Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Сопротивление материалов. Часть 2 (2-е издание). Учебное пособие
.pdf
Пространственный косой
x
изгиб. Имеет место при действии
поперечных нагрузок в различных плоскостях (рис. 5.3).
Нормальные напряжения в
поперечном сечении определяются
по формуле
M
z
J
z
z
О
q
P
Рис. 5.3
M
y
. (5.2)
y
+=σ
z
J
y
Изгибающие моменты M
и My в случае плоского косого изгиба оп-
z
ределяются по формулам
М
= Mcos
z
α , М
P
= Msin
y
α , (5.3)
P
где М — суммарный изгибающий момент, действующий в силовой плоскости.
При пространственном косом изгибе М
и Мy вычисляются раз-
z
дельно от нагрузок в главных плоскостях и в общем случае изменяются по
различным законам, а их отношение не является постоянной величиной.
Приравнивая выражение (5.2) к нулю, получим уравнение нулевой
линии (н.л.):
M
J
y
z
J
y
Угол наклона нулевой линии
углом наклона силовой линии (с.л.)
М
J
0
J
y
z
M
z
y
Условие прочности при косом изгибе для балок с
поперечным сечением типа прямоугольника или двутавра записывается в виде
M
W
y
y
. (5.6)
R
γ≤+=σ
c
z
z
нб
M
W
В случае пространственного косого изгиба изгибающие моменты М
и Му могут иметь наибольшие зна-
z
чения в различных сечениях, поэтому условие прочности
y
. (5.4)
⋅−=
z
M
z
α при плоском косом изгибе связан с
0
α (рис. 5.2, б) формулой
P
J
z
J
y
. (5.5)
α−=⋅−=α tgtg
P
Р
x
M
N
z
z
P
у
Р
M
y
x
(5.6) необходимо проверять, по крайней мере, в сечениях, где один из моментов имеет наибольшее значение.
Внецентренное растяжение и сжатие. Имеет место
в случае, когда нагрузки действуют вдоль прямой, параллельной оси стержня. При внецентренном сжатии
y
Рис.5.4
z
(рис. 5.4) внутренние усилия в поперечном сечении стержня равны
где
N = – P, M
y ,
z — координаты точки приложения силы.
P
P
= –
z
yP ⋅ , M
P
= –
y
zP ⋅ , (5.7)
P
61
Напряжения определяются по формуле (5.1), которая с учётом (5.7)
x
с.
5.5
принимает вид
P
F
y
P
++−=σ z
1 , (5.8)
y
i
z
z
P
22
i
y
где величины
J
= ,
i
z
F
z
i
y
J
=
y
(5.9)
F
называются главными радиусами инерции сечения.
Уравнение нулевой линии имеет вид
y
P
i
z
z
P
y
22
i
y
. (5.10)
01
=++ z
Отрезки, отсекаемые нулевой линией на осях координат, определяются
по формулам
2
i
yа
у
0
z
−== ,
y
P
zа
0
z
2
i
y
. (5.11)
−==
z
P
Если материал стержня неодинаково сопротивляется растяжению и
сжатию, необходимо обеспечить выполнение двух условий прочности
р
нб
с
нб
F
P
F
P
y
P
i
z
y
P
i
z
z
y
++−=σ
А
i
y
++−=σ
В
P
γ≤
22
y
z
P
22
i
y
сА
γ≤
Rz
;1
р
(5.12)
,1
Rz
c
сВ
Р
b
где R
при растяжении и сжатии; z
h
и Rс — расчётные сопротивления материала
р
, у
и z
A
А
, у
— коорди-
B
В
наты наиболее напряжённых точек сечения.
Ядро сечения — это выпуклая фигура, содер-
жащая центр тяжести сечения и обладающая тем
l
q
свойством, что при нахождении точки приложения
силы внутри этой фигуры или на её границе во всех
точках сечения напряжения имеют одинаковый знак.
Координаты точек контура ядра сечения определяются с помощью формул (5.11).
Ри
z
y
Растяжение и сжатие с изгибом. Имеет место
при одновременном действии на стержень продольных и поперечных нагрузок (рис. 5.5). Нормальные
напряжения в поперечных сечениях определяются по общей формуле
(5.1). Приравняв это выражение к нулю, получим уравнение нулевой линии
62
N
F
M
J
z
z
M
y
y
J
y
. (5.13)
0=++ z
Положив в этом уравнении последовательно у = 0 и z = 0, получим
формулы для определения отрезков, отсекаемых нулевой линией на осях
координат:
J
za
N
0
z
M
y
,
⋅−==
F
y
ya
0
y
M
N
J
z
⋅−==
. (5.14)
F
z
Наибольшие растягивающие и сжимающие напряжения действуют в
точках сечения, наиболее удаленных от нулевой линии. Значения этих напряжений для поперечных сечений типа прямоугольника и двутавра можно определить по формулам
р
нб
N
F
M
z
W
++=σ
z
M
W
у
,
y
с
нб
N
F
M
z
W
+−=σ
z
M
W
у
. (5.15)
y
Изгиб с кручением. Имеет место в случае, если стержень подверга-
ется одновременному действию поперечных и скручивающих нагрузок.
Нормальные напряжения, вызываемые изгибом стержня, определяются
по формуле (5.2), а касательные — по формуле Журавского. Касательные
напряжения, вызываемые кручением стержня, зависят от величины крутящего момента и для стержня круглого сечения определяются по формуле (4.4).
При изгибе с кручением расчет стержней на прочность необходимо
производить с использованием теорий прочности. Рассмотрим наиболее
часто используем
ые при практических расчётах теории прочности и за-
пишем соответствующие этим теориям условия прочности для стержней.
•
Теория наибольших касательных напряжений:
R
γ≤τ+σ224 . (5.16)
с
•
Энергетическая теория прочности:
R
γ≤τ+σ223 . (5.17)
с
Теория наибольших касательных напряжений и энергетическая теория
хорошо подтверждаются экспериментально для пластичных материалов.
5.2. Примеры решения задач
Задача 5.1
Для внецентренно сжатого короткого стержня (рис. 5.6, а) определить наибольшую величину расчетной сжимающей силы Р из условий прочности при растяжении и сжатии. Построить эпюру нормальных напряжений от действия силы Р и ядро сечения. В расчетах принять расчетные сопротивления материала при растяжении и сжатии R
R
= 5 МПа = 0,5 кН/см2, коэффициент условий работы
с
63
=1 МПа = 0,1 кН/см2,
р
γ
= 1.
с
Определим необходимые геометрические характеристики поперечного сечения стержня (рис. 5.6, б). Для этого разбиваем сечение на прямоугольник, два прямоугольных треугольника и полукруг.
а
)
х
Р
б
)
О
у
Площадь сечения и статический момент относительно оси О
21530
S
z
1
1530
1
2
15
2
z
равны:
1z1
2
30
1515
+⋅⋅⋅+⋅=F
=
⋅π
2
;см 2089
2
2
1
2
2
15
1515
3
30
⋅π
+⋅⋅⋅⋅−⋅⋅−=
2
304
⋅
⋅
=
3
π
3
.см 13500
Координата центра тяжести сечения равна:
S
y
0
F
z
1
13500
2089
===
.см56
,
Определим момент инерции сечения относительно вспомогательной
оси О
относительно оси О
. Используя справочные данные о моментах инерции этих фигур
1z1
, проходящей через их основания, получим
1z1
433
+
⋅π
30
8
=
4
.см 360273
1530
⋅
=
J
z
1
3
2
1515
⋅
⋅+
12
Момент инерции сечения относительно главной центральной оси Оz
определяем с помощью зависимости между моментами инерции относительно параллельных осей:
422
.,FyJJ
zz
1
0
=⋅−=−=
см272012562089360273
Момент инерции сечения относительно оси Оy определяем как момент инерции полукруга и разность моментов инерции двух равнобедренных треугольников MKN и CKB.
334
30
⋅π
=
J
y
+
8
⋅
48
6030
−
⋅
48
3015
=
4
.см 444648
64
По формулам (5.9) определяем квадраты радиусов инерции сечения
F
F
относительно главных осей.
J
i
z
z
272012
2089
22
===
,см ,2130
J
i
y
Координаты точки приложения силы равны:
z = 15 см. Определяем по формулам (5.11) отрезки, отсекаемые нулевой
P
y
444648
===
22
.см 12,82
2089
= –(15 + 6,5) = –21,5 см,
y
P
линией на главных осях:
2
i
а
у
z
y
p
130,2
−=−=
−
21,5
=
.см 14,2
а
,см 6,06
z
2
i
y
z
p
212,8
15
−=−=−=
Откладываем эти отрезки на осях и проводим нулевую линию, которая делит сечение на зоны растяжения и сжатия. Проводя параллельно нулевой линии две касательные к контуру сечения, находим точки А и В, в
которых действуют наибольшие растягивающие и наибольшие сжимающие напряжения. Координаты точки A определены графически:
= 20,9 см,
y
A
= – 12,1 см, yB = – 21,5 см,
zA
= 15 см.
zB
Из условий прочности (5.12) при растяжении и сжатии находим два
значения расчетной сжимающей силы Р:
P
А
F
y
Р
++−=σ
y
A
i
z
P
P
В
F
y
Р
y
++−=σ
B
i
z
P
z
Р
z
22
i
y
P
F
F
304,3
z
Р
z
22
i
y
c
P
F
F
,6085
c
−
−
5,21
2,130
0,112089
⋅⋅
3,304
5,21
()
2,130
0,512089
⋅⋅
5,608
+−=
11
=γ≤ R
p
11
+=
=γ≤ R
c
15
()
9,20
−⋅+⋅
8,212
=
кН; 263,
15
5,21
8,212
=
⋅+−⋅
.кН 186,2
P
F
P
γ≤=
F
Примем с округлением меньшую силу Р = 63 кН. При этом наибольшие растягивающие и сжимающие напряжения в точках А и В равны:
304,3
63
2089
63
608,5
2089
2
2
=γ<==⋅=σ R
р
cА
=γ<==⋅=σ R
с
cВ
;МПа1МПа996,0кН/см0996,0
.МПа5 МПа691,1кН/см1691,0
Прочность стержня обеспечена. Эпюра нормальных напряжений при-
,304,31,12
R
γ≤=
p
cA
,608,515
R
c
cB
ведена на рис. 5.6, б.
Для построения ядра сечения проведем четыре нулевые линии, касательные к контуру сечения, и определим соответствующие им координаты
точек контура ядра по формулам
65
y ,
'
'
Р
z
где
z — отрезки, отсекаемые нулевыми линиями на осях координат.
0
0
Касательная 1 – 1:
y = – 21,5 см,
0
Касательная 2 – 2:
−=
y
Р
z = ∞,
0
2
i
z
,
z
y
0
Р
2
i
y
,
−=
z
0
2,130
−=
y
Р
−
=
5,21
см,06,6
z = 0.
P
y = – (30 + 6,5) = – 36,5 см,
0
2,130
−=
y
Р
−
=
5,36
см,57,3
z
Р
z = 36,5 см,
0
8,212
−=−=
5,36
.см83,5
Касательная 3 – 3:
y = ∞,
0
z = 30 см,
0
y = 0,
P
8,212
z
Р
30
−=−=
.см09,7
Касательная 4 – 4:
y = 30 – 6,5 = 23,5 см,
0
z = ∞,
0
2,130
y
Р
−=−=
5,23
см,54,5
z = 0 .
P
Поскольку переход касательных из положения 1 – 1 в положение 2 – 2 и
далее в положение 3 – 3 осуществляется путем поворота вокруг угловых
точек В и N, линии контура ядра сечения между соответствующими точками 1, 2, 3 являются прямыми. При переходе из положения 3 – 3 в положение 4 – 4 касательная огибает дугу окружности, поэтому между точ-
2
и
ками 3 и 4 контур ядра сечения является криволинейным. Точки
3
расположены симметрично по отношению к точкам 2 и 3.
Задача 5.2
Для консольной деревянной балки прямоугольного сечения, находящейся в условиях плоского косого изгиба (рис. 5.7, а), определить размеры
сечения и построить эпюру нормальных напряжений в опасном сечении. В
расчетах принять соотношение сторон прямоугольника k = h/b = 1,4,
2
расчетное сопротивление дерева R = 13 МПа = 1,3 кН/см
условий работы γ
= 1. Значения нагрузок являются расчётными. Угол на-
c
клона силовой плоскости к главной оси Оy поперечного сечения
, коэффициент
α
= 30°.
Р
Строим эпюру суммарного изгибающего момента М (см. рис. 5.7, а).
Составляющие суммарного изгибающего момента равны:
MМ
Момент М
М
— в точках левой части (при взгляде на сечение со стороны положи-
y
вызывает растяжение в точках верхней части сечения, а
z
Рy
66
,мкН46330cos 4cos ⋅−=−=α= ,MМ
.мкН230sin 4sin ⋅−=−=α=
тельного направления оси Оx). Наибольшие по абсолютной величине напряжения σ
a
)
0,5 кН м/
возникают в угловых точках А и В сечения.
нб
б
)
1 кН
x
2 м
1м
с.л.
А
b
=12см
О
α−
=16 см
h
4
−
1
М
(кН м)
·
12
+
σ
(МПа)
•
−
12
αР=30
Учитывая, что для прямоугольного сечения отношение моментов сопротивления равно
W
W
2
z
y
/bh
2
/hb
h
6
===
b
6
,k
W
W
= ,
y
z
k
н.л.
= 45,7
0
z
В
о
о
из условия прочности (5.6) при косом изгибе
M
W
y
y
R
γ≤+=σ
c
z
z
нб
М
W
получим формулу подбора сечения:
W
32
hbh
z
≥==
k
66
kMM
+
γ
yz
.
R
c
Определяем величину h:
()
6
3
h
≥
+
R
γ
c
Принимаем сечение
kMMk
yz
3
=
h
b ===
k
()
9315
,
41
,
см 1612 ×=× hb
,,,
,
311
⋅
,
.cм3811
и определяем моменты инерции
2
10241463416
⋅⋅+⋅
,
=
;см9315
и моменты сопротивления сечения:
2
1612
⋅
=
3
;cм 512
6
2
1216
⋅
=
3
.cм 384
6
=
=
⋅
12
⋅
12
3
1612
3
1216
4
,см 4096
4
,см 2304
==
WJ
zz
==
WJ
yy
Определяем наибольшие по абсолютной величине напряжения в угловых точках А и В опасного сечения и проверяем прочность балки:
67
102
4
1
⋅
384
22
2
=γ<==
c
.МПа13МПа12кН/см20,1
нб
М
W
M
z
z
y
=+=σ R
W
y
⋅
512
1046,3
+
Условие прочности выполняется. Определяем угол наклона нулевой
линии к главной оси Оz:
J
z
J
y
Р
4096
2304
.,,,
745 026130
−=α−=−=α−=α tgtgtg
00
Нулевая линия проходит через вторую и четвертую четверти осей координат сечения. Эпюра нормальных напряжений приведена на рис. 5.7, б.
Задача 5.3
Для шарнирно опертой двутавровой балки, находящейся в условиях
пространственного изгиба (рис. 5.8, а), подобрать сечение из условия
прочности по методу предельных состояний при заданных расчетных
значениях нагрузок. Построить эпюру нормальных напряжений в опасном
сечении балки. В расчетах принять расчетное сопротивление стали
R = 210 МПа = 21 кН/см
2
, коэффициент условий работы
γ
= 0,9.
c
Определяем вертикальные и горизонтальные опорные реакции и
строим эпюры изгибающих моментов М
М
вызывает растяжение в точках нижней части сечения, а момент M
z
и My (см. рис. 5.8, а). Момент
z
—
y
в точках правой части сечения (при взгляде на сечение со стороны положительного направления оси Оx).
Приняв в первом приближении отношение моментов сопротивления
сечения двутавра равным k =W
противления W
а
)
H=
2,5 кН
А
y
VA=45
1м
A
из условий прочности в двух опасных сечениях балки С и D.
z
z
Ру=60кН
H=
B
В
CD
Рz=10кН
1м
м
кН
2 м
2 м 1 м
+
15
45
7,5
2,5
7,5 кН
=10, определим требуемый момент со-
z /Wy
б
)
x
VВ=5
1 кН
О
182
М
z
(кНм)
(кН⋅м)
М
y
(кНм)
(кН⋅м)
−
–
+
σ
(МПа)
+
182
y
н.л.
α=−
0
8
z
68
Сечение С:
W
z
Сечение D:
W
z
+
kMM
≥
R
γ
c
()
=
,
()
yz
=
2
10571015
⋅⋅+
,
,
,
2190
⋅
=
2190
⋅
2
10521045
⋅⋅+
=
3
.,
см2476
3
.
см370
Более опасным является сечение D. По сортаменту принимаем
W
= 597 см
z
3
, W
= 59,9 см
y
3
.
Определяем наибольшие напряжения в угловых точках сечения D и
проверяем прочность балки.
22
1015
⋅
=σ R
нб
597
+
105,7
⋅
9,59
2
=γ<==
с
Прочность балки обеспечена с излишним запасом, поэтому во втором
приближении примем сечение
W
= 472 см
z
3
, W
= 49,9 см
y
I30:
3
, J
= 7080 см
z
4
, J
= 337 см
y
и проверим прочность балки:
22
1015
⋅
=σ R
нб
472
+
105,7
⋅
9,49
2
=γ<==
с
Прочность балки обеспечена.
Определим угол наклона
M
J
tg
z
M
J
y
α нулевой линии в сечении D:
0
15
5,7
00
y
z
7080
337
−=α−=⋅−=⋅−=α
.6,84 ,5,10
.МПа189МПа150кН/см15
4
.МПа189МПа182кН/см2,18
I33,
Так как
α < 0, то нулевая линия проходит через вторую и четвертую
0
четверти осей координат сечения. Эпюра нормальных напряжений приведена на рис. 5.8, б.
Задача 5.4
Стальной консольный составной стержень испытывает внецентренное растяжение и изгиб (рис. 5.9, а). Построить эпюру нормальных
напряжений в опасном сечении и проверить прочность стержня. В рас-
четах принять R = 210 МПа,
γ
= 1. Заданные нагрузки являются расчет-
с
ными. Размеры на рис. 5.9, б даны в сантиметрах.
Изгибающие моменты от внецентренно приложенной силы Р
посто-
1
янны по длине стержня и равны
где
мкН60120500 ⋅=⋅== ,PzM
Рz
y и Pz — координаты точки приложения силы Р
P
,мкН75150500 ⋅=⋅== ,PyM
Рy
(точка K).
1
,
69
В
А
б
а
)
)
9,48
2,52 4,29
240 12 мм
×
30
12,33
О
1
15,6
К
н.л.
–
–
184,4
z
112,3
–
σ
(МПа)
x
500
75
О
Р1=500 кН
у
60
К
м
3
Р2=50 кН
–
90
N
(кН)
M
z
(кН м)
·
M
y
(кН м)
·
м
1
z
–
–
–
–
60
–
Сила Р
вызывает изгиб стержня в горизонтальной плоскости, при
2
этом изгибающий момент в заделке от действия этой силы равен
Эпюры продольных сил и изгибающих моментов,
M
y
вызванные совместным действием сил Р
м.кН 150350 ⋅−=⋅−=
и Р2, приведены на рис. 5.9, а.
1
Опасным сечением является сечение, совпадающее с заделкой, где
оба изгибающих момента имеют наибольшие значения
M
y
м.кН 90 ⋅−=
M
z
Определим геометрические характеристики сечения. Учитывая, что
для швеллера [30 F
z = 2,52 см, найдем
0
= 40,5 см
1
()
J
z
58102
J
y
25644
W .см 5,891
z
+=
==
2,16
2
,
=
J
z
1
=⋅+=F
3
2,124
⋅
12
2
48,95,403272
+⋅+=
3
,см 1583
⋅
12
W
y
2
;см 6,1382,1245,402
⋅⋅+
3
242,1
10698
12
4
,см 5810
=
J
y
1
=
4
,см 327
h = 30 cм,
42
;см 256446,152,124
=
4
;см 10698
==
3
м,кН75 ⋅=
70
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]