Решение

Выписываем из таблиц прокатного сортамента необходимые данные для фигур, составляющих поперечное сечение:

Швеллер №16: h₁ = 16 см, В₁ = 6,4 см, F₁ = 18,1 см², J_x1 = 747 см⁴,

J_y1 = 63,3 см⁴, z₁ = 1,8 см.

Уголок №10: В₂ = 10 см, F₂ = 15,6 см², J_x2 = J_y2 = 147 см⁴, J_u = 233 см⁴,

J_v = 61 см⁴, z₂ = 2,75 см..

При пользовании таблицами сортамента следует обратить внимание на возможное несовпадение в обозначении осей фигуры, выбранных в задаче и принятых в таблицах. Поэтому все характеристики, взятые из таблиц, необходимо снабдить индексами осей, принятыми в задаче.

B₁

B₂

Нулевая линия

Y₂

Y₁

Y_c

Y₀

A

X₂

y₂

a₂

X_c

X₁

y_c

a₁

X₀

x₂

x_c

B

b₁

b₂

z₁

z₂

Рис.23

Для определения положения центра тяжести сечения выбираем вспомогательные оси Х₁У₁, совпадающие с центральными осями швеллера. Вычисляем координаты центра тяжести всего сечения

y_c = см,

x_c = см.

Отмеряя по осям Х₁У₁, соответственно 2,11 см и 2,43 см, находим положение центра тяжести С поперечного сечения стержня. Проводим через эту точку вспомогательные центральные оси Х_сУ_с, параллельные центральным осям швеллера и уголка. Для вычисления центральных осевых и центробежных моментов инерции определим координаты центров тяжести С₁ и С₂ в системе осей Х_сУ_с:

a₁ = -y_c = -2,43 см; b₁ = -x_c = -2,11 см;

a₂ = (h₁/2 - y_c - z₂) = (8 - 2,43 - 2,75) = 2,82 см;

b₂ = z₁ + z₂ -x_c = 2,75 + 1,6 - 2,11 = 2,44 см.

Используя формулы преобразования, при параллельном переносе осей получаем

J_xc = (J_xc)_i = (J_x1 + aF₁) + (J_x2 + aF₂) =

=(747 + 2,43²  18,1) + (147 + 2,82  15,6) = 1125 см⁴,

J_yc = (J_yc)_i = (J_y1 + bF₂) + (J_y2 + bF₂) =

= (63,3 + 2,11²  18,1) + (147 + 2,44²  15,6) = 384 см⁴.

Центробежный момент инерции швеллера J_x1y1=0, так как ось Х₁ одновременно является осью симметрии. Для уголка главными осями инерции являются оси U и V, повернутые на угол  = 45 по отношению к осям Х₂ У₂. Для определения центробежного момента относительно этих осей воспользуемся формулами поворота

J_x2y2 = [(J_u - J_v)sin2]/2 = [(233 - 61)sin/2]/2=86 см⁴.

Теперь вычисляем центробежный момент инерции всего сечения относительно центральных осей Х_сУ

J_xcyc = J_x1y1 + a₁b₁F₁ + J_x2y2 + a₂b₂F₂ = 0 + (-2,43)  (-2,11)  18,1 + 86 +

+ 2,82  2,44  16,6 = 286 cм⁴.

Вычислим главные моменты инерции по формуле

J_max,min=0,5[J_xc+J_yc

Принимаем J_x0 = J_max = 1222 см⁴, J_у0 = J_min = 287 см⁴.

Определим положение главных центральных осей Х₀У₀ по формулам:

tq₁ = tq(X_c, X₀) = (J_xc – J_x0)/J_xcyc = -0,339; ₁ = -18,8.

tq₂ = tq(Y_c, Y₀) = (J_xc – J_y0)/J_xcyc = 2,93; ₂ = 71,2.

Перейдем к построению эпюр поперечных сил и изгибающих моментов

Q_y(z) = Q_y(0) – [-P – q(z – 2l)],

M_x(z) = M_x(0) + Q_y(0)z – [-P(2 - l) – 0,5q(z – 2l)²].

Граничные условия Q_y(3l) = 0; M_x(3l) = 0,

откуда Q_y(0) = -P - ql = -3 - 50,8 = - 7 кН,

M_x(0) = -Q_y(0)  3l – P – 0,5  q l² =

=7  3  0,6 – 0,5  5  0,8² = 6,3 кНм.

Окончательно Q_y(z) = - 7 + 3 + 5(z - 1,2),

M_x(z) = 6,3 – 7z + 3(z - 0,6) + 0,5(z – 1,2)².

Вычисляем значения функций на границах участков

0  Z  l; Q_y(0) = -7 кН; M_x(0) = 6,3 кНм,

Q_y(l) = -7 кН; M_x(l) = 2,7 кНм.

l  Z  2l; Q_y(l) = -4 кН; M_x(l) = 2,7 кНм;

Q_y(2l) = -4 кН; M_x(2l) = 0,9 кНм.

2l  Z  3l; Q_y(2l) = -4 кН; M_x(2l) = 0,9 кНм;

Q_y(3l) = 0; M_x(3l) = 0.

В перпендикулярной плоскости

Q_x(z) = Q_x(0); M_y(z) = M_y(0) – Q_x(0)z - L

Граничные условия Q_x(3l) = P; M_x(3l) = 0.

Откуда Q_x(0) = P; M_x(0) = Q_x(0)3l + L = 3  1,8 + 1,8 = 7,2 кНм.

Окончательно Q_x(z) = 3; M_x(z) = 7,2 – 3z - 1,8.

Поперечная сила постоянна по всей длине стержня и равна 3 кН. Вычислим изгибающий момент на границах участков

0  Z  l; M_y(0) = 7,2 кНм; M_y(l) = 5,4 кНм.

l  Z  3l; M_y(l) = 3,6 кНм; M_x(3l) = 0.

По вычисленным значениям строим эпюры (рис. 24).

По полученным эпюрам выбираем опасное сечение стержня. В данном случае таковым будет являться левое концевое сечение (в заделке), так как именно в этом сечении оба изгибающих момента достигают наибольшей величины: М_х = 6,3 кНм, М_у = 7,2 кНм. Нормальные напряжения при косом изгибе определяются по формуле:

_z = M_xy/J_x – M_yx/J_y,

где J_x и J_y – главные центральные моменты инерции, т.е. J_x=J_x0=1222 см⁴, J_x=J_у0=287 см⁴. Изгибающие моменты должны быть определены тоже относительно главных центральных осей.

P_y

q

L

P_x

P_x

l

l

l

0

₃

6

₃

Q_y(z)

6,3

6

2,7

0,9

0

M_x(z)

3

Q_x(z)

7,2

5,4

3,6

1,8

0

M_y(z)

Рис. 24

Поскольку внешние заданные нагрузки действуют в вертикальной и горизонтальной плоскостях, то на рис. 25 имеем эпюры изгибающих моментов, действующих в этих плоскостях, т.е. моменты относительно осей Х_сУ_с. В используемой формуле необходимы моменты относительно главных центральных осей: М_хс = М_х = 6,3 кНм, М_{у с} = М_у = 7,2 кНм.

Y_c Y₀

M_yc M_y0

M_xc

X_c

C ^

M_x0

X₀

Рис. 25

Найдем требуемые моменты как сумму проекций М_хс, М_ус на главные центральные оси сечения

M_x0 = M_xccos₀ – M_ycsin₀ = 6,3 0,947 – 7,2 0,323 = 3,64 кНм,

M_y0 = M_yccos₀ + M_xcsin₀ = 7,2 0,323 + 6,3 0,947 = 8,29 кНм.

Следует иметь ввиду, что в данном случае формулы преобразования получены для отрицательного угла ₀.

Таким образом, для принятых обозначений осей в решении задачи формулу можно переписать в виде

s_z = y -x.

Наибольшие нормальные напряжения будут возникать в точках, наиболее удаленных от нулевой линии. Уравнение нулевой линии в системе главных центральных осей

y₀ = x₀,

где x₀, y₀ –координаты точек, лежащих на нулевой линии.

y₀ = 8,29/3,64  1222/287  x₀ =9,7 x₀.

Согласно полученному уравнению проводим нулевую линию и находим точки, наиболее удаленные от нее. Это точка А с координатами

x_А = -8,7 см, y_А = 2,9 см.

Нормальные напряжения в этой точке

_z(A) = [3,64/1222  2,9 – 8,29/287  (-8,7)]  10⁶ = 259 МПа  .

Условие прочности для стержня не выполняется.

П р и м е р 6. Стержень круглого поперечного сечения нагружен горизонтальными и вертикальными нагрузками и крутящим моментом (рис. 26).

Определить диаметр поперечного сечения из расчета на прочность. Исходные данные: Р₁ = 6 кН, Р₂ = 10 кН, q = 4 кН/м, L = 5 кНм,

l = 1 м,  = 160 МПа.

P₁

L

P₂

q

L

0,5l

l

d

Рис. 26