Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Волгоградский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Sopromat_sem_11(old)

.pdf

Скачиваний:

117

Добавлен:

14.03.2016

Размер:

5 Мб

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 (см. 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 (см. рис. 8.3, в).

Условие прочности, вытекающее из уравнения (8.1):

max

Mz ymax

M y zmax

[ ],

или

max

M y

[ ].

(8.5)

Условие прочности, вытекающее из уравнения (8.2):

	Mmax			Wz
max			cos			sin	[ ],	(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):

	Mmax		Wz
Wz		cos			sin .	(8.7)
	[ ]
			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 методом итераций, то есть методом последовательных приближений.

Для стандартного прокатного профиля (двутавра, швеллера…) отношение WzWy зависит от размеров профиля. Так, для двутавров от № 10

до № 60 отношение WzWy 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 max 100

выше 5 % не допускают.

Пример 8.1. Подобрать размер двутавра для консольной балки, нагруженной распределенной нагрузкой. Дано:

q = 5 кН/м; α = 10°;

ℓ = 2 м; [σ] = 200 МПа.

Решение. Из условия прочности при косом изгибе:

q	y	F
	y	F
ℓ	q 2	z
–	2
–	F α
М	F α

	Mmax			Wz
max			cos			sin	[ ]

	W	z		W	y

требуемый момент сопротивления
					Mmax								Wz
		Wz			Mmax				cos				Wz			sin			,
		Wz					[ ]		cos							sin			,
							[ ]					W			y
где Mmax= qℓ2 /2 = 5∙4/2 = 10 кН∙м;															y
где Mmax= qℓ2 /2 = 5∙4/2 = 10 кН∙м;
Wz		10 103				0,985 10 0,174 136 10 6 м3.
Wz		200 106				0,985 10 0,174 136 10 6 м3.
		200 106				Wz = 143 см3;								Wy = 18,4 см3.
Принимаем двутавр № 18:						Wz = 143 см3;								Wy = 18,4 см3.
							10 103									143
Поверочный расчет: max												0,985						0,174 163 МПа.
Поверочный расчет: max						143 10 6						0,985				18,4		0,174 163 МПа.
						143 10 6										18,4
Недогрузка			200 163					100 18,2 %.
Недогрузка	200							100 18,2 %.
	200								Wz = 109 см3; Wy = 14,5 см3.
Принимаем двутавр № 16:									Wz = 109 см3; Wy = 14,5 см3.
										10 103									109
Поверочный расчет: max														0,985						0,174	210 МПа.
Поверочный расчет: max									109 10 6					0,985					14,5	0,174	210 МПа.
	200 210								109 10 6										14,5
Перегрузка	200 210			100 5 %. Такая перегрузка допустима.
Перегрузка				100 5 %. Такая перегрузка допустима.
	200
Напряжения при плоском изгибе, то есть при α = 0
		0					Mmax					10 103					91,7 МПа.
		0					Wz				109 10 6						91,7 МПа.
							Wz				109 10 6

Сопоставление напряжений при косом и плоском изгибах:

кmax 210 2,29.

пmax 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	α	y
размеры поперечного сечения де-				F
ревянной балки с отношением вы-			ℓ	F
соты к ширине с = h/b = 2 . Дано:			ℓ
соты к ширине с = h/b = 2 . Дано:					h
F = 2 кН; α = 30°;		F		z	h
F = 2 кН; α = 30°;				z
ℓ = 3 м; [σ] = 10 МПа.
ℓ = 3 м; [σ] = 10 МПа.		–
Решение.		–		b	F
Решение.	Из условия проч- М
ности при косом изгибе:		+
ности при косом изгибе:

Mmax

max

cos

sin [ ]

требуемый момент сопротивления

Mmax

cos

sin ,

[ ]

где

bh2

с.

hb2

bh2

b bc 2

b3c2

С другой стороны, Wz

откуда b 3

6 W

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

Тогда

6000

cos30

2sin30 1120 10 6 м3, откуда

106

b 3

6 1120 10

0,119м.

Принимаем: b = 0,12 м, h = 0,24 м. Выполняем поверочный расчет:

6000 6

0,24

max

0,866

0,5 9,72 МПа ,

что меньше [σ].

0,12 0,242

0,12

Mmax

6000 6

5,21МПа .

9,72

1,86 раз.

0,12 0,242

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-

qс2

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

возника-

ют в точках A и B, сжимающие

– в точках C и D. Опасными

являются

точки,

которых

складываются

напряжения

одним знаком: точки В и D. Условие прочности имеет вид:

σmax M y M z σ ,

Wy Wz

где изгибающие моменты

1,52

My F a c 10 1,3 1,5 28кН м

и Mz q

33,75кН м,

а моменты сопротивления

b2h

b2 1,6b

0,267 b3 и

bh2

b 1,6b 2

0,427 b3.

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

σт

340

190МПа

nт

1,8

Перепишем условие прочности в виде:

M y

M z

σ ;

28 103

33,75 103

190 106,

0,267 b3

0,427 b3

откуда требуемое значение ширины сечения b 3

183,9

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 определения переме-
щений для некоторых случаев плоского изгиба найдено									максимальное
значение прогиба – стрела прогиба f.
		M				F		q
	ℓ		f	ℓ		f		ℓ	f
						f		ℓ	f
f		M 2		f		F 3		f	q 4
f		2EI	раз	f		3EI	раз	f		раз
		2EI	раз			3EI	раз		8EI	раз
M			в 8	F			в 16	q		в 9,6
			в 8				в 16			в 9,6
	ℓ		f	ℓ/2	ℓ/2			ℓ
			f			f
									f
									f
f		M 2		f		F 3	f		5 q 4
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

M y

;

2EIz

2EIy

M cos 2

M sin 2

2EIz

;

2EIy

Величину полного прогиба определяют:

M 2

cos2

sin2

fy fz

M 2

или

sin2

(8.8)

cos2

2EI

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	fz		M sin 2	2EIz	Iz	sin	,
	fy		2EIy	M cos 2
					Iy cos
		94

Линия прогиба

y	α F		Силовая	линия
y	α F
		z
			Нейтральная	линия
γ			Нейтральная	линия
γ

или	tg	Iz	tg .	(8.9)
		Iy

Из сопоставления формул (8.8) и (8.4) следует, что нейтральная плоскость и плоскость изгиба взаимно перпендикулярны (tg γ = –tg β) и не совпадают с силовой плоскостью:

tg	Iz	tg .	(8.4)
	Iy

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

При установке на опоры двутавра № 60, предназначенного

y 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

кос

пл

cosα

sinα

σmax σmax

cosα

sinα 1.

Mmax

σmaxпл

σкос

σпл

2560

max

0,9998

0,0175 1 0,245 или 24,5 %.

σmaxпл

182

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

f fz2 fy2 . От вертикального направления балка отклоняется на угол,

определяемый как tg

откуда

fz fy tg .

tgγ

tgα

76806

tg1

0,7767.

γ = 37,84°

1726

Тогда f

fy tg 2 fy2

tg2 1

. Увеличение полного прогиба со-

ставит:

f fy

tg2 γ 1

γ 1 1 0,7767

1 1 0,266, или 26,6 %.

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 и узлов, 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;	Mx 0;	T = 0;
Y 0;	Qy = 0;	My 0;	My = F∙zP;
Z 0;	Qz = 0;	Mz 0;	Mz = F∙yP.

y	x	Mz
	x	My
		My
		z

		а	б
P			y
P
F			N
			N
	P	σ′
	y	σ′
zP	z	σ″′ σ″	в

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

F yP y

F zP z

;

A A Iz A

A Iy A

Учитывая, что отношение i

– радиус инерции сечения, получим

yPy

zPz

(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
		1
a b			b
			b

0 x

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

(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:

	i	2			iy2
yн.л		z	;	zн.л		.	(8.12)

	yP				zP

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-
					жения внешней нагрузки с поло-
zн.л	P	yP	σ		жением нейтральной линии, являются
				σmax	гиперболической		функцией.		Чем
			z
	yн.л				ближе полюс Р к центру тяжести се-
			+		чения (значения yP, zP уменьшаются),
			F/A		тем	нейтральная	линия	проходит
C					дальше и в пределе стремится к бес-
	σmin–		Нейтральная		конечности. И, наоборот, по мере от-
					даления точки приложения силы от
			линия
Рис. 8.9. Эпюра напряжений					центра тяжести		нейтральная		линия
					асимптотически приближается к нему.
в поперечном сечении
					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
		zн.л 1			л2		той, в которой определяли положе-
		zн.л 1			н.		ние нейтральной линии: куда следу-
					y		ние нейтральной линии: куда следу-
			4				ет 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-
Рис. 8.10. Определение координат							сечения этих линий с осями коор-
Рис. 8.10. Определение координат							динат (например, zн.л.1, yн.л.1). Затем,
	отрезков нейтральной линии для						динат (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]

#
14.03.20163 Мб135sluchaynye_velichiny.doc
#
01.05.2025172 Кб3Soderzhanie (Автосохраненный).doc
#
10.11.201965 Кб3soderzhanie_uchebnoy_discipliny_nachertatelnaya...doc
#
30.07.2019879 Кб12Sopla_peskostruynye (1).docx
#
14.03.2016879 Кб229sopromat_otvety.docx
#
14.03.20165 Мб117Sopromat_sem_11(old).pdf
#
14.03.20162 Мб13sopromat.pdf
#
14.03.20162 Мб29Sopromat1.pdf
#
01.07.202523 Кб0sotsio_t9_1-3_t10_1.docx
#
26.09.20191 Мб123Sotsiologia.doc
#
15.08.201925 Кб11sotsiologia(1).docx