механика материалов_учебн.-метод. пособие
.pdfIІІ участок: 0 ≤ х3 ≤ 1,3 м.
M x 3 = Су х2 ;. х3 = 0: M x 3 = 0;
х3 = 1,3 м: M x 3 = 5,995 × 1,3 = 7,794 кН·м.
По найденным значениям изгибающего момента строим эпюру Мz (рисунок 2.6).
Спроектируем силы, действующие на балку, в главную центральную плоскость инерции zox.
my = m sin αm = 12×sin 20° = 4,104 êÍ ì .
Составляем расчетную схему балки, нагруженной внешними силами в плоскости zox и соответственно изгибающими ее относительно оси y (рисунок 2.6). Для нахождения неизвестных реакций опор Вz и Сz составим уравнения равновесия. Составляющая реакции опоры в шарнире В равна нулю, так как силы, действующие на балку, перпендикулярны оси х.
Σmc (Fi ) = –Вz × 4,8 – my + p × 2 × 2,3 = 0;
ΣmВ (Fi ) = –Сz × 4,8 + my + p × 2 × 2,5 = 0.
Решая уравнения равновесия, находим реакции опор
Bz = |
|
−my + p ×2 ×2,3 |
= |
− 4,104 +10 ×2 ×2,3 |
= 8,728 кН, |
|||||
|
|
4,8 |
|
4,8 |
|
|
||||
Cz |
= |
my + p ×2×2,5 |
= |
4,104 +10×2 |
×2,5 |
= 11,272 |
кН. |
|||
4,8 |
|
4,8 |
|
Для проверки правильности определения реакций опор составим не использованное в этой задаче уравнение равновесия в виде суммы проекций сил на ось z и подставим их значения:
ΣFz = –Вz + p × 2 − Cz = – 8,728 + 20 − 11,272 = 0.
Врезультате расчета получили Σ Fz = 0, что указывает на пра-
вильность определения реакций опор.
Разбиваем балку на три расчетных участка и находим значения изгибающего момента относительно оси y Мy.
Ι участок: 0 ≤ х1 ≤ 1,5 м.
M x 1 = –Вz х1 ;
х1 = 0: M x 1 = 0;
х1 = 1,5 м: M x 1 = –8,728 × 1,5 = –13,093 кН·м.
61
ІІ участок: 0 ≤ х2 ≤ 1,3 м.
M x 2 = −Сz х2 ; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
х2 |
= 0: M x 2 = 0; |
|
|
|
|
|
|
||
х2 |
= 1,3 м: M x 2 |
= −11,272 × 1,3 = 14,654 кН·м. |
|
||||||
ІІI участок: 1,3 м ≤ х3 ≤ 3,3 м. |
|
|
|
||||||
M x 3 = −Сz х3 + |
p |
(x |
3 |
−1,3)2 |
; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
2 |
|
|
|
||||
х3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= 1,3 м: M x 3 |
= −11,272 × 1,3 = 14,654 кН·м ; |
|
|||||||
х3 |
= 3,3 м: M x 3 |
= −11,272 × 3,3 + 10 |
(3,3 −1,3)2 |
= 17,197 кН·м. |
|||||
2 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
На третьем расчетном участке изгибающий момент Мy имеет экстремальное значение. Для его определения составим и приравняем к нулю выражение поперечной силы Qx 3 , а также найдем расстояние х3 до сечения с экстремальным значением изгибающего момента.
Qx 3 = Сz − p (x3 − 1,3) = 0,
откуда
х3 = 11,272 +1,3 ×10 = 2,427 м. 10
Подставив полученное значение х3 в уравнение моментов M x 3 , найдем величину искомого экстремального момента
M x 3 = −11,272 × 2,427 + 10 |
(2,427 −1,3)2 |
= −21,006 кН·м. |
|
2 |
|||
|
|
По найденным значениям изгибающего момента строим эпюру Мy (рисунок 2.6).
Находим положение опасного сечения балки. Как показывают эпюры изгибающих моментов Мz и Мy , опасное сечение может рас-
полагаться на расстоянии 1,5 м от точки В ( M z max = 9,783 кН·м; Мy = 17,197 кН·м) или на расстоянии 2,427 м от точки С (Мz =
5,995 ×2,427 –5(2,427–1,3) = 8,915 кН·м; M y max = 21,006 кН·м). Оп-
ределяем величину максимального напряжения в этих сечениях по формуле:
62
σmax = |
M |
z |
+ |
M y |
, |
|
|
Wy |
|||
|
Wz |
|
где Wz и Wy − момент сопротивления поперечного сечения относительно, соответственно, осей z и y.
|
Wz |
= b h2 |
= |
0,2 ×0,32 |
= 0,003 ì 3 ; |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
6 |
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Wy |
= |
h b2 |
= |
0,3×0,22 |
= 0,002 ì 3 . |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|||||||||
Тогда |
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
9,783×103 |
|
17,197 ×103 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
I |
|
|
|
5 |
Í |
|
|
|
|
; |
||||||
σmax = |
|
|
+ |
|
|
|
= 119×10 |
|
|
|
|
|
|
= 11,9 ÌÏà |
||
0,003 |
|
|
|
0,002 |
|
ì |
2 |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
II |
8,915×103 |
|
21,006×103 |
|
5 |
Í |
|
|
|
= 13,5 ÌÏà . |
||||||
σmax = |
|
|
+ |
|
|
|
= 135×10 |
|
|
|
|
|
|
|
||
0,003 |
|
|
0,002 |
|
|
ì 2 |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
так как σmaxII |
|
||||||||
Значит, опасным сечением является сечение II, |
|
> |
σmaxI .
Определяем в опасном сечении балки положение нейтральной оси
tgβ = −ctg α |
I |
z |
= − |
M y |
12 b h3 |
= − |
−21,006 |
× |
0,32 |
= 5,302 . |
|
|
M z |
12 h b3 |
8,915 |
0,22 |
|||||
|
I y |
|
|
|
β = arctg β = arctg 5,302 = 79,3° .
Откладываем от оси z против хода часовой стрелки угол β и проводим нейтральную ось (рисунок 2.7). Опасными точками будут точки опасного поперечного сечения, наиболее удаленные от нейтральной оси, т.е. точки 1 и 3.
Исходя из растяжения или сжатия, обусловленных изгибающими моментами Мz и Мy, расставляем для каждого квадранта опасного поперечного сечения знаки напряжений (рисунок 2.7), где верхние знаки ― для напряжений от Мz , нижние знаки ― для напряжений от Мy . Находим нормальные напряжения в опасных точках, а также в выступающих угловых точках опасного сечения по формуле:
σ = ± |
M |
z |
± |
M y |
. |
|
|
Wy |
|||
|
Wz |
|
63
Рисунок 2.7 – Нейтральная ось и знаки напряжений в опасном сечении балки
При выполнении расчетов величины изгибающих моментов Мz и Мy принимаем по модулю.
σ(1) = − |
8,915×103 |
|
− |
|
21,006×103 |
|
= −135×10 |
5 |
|
Í |
|
= −13,5 ÌÏà |
; |
||||||||
0,003 |
|
|
0,002 |
|
|
|
|
ì 2 |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
σ(3) = |
8,915×103 |
+ |
|
21,006×103 |
= |
135×10 |
5 Í |
|
|
|
= 13,5 ÌÏà |
; |
|
||||||||
|
0,003 |
|
|
0,002 |
|
ì |
|
2 |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
σ(2) = − |
8,915×103 |
+ |
21,006×103 |
= |
75,3×10 |
5 |
|
|
Í |
|
= 7,53 ÌÏà |
|
; |
||||||||
0,003 |
|
0,002 |
|
|
|
|
ì 2 |
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
σ(4) = |
8,915×103 |
− |
|
21,006×103 |
= −75,3×10 |
5 |
|
|
Í |
|
= −7,53 ÌÏà . |
||||||||||
|
0,003 |
|
|
0,002 |
|
|
|
ì 2 |
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
По найденным значениям строим эпюры нормальных напряжений по сторонам опасного сечения балки (рисунок 2.8).
64
Рисунок 2.8 – Эпюры нормальных напряжений по сторонам опасного сечения балки
Из эпюр, показанных на рисунке 2.8, видно, что в точках, в которых нейтральная ось пересекает контур сечения, нормальные напряжения равны нулю.
2.3 Расчетно-графическая работа (РГР) «Косой изгиб»
Для заданной балки, нагруженной сосредоточенной силой F, равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью Р и моментом в виде пары сил m, как показано на рисунке 2.9, требуется:
1 Определить положение опасного сечения балки; 2 Провести в опасном сечении балки нейтральную ось и найти
опасные точки; 3 Определить нормальные напряжения в опасных точках, а так-
же в выступающих угловых точках опасного сечения и построить
65
эпюры нормальных напряжений по сторонам этого сечения. Исходные данные для выполнения РГР «Косой изгиб» принять
из рисунка 2.9 и таблицы 2.1 (двутавр ГОСТ 8239-89, швеллер ГОСТ 8240-89).
2.4 Методические указания для выполнения РГР «Косой изгиб»
1 Вычертить в масштабе схему балки, оставляя под ней место для других схем и эпюр внутренних силовых факторов.
2 Провести и обозначить в поперечном сечении балки главные центральные оси инерции z и у, ось х совместить с осью балки.
3Составить расчетную схему балки, нагруженной внешними силами в главной центральной плоскости уох.
4Построитьэпюру изгибающих моментов относительно оси z (Mz).
5Составить расчетную схему балки, нагруженной внешними силами в главной центральной плоскости zох.
6Построитьэпюру изгибающих моментов относительно оси y (My).
7Определить положение опасного сечения балки (опасное сечение − поперечное сечение, в котором находится опасная точка балки, т.е. точка, в которой действует максимальное нормальное на-
пряжение σmax).
8 В опасном сечении балки провести нейтральную ось и установить положение опасных точек.
9 Определить нормальные напряжения в опасных точках.
10 Определить нормальные напряжения в выступающих угловых точках опасного сечения балки.
11 Построить эпюры нормальных напряжений по сторонам опасного сечения балки.
66
Рисунок 2.9 – Схемы к РГР «Косой изгиб»
67
Продолжение рисунка 2.9
68
Продолжение рисунка 2.9
69
Продолжение рисунка 2.9
70