые
22
опорные реакции, что следует из симметрии нагрузки (q = 12 кН/м): RC = RD = 24 кН. Нагрузка с
верхнего этажа CD на нижний (консоли АС и DB)
передаётся с помощью условных сосредоточенных
сил RC и RD, но направленных в обратную сторону
(↓). Нагрузка на левой консоли АС никак не сказывается на правой DB. Поэтому поперечная сила QB
определяется только от нагрузок, находящихся на
консоли DB, как сумма проекций на нормаль к оси
балки всех нагрузок, расположенных с одной стороны от рассматриваемого сечения В.
С учётом правила знаков имеем:
Q =− − ⋅=−
24 12 3 60 кН.
B
Знак «минус» означает, что QB направлена вверх (↑), то есть стремится повернуть балку против
хода часовой стрелки.
Правильный ответ: 2).
Тест 3.1.6
ЗначениеопорнойреакцииRA вбалкеравно...
○ 1) 16,8 кН;
○ 2) 4,2 кН;
○ 3) 8,4 кН;
○ 4) 6,3 кН;
○ 5) 8,7 кН.
Комментарий:
Для определения опорной реакции RA составим
уравнение моментов относительно точки B. Задаем
направление реакции RA, распределенную нагрузку
q на участках AB и BC заменим равнодействующими
(R1, R2). Равнодействующая любой распределенной нагрузки q(R1, R2) равна площади фигуры, ограниченной
функцией q, и прикладывается в центре тяжести этой
фигуры. Полагая поворот силы относительно рассматриваемой точки по ходу часовой стрелки положительным, запишем следующее уравнение:
11
MR R
= − ⋅+ ⋅ = =
∑
0, 3 1 0,4 0, 4,2
BA A
⋅⋅ ⋅⋅
10 3 10 1, 2
кН.
Знак «плюс» означает, что направление реакции задано верно, реакция RA направлена вверх (↑).
Правильный ответ: 2).
Тест 3.1.7
Поперечнаясила в сечениибалкислеваотточки
Вравна...
○ 1) 25,8 кН;
○ 2) –15,0 кН;
○ 3) –10,8 кН;
○ 4) 34,2 кН;
○ 5) 21,6 кН.
Комментарий:
Для определения поперечной силы в указанном сечении необходимо знать значение и направление действия реакции RA. Из составленного уравнения равновесия SMB = 0 (cм. тест 3.1.6) следу-
60