Валиев Ф.С., Гребенюк Г.И. Сопротивление материалов: основы теории и примеры решения задач (часть 2)

Подождите немного. Документ загружается.

W143см ; W 18,4см .==

Тогда -

W W 143 18,4 7,77.==

()

max

8, 75

0,94 0,342 7,77 220,1 10 кПа R.

143 10 м

−

σ= + ⋅ = ⋅ >

⋅

Оп

ределим процент перенапряжения:

max

220,1 200

%100% 10,05%5%.

R200

σ−

−

Δσ = ⋅ = = >

Имеет место недопустимое перенапряжение, поэтому окон-

чательно принимаем двутавр №20, прочность которого была

проверена (недонапряжение –12,84%).

ПРИМЕР 4.3.

Требуется.

Определить размер сечения

для балки, изображенной на

рис. 4.7 из условия прочности при косом изгибе, при R=200

МПа и построить эпюру нормальных напряжений в поперечном

сечении.

РЕШЕНИЕ

1. Строим эпюру изгибающих моментов и определяем по-

ложение опасного сечения – оно будет в сечении у заделки :

оп

M20кН м; M 15кН м.=⋅ =⋅

(Эпюры изгибающих моментов строим в каждой плоскости

по отдельности и изображаем на одной оси в аксонометрии, рис.

4.7 в).

2. Строим нейтральную линию (рис. 4.8)

а) Определяем положение центра тяжести сечения и вели-

чину главных центральных моментов инерции сечения -

I,I .

Рис. 4.7

11 2 2

Ay A y

30 15,5 20 0

y9,3

AAA 30 20

′

δ⋅δ⋅ δ+ δ⋅δ⋅

== = =δ

+ δ⋅δ+ δ⋅δ

∑

Здесь

y15.5

δδ

=+=δ

; у

=0, т. к. Z

совпадает с произволь-

ной осью Z`.

б) Определим осевые моменты инерции сечения отности-

ельно главных центральных осей Z и У. Эти оси главные, т. к.

ось У является осью симметрии.

zz1 01 1z2 02 2

II y AI y A;

+⋅++⋅

y y1 01 1 y 2 02 2

II zAI z A;=+ ⋅++ ⋅

z1 y1

z2 y1

(30 ) 30

I 2250 ; I 2,5 ;

12 12 12

20 (20 )

I1,7; I667;

12 12 12

⋅

δ⋅ δ δ⋅δ

==δ==δ

⋅

δ⋅δ δ⋅ δ

==δ= =δ

01 1 c 1

02 2 c 2

yyy15,59,36,2; A30

y y y 0 9,3 9,3 ; A 20

−= δ−δ= δ =δ

−=−δ=−δ =δ

4222 4 222

I 2250 (6,2) 30 1,7 ( 9,3) 20

5137

⋅δ + ⋅δ ⋅ ⋅δ + ⋅δ + − ⋅δ ⋅δ =

=⋅δ

=2,5 δ

+667 δ

=669,5

Рис. 4.8

в) Определим тангенс угла наклона нейтральной линии в

опасном сечении к центральной оси Z :

5137

tg tg 0,75 5,75; 80

I669,5

ϕ= α⋅ = ⋅ = ϕ=

оп

|M |

tg 0,75

|M | 20

α= = = , 37

Здесь α - угол между осью У и следом плоскости равно-

действующего момента в опасном сечении (см. рис. 4.8).

г) Откладываем угол 80ϕ=

от оси Z в том же направле-

нии, что α и проводим нейтральную линию. (см. рис. 4.8).

Из рисунка видно, что от нейтральной линии наиболее уда-

лена точка «А». Поэтому она и будет опасной точкой.

Выпишем координаты опасной точки:

оп оп

z z 10 ; y y (9,3 0,5 ) 9,8

=δ = =− δ+ δ=− δ

Запишем условие прочности для опасной точки «А» в сле-

дующем виде:

оп оп

оп

max

АА

yzR

σ= ⋅ + ⋅ ≤ (4.12)

Подставим в это уравнение известные числовые значения и

из условия

max

Rσ=определим требуемую величину

20 15

9,8 10 200 10 кПа

5137 669,5

⋅δ+ ⋅δ= ⋅

δδ

Отсюда находим -

-2

1, 095 10 м 1,095смδ= ⋅ =

Округляя принимаем - 1,1см

Определим напряжения в характерных точках поперечного

сечения – в точках А, В, D.

Выпишем координаты этих точек:

B01

z 10 101,1 11см 0,11м,

y9,89,81,110,78см 0.1078м,

z 0,5 0,5 1,1 0,55см 0,0055м.

y (y 15 ) 6,2 15 21, 2 1,1 0,2332 м.

z10101,111см 0,11м.

y8,88,81,19,68см - 0.0968 м

=− δ=− =− =−

=− δ=− ⋅ =− =−

=δ=⋅= =

=+δ=δ+δ= ⋅=

=δ=⋅ = =

=− δ=− ⋅ =− =

Для определения напряжения в указанных точках восполь-

зуемся формулой (4.1.):

=⋅+⋅

Предварительно определим значения главных центральных

моментов инерции:

444-84

I 5137 5137 1,1 7521см 7521 10 м

I 669,5 669,5 1,1 980см 980 10 м

=δ=⋅= =⋅

=δ= ⋅= =⋅

Определяем напряжения в наиболее удаленных от ней-

тральной линии точках «А»,«D» при

M20кНм

M15кНм= (Изгибающие моменты берем положительны-

ми, т. к. они вызывают растяжение в точках сечения с положи-

тельными координатами).

ААА

y z ( 0,1078)

I I 7521 10

( 0,11) 28,6610 168,3610

980 10

197,02 10 кПа;

−

σ= ⋅ + ⋅ = ⋅− +

⋅

⋅− =− ⋅ − ⋅ =

⋅

=− ⋅

DDD

333

y z ( 0,0968)

I I 7521 10

0,11 25,74 10 168,37 10 142,63 10 кПа

980 10

−

σ= ⋅ + ⋅ = ⋅− +

⋅

⋅=−⋅+⋅=⋅

⋅

Определим напряжение еще в одной характерной точке «В»

ВВВ

33 3

y z 0,2332

I I 7521 10

0,0055 62,01 10 8,42 10 70,43 10 кПа

980 10

−

σ= ⋅ + ⋅ = ⋅ +

⋅

+⋅=⋅+⋅=⋅

⋅

Рядом с поперечным сечением строим эпюру нормальных

напряжений

, для чего:

- проводим касательные к контуру сечения к нейтральной

линии;

- проводим перпендикуляр к этим линиям и на этом пер-

пендикуляре откладываем значения полученных напряжений и

строим эпюру

(рис. 4.8);

Наибольшее по модулю напряжение получилось в точке

«А» и оно меньше расчетного сопротивления R :

max A

194,25 МПа Rσ=σ= < (Условие прочности выпол-

няется.)

4.3. Внецентренное растяжение-сжатие жестких

прямых стержней

Внецентренным растяжением (или сжатием) называется со-

противление прямого стержня действию сил, параллельных

продольной оси стержня, но не проходящих через центры тяже-

сти сечений.

В том случае, когда влияние дополнительных изгибающих

моментов, связанных с искривлением продольной оси стержня,

можно пренебречь, стержень считается жестким. Например, к

таким стержням относятся колонны нижних этажей в

каркасах

многоэтажных зданий, столбчатые фундаменты, опоры мостов,

простенки и др. В данном разделе будем рассматривать случай

внецентренного растяжения - сжатия жестких стержней, при ко-

тором считается справедливым принцип суперпозиции (незави-

симости действия сил).

Выделим участок стержня, подвергнутого внецентренному

растяжению силами F вдоль линии КК

, (рис. 4.9). В данной по-

становке при расчете по недеформированной схеме напряженно-

деформируемое состояние стержня является суммой напряжен-

но-деформируемых состояний осевого растяжения и чистого

косого изгиба. В рассматриваемом случае в поперечных сечени-

ях бруса возникают отличные от нуля 3 внутренних силовых

фактора: продольная сила N=F и изгибающие моменты относи-

тельно главных осей Y

и Z:

MFZ

⋅ ,

MFY

⋅ .

Общие нормальные напряжения в точках поперечного се-

чения стержня с координатами (у, z) определяются как сумма

напряжений от указанных силовых факторов следующим выра-

жением:

zFF

ZY zy

My yyzz

(y,z) 1

AI I A i i

⎛⎞

⋅

⋅⋅⋅

σ=+ + =+ +

⎜⎟

⎝⎠

, (4.13)

где

= - главные радиусы инерции сечения.

Уравнение нейтральной оси

(y ,z ) 0

= с учетом (4.13) за-

пишется в виде:

Fn Fn

yy zz

⋅

++=, (4.14)

т. е. нейтральная линия – прямая, не проходящая через на-

чало координат.

Здесь у

, z

– координаты точек нейтральной линии.

Для практического использования удобно представить

уравнение нейтральной линии в отрезках

, а

, отсекаемых ею

на осях координат Y, Z. Пусть z

=0, тогда из (4.14) получим:

;

−==

(4.15)

аналогично:

=−

Так как зависимость (4.13) для нормальных напряжений –

линейная, то линии уровней (линии в точках которых нормальные

напряжения имеют одинаковые значения) – прямые, параллель-

ные нейтральной оси. Для выявления напряжений в точках попе-

речного сечения достаточно построить эпюру

в направлении,

перпендикулярном нейтральной оси (рис. 4.10). Экстремальные

значения в зонах растяжения и сжатия достигаются в точках

, z

), D

, z

), в точках наиболее удаленных от ней-

тральной оси.

В данном случае в элементах объема реализуется линейное

напряженное состояние. Поэтому условия прочности сводятся к

проверкам по максимальным нормальным напряжениям. Если

расчетные пределы R

=R, (материал пластичный) и h

, то

условия прочности имеют вид:

FD1 FD1

max

yy zz

Ai i

⎛⎞

⋅⋅

=σ = + + ≤

⎜⎟

⎝⎠

(4.16)

При R

≠

(материал хрупкий) составляются два условия проч-

ности:

max

раст

FD1 FD1

D1 t

сж

FD2 FD2

D2 с

yy zz

Ai i

yy zz

Ai i

⎛⎞

⋅⋅

σ=σ= + + ≤

⎜⎟

⎝⎠

⎛⎞

⋅⋅

σ=σ= + + ≤

⎜⎟

⎝⎠

(4.17)

Условия (4.16), (4.17) служат для решения различных видов

задач: поверочная (проверка прочности); проектная (подбор се-

чения); проектная (подбор нагрузок); определение предельных

нагрузок.

ПРИМЕР 4.4

Дано.

В точке В поперечного сечения жесткой стойки приложена сжи-

мающая сила F (см. рис. 4.11). R

=0,25 МПа, R

=2,5 МПа.

Требуется.

1. Построить нейтральную линию.

2. Определить допускаемое значение силы [F].

3. Построить эпюру нормальных напряжений.

РЕШЕНИЕ

1.Определим центр тяжести сечения. В начале сечение разо-

бьем на 3 фигуры: 1, 2, 3.

Как известно, если имеет-

ся ось симметрии, то центр

тяжести находится на этой

оси.

Проведем ось симметрии

У, которая является одной из

главных центральных осей

инерции сечения.

Положение другой цен-

тральной оси Z определим с

помощью расстояния y

от

произвольно взятой оси Z′,

определяемого по формуле:

11 2 2 3 3

123

Ay A y Ay

AAAA

′

−

+−

Здесь A

– площади простых

фигур;

– расстояния от произволь-

но взятой оси Z′ до централь-

ных осей простых фигур. Пусть в данном примере произвольная

ось Z

’ проходит по касательной к сечению снизу (см. рис. 4.11).

⋅

600

см

; A

60 40

⋅

2400

см

; A

⋅

300

см

A=A

–A

=600+2400-300=2700 см

=60 +

=70см; y

=30см; y

=5см.

600 70 2400 30 300 5 112500

41,67

2700 2700

⋅+ ⋅− ⋅

==см

2. Определим главные центральные моменты инерции сече-

ния.

Т.к. ось У является осью симметрии всего сечения, оси Z и У

являются главными центральными осями заданного сечения.

22 2

ZZ1011 Z2022 Z3033

22 2

У y1 01 1 y2 02 2 y3 03 3

I(I yA)(I yA)(I yA).

I(IzA)(I zA)(I zA).

=+ ++ −+

Здесь

I и

I–собственные моменты инерции простых фигур

относительно своих центральных осей;

и z

– расстояния от центральных осей всей фигуры до со-

ответствующих осей простых фигур.

Определим эти величины.

40 30

I 30000

⋅

==см

;

30 40

I 40000

⋅

==см

;

40 60

I 720000

⋅

==см

;

60 40

I 320000

⋅

==см

;

40 15

I 3750

⋅

==см

;

15 40

I 20000

⋅

==см

01 1 c

yyy7041,6728,33

−=− = см;

01 02 03

zzz0

==;

02 2 c

yyy3041,6711,67

−=− =− см;

03 3 c

y y y 5 41,67 36,67

−=− =− см.

Подставим все найденные величины в уравнения для опреде-

ления I

и I

I (30000 28,33 600) (720000 ( 11,67) 2400)

+⋅+ +−⋅−

(3750 ( 36,67) 300) 113,135 10−+− ⋅= ⋅см

I (40000 320000 20000) 34 10

+−=⋅см

3. Определим квадраты главных центральных радиусов инер-

ции сечения.

113,135 10

i419

A2700

⋅

== = см

;

34 10

i 126

A2700

⋅

== = см

4. Построим нейтральную линию, для чего определим отрез-

ки, отсекаемые нейтральной линией на осях координат, прини-

мая координаты точки «В» за координаты точки приложения

силы –

zz20==см;

yy18,33

= см.