sem_11 (817235), страница 15
Текст из файла (страница 15)
(Беляев Н. М. Сборник задач. № 6.9)При установке на опоры двутавра № 60, предназначенногодля работы на изгиб в вертикальной плоскости, совпадающей сплоскостью стенки, была допущена ошибка, и стенка двутавраотклонилась от вертикали на угол α = 1°. Определить связанное сэтим увеличение нормальных напряжений и полного прогибадвутавра.y α FfzРешениеДля двутавра № 60: Wz = 2560 см3; Wy = 182 см3;Iz = 76806 см4; Iy = 1726 см4.γffyСопоставим максимальные напряжения при косом иFплоском изгибах⎞ MM max ⎛⎜Wcos α + z sin α ⎟ − max⎟Wz ⎜⎝WyWzσкmax − σпmaxWz⎠==cosα+sin α − 1 .M maxWyσпmaxWzσ кmax − σ пmax2560⎛⎞= ⎜ 0,9998 +0,0175 − 1⎟ = 0,245 или 24,5% .182⎝⎠В случае плоского изгиба балка прогибается в вертикальном направлении на величину fy.
При косом изгибе величина полного прогибаσ пmaxf z2 + f y2 . От вертикального направления балка отклоняется на угол,f =определяемый как tg γ =tg γ =Тогда f =fz, откудаfyf z = f y tg γ .76806Iztg α =⋅ tg 1D = 0,7767. γ = 37,84°1726Iy( f y ⋅ tg γ )2 + f y2 = f ytg 2 γ + 1 . Увеличение полного прогиба со-ставит:f − fyfy=f y tg 2 γ + 1 − f yfy= tg 2 γ + 1 − 1 = 0,77672 + 1 − 1 = 0,266, или 26,6 % .Ответ: напряжения увеличились на 24,5, а полный прогиб – на 26,6 %.958.2. ИЗГИБ С РАСТЯЖЕНИЕМИзгиб 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 внутреннихусилий: 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 сжатиеВнецентренное растяжение – частный случай изгиба с растяжением, при котором брус растягивается силами, параллельными оси брусатак, что их равнодействующая не совпадает с осью бруса, а проходитчерез точку Р, называемую полюсом силы.FеFFFtteFbFtbFаFFбFвРис. 8.6.
Примеры деталей и узлов, работающих при внецентренном нагружении:а – болт-костыль; б – пружина сцепления; в – сварное соединениеВнутренние усилия и напряженияВ произвольном сечении х бруса (рис.8.7, а) методом сечений определяем внутренние усилия;∑ x = 0;∑ y = 0;∑ z = 0;∑Mx = 0∑ M y = 0;∑ M z = 0;N = F;Qy = 0;Qz = 0;96T = 0;My = F·zP;Mz = F·yP.MyzаPyyFMzxбyPNxzPσ′zσ″′σ″вРис. 8.7.
Схема к определению внутренних усилий инапряжений при внецентренном приложении силыОтличны от нуля три внутренних усилия (рис. 8.7, б), от которыхвозникают нормальные напряжения, действующие по одной из трех парграней (рис. 8.7, в); две другие пары граней свободны от напряжений. Имеет место линейное напряженное состояние.
Напряжения в произвольнойточке являются суммой трех слагаемыхMyF F ⋅ yP ⋅ yF ⋅z P ⋅zN M+σ= +σ = σ′ + σ′′ + σ′′′ = + z y +z;.A A⋅ Iz A A⋅ I y AA IzIyI– радиус инерции сечения, получимAF⎛y y z z⎞σ = ⎜1 + P2 + P2 ⎟ .(8.10)⎟A⎜iizy ⎠⎝О правиле знаков внутренних усилий. Формула (8.10) выведенадля 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 координат 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)Учитывая, что отношение i =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 естьцентральное растяжение является частным случаем внецентренного.973.
Независимо от значений координат полюса Р напряжение в центретяжести 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 распределяютсяпо линейному закону, значит должна быть нейтральная линия, на которойнапряжения равны нулю.Уравнение нейтральной линиипри внецентренном растяженииНейтральная линия (нейтральная ось) – геометрическое местоточек, в которых нормальное напряжение в поперечном сечении равно нулю.Приравняем нулю уравнение (8.10).
Поскольку F/A ≠ 0, то выражение в скобках равно нулюyy ⋅ y z ⋅z1 + P2 + P2 = 0 .x yiziy+ =1a bПеременные z, y в первой степени,bследовательно, нормальные напряженияв сечении распределяются по линейнойx0зависимости. Полученное выражениеaприведем к виду уравнения прямой в отРис.
8.8. Уравнение прямой в отрезках, где a и b – отрезки, отсекаемые резках и график прямой линии,линией на осях координат. В нашем слу- известные из школьного курсачае уравнение нейтральной линии будетзаписано какy⎛ i z2 ⎞⎜−⎟⎜ y ⎟P⎠⎝+z⎛ i 2y ⎞⎜−⎟⎜ zP ⎟⎝⎠= 1.(8.11)Свободный член полученного уравнения не равен нулю, следовательно, нейтральная линия через начало координат не проходит. Отрезки,отсекаемые нейтральной линией на осях y и z, соответственно равны:i 2yi z2y н.л = −z н.л = − .;(8.12)yPzPПо найденным значениям отрезков проводят нейтральную линию инаходят точки В и С, наиболее удаленные от нее (рис.
8.9). Выполняют этопростым геометрическим построением, проводя касательные к сечению,параллельные нейтральной оси. Найденные точки – опасные, посколькунапряжения в них наибольшие по величине.98Уравнения (8.12), связывающиекоординаты полюса Р – точки прилоBzPжения внешней нагрузки с полоP yжением нейтральной линии, являютсяzн.лPσгиперболической функцией. Чемσmaxzближе полюс Р к центру тяжести сеyн.л+чения (значения yP, zP уменьшаются),тем нейтральная линия проходитF/Aдальше и в пределе стремится к бесCконечности.
И, наоборот, по мере от– Нейтральнаялиниядаления точки приложения силы отσminцентра тяжести нейтральная линияРис. 8.9. Эпюра напряженийасимптотически приближается к нему.в поперечном сеченииОднако пересечь центр тяжести сечения нейтральная линия не может (см. анализ формулы (8.10)). В центретяжести 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 сопротивляютсясжатию и плохо – растяжению. Поэтому необходимо уметь определять такую область приложения нагрузки, в которой не возникают напряженияразных знаков.yЯдро сеченияЯдро сечения – область вокруг центра тяжести сечения,при приложении нагрузки внутри которой, напряжения во всемсечении будут одного знака .yн.л 2н.л 1yн.л 2yн.л 1н.л 3zн.л 1432н.л 4z1zн.л 2Рис.
8.10. Определение координатотрезков нейтральной линии дляпостроения ядра сеченияКонтур ядра сечения строятпутем окатывания нейтральной линией контура поперечного сечения,то есть решают задачу обратную той,в которой определяли положениенейтральной линии: куда следуетприкладывать силу, чтобы нейтральная линия не пересекала контур сечения, а только касалась его.Задают несколько положений нейтральной линии, касательной к сечению (например, н.л.1, н.л.2, н.л.3),определяют координаты точек пересечения этих линий с осями координат (например, zн.л.1, yн.л.1). Затем,преобразуя уравнение (11), находят99соответствующие им координаты точек ядра сечения (точки 1, 2, 3):i 2yi z2;.yя = yP = −zя = zP = −(8.13)y н.л.z н.л.Так как при переходе нейтральной линии с одной стороны на другую(например, от н.л 3 к н.л 4) она поворачивается вокруг угловой точки сечения, то точка приложения силы перемещается по прямой (на рис.
8.10 отрезок 3 – 4), образуя контур ядра.Пример 8.4. Построить ядро сечения для круга диаметром d.Решение. Квадрат радиуса инерции круга:I z πd 4 4d22.iz ===64 πd 2 16AЗадаем положение нейтральной линии 1–1, касательной к окружности. Ее координаты:yzн.л 1 = ∞; yн.л 1 = d/2.11Координаты точки ядра сечения:d 4i 2yd2=−= 0;z я1 = −16 ⋅ ∞z н.л.1z1i z2d 2 ⋅2d=−=− .y я1 = −y н.л.116 ⋅ d8dИз симметрии сечения относительно его центра тяжести следует, что при других положениях нейтральной линии на окружности диаметром d точки ядра сечения образуютконцентрический с ней круг диаметром d/4.Пример 8.5.
Построить ядро сечения дляпрямоугольника с размером сторон b×h.1yzhРешение. Квадраты радиусов инерции:I y b3h 1 b 2I z bh 3 1 h 2222iy =iz === ;==.A 12 bh 12A 12 bh 121Задаем положение нейтральной линии 1-1, каb6сательной к верхней грани прямоугольника. Ее координаты: zн.л 1 = ∞; yн.л1 = h/2. Координаты соотbветствующей точки ядра сечения:i 2yi z2h2 ⋅ 2hb2=−= 0;=−=− .y я1 = −z я1 = −y н.л 112 ⋅ ∞12 ⋅ h6z н.л 121Аналогично для нейтральной линии 2-2: zн.л 2 = b/2; yн.л 2 = ∞.i 2yi z2h2b2 ⋅ 2b=−=− ;=−= 0.y я2 = −zя2 = −y н.л 212 ⋅ h612 ⋅ ∞z н.л 2100h62Учитывая симметрию прямоугольного сечения относительно осей z иy, задаем положения нейтральных линий на противоположных сторонахпрямоугольника и получаем еще две точки. Соединяя все точки, получаемядро сечения в виде ромба с диагоналями, равными h/3 и b/3.IVIIyIIh324z1IIIIIIz0bIVIIПример 8.6.
Построить ядро сечения дляшвеллера № 20.Решение. Из таблицы сортамента выпишем исходные данные и выполним рисунок швеллера.Последовательно задаем положение нейтральной линии (I-I, II-II, III-III, IV-IV), касающейся контурасечения, и вычисляем координаты точек ядра сечения.Расчеты представлены в табличном виде.Ядро сечения имеет вид четырехугольника,асимметричного относительно оси ординат. Положе-ние ядра сечения зависит лишь от формы и размеров поперечного сечения, но не зависит от величины приложенной силы.zн.л. = ∞;yн.л.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
