Сопромат-учебное пособие

1	1·2l
	ЭM2

ã

			P		0,86P
P	3P	0,86P	+		+
	0,56P
				–	ÝN
					2,48P

	1,92P		1,08Pl
	+
		0,28Pl
–	–
0,56P		0,56Pl	0,84Pl
	1,08P
	–
	ÝQ		ÝM
	0,42P

ä

Рисунок 3.2 (г, д)

81

Эпюра ЭM1 показана на рисунке 3.2, в. Аналогичным образом строим эпюру изгибающего момента ЭM2 от действия единичной силы, приложенной в направлении второй удаленной связи (рисунок 3.2, г).

5. Используя формулу Симпсона, рассчитываем перемеще-

ния, входящие в систему канонических уравнений:

l

1

1

δ11 = ЭM1 × ЭM1

=

0 0

+ 4

l

l − l l

+

2

2

6EI

2l

1

1

1 l3

+

l l + 4

l

l + 0

0

=

,

6EI

2

2

3 EI

2l

1

4 l3

δ12 = δ21 = ЭM1 × ЭM2 = −

l 2l

+

4

l

l + 0 0

= −

,

6EI

2

3 EI

2 =

2l

(0 0 + 4 l l + 2l 2l) +

δ22 = ЭM

2 × ЭM

6EI

16 l3

+

2l

(2l 2l + 4

l l + 0 0) =

,

6EI

3 EI

l

3

3

1

1

1P = ЭMP × ЭM1

=

2Pl

l + 4

Pl

l −

Pl

l

−

6EI

4

4

2

2

−

l

1

Pl

1

l + 4

1

Pl

1

l

+

0

0

=

7 Pl

3

,

6EI

2

2

4

4

12 EI

2 =

2l

(0 0 + 4 Pl l − 2Pl 2l) +

2P = ЭM P × ЭM

6EI

l

3

3

1

+

−2Pl

2l − 4

Pl

l +

Pl l

+

6EI

4

2

2

l

1

1

1

23 Pl3

+

Pl l − 4

Pl

l + 0 0

= −

.

6EI

2

4

2

6

EI

82

Подставив вычисленные значения перемещений в систему канонических уравнений, после упрощений получаем

	1		X1		−		4			X			+			7		P	= 0
											2
	3						3							12
			4							16								23
−				X			+					X				−				P = 0.
	3					1	3							2		6

Решаем систему уравнений относительно неизвестных X1 è X2:

	X1 =	27	P ≈ 0,56P, X2	=	55	P ≈ 0,86P .
		48			64

В результате получаем статически определимую стержневую систему (рисунок 3.2, д). Для этой системы окончательно определяем реакции опор и строим эпюры внутренних силовых факторов — продольной силы ЭN, поперечной силы ЭQ и изгибающего момента ЭМ (рисунок 3.2, д).

Проверка правильности построения итоговой эпюры изгибающего момента ЭM выполняется ïóòåì ïåðåмножения ее на любую из «единичных» эпюр — ЭM1 èëè ЭM2 . Это произведение должно быть равно нулю.

6. Анализ силовой схемы показывает, что стержни рамы находятся в условиях комбинированного нагружения — соче- тания поперечного изгиба и растяжения (сжатия). Напряженное состояние при этом одноосное, т.к. и при изгибе, и при растяжении (сжатии) в точках поперечного сечения возникают напряжения, действующие вдоль продольной оси стержня — нормальные напряжения. Поэтому в точке сечения полное нормальное напряжение вычисляем как сумму двух составляющих — от действия продольной силы и от действия изгибающего момента:

σ = N + M ymax .

F Ix

7. Для заданного сечения (см. рисунок 3.1) определяем необходимые геометрические характеристики: площадь сечения F, момент инерции Ix и координату опасной точки ymax:

83

F = 15a 30a −13a 28a = 86a2 ,

		15a (30a)3		13a (28a)3
	Ix =		−		= 9968,7a4 ,
		12		12

ymax = 15a.

Для расчета толщины стенки сечения a записываем условие прочности для каждого из стержней рамы:

		P					0,56Pl
первый стержень:	σ =		+					15a ≤ [σ] ,
		86a2			9968,7a4
		2, 48P					0, 28Pl
второй стержень:	σ =			+						15a ≤ [σ] ,
		86a2					9968,7a4
		0,86P					1,08Pl
третий стержень:	σ =			+					15a ≤ [σ] .
		86a2				9968,7a4

Приведенные уравнения позволяют получить значение толщины стенки для каждого из стержней:

a1 ≥ 6,3 (мм), a2 ≥ 5,5 (мм), a3 ≥ 7,7 (мм) .

Исходя из полученных данных, опасным является третий стержень, поэтому для всей конструкции принимаем величину толщины стенки сечения a = 8 мм. Соответственно, ширина коробчатого профиля должна быть 120 мм, высота — 240 мм.

84

ЧАСТЬ 4

СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ БРУСА

Êслучаям сложного сопротивления относятся виды деформации бруса, при которых в поперечных сечениях одновременно возникают не менее двух внутренних силовых факторов (кроме поперечного изгиба).

Случаи сложного сопротивления принято разделять на две группы:

1) в опасных точках одноосное напряженное состояние,

2) в опасных точках плоское напряженное состояние.

Êпервой группе относятся косой изгиб и внецентренное растяжение (сжатие), ко второй — изгиб с кручением.

4.1. Косой изгиб

Косой изгиб — это вид изгиба, при котором плоскость действия изгибающего момента в поперечном сечении бруса не проходит ни через одну из главных центральных осей инерции. В поперечных сечениях бруса одновременно возникают два внутренних силовых фактора — изгибающие моменты Mx è My. Напряженное состояние в опасных точках при этом одноосное, т.к. возникают только нормальные напряжения (расчет на проч- ность, как и при прямом изгибе, ведется без учета поперечных сил).

Косой изгиб представляет собой сочетание двух прямых изгибов (рисунок 4.1).

На основании принципа независимости действия сил полный изгибающий момент

M = Mx2 + My2 ,

нормальные напряжения в точке поперечного сечения

σ = σM		+ σM = ±	M x	y ±	M y	x .
			Ix		I y
	x	y

85

			y
	–
			β
P2	ЭσMx	+	α
	P1
			+
	Рисунок 4.1

+ M

x

í . ë .

– ЭσM y

Плоскость действия полного момента М проходит через центр тяжести поперечного сечения и квадранты, в которых напряжения σMx è σMy одного знака.

Угол α между осью y и плоскостью действия полного момента определяют по формуле

tgα = My .

Mx

Нейтральная линия, как и при прямом изгибе, проходит через центр тяжести сечения, но не перпендикулярна плоскости действия полного момента. Е¸ положение определяется углом β, рассчитываемым по формуле

tgβ = I x tgα .

I y

Нормальные напряжения в точке поперечного сечения, как и при прямом изгибе, пропорциональны расстоянию от этой точки до нейтральной линии. Наибольшие напряжения возникают в точке сечения, наиболее удаленной от нейтральной линии — в опасной точке.

86

Пример 12

Для консольного стержня (рисунок 4.2) с составным сече- нием и толщиной стенки а, нагруженного сосредоточенными силами, из расчета на прочность определить допускаемое зна- чение параметра нагрузки Pmax.

Исходные данные: допускаемое напряжение [σ] = 280 МПа, остальные данные приведены в таблице 4.1.

a

b

l1

l

P1

P2

a

Рисунок 4.2

c

Таблица 4.1

c/a

b/a

l/a

l1/a

P1/P

P2/P

a, ìì

6

4

140

30

2

–1

6

Решение

1.Изображаем реальную схему задачи (рисунок 4.3, а)

èстроим эпюры моментов ЭMx è ÝMy (рисунок 4.3, б).

2.Определяем угол наклона плоскости действия полного момента:

tgα = 110Pa = 0,39 (рад.), α=21,5° . 280Pa

87

4a a

30		a
	140
a
2P		P	a

6a

à

280Pa

110Pa

ÝMx	ÝM
	y

		á
	yc	A		yc
	a					.
					ë
4a			α		.
				β–α	í
		xc
						xc
a		1,5a

		6a		x		M

â	ã
	Рисунок 4.3
	88

3. Для нахождения угла наклона нейтральной линии следует предварительно определить положение центра тяжести сечения и моменты инерции Ixc, Iyc (рисунок 4.3, в):

yc

=

0,5a 6a2 + 3a 4a2

= 1,5a ,

6a2 + 4a2

6a a3

a (4a)3

Ixc =

+ (1,5a − 0,5a)2

6a2 +

+

12

12

+ (3a −1,5a)2 4a2 = 20,83a4 ,

I

=

a (6a)3

+

4a a3

= 18,33a4 .

yc

12

12

Угол наклона нейтральной линии

	tgβ =	20,83a	4	0,39 = 0,44 (рад.), β = 24° .
		18,33a	4

Теперь можно приступить к построению нейтральной линии и определению опасной тоски поперечного сечения (рисунок 4.3, г).

Порядок построения нейтральной линии следующий.

а) Изображаем след плоскости действия полного момента M. Для этого проводим линию, проходящую через центр тяжести сечения и квадранты, в которых знаки моментов Mx è My совпадают, под углом α к оси y.

б) Строим перпендикуляр к следу плоскости полного момента, проходящий через центр тяжести сечения (на рисунке показан штриховой линией).

в) От перпендикуляра откладываем угол (β – α) в направлении оси, относительно которой момент инерции сечения имеет минимальное значение (т.е. оси y), и проводим линию через центр тяжести сечения. Это и есть нейтральная линия сечения.

Опасной является точка сечения, наиболее удаленная от нейтральной линии — точка А. Для этой точки записываем условие прочности:

89

		280Pa				110Pa				P
σ =					3,5a +			0,5a =	50,05		≤ [σ] .
		20,83a4				18,33a4				a2
Отсюда, значение параметра нагрузки
	[σ]a2			280 (6 10−3 )2				−
P ≤			=				= 201 10 6		(МН) = 201 (Н) .
50,05				50,05

Итак, допускаемое значение параметра нагрузки для заданного консольного стержня Pmax = 201 Í.

4.2. Изгиб с кручением

Изгиб с кручением бруса круглого сечения — это случай сложного сопротивления, при котором в опасных точках сече- ния имеет место плоское напряженное состояние. Этот вид нагружения наиболее часто встречается при расчете валов.

Для выполнения расчета прочности необходимо построить эпюры изгибающих моментов ЭМx è ÝMy, полного изгибающего момента ЭМ и крутящего момента ЭМê. Действие полного изгибающего момента вызывает появление в точках сечения нормальных напряжений σ, а действие крутящего момента — касательных напряжений τ.

Опасное сечение вала находят по следующим признакам:

1)если в сечении с наибольшим изгибающим моментом М действует и наибольший крутящий момент Mê;

2)если наибольший изгибающий момент М и наибольший

крутящий момент Мê действуют в разных поперечных сечениях, то проверяют прочность вала в нескольких сечениях.

Для бруса круглого сечения как при кручении, так и при изгибе опасными являются точки на внешней окружности. Для этих точек нормальные напряжения от изгиба определяют по формуле

	M		Mx2 + My2
σ =		=		,
Wx			Wx

90