Гусев_сопротивление_материалов
.pdf
|
|
|
Участок 1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
Участок 2 |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
qx |
2 |
|
|
|
|
" |
|
2 |
|
|
|
|
||
EIzV"= -4qa2 + 5qax1 - |
|
|
1 |
|
|
|
|
EIzV |
= 8qa |
|
- 2qax2 |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
qax2 |
|
|
qx3 |
|
EIzV'= 8qa2x2 -qa x2 + D1 (8.6) |
||||||||||||
EIzV'= -4qa2x1 |
+ |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
+ C1 |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
2 |
1 |
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
2 |
2 |
|
5 |
|
3 |
|
|
qx14 |
|
|
EIzV=4qa2 x22 - |
1 |
qax23 |
+D1x1+D2 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
EIzV=-2qa |
|
x1 |
+ |
6 |
|
qax1 |
|
|
24 |
|
|
+C1x1+C2 |
|
|
|
3 |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Здесь |
С1, |
С2 |
и D1, |
|
D2 |
– постоянные |
интегрирования, которые |
определяются из граничных (или краевых) условий. Граничные условия отражают особенности закрепления балки: V(x1 = 0) = 0 и V(x2 = 4a) = 0 и сопряжения (непрерывности) участков 1 и 2: V(x1=6а) = V(x2 = 0) и
V'(x1 = 6a) = V'(x2 = 0).
Подставляя граничные условия в уравнения (8.6), после преобразований получим систему линейных алгебраических уравнений вида:
|
|
C2 0, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
D2 |
|
54qa |
4 |
, |
|
|
|
|||
|
|
6aC1 |
|
4 |
|
(8.7) |
||||||||
|
|
|
3D2 |
128qa |
|
|||||||||
|
|
12aD1 |
|
, |
|
|||||||||
|
|
D C |
|
30qa3 . |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Из решения (8.7) находим: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
С1 = - |
65 |
qa3, C2 = 0, |
|
|
D1 |
= |
|
25 |
qa3, |
|
D2 = -76qa4 |
(8.8) |
||
3 |
|
|
3 |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Постоянные интегрирования (8.8) подставляем в уравнения (8.6). В
результате получим: для участка 1 (0 ≤ х1 ≤ 6а) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
1 |
|
|
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
5 |
|
|
|
|
|
3 |
|
|
1 |
|
|
|
|
4 |
|
|
65 |
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
V ( x ) |
|
|
2qa |
|
x |
|
|
|
|
|
qax |
|
|
|
|
|
|
|
qx |
|
|
|
|
|
|
|
qa |
|
|
x |
, |
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
1 |
EI z |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
6 |
|
|
|
|
1 |
|
|
24 |
|
|
|
1 |
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
(8.9) |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
1 |
|
|
|
2 |
|
|
|
65 |
|
3 |
|
||||||||
( x1 ) Y ( x1 ) |
EI z |
4qa |
|
x1 |
2 |
|
qax1 |
|
|
6 |
qx1 |
|
3 |
qa |
|
, |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
для участка 2 (0 ≤ х2 ≤ 4а) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
1 |
|
|
|
|
2 |
|
2 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
3 |
|
|
25 |
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
||||||||
V ( x2 ) |
|
|
|
4qa |
|
x2 |
|
|
|
|
|
qax2 |
|
|
|
|
|
|
|
qa |
|
x2 76qa |
|
|
, |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
3 |
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
EI z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(8.10) |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
25 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
( x2 ) Y ( x2 ) |
EI z |
|
8qa |
|
x2 |
|
qax2 |
|
|
|
|
3 |
|
qa |
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
41 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Далее, вычисляем прогиб VA и угол поворота ΘА. Для этого подставляем координаты сечения А в решения (8.9) или (8.10). При х1 = 6a из (8.9) или при х2 = 0 из (8.10) находим:
VA 76 |
qa4 |
76 |
12 103 0,34 |
|
6,46 10 3 |
м 6,46мм. |
||||||||
EIz |
2 105 106 572 10 8 |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
(8.11) |
||||||
|
25 qa3 |
|
|
|
|
|
103 0,33 |
|
|
|||||
А |
|
25 |
|
|
12 |
2,36 10 3 рад 0,15о. |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
3 EIz |
3 2 105 |
106 572 10 8 |
||||||||||||
|
|
|
|
|
Отметим, что VA < 0. Это означает, что сечение А смещается вниз (навстречу оси y). В свою очередь ΘА > 0. Это означает, что сечение А поворачивается против часовой стрелки.
б). Метод начальных параметров, или Коши-Крылова. В этом случае необходимо руководствоваться следующими правилами:
Начало отсчета координаты х, общее для всех участков, совмещается с начальным сечением В (рис. 8.2).
Сосредоточенный момент М = 4qa2 умножается на множитель (х – а)0 = 1, где а – координата точки приложения момента.
Распределенная нагруз-
ка продолжается до конца балки. Для компенсации вводится доолнительная нагрузка обратного знака (пунктир на рис. 8.3).
Уравнение изгибающего
момента Mz(x) составляется для последнего участка, из условия
равновесия отсеченной части балки длиной х.
С учетом этих правил дифференциальное уравнение упругой линии
EIzV" = Mz принимает следующий вид: |
|
|
|
|
|
|
EIzV" = -4qa2x0 +5qax – qa(x – 6a) - |
1 |
qx2 |
+ |
1 |
q(x – 6a)2. (8.12) |
|
2 |
2 |
|||||
|
|
|
|
Уравнение (8.12) интегрируется дважды, не раскрывая скобок:
|
|
1 |
|
|
2 |
|
5 |
|
|
2 |
|
|
1 |
|
|
|
|
2 |
|
|
1 |
|
3 |
|
1 |
|
|
V 0 |
|
|
|
4qa |
|
x |
|
qax |
|
|
|
qa x 6a |
|
|
|
qx |
|
|
|
q x |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
EI z |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
6 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
2 |
|
2 |
|
5 |
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
V V0 0 |
x |
|
|
|
|
2qa |
|
x |
|
|
|
|
qax |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
EIz |
|
|
6 |
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
3 |
|
1 |
|
4 |
|
1 |
4 |
|
|
|
qa x 6a |
|
|
qx |
|
|
|
q x 6a |
. |
6 |
24 |
|
24 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
6a 3 ,
(8.13)
42
Здесь V0 и Θ0 – постоянные интегрирования, которые представляют прогиб и угол поворота в начале координат, - начальные параметры. Они определяются из условий закрепления балки (граничных условий).
Очевидно, при х = 0 и х = 10а V = 0. Откуда следует
V0 = 0, Θ0 = |
|
65 |
|
qa3 |
. |
(8.14) |
|
|
|||||
|
|
3 EIz |
|
Величина Θ0 получается отрицательной. Следовательно, сечение х = 0 поворачивается по часовой стрелке.
Вычисляем прогиб и угол поворота сечения А. Для этого начальные параметры (8.14) и координата х = 6а подставляются в уравнения (8.13):
|
65 qa3 |
|
1 |
2 |
|
2 |
|
5 |
3 |
|
1 |
|
4 |
|
|
|
|
qa4 |
|
||||||||||||||||
VA |
|
|
|
|
|
|
6a |
|
|
|
2qa |
|
|
6a |
|
|
|
|
qa 6a |
|
|
|
|
q 6a |
|
|
76 |
|
|
, |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
EIz |
||||||||||||||||||
|
3 |
|
|
EIz |
EIz |
|
|
|
|
|
6 |
|
|
24 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
65 qa3 |
|
1 |
|
2 |
|
|
5 |
|
2 |
|
1 |
|
3 |
|
|
25 qa3 |
|
||||||||||||||
A |
|
|
|
|
|
|
|
|
4qa |
|
|
6a |
|
|
qa 6a |
|
|
|
q 6a |
|
|
|
|
|
|
. |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
3 EIz |
|
EIz |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
6 |
|
|
|
|
3 EIz |
|
Результаты решений, полученные двумя методами, совпадают друг с другом. На рис. 8.2 пунктиром изображена форма оси изогнутой балки.
КОСОЙ ИЗГИБ
В этом случае плоскость действия изгибающего момента не совпадает с главными центральными осями поперечного сечения.
Косой изгиб представляется как суперпозиция двух прямых изгибов в двух главных плоскостях
|
M y |
z |
M |
z |
y . |
|
|
|
|||
|
I y |
|
I z |
Здесь - нормальное напряжение, My и Mz – изгибающие моменты, Iy и Iz – осевые моменты инерции площади поперечного сечения, y и z – главные центральные оси.
Уравнение нейтральной линии
y |
M y I |
z |
z при = 0. |
||
|
|
|
|||
|
|
|
|
||
|
M z I y |
43
Задание 9
Для балки, схема которой изображена на рис. 9.1, построить эпюры изгибающих моментов My и Mz, и найти опасное(ые) сечение(я). В опасном(ых) сечении(ях) определить положение нейтральной линии. Из условия прочности по нормальным напряжениям рассчитать допускаемую нагрузку.
Материал - сталь 45: предел текучести т=370, коэффициент запаса nт=2. Принять: P1=P и P2=nP.
Данные взять из табл. 9.
|
|
|
|
|
|
|
|
Таблица 9 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Форма |
Номер |
a, |
b, |
, |
, |
|
|
Схема |
|
поперечного |
n |
k |
|||||||
строки |
м |
см |
град |
град |
нагружения |
||||
сечения |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
1 |
0 |
1,2 |
4 |
60 |
30 |
1,4 |
1,0 |
I |
|
2 |
1 |
0,8 |
3 |
45 |
30 |
1,2 |
2,0 |
II |
|
3 |
2 |
1,3 |
5 |
30 |
60 |
1,0 |
1,5 |
III |
|
4 |
3 |
1,4 |
4 |
30 |
45 |
1,0 |
1,2 |
I |
|
5 |
4 |
0,8 |
3 |
45 |
60 |
1,2 |
2,0 |
II |
|
6 |
5 |
1,0 |
4 |
30 |
30 |
1,4 |
0,8 |
III |
|
7 |
6 |
1,2 |
3 |
60 |
60 |
1,0 |
1,2 |
I |
|
8 |
7 |
1,0 |
4 |
60 |
45 |
0,8 |
1,2 |
II |
|
9 |
8 |
0,8 |
3 |
60 |
30 |
1,2 |
1,5 |
III |
|
0 |
9 |
1,2 |
5 |
45 |
30 |
1,0 |
1,0 |
I |
Пример 9
Дано: l = 1м, b = 2 см, Т = 370 МПа, nT = 2, = 60о.
Определить: Р = ? Решение:
1. Раскладываем внешние силы Р1 и Р2 на составляющие по направлению главных центральных осей y и z (осей симметрии сечения на рис. 9.2):
Р1y = Psin = 0,866P, |
Р1z = Pcos = 0,5P, |
Р2y = 2Pcos = P, |
Р2z = 2Psin = 1,732P. |
2. Строим эпюры изгибающих моментов в главных плоскостях xy и xz (рис. 9.3). Эпюры My и Mz строятся на сжатых слоях балки.
44
Рис. 9.1
45
Рис.9.2 |
Рис. 9.3 |
3. Находим осевые моменты инерции площади поперечного сечения:
I y I yI I yII |
4b b3 |
2 |
b 4b 3 |
11b4 . |
12 |
|
|||
|
12 |
|
Здесь I – площадь стенки (4b*b), II – площадь полки (b*4b).
I z I zI 2I zII |
4b 6b 3 |
2 |
1,5b 4b 3 |
56b4 . |
|
12 |
12 |
||||
|
|
|
Здесь I – площадь описанного прямоугольника (4b*6b), II – площадь выреза (1,5b*4b).
4. Записываем уравнения нормальных напряжений как функций координат y и z:
Сечение В
|
M y |
z |
M |
z |
y |
Pl |
z |
1,732Pl |
y . |
|
|
|
11b4 |
56b4 |
|||||
|
I y |
|
I z |
|
|
Сечение С
|
M y |
z |
M |
z |
y |
0,232Pl |
z |
3,6Pl |
y . |
|
|
|
11b4 |
56b4 |
|||||
|
I y |
|
I z |
|
|
Моменты My и Mz считаются положительными, если в точках с координатами y и z (первой четверти на рис.9.2), они вызывают положительные, растягивающие напряжения.
5. Принимая = 0, составляем уравнения нейтральных линий:
Сечение В
y |
M y |
|
I |
z |
z |
Pl 56b4 |
z = -2,94z. |
||
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
1,732Pl 11b4 |
|||||
|
M z |
|
I y |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
46 |
|
|
|
Сечение С
y |
M y |
|
I |
z |
z |
0,232Pl 56b4 |
z = 0,328z. |
||
|
|
|
|
|
|
11b4 |
|||
|
M z |
|
I y |
3,6Pl |
|
|
Рис. 9.4
6. Определяем наибольшие значения нормальных напряжений. Для этого в уравнения для напряжений подставляем координаты наиболее удаленных от нейтральных осей точек поперечного сечения:
Сечение В
max( B ) |
M y |
zk |
M z |
yk |
Pl |
2b |
1,732Pl |
3b 0,275 |
Pl |
. |
I y |
I z |
11b4 |
56b4 |
|
||||||
|
|
|
|
|
b3 |
Сечение С
max( C ) |
M y |
|
zk |
M z |
yk |
0,232Pl |
2b |
|
3,6Pl |
3b 0,235 |
Pl |
. |
|||||||||
I y |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
I z |
|
|
|
|
11b4 |
|
|
|
56b4 |
b3 |
||||||||
7. Составляем условие прочности |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
( B ) |
|
|
Pl |
|
T |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
max |
max |
0,275 |
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
||||||
|
|
|
b3 |
nT |
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Откуда |
|
|
|
|
|
|
2 10 2 3 370 103 |
|
|
|
|
||||||||||
|
P |
|
b3 T |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= 5,38 кН. |
|
|
|||||||||
|
|
0,275l nT |
|
|
|
0,275 1 2 |
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
47 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ИЗГИБ С РАСТЯЖЕНИЕМ-СЖАТИЕМ
Напряжения в поперечном сечении |
|
|
|
||||
|
N |
|
M y |
z |
M |
z |
y . |
|
|
|
|
||||
|
A |
|
I y |
|
I z |
Здесь N, My и Mz - продольная сила и изгибающие моменты; A, Iy и Iz - площадь и осевые моменты инерции площади поперечного сечения; y и z – координаты (главные центральные оси).
Нейтральная линия ( = 0) определяется отрезками, отсекаемыми по осям координат:
y |
I |
z |
|
N |
при z = 0 и |
z |
I y |
|
N |
при y = 0. |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
A M z |
|
|
A M y |
|
|||||
|
|
|
|
Задача 10
Для стержня, схема которого изображена на рис. 10.1, построить эпюры продольных сил N и изгибающих моментов My и Mz. Изобразить опасное сечение и показать нейтральную линию. Из условия прочности по нормальным напряжениям найти размеры поперечного сечения.
Материал - древесина: предел прочности вр=80 МПа, вс=40 МПа, коэффициент запаса nв=2. Принять - P1=P, P2=nP.
Данные взять из табл. 10.
|
|
|
|
|
|
Таблица 10 |
|
|
|
|
|
|
|
Схема |
Номер |
P, кН |
|
N |
k |
k1 |
нагружения |
строки |
|
||||
|
|
|
|
|
||
1 |
0 |
10 |
|
3 |
8 |
1,2 |
2 |
1 |
12 |
|
4 |
9 |
1,4 |
3 |
2 |
8 |
|
5 |
10 |
1,6 |
4 |
3 |
10 |
|
4 |
8 |
2,0 |
5 |
4 |
12 |
|
5 |
10 |
1,8 |
6 |
5 |
8 |
|
3 |
12 |
1,6 |
7 |
6 |
7 |
|
4 |
8 |
1,4 |
8 |
7 |
6 |
|
5 |
9 |
1,2 |
9 |
8 |
8 |
|
6 |
10 |
1,8 |
0 |
9 |
10 |
|
4 |
12 |
1,6 |
|
|
|
48 |
|
|
Рис. 10.1
49
Пример 10
Дано: Р = 10 кН, вр = 80 МПа, вс = 40 МПа, nв = 2.
Определить: а = ? Решение:
1. Составляем расчетную схему. Для этого силу 6Р приводим к центру тяжести поперечного сечения. В результате
преобразований параллельного Рис. 10.2 переноса появляются пары сил с
моментами mz = 6Pa и my = 6Pа/2 = 3Ра. Строим эпюры изгибающих моментов и продольных сил (рис. 10.3).
2. Определяем геометрические характеристики площади попереч-
ного сечения:
A = 2a2,
I y |
2a a3 |
|
|
a4 |
|
, |
|
|||
12 |
|
|
|
6 |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
I z |
a 2a 3 |
|
2 |
a |
4 |
. |
||||
|
12 |
|
3 |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
3. Записываем уравнение напряжений в опасном сечении
Рис. 10.3 (сечении В). Считая N = 6P, My = - 9Pa, Mz = 14Pa, имеем
|
N |
|
M y |
z |
M |
z |
y |
6P |
|
9Pa 3 |
z |
14Pa 6 |
|
|
|
|
2a2 |
2a4 |
a4 |
||||||
|
A |
|
I y |
|
I z |
|
|
Сила N считается положительной, если она соответствует растяжению; моменты My и Mz, - если в точках сечения с координатами y и z (первой четверти), они вызывают положительные, растягивающие напряжения.
50
Рис. 10.4