sem_11 (817235), страница 14
Текст из файла (страница 14)
В двутавровом сечении балкиопасным может окаσC′A′τ τKзаться точка К в сопряжении стойки сσKKполкой, где действуютdдостаточно большие иτmaxнормальные, и касательные напряжения:M1σ К = z yK ;Iz2σmaxQ ⋅ S z′bτK =.d ⋅ IzРис. 7.6. Особенности проверки прочности балкиЗдесь координату точдвутаврового сеченияки К и статическиймомент отсеченной части площади А′ (на рис. 7. 6 заштрихована) находяткакh⎛h t ⎞y K = − t ; S z′ = A′ ⋅ yc′ = b ⋅ t ⎜ − ⎟ .2⎝2 2⎠Эквивалентные напряжения в точке К вычисляют по теориям прочности.
Линия 1 на эпюре касательных напряжений отражает закон распределения τ, рассчитанных для ширины сечения d, а линия 2 – ширины сечения b. Размеры отличаются примерно в 20 раз, чем и обусловлен скачокнапряжений τ в окрестности точки К.858. СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕВ общем случае нагрузка на брус может быть такой, что в его поперечных сечениях возникает одновременно несколько внутренних усилий.Такой случай рассматривают как комбинацию простых видов сопротивления и называют сложным сопротивлением.Расчеты на прочность и жесткость бруса при сложном сопротивлении основываются обычно на принципе независимости действия сил(суперпозиций), при котором каждый из простых видов сопротивлениярассматривают независимо от остальных. Полные напряжения и деформации, возникающие в упругой системе, определяют путем геометрическогосложения напряжений и перемещений, соответствующих простым видамсопротивления.В зависимости от сочетания внутренних усилий сложное сопротивление условно подразделяют на три вида: косой изгиб, изгиб с растяжением, а также изгиб с кручением.8.1.
КОСОЙ ИЗГИБКосой изгиб – частный случай сложного сопротивления, при котором силовая плоскость не совпадает с главными плоскостями инерции.абFααFFвFαгРис. 8.1. При въезде автомобиля на наклонную плоскость линия действия силы F не совпадает ни с одной из главныхплоскостей инерции поперечного сечения балки86zyzαFx= G·tg αFy= GGℓ/2ℓ/2Рис. 8.2. В начале движения мостового крана вдоль пролетацеха, и при его торможении возникает горизонтальная силавследствие инерции грузаВ общем случае косого изгиба в поперечных сечениях возникают четыре внутренних усилия: две поперечные силы Qz, Qy и два изгибающихмомента Mz, My.
Влиянием поперечных сил на прочность и жесткость прирасчете длинных балок часто пренебрегают ввиду их малости. Так, дляσσ maxAA= 6 (см.прямоугольника и круга соответственно max = 4иτ maxτ maxhdразд. 7, п. 7.6). В дальнейшем будем учитывать только изгибающие моменты.Напряжения при косом изгибеИзгибающий момент М (рис. 8.3, а) в сечении раскладывают на двеего составляющие, действующие в главных плоскостях инерцииM z = M ⋅cos α и M y = M ⋅sin α (рис.
8.3, б).От каждого из внутренних усилий возникают нормальные напряжения, приложенные к одной паре площадок. Две другие пары площадоксвободны от напряжений. Имеет место линейное напряженное состояние.Нормальные напряжения в произвольной точке с координатами z, y определяют суммой напряжений от моментов Mz, My (рис. 8.3, в):M ⋅ y M y⋅ z.(8.1)σ = ± σ′ ± σ′′ = ± z ±IzIyИз рисунка следует, что опасными являются точки, в которых складываются напряжения с одним знаком, то есть точки A и C:87yПл-ть x0yzBаAбMyyxCПл-ть x0zMMzПл-ть силоваяαzDBy αFAσ′βσ′σσzСиловаялинияFCБазиснаялинияσσ′+–вDНейтральнаялинияσ′σσгРис. 8.3.
Взаимное положение силовой плоскости и главных плоскостей инерциипри косом изгибе (а); внутренние усилия в произвольном сечении бруса (б);характер распределения напряжений в произвольном сечении бруса (в);напряженное состояние в произвольных точках поперечного сечения бруса (г)⎛ y ⋅ cos α z ⋅ sin α ⎞⎟.(8.2)σ = M⎜+⎜ Iz⎟Iy⎝⎠Правила знаков: из анализа знаков напряжений (рис.
8.3, г) следует,что для получения верного результата по формулам (8.1) и (8.2) необходимкак учет знака изгибающего момента, так и выбор (назначение) направления координатных осей в сечении.Направление координатных осей следует выбирать так, чтобы впервом квадранте координатной системы z0y (где z > 0; y > 0) изгибающий момент вызывал растягивающие напряжения.yFFqℓMIVIIIIIyqIzIzℓIIIVIIIFF+M–Рис. 8.4. Примеры выбора направления координатных осей при косом изгибе88Нейтральная линия при косом изгибеВ уравнении (8.2), связывающем напряжение в произвольной точке сее координатами, переменными являются координаты z, y. Поскольку онив первой степени, то, следовательно, напряжения распределяются по линейному закону и должна быть линия, на которой напряжения равны нулю.Нейтральная линия (нейтральная ось) – геометрическое местоточек сечения, в которых нормальные напряжения равны нулю.Приравняв (8.2) нулю⎛ y ⋅ cos α z ⋅ sin α ⎞⎟,+0 = M⎜⎜ IzI y ⎟⎠⎝получают уравнение нейтральной линиивида y = k ⋅ x + b :y ⋅ cos α z ⋅ sin α+= 0;IzIyI sin αy=− zz,I y cos αто есть уравнение прямой с угловым коэффициентомyy = k⋅x + bbαa0xk = tg αРис.
8.5. Уравнение прямой с угловым коэффициентом и графикпрямой линии, известные изшкольного курса⎛ I⎞y = ⎜ − z tg α ⎟ ⋅ z + 0 ,⎜ Iy⎟⎝⎠(8.3)где собственно угловой коэффициент вычисляютk=−Iztg α = tg βIy(8.4)Анализ уравнений (8.3), (8.4)1. Свободный член уравнения (8.3) равен нулю, следовательно, прямая проходит через начало координат. Нейтральная линия разделяет сечение на сжатую и растянутую области.2.
Углы α и β в уравнении (8.4)имеют разные знаки, следовательно,силовая и нейтральная линии лежат вразных плоскостях. Углы α и β откладывают в одном направлении, ноот разноименных осей (см. рис. 8.3, в).3. Углы α ≠ β, следовательно,силовая F-F и нейтральная линии неперпендикулярны (см. рис. 8.3, в).89yα FβFБазиснаялинияzСиловаялиния–+σНейтральнаялинияРасчет на прочность при косом изгибеПоскольку напряженное состояние линейное (рис. 8.3, г), результатырасчета по любой из гипотез прочности совпадают.
Максимальные напряжения возникают в точках, наиболее удаленных от нейтральной линии. Ихположение определяют графически после построения нейтральной линии(рис. 8.3, в).Условие прочности, вытекающее из уравнения (8.1):M y⋅ z maxM ⋅yσ max = z max +≤ [ σ] ,IzIyσ max =илиMz M y+≤ [ σ] .Wz W y(8.5)Условие прочности, вытекающее из уравнения (8.2):σ max =M maxWz⎛⎞⎜ cos α + W z sin α ⎟ ≤ [σ] ,⎜⎟Wy⎝⎠(8.6)то есть такое же как при плоском изгибе, но с множителем в скобкахбóльшим единицы.Выполняют три вида расчетов: поверочный, проектный и определение допускаемой нагрузки.Проектный расчет.
Требуемый размер поперечного сечения находят из условия прочности (8.6):⎛⎞MW(8.7)W z ≥ max ⎜ cos α + z sin α ⎟ .⎟[σ] ⎜⎝Wy⎠Искомый параметр находится по обе стороны от знака неравенства.Полученное уравнение – трансцендентное, то есть не могущее быть выраженным алгебраическим выражением. Такие уравнения решают методом итераций, то есть методом последовательных приближений.Для стандартного прокатного профиля (двутавра, швеллера…) отношение W z W y зависит от размеров профиля. Так, для двутавров от № 10до № 60 отношение W z W y изменяется в диапазоне от 6,12 до 14,07.
Поэтому в первом приближении принимают среднее число из указанногодиапазона (например, 10). Подбирают профиль, а затем выполняют повеσ− [σ]рочный расчет. Следующая проба – уточненная. Перегрузку max100[σ]выше 5 % не допускают.90Пример 8.1. Подобратьразмер двутавра для консольнойбалки, нагруженной распределенной нагрузкой. Дано:q = 5 кН/м; α = 10°;ℓ = 2 м;[σ] = 200 МПа.qyℓМ–qA 22FzF α+Решение. Из условия прочности при косом изгибе:⎛⎞MWσ max = max ⎜ cos α + z sin α ⎟ ≤ [σ]⎟W z ⎜⎝Wy⎠требуемый момент сопротивления⎞⎛MWW z ≥ max ⎜ cos α + z sin α ⎟ ,⎟Wy[σ] ⎜⎝⎠2где Mmax= qℓ /2 = 5·4/2 = 10 кН·м;10 ⋅ 10 3(0,985 + 10 ⋅ 0,174 ) = 136 ⋅10 −6 м 3 .Wz ≥6200 ⋅ 10Принимаем двутавр № 18: Wz = 143 см3; Wy = 18,4 см3.10 ⋅ 10 3 ⎛143⎞0,9850,174Поверочный расчет: σ max =+⎜⎟ = 163 МПа .−618,4143 ⋅ 10 ⎝⎠200 − 163100 = 18,2 % .Недогрузка200Принимаем двутавр № 16: Wz = 109 см3; Wy = 14,5 см3.10 ⋅ 10 3 ⎛109⎞0,174 ⎟ = 210 МПа .Поверочный расчет: σ max =⎜ 0,985 +−614,5109 ⋅ 10 ⎝⎠200 − 210Перегрузка100 = −5 % .
Такая перегрузка допустима.200Напряжения при плоском изгибе, то есть при α = 0M10 ⋅ 10 3σ α =0 = max == 91,7 МПа .−6Wz109 ⋅ 10Сопоставление напряжений при косом и плоском изгибах:σ кmax 210== 2,29 .σ пmax 91,7Вывод: напряжения при косом изгибе больше, чем при плоском изгибе в 2,29 раз. Косой изгиб опаснее плоского.91FℓF = 2 кН; α = 30°;ℓ = 3 м;[σ] = 10 МПа.F⋅AРешение. Из условия прочности при косом изгибе:М–yαFhПример 8.2. Подобратьразмеры поперечного сечения деревянной балки с отношением высоты к ширине с = h/b = 2 . Дано:zbF+⎛⎞⎜ cos α + Wz sin α ⎟ ≤ [σ]⎜⎟Wy⎝⎠требуемый момент сопротивления⎞⎛MWW z ≥ max ⎜ cos α + z sin α ⎟ ,⎟Wy[σ] ⎜⎝⎠W z bh 2 6hгде=== с.6 hb 2 bWyσ max =M maxWz6 ⋅Wbh 2 b(bc )2 b 3c 2С другой стороны, W z ===, откуда b ≥ 3 2 z .666cИз эпюры моментов Mmax= F·ℓ = 2·3 = 6 кН·м.
Тогда6000Wz ≥cos 30D + 2 sin 30D = 1120 ⋅ 10 −6 м 3 , откуда610(b≥3)6 ⋅ 1120 ⋅ 10 −62= 0,119 м .2Принимаем: b = 0,12 м, h = 0,24 м. Выполняем поверочный расчет:6000 ⋅ 6 ⎛0,24 ⎞0,8660,5 ⎟ = 9,72 МПа , что меньше [σ].σ max =+⎜20,120,12 ⋅ 0,24 ⎝⎠Mσ α =30 9,726000 ⋅ 6σ α =0 = max ==5,21МПа.== 1,86 раз .2σ5,21Wz0,12 ⋅ 0,24α =0Вывод: косой изгиб опаснее плоского.Пример 8.3. Подобрать размеры прямоугольного сечения балки сотношением 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 сосвободного конца, чтобы избежать процедуры определения опорных реакций в защемлении (в общем случае их шесть).92Результаты расчета заносим в таблицуи строим эпюры изгибающих моментов в гоIIризонтальной и вертикальной плоскостяхса(рис. г, д).IFВнутренние I участок II участокабусилия0≤x≤a 0≤x≤cyyF (a + x )x qMyF·xFxвxx zzqx0Mzqx x2FОпасным оказалось сечение в защемF(а+c)aлении.
При этом изгибающий момент от сиглы F вызывает растяжение в точках В и С,qс 2 сжатие – в точках A и D. Распределенная на2грузка деформирует балку так, что растягивающие напряжения возниMyдBкают в точках A и B, сжиyмающие – в точках C и D.MzОпасными являются точки, вzкоторых складываются наCb Dпряжения с одним знаком: точки В и D. Условие прочностиимеет вид:My Mzσ max =+≤ [σ ],W y Wzhqгде изгибающие моменты1,52c2M y = F (a + c ) = 10(1,3 + 1,5) = 28 кН⋅м и M z = q = 30= 33,75 кН⋅м ,22а моменты сопротивленияb 2 h b 2 (1,6 b )bh 2 b(1,6 b )2Wy === 0,267 ⋅ b3 и Wz === 0,427 ⋅ b3 .6666Назначим допускаемое напряжение, выбрав [nт] из диапазона [nт] = 1,3-2,3[σ] = σ т = 340 ≈ 190 МПа[nт ] 1,8Перепишем условие прочности в виде:My Mz28 ⋅ 10333,75 ⋅ 1036+≤ [σ ];+≤⋅19010,W y Wz0,267 ⋅ b3 0,427 ⋅ b3откуда требуемое значение ширины сечения b ≥ 3183,9= 0,0989 м ;190 ⋅ 103Принимаем: ширина сечения b = 0,1 м, высота сечения h = 1,6·0,1= 0,16 м.93Деформация балок при косом изгибеС использованием универсального уравнения упругой линии (методаначальных параметров) или энергетического метода для некоторых случаев плоского изгиба найденомаксимальное значение прогиба – стрелапрогиба f.qℓMFqℓ/2ℓfffℓ/2ℓqA 4f =8EIв 16 разFA3f =3EIв 8 разMA 2f =2 EIfℓffℓв 9,6 разFMFA3f =48EIMA2f =16EI5 qA4f =384 EIДеформацию балок при косом изгибе определяют путем геометрического сложения векторов прогибов в направлениях главных центральныхосей инерции.Так, для первого из приведенных выше примеровM y A2M z A2.fy =; fz =2 EI z2 EI yαMyMfy =Mzyfz =M sin α⋅A 2.2 EI yВеличину полного прогиба определяют:f =fzγM cos α⋅A 2;2 EI zf y2+zf z2MA 2=2Ecos 2 αI z22+sin 2 αI 2y,⎛ Iz ⎞2⎜ ⎟ sin 2 α ,f(8.8)илиcosα+fy⎜Iy ⎟⎝ ⎠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:f z M sin α⋅A 22 EI zI z sin αtg γ ===,fy2 EI y M cos α⋅A 2 I y cos αMA 2f =2 EI z94zНейтральнаялинияЛинияпрогибаβСиловаялинияy α Ffγtg γ =илиIztg α .Iy(8.9)Из сопоставления формул (8.8) и (8.4) следует, чтонейтральная плоскость и плоскость изгиба взаимноперпендикулярны (tg γ = –tg β) и не совпадают ссиловой плоскостью:Itg β = − z tg α .(8.4)IyПример 8.4.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
