- •Оглавление
- •12. Вопросы для самопроверки, задачи для самостоятельной и
- •Предисловие
- •1. Введение
- •1.1. Задачи и методы сопротивления материалов
- •1.2. Реальный объект и расчетная схема
- •1.3. Внешние и внутренние силы. Метод сечений
- •Простейшие случаи сопротивления
- •1.4. Напряжения
- •1.5. Перемещения и деформации
- •1.6. Закон Гука и принцип независимости действия сил
- •2. Растяжение и сжатие
- •2.1. Внутренние силы и напряжения
- •2.2. Удлинение стержня и закон Гука
- •2.3. Пример расчета (задача № 1)
- •2.4. Потенциальная энергия деформации
- •2.5. Статически определимые и статически неопределимые системы
- •Напряженное и деформированное состояние при растяжении и сжатии
- •Основные механические характеристики материалов
- •2.8. Общие принципы расчета конструкции
- •Пример расчета (задача № 2)
- •3. Геометрические характеристики поперечных сечений бруса
- •Статические моменты сечения
- •3.2. Моменты инерции сечения
- •3.3. Главные оси и главные моменты инерции
- •3.4. Пример расчета (задача № 3)
- •4. Кручение
- •4.1. Кручение бруса с круглым поперечным сечением
- •4.2. Кручение бруса с некруглым поперечным сечением
- •4.3. Пример расчета (задача № 4)
- •3.2. Моменты инерции сечения
- •3.3. Главные оси и главные моменты инерции
- •3.4. Пример расчета (задача № 3)
- •5.4.3. Схема III. Плоская рама (задача № 8)
- •5.5. Касательные напряжения при поперечном изгибе. Главные напряжения при изгибе
- •5.6. Пример расчета (задача № 9)
- •5.7. Перемещения при изгибе. Метод начальных параметров
- •5.8. Пример расчета (задача № 10)
- •5.9. Косой изгиб
- •5.10. Пример расчета (задача № 11)
- •5.11. Внецентренное растяжение и сжатие
- •5.12. Пример расчета (задача № 12)
- •5.13. Теории прочности
- •5.14. Пример расчета (задача № 13)
- •5.10. Пример расчета (задача № 11)
- •5.11. Внецентренное растяжение и сжатие
- •5.12. Пример расчета (задача № 12)
- •5.13. Теории прочности
- •5.14. Пример расчета (задача № 13)
- •6. Расчет статически неопределимых систем методом сил
- •6.1. Стержневые системы. Степень статической неопределимости
- •6.2. Определение перемещений методом Мора
- •6.3. Метод сил
- •6.4. Пример расчета (задача № 14)
- •7. Устойчивость прямых стержней
- •7.1. Понятие об устойчивости. Задача Эйлера
5.8. Пример расчета (задача № 10)
Для схем стальных балок I и II, изображенных на рис. 5.25 и 5.26, определить методом начальных параметров углы поворота сечения и прогиб в точке D. Модуль упругости Е = 2108 кН/м2. Поперечные сечения балок: схема I круглое диаметром d = 0,24 м, схема II квадратное со стороной a = 0,2 м.
Решение
Схема I.
1. Определение опорных реакций балки (рис. 5.25)
y = 0,R0+qcP= 0,R0=qc+P=101,4 + 12 =2кН;
M0 =0, ,
M0=q c (b+ 0,5 c)MP (b+c+e) = 101,4(1,8 + 0,51,4)
20 12(1,8 + 1,4 + 1,2) = 37,8 кНм.
Для проверки правильности определения опорных реакций составим уравнения равновесия:
MD = 0, M0 + R04,4 + qc(0,5c + e) + M = 37,8 24,4 +
+ 101,44(0,5 1,4 + 1,2) + 20 = 46,6 46,6 = 0.
Реакции найдены верно.
2. Применение метода начальных параметров. Используя уравнение (5.23), для нашего случая запишем:
E Ix y (z) =E Ix y0 +z+
+.
Здесь M0 и Q0 момент и реакция в заделке (т.е. в начале координат). Знак z > a означает, что слагаемое, после которого он стоит, нужно учитывать при z > a и не надо при z a. Начальные параметры имеют значения: y0 = 0; 0 = 0; M0 = 37,8 кНм, R0 = = 2 кН (знак реакций определяется по знаку перемещения вызванного этими усилиями). Тогда выражение для определения прогибов будет иметь вид:
E I y (z) = -+ +.
Соответственно выражение для определения углов поворота будет:
=-37,8z z2 ++ + 20(z 3,2).
С помощью этих выражений определяем yD и D:
кНм3.
кНм2.
Жесткость сечения при Е = 2108 кН/м2 равна:
кНм2.
Тогда, окончательно:
Прогиб точки D происходит вниз, а сечение поворачивается по часовой стрелке.
Схема II.
1. Определение опорных реакций балки (рис. 5.26).
M0 =0,RB (b + c + e)q(c + e)b + 0,5(c + e)+M + P b = 0,
=кН;
MB =0,R0 (b + c + e)0,5q(c + e)2M + P(c + e) = 0,
кН.
Для проверки правильности определения опорных реакций составим уравнение равновесия сил по оси y:
y =0; R0 + RB + P q (c + e) = 7,86 + 14,14 + 8 103 = 30 30 = 0.
Реакции найдены верно.
2. Применение метода начальных параметров. Используя метод начальных параметров, для рассматриваемой балки запишем:
Из условий закрепления балки при z = 0 имеем: y0 = 0; М0=0.
Подставляя числовые значения, получим:
.
В данном выражении неизвестно 0. Из условия закрепления балки при z = b + c + e имеем, что y = 0. Вычисляя прогиб на правом конце балки и приравнивая его к нулю, получим уравнение для определения 0:
.
Отсюда E I 0 = 20,84 кНм2. Теперь выражение для определения прогибов будет иметь вид:
.
Соответственно, выражение для определения углов поворота будет:
.
С помощью этих выражений определяем yD и D:
кHм3.
кНм2.
Вычисляем жесткость сечения (Е = 2108 кН/м2):
кНм2.
Тогда, окончательно,
рад.
Перемещение точки D происходит вниз, а сечение поворачивается по часовой стрелке.
5.9. Косой изгиб
Под косым изгибом понимается такой случай изгиба, при котором плоскость изгибающего момента не совпадает ни с одной из главных осей поперечного сечения (рис. 5.27, а). Косой изгиб удобнее всего рассмотреть как одновременный изгиб бруса относительно главных осей x и y поперечного сечения бруса. Для этого общий вектор изгибающего момента М, действующего в поперечном сечении бруса, раскладывается на составляющие момента относительно этих осей (рис. 5.27, б):
Mx=Msin;My=Mcos .(5.25)
Введем следующее правило знаков для моментов Mx и My момент считается положительным, если в первой четверти координатной плоскости (там, где координаты x и y обе положительны) он вызывает сжимающие напряжения.
На основании принципа независимости действия сил нормальное напряжение в произвольной точке, принадлежащей к поперечному сечению бруса и имеющей координаты x, y, определяется суммой напряжений, обусловленных моментами Mx и My , т.е.
. (5.26)
Подставляя выражения Mx и My из (5.25) в (5.26), получим:
.
Из курса аналитической геометрии известно, что последнее выражение представляет собой уравнение плоскости. Следовательно, если в каждой точке сечения отложить по нормали вектор напряжения , то концы векторов образуют геометрическое место точек, принадлежащих одной плоскости, как и при поперечном изгибе.
Уравнение нейтральной линии, т.е. геометрического места точек, где нормальное напряжение принимает нулевые значения, найдем, полагая в (5.26) = 0:
.
Откуда определяется:
. (5.27)
Поскольку свободный член в (5.27) равен нулю нейтральная линия всегда проходит через начало координат. Как видно из выражения (5.26), эпюра напряжений в поперечных сечениях бруса линейна, следовательно, максимальные напряжения в сечении возникают в точках наиболее удаленных от нейтральной линии. В том случае, когда сечение имеет простую форму (прямоугольник, круг), положение наиболее опасных точек легко определяется визуально. Для сечений, имеющих сложную форму, необходимо применить графический подход.
Далее покажем, что при косом изгибе нейтральная линия не перпендикулярна к плоскости действия изгибающего момента, как это всегда выполнялось при поперечном изгибе. Действительно угловой коэффициент K1 следа момента (рис. 5.27, б) равен:
K1 = tg . (5.28)
Угловой же коэффициент нейтральной линии, как это следует из (5.27), определяется выражением:
tg = K2 . (5.29)
Так как в общем случае Ix Iy, то условие перпендикулярности прямых, известное из аналитической геометрии, не соблюдается, поскольку K1 . Брус, образно выражаясь, предпочитает изгибаться не в плоскости изгибающего момента, а в некоторой другой плоскости, где жесткость на изгиб будет минимальной.