Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уральский Государственный Университет Путей Сообщения

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

КУРС сопромата с примерами

.pdf

Скачиваний:

174

Добавлен:

17.05.2015

Размер:

2.25 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1410 11 12 13 14 > Следующая >>>

Расчет на прочность при косом изгибе

Поскольку напряженное состояние линейное (рис. 8.3, г), результаты расчета по любой из гипотез прочности совпадают. Максимальные напряжения возникают в точках, наиболее удаленных от нейтральной линии. Их положение определяют графически после построения нейтральной линии

(рис. 8.3, в).

Условие прочности, вытекающее из уравнения (8.1):

σmax =

M z ymax

M y zmax

≤ [σ],

I z

I y

или

σmax =

M z

M y

≤ [σ].

(8.5)

Условие прочности, вытекающее из уравнения (8.2):

	M max			Wz
σmax =			cos α+			sin α	≤ [σ],	(8.6)

	W	z		W	y

то есть такое же как при плоском изгибе, но с множителем в скобках бóльшим единицы.

Выполняют три вида расчетов: поверочный, проектный и определение допускаемой нагрузки.

Проектный расчет. Требуемый размер поперечного сечения находят из условия прочности (8.6):

	M max		Wz
Wz ≥		cos α+			sin α .	(8.7)
	[σ]
			W	y

Искомый параметр находится по обе стороны от знака неравенства. Полученное уравнение – трансцендентное, то есть не могущее быть вы-

раженным алгебраическим выражением. Такие уравнения решают мето-

дом итераций, то есть методом последовательных приближений.

Для стандартного прокатного профиля (двутавра, швеллера…) от-

ношение Wz Wy зависит от размеров профиля. Так, для двутавров от № 10

до № 60 отношение Wz Wy изменяется в диапазоне от 6,12 до 14,07. По-

этому в первом приближении принимают среднее число из указанного

диапазона (например, 10). Подбирают профиль, а затем выполняют пове-

рочный расчет. Следующая проба – уточненная. Перегрузку σmax[ −] [σ]100

выше 5 % не допускают.

Пример

8.1.

Подобрать

размер двутавра

для консольной

балки, нагруженной распределен-

ℓ

qA2

ной нагрузкой. Дано:

q = 5 кН/м;

α = 10°;

–

ℓ = 2 м;

[σ] = 200 МПа.

F α

Решение. Из условия проч-

ности при косом изгибе:

M max

max

cos

α+

sin α

≤ [σ]

требуемый момент сопротивления

M max

Wz ≥

cos

α+

sin α

[σ]

где Mmax= qℓ2 /2 = 5·4/2 = 10 кН·м;

≥

10 103

(0,985 +10 0,174)=136 10−6 м3 .

200 106

Wz = 143 см3;

Wy = 18,4 см3.

Принимаем двутавр № 18:

Поверочный расчет: σmax =

10 103

0,985 +

143

=163 МПа.

0,174

143 10−6

18,4

Недогрузка

200 −163100 =18,2 % .

200

Wz = 109 см3; Wy = 14,5 см3.

Принимаем двутавр № 16:

10 103

109

Поверочный расчет: σmax =

0,985 +

0,174 = 210 МПа.

10−6

14,5

200 −210

109

Перегрузка

100 = −5 % . Такая перегрузка допустима.

200

Напряжения при плоском изгибе, то есть при α = 0

σα=0 =

M max

10 103

= 91,7 МПа.

109 10−6

Сопоставление напряжений при косом и плоском изгибах:

σкmax = 210 = 2,29 .

σпmax 91,7

Вывод: напряжения при косом изгибе больше, чем при плоском изгибе в 2,29 раз. Косой изгиб опаснее плоского.

Пример 8.2. Подобрать		F
размеры поперечного сечения де-			F
ревянной балки с отношением вы-
ревянной балки с отношением вы-
соты к ширине с = h/b = 2 . Дано:		ℓ
		ℓ
			z
F = 2 кН; α = 30°;	F A		z
ℓ = 3 м; [σ] = 10 МПа.	F A
ℓ = 3 м; [σ] = 10 МПа.

αy

–

Решение. Из условия проч-

ности при косом изгибе:

			M max		Wz
σ	max	=	M max	cos α+	Wz	sin α	≤ [σ]
σ		=		cos α+		sin α	≤ [σ]
					Wy
			Wz		Wy

требуемый момент сопротивления

M max

Wz ≥

cos α+

sin α

[σ]

где

= bh2

= h = с.

hb2

С другой стороны, Wz

= bh2

= b(bc)2

= b3c2 ,

откуда b ≥ 3

6 Wz

Из эпюры моментов Mmax= F·ℓ = 2·3 = 6 кН·м.

Тогда

Wz ≥ 6000 (cos 30D + 2 sin 30D)=1120 10−6 м3 , откуда

106

b ≥ 3

6 1120 10

−6

= 0,119 м.

Принимаем: b = 0,12 м, h = 0,24 м.							Выполняем поверочный расчет:
	6000 6				0,24
σmax =			0,866	+		0,5		= 9,72 МПа, что меньше [σ].
	0,12 0,24	2			0,12

σα=0

M max

6000 6

= 5,21 МПа.

σα=30

9,72

=1,86 раз.

0,12

0,24

σα=0

5,21

Вывод: косой изгиб опаснее плоского.

Пример 8.3. Подобрать размеры прямоугольного сечения балки с отношением высоты к ширине h/b = 1,6. Материал балки сталь 40 (σт =

340 МПа). Дано: F = 10 кН; q = 30 кН/м; а = 1,3 м; с = 1,5 м.

Решение. Имеем разновидность косого изгиба, при котором оба силовых фактора действуют в разных главных плоскостях инерции (рис. а). Внутренние усилия определяем методом сечений (рис. б и в), начиная со свободного конца, чтобы избежать процедуры определения опорных реакций в защемлении (в общем случае их шесть).

Результаты расчета заносим в таблицу

и строим эпюры изгибающих моментов в го-

ризонтальной

вертикальной плоскостях

(рис.

г, д).

Внутренние

I участок

II участок

усилия

0 ≤ x ≤ a

0 ≤ x ≤ c

F·x

F (a + x)

F(а+c)

Опасным оказалось сечение в защем-

лении. При этом изгибающий момент от си-

qс

лы F

вызывает растяжение в точках В и С,

сжатие – в точках A и D. Распределенная на-

грузка деформирует балку так, что растяги-

вающие

напряжения

возни-

кают

точках

A и

B, сжи-

мающие – в точках C и D.

Опасными являются точки, в

которых

складываются

на-

пряжения с одним знаком: точки В и D. Условие прочности

имеет вид:

σmax =

M y

≤ [σ],

где изгибающие моменты

= q c2

1,52

M y = F (a +c)=10(1,3 +1,5)= 28 кН м

и M z

= 30

= 33,75 кН м,

а моменты сопротивления

= b2h

= b2 (1,6b)

= 0,267 b3

Wz = bh2

= b(1,6b)2 = 0,427 b3.

Назначим допускаемое напряжение, выбрав [nт] из диапазона [nт] = 1,3-2,3

			[σ]=	σт		= 340	≈190 МПа
			[σ]=	[nт]		= 340	≈190 МПа
				[nт]		1,8
Перепишем условие прочности в виде:
	M y	+	M z ≤[σ];		28 103		+ 33,75 103	≤190 106 ,
		+	M z ≤[σ];		0,267 b3		+ 33,75 103	≤190 106 ,
	Wy		Wz		0,267 b3		0,427 b3
откуда требуемое значение ширины сечения b ≥ 3								183,9	= 0,0989 м;
откуда требуемое значение ширины сечения b ≥ 3									= 0,0989 м;
							190 103

Принимаем: ширина сечения b = 0,1 м, высота сечения h = 1,6·0,1= 0,16 м.

			Деформация балок при косом изгибе
С использованием универсального уравнения упругой линии (метода
начальных параметров) или энергетического метода для некоторых случа-
ев плоского изгиба найдено				максимальное значение прогиба – стрела
прогиба f.
		M				F		q
	ℓ		f	ℓ		f		ℓ	f
						f		ℓ	f
		MA2		f		FA3		f	qA4
f	=	2EI	раз	f	=	3EI	раз	f	= 8EI	раз
M			в 8	F			в 16	q		в 9,6
			в 8				в 16			в 9,6
	ℓ			ℓ/2	ℓ/2			ℓ
			f			f
									f
									f
f	=	MA2		f	=	FA3	f	=	5 qA4
f	=	16EI		f	=	48EI	f	=	384 EI
		16EI				48EI			384 EI
Деформацию балок при косом изгибе							определяют путем геометри-
ческого сложения векторов прогибов в направлениях главных центральных
осей инерции.

Так, для первого из приведенных выше примеров

f y

M z A2

f z =

M y A2

;

2EI z

2EI y

f y =

M cos

αA2

f z =

M sin αA2

;

2EI y

2EI z

Величину полного прогиба определяют:

MA2

cos2 α

sin2 α

f =

f y

+ f z

I z

I y

MA2

или

sin2 α ,

(8.8)

2EI

cos2 α+

то есть так же, как и при плоском изгибе, но с множителем (корнем), бóльшим единицы.

Положение плоскости изгиба (направление перемещения центра тяжести сечения) определяется углом γ:

tg γ =	fz	=	M sin αA2	2EIz	=	Iz	sin α	,
	f y		2EI y	M cosαA2
						I y cosα
			94

Силовая

линия

или

tg γ =

tg α.

(8.9)

I y

Из сопоставления формул (8.8) и (8.4) следует, что

нейтральная плоскость и плоскость изгиба взаимно

Линия

тральная линия

перпендикулярны (tg γ = –tg β) и не совпадают с

tgβ = − I y tg α.

(8.4)

прогиба

силовой плоскостью:

Ней

Пример 8.4. (Беляев Н. М. Сборник задач. № 6.9)

При установке на опоры двутавра № 60, предназначенного

α F

для работы на изгиб в вертикальной плоскости, совпадающей с

плоскостью стенки, была допущена ошибка, и стенка двутавра

отклонилась от вертикали на угол α = 1°. Определить связанное с

этим увеличение нормальных напряжений и полного прогиба

двутавра.

Решение

Для двутавра № 60: Wz = 2560 см3; Wy = 182 см3;

Iz = 76806 см4; Iy = 1726 см4.

Сопоставим максимальные напряжения при косом и

плоском изгибах

max

cos α+

z sin

α −

σmax −σmax =

= cos α+

sin α−1.

M max

σпmax

σк

−σп

2560

max

0,9998 +

0,0175 −

= 0,245 или

24,5% .

182

σп

max

В случае плоского изгиба балка прогибается в вертикальном направлении на величину fy. При косом изгибе величина полного прогиба

f = fz2 + f y2 . От вертикального направления балка отклоняется на угол,

определяемый как tg γ =

откуда

fz = f y tg γ.

f y

I z

76806

= 0,7767. γ = 37,84°

tg γ =

tg α =

tg1

I y

1726

Тогда

f =

(f y tg γ)2 + f y2 = f y tg2 γ +1 . Увеличение полного прогиба со-

ставит:

f − f y

f y

tg2 γ +1 − f y

tg2 γ+1 −1 = 0,77672 +1 −1 = 0,266, или 26,6 %.

f y

Ответ: напряжения увеличились на 24,5, а полный прогиб – на 26,6 %.

8.2. ИЗГИБ С РАСТЯЖЕНИЕМ

Изгиб с растяжением – частный случай сложного сопротивления, при котором на брус действуют продольные и поперечные нагрузки, пересекающие ось бруса.

В общем случае в поперечных сечениях возникают пять внутренних усилий: действующие в двух плоскостях изгибающие моменты Mz, My, поперечные силы Qz, Qy, а также продольная сила N. Возникает сложный изгиб с растяжением или сжатием.

Пренебрегая касательными напряжениями от поперечных сил Qz, Qy (для длинных балок с отношением ℓ/h > 10 их влияние незначительно), можно считать напряженное состояние в опасных точках линейным.

Внецентренное растяжение или сжатие

Внецентренное растяжение – частный случай изгиба с растяжением, при котором брус растягивается силами, параллельными оси бруса так, что их равнодействующая не совпадает с осью бруса, а проходит через точку Р, называемую полюсом силы.

е	F	F	F	F
е			F	F
		t		t
		t
F		e
F			b
			b
	F

	b		t
F	F	F	F
а	б		в

Рис. 8.6. Примеры деталей иузлов, работающих при внецентренном нагружении: а – болт-костыль; б – пружина сцепления; в – сварное соединение

Внутренние усилия и напряжения

В произвольном сечении х бруса (рис.8.7, а) методом сечений определяем внутренние усилия

∑x = 0;	N = F;	∑M	= 0	T = 0;
			x ;
∑y = 0;	Qy = 0;	∑M y = 0;		My = F·zP;
∑z = 0;	Qz = 0;	∑M z = 0;		Mz = F·yP.

	P
x	y
x
zP	z

σ′

σ″′

σ″

Рис. 8.7. Схема к определению внутренних усилий и напряжений при внецентренном приложении силы

Отличны от нуля три внутренних усилия (рис. 8.7, б), от которых возникают нормальные напряжения, действующие по одной из трех пар граней (рис. 8.7, в); две другие пары граней свободны от напряжений. Имеет место линейное напряженное состояние. Напряжения в произвольной точке являются суммой трех слагаемых

′ ′′ ′′′

M z

y +

M y

z ;

σ =

F +

F yP y

F zP z

σ = σ + σ + σ =

I y

A A Iz A A I y A .

Учитывая, что отношение i =

– радиус инерции сечения, получим

yP y

zP z

σ =

F 1

(8.10)

О правиле знаков внутренних усилий. Формула (8.10) выведена для случая положительной растягивающей силы N и изгибающих моментов Mz, My, вызывающих растягивающие напряжения в точке, принадлежащей первой четверти осей координат (где x > 0 и y > 0). Поэтому оси ко-

ординат поперечного сечения бруса следует направлять так, чтобы полюс P (точка приложения силы) находился в первом квадранте. Если сила,

приложенная к брусу, сжимающая, то ее числовое значение будет со знаком минус.

Анализ формулы (8.10)

1.Отсутствие координаты х свидетельствует о неизменности напряжений вдоль оси бруса.

2.В случае приложения силы в центр тяжести сечения (zP = 0, yP = 0) напряжения в любой точке сечения постоянны и равны σ = F/A, то есть центральное растяжение является частным случаем внецентренного.

3.Независимо от значений координат полюса Р напряжение в центре тяжести сечения (yцт =0, zцт = 0), σцт = F/A.

4.Переменные z и y в первой степени, следовательно, формула (8.10) является уравнением прямой и нормальные напряжения распределяются по линейному закону, значит должна быть нейтральная линия, на которой напряжения равны нулю.

Уравнение нейтральной линии при внецентренном растяжении

Нейтральная линия (нейтральная ось) – геометрическое место точек, в которых нормальное напряжение в поперечном сечении равно нулю.

Приравняем нулю уравнение (8.10). Поскольку F/A ≠ 0, то выражение в скобках равно нулю

1 +	yP y	+	zP z	= 0 .
	iz2
			i2y

Переменные z, y в первой степени, следовательно, нормальные напряжения в сечении распределяются по линейной зависимости. Полученное выражение приведем к виду уравнения прямой в отрезках, где a и b – отрезки, отсекаемые линией на осях координат. В нашем случае уравнение нейтральной линии будет записано как

			y
x	+	y	=1
a	+	b	=1
a		b	b
			b

0 x

Рис. 8.8. Уравнение прямой в отрезках и график прямой линии, известные из школьного курса

=1.

(8.11)

−

Свободный член полученного уравнения не равен нулю, следова-

тельно, нейтральная линия через начало координат не проходит. Отрезки,

отсекаемые нейтральной линией на осях y и z, соответственно равны:

	i2			i2y
yн.л = −	z	;	zн.л = −		.	(8.12)
				zP
	yP

По найденным значениям отрезков проводят нейтральную линию и находят точки В и С, наиболее удаленные от нее (рис. 8.9). Выполняют это простым геометрическим построением, проводя касательные к сечению, параллельные нейтральной оси. Найденные точки – опасные, поскольку напряжения в них наибольшие по величине.

	y					Уравнения (8.12), связывающие
	zP	B			координаты полюса Р – точки прило-
	zP				жения внешней нагрузки с поло-
zн.л	P	yP		σ	жением нейтральной линии, являются
zн.л		yP		σ	гиперболической		функцией.		Чем
			z	σmax	гиперболической		функцией.		Чем
	yн.л		z	σmax	ближе полюс Р к центру тяжести се-
				+	чения (значения yP, zP уменьшаются),
				F/A	тем	нейтральная	линия	проходит
C				F/A	дальше и в пределе стремится к бес-
		–		Нейтральная	конечности. И, наоборот, по мере от-
		–		Нейтральная	даления точки приложения силы от
	σmin			линия	даления точки приложения силы от
Рис. 8.9. Эпюра напряжений					центра тяжести		нейтральная		линия
Рис. 8.9. Эпюра напряжений					асимптотически приближается к нему.
в поперечном сечении					асимптотически приближается к нему.
					Однако пересечь центр тяжести сече-
ния нейтральная линия не может (см. анализ формулы (8.10)). В центре
тяжести σцт = F/A (рис. 8.9), поскольку yцт = 0 и zцт = 0 (подставьте в (8.10)).
Нейтральная линия может разделять поперечное сечение на области,
в которых действуют напряжения разных знаков. Некоторые материалы
(чугун, силумин, керамика, кирпичная кладка…) хорошо сопротивляются
сжатию и плохо – растяжению. Поэтому необходимо уметь определять та-
кую область приложения нагрузки, в которой не возникают напряжения
разных знаков.

Ядро сечения

Ядро сечения – область вокруг центра тяжести сечения, при приложении нагрузки внутри которой, напряжения во всем сечении будут одного знака.

yн.л 1

			y				Контур ядра сечения строят
			н.л 2				путем окатывания нейтральной ли-
		н.л 1					путем окатывания нейтральной ли-
							нией контура поперечного сечения,
							нией контура поперечного сечения,
				н.л 3			то есть решают задачу обратную той,
		zн.л 1			н.л 2		в которой	определяли положение
					y		нейтральной	линии: куда следует
					y		нейтральной	линии: куда следует
			4				прикладывать силу, чтобы ней-
		3					тральная линия не пересекала кон-
			1			z	тур сечения, а только касалась его.
						z	тур сечения, а только касалась его.
2							Задают несколько положений ней-
							тральной линии, касательной к се-
							чению (например, н.л.1, н.л.2, н.л.3),
	н.л 4			zн.л 2

							определяют координаты точек пере-
							определяют координаты точек пере-
Рис. 8.10. Определение координат							сечения этих линий с осями коорди-
Рис. 8.10. Определение координат							нат (например, zн.л.1, yн.л.1). Затем,
	отрезков нейтральной линии для						нат (например, zн.л.1, yн.л.1). Затем,
		построения ядра сечения					преобразуя уравнение (11), находят

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1410 11 12 13 14 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.05.20154.61 Mб55КУРС ЛЕКЦИЙ МЕХАНИКА бак 111.doc
#
17.05.20158.11 Mб20курс лекций новый.doc
#
17.05.20152.31 Mб278Курс лекций по логистике.doc
#
17.05.20159.42 Mб102Курс лекций.Электромагнетизм.doc
#
18.03.2016248.83 Кб149Курс по техническому обслуживанию устройств АиТ.doc
#
17.05.20152.25 Mб174КУРС сопромата с примерами.pdf
#
17.05.2015281.3 Кб135Курса.docx
#
17.05.20154.91 Mб83Курсач 9 вариант.doc
#
17.05.20154.91 Mб1745Курсач 9 вариант.doc
#
17.05.201557.06 Кб52курсач вариант 14.docx
#
16.09.20191.44 Mб71Курсач ВЕСЬ.doc