И.А. Паначев Рабочая программа, контрольные работы и методические указания по их выполнению для студентов заочной формы обучения (сокращенные сроки обучения на базе среднего проф. образования)

50

∑ma = Yв 2a −P1 3a −2P2 a −2q1 a2 / 2 +2m1 = 0, Yв 4 −30 6 −40 2 −10 22 / 2 +30 = 0,

Yв = 62,5кН.

Рис.11.4. Схема балки (а), эпюра Q (б), и эпюра М (в)

Проверка:

∑Y = 0,

Ya + Yв − 2q1a − 2P2 − P1 = 0, 27,5 + 62,5 −10 2 − 40 −30 = 0.

Следовательно, реакции опор определены правильно.

Б. Разбиваем балку на характерные участки и составляем уравнения Q и М для каждого участка, используя формулы (11.1) и (11.2).

						51
Первый участок 0 ≤ Z1 ≤ 2 (рис.11.4,а)
			Q(z1) = Ya − 2q1z1,
			M(z ) = −2m			+ Y z			−	2q z2				.
											1 1		2
			1		1			a 1
														Таблица 12
	Z1, м					0								2
	Q (Z1), кН				27,5									7,5
	М (Z1), кН.м				-30									5
Второй участок 2 ≤ Z2 ≤ 4					(рис.11.4,а)
	Q(z2 ) = Ya − 2q1 а − 2P2 ,
	M(z	2	) = −2m + Y z				2	− 2q	1		а(z	2	−	а	) −	2P (z	2	− а).
			1		a									2		2
														Таблица 13
	Z2, м					2								4
	Q (Z2), кН				-32,5									-32,5
	М (Z2), кН.м					5								-60

Третий участок 4 ≤ Z3 ≤ 6 (рис.11.4,а)

Вданном случае целесообразнее при составлении уравнений Q(z3)

иМ(z3) взять все внешние силы с правой стороны от рассматриваемого

сечения.			(z3 ) = P1,
	Q
	M (z3 ) = −P1(3а −z3 ).
					Таблица 14
	Z3, м		4		6
	Q (Z3), кН		30		30
	М (Z3), кН.м		-60		0

52

В. Для определения знаков слагаемых, входящих в выражения для М(z), удобно использовать следующий приём:

-мысленно представить отсечённую часть (здесь и далее левую) в виде консоли с заделкой в месте проведения сечения;

-приложить нагрузку и проанализировать характер изгиба консоли от неё, выяснить, какие волокна в сечении (заделка) растягиваются;

-присвоить знак слагаемого, учитывающего эту нагрузку, в соответствии с принятым правилом знаков.

Этот приём для второго участка проиллюстрируем на рис. 11.5. Эпюры Q и М, построенные по значениям табл. 11.1, 11.2 и 11.3,

показаны на рис. 11.4,б,в.

Г. Подбор сечения. Определяем опасное сечение и │М│мах, используя построенную эпюру М :

│М│мах = 60 кН.м ( см. рис. 11.4,в).

Определяем расчётный момент сопротивления сечения изгибу

	W	=			М		max	=	60 103	=	7,5 10−3 м3.
					[σ]				8 106
	x.расч
	Подбираем размеры сечения из условия										WX ≥ WX расч…
			πd3 ≥ 7,5 10−3,
	откуда		32
		3 32 7,5 10−3 = 4,21 10−1 м.
	d =
			3,14

Д. Для ускорения построения эпюр можно использовать способ “характерных сечений”. Характерными считаются сечения, ограничивающие участок балки. Суть способа состоит в том, что величины Q и М находятся только в этих сечениях, и для дальнейшего построения этих эпюр используют правила контроля эпюр, основанные на дифференциальных зависимостях (11.4).

11.6.2. Схема б. Для балки, приведённой на рис. 11.3,б, построить эпюры Q и М методом характерных сечений, если дано: Р1 = 10 кН, q2 = 20 кН/м, q3 = 2 кН/м, а = 2 м.

53

Решение.

А. Для консольной балки нет необходимости определять опорные реакции, так как, двигаясь со стороны консоли, мы будем знать все силы с одной стороны от сечения (рис. 11.6,а).

Б. Для построения эпюр Q и М используем метод характерных сечений :

Q1 = -P1 = -10 кН,

Q2 = -P1 = -10 кН,

Q3 = -P1 – q2·2 = -10 – 20·2 = -50 кН,

Q4 = -P1 – q2·2 + 2·q3·2 = -10 – 20·2 + 2·2·2 = -42 кН.

Эпюра Q показана на рис. 11.6,б.

М1 = 0,

М2 = -Р1·La = -10·2 = -20 кНм,

М3 = -Р1·2·а – q2·a2/2 = -10·2·2 – 20·22/2 = -80 кН.м, М4 = -Р1·3·а – q2·a·1,5·a + 2·q3·a2/2 =

= -10·3·2 – 20·2·1,5·2 + 2·2·22/2 =172 кН.м.

54

Эпюра М показана на рис. 11.6,в.

В. Подбор сечения │М│МАХ = 172 кН.м, см. рис.11.6,в,

W	=			М		max	=	172	103	=1,075 10−3 м3.
				[σ]					106
x.расч							160

Принимаем двутавр № 45 ГОСТ 8239-72, для которого WX = 1220

см3 > Wx расч = 1075 см3.

11.7. Правила контроля эпюр Q и М

(правила сформулированы для построения эпюр слева направо) 11.7.1. Если на границе участка приложена сосредоточенная сила,

то:

а) на эпюре Q в данном сечении должен быть скачок на величину данной силы в направлении её действия;

б) на эпюре М в данном сечении будет излом, остриём направленный в сторону, противоположную действию силы (если эпюры строятся на сжатом волокне).

55

11.7.2.Если на участке не действует равномерно распределённая нагрузка q = 0, то:

а) эпюра Q представляет собой прямую, параллельную базовой линии;

б) эпюра М представляет собой прямую, наклонную к базовой линии.

11.7.3.Если на участке действует равномерно распределённая нагрузка q ≠ 0, то:

а) эпюра Q представляет собой прямую, наклонную к базовой линии, причём если q направлена сверху вниз, то Q убывает и наоборот;

б) эпюра М представляет собой кривую второго порядка (парабола), выпуклостью направленную в сторону действия q.

11.7.4.Если в каком-либо сечении на участке Q равна 0, то на эпюре М в этом сечении будет экстремум, причём если Q меняет знак с (+) на ( - ) , то это максимум и наоборот.

11.7.5.Если на границе участка приложен сосредоточенный момент, то на эпюре М в данном сечении будет скачок на величину этого момента.

11.7.6.Если на участке Q > 0, то и М > 0 (положительная ордината возрастает, отрицательная убывает), если Q < 0, то и М < 0 (положительная ордината убывает, отрицательная возрастает).

11.7.7.Если крайняя опора или конец консоли не загружены моментом от пары сил, то изгибающий момент в данных сечениях равен нулю.

11.7.8.Если крайняя опора или конец консоли загружены моментом от пары сил, то изгибающий момент в данных сечениях равен по величине этому моменту.

12.ВНЕЦЕНТРЕННОЕ СЖАТИЕ (РАСТЯЖЕНИЕ) ПРЯМОГО БРУСА

Пусть продольная нагрузка приложена не в центре тяжести поперечного сечения стержня, а с некоторым смещением (эксцентриситетом) относительно главных осей сечения (рис.12.1,а).

Для определения внутренних усилий, возникающих в сечении бруса при внецентренном сжатии (растяжении), вначале мысленно перенесём силу Р параллельно самой себе в центр тяжести сечения (начало

56

координат).Возникающий при таком переносе момент пары сил разложим на два составляющих момента: МХ = -РyP и МY = -РхР (рис.12.1,б).

Таким образом, действие силы Р, приложенной к сечению внецентренно, эквивалентно совместному действию центрально приложенной силы Р и двух внешних сосредоточенных моментов МХ и МY.

Пользуясь методом сечений, нетрудно установить, что во всех поперечных сечениях внецентренно сжатого (растянутого) бруса действуют следующие внутренние силовые факторы: продольная сила и два

изгибающих момента (рис.12.2) :

N = -P , MX = -PyP , MY = -PxP .

(12.1)

а)

Z

P

б)

N

Z

Mx=Pyp

xp

Y

Y

A

My=Pxp

yp

X

X

Рис.12.1. Схема приложения нагрузки (а) и схема разложения нагрузок (б)

При назначении знака внутреннего усилия здесь использованы общепринятые правила: продольное усилие отрицательно, если оно сжимающее, а изгибающий момент отрицателен, если в точках с положительными координатами Х и Y (первая четверть) под его действием возникают сжимающие напряжения.

Нормальные напряжения в поперечных сечениях бруса определим, используя принцип независимости действия сил. От всех внутренних

57

усилий N, MX и MY – в сечениях возникают нормальные напряжения, направленные перпендикулярно сечениям.

Для определения полного напряжения они суммируются :

		N		M	x		My		(12.2)
	σ = ± F ±			Ix		Y ±	Iy	X.

Условие прочности для внецентренного растяжения или сжатия бруса имеет вид

σ = ±	N	±	Mx	Y ±	My	X ≤ [σ].	(12.3)
	F Ix				Iy

Причём если материал по-разному сопротивляется растяжению и сжатию ([σ]P ≠ [σ]C), то при положительной сумме слагаемых они сравниваются с [σ]P, при отрицательной с [σ]C.

Положение нейтральной линии можно определить с помощью выражения (12.2), подставив в него выражения (12.1) и приравняв напря-

жения σ нулю. С учётом формул для радиусов инерции IX = iX2·F и IY =

iY2·F получим

Y

Y

X

p

X

σ = −

P

1 +

p

+

.

(12.4)

2

2

F

ix

iy

Так как P/F ≠ 0, то сократив на него, получим

Y

Y

X

p

X

1

+

p

+

=

0.

(12.5)

i

2

i

2

x

y

Из формулы (12.5) видно, что нейтральная линия при внецентренном сжатии (растяжении) – это прямая, не проходящая через центр тяжести поперечного сечения (так как при Y = 0, Х ≠ 0 и наоборот). Строить эту прямую удобно с помощью отрезков (аХ; аY), отсекаемых ею на осях координат (рис.12.3)

Очевидно, что точка пересечения нейтральной оси с осью Х имеет координаты аХ; 0 , а с осью Y - аY; 0. Подставляя последовательно эти координаты в выражение (12.5), получим

	i2y			i2
ax = −		,	a y = −	x	.	(12.6)
	Xp
				YP

		58
Z	P	Y
	Y
yp	A
xp		A(xp;yp)
My N	X	ax
Mx	Y	X
	X	ay
		Нейтральная линия

Рис.12.2. Действие внутренних	Рис.12.3.Положение нейтраль-
усилий в произвольном сечении	ной линии

Знак (-) в формулах (12.6) означает, что нейтральная линия обязательно проходит через четверть, противоположную той, в которой находится точка приложения силы Р (рис.12.3).

12.1. Пример Чугунный короткий стержень, поперечное сечение которого изо-

бражено на рис.12.4, сжимается продольной силой Р, приложенной в точке А.

Требуется: 1) вычислить наибольшее растягивающее и наибольшее сжимающее напряжения в поперечном сечении, выразив эти напряжения через Р, и размеры сечения; 2) найти допускаемую нагрузку Р при заданных размерах сечения и допускаемых напряжениях для чугуна на сжатие [σ]C и на растяжение [σ]Р.

Дано: а = 5 см , в = 2 см , [σ]C = 150 МПа , [σ]P = 22 МПа.

Решение 12.1.1. Определим положение центра тяжести фигуры (рис.12.4) в

осях Х1 и Y1.

59

Разбиваем сечение на две фигуры и определяем положение точек

О1 и О2.

∑Syi

F X

+ F X

2

39,25 0

+ 20

3,12

X

c

=

=

1 1

2

=

=1,1см,

∑F

F

+ F

39,25 + 20

i

1

2

где Х1 = 0,

Х2 = 3,12 см (см.рис.12.4) .

F

= πd2

=

3,14 102

= 39,25см2 ,

1

8

8

F2 = 2 10 = 20см2.

Так как сечение имеет ось симметрии (ХС)(рис.12.4), то главными осями будут оси ХС, YC.

12.1.2. Определим осевые моменты инерции ХС, YC :

4

b(2a)3

4

2 (2 5)3

Ixc = Ix1 + Ix2 = 0,393 r

+

= 0,393

5

+

=

12

12

= 412,3см4 = 412,3 10−8 см4 ,

Iyc = Iy1 + b12 F1 + Iy2 + b2

2 F2 = 0,11 r4 +1,12 39,25

+

2ab3

+ 2,022 20 =

12

= 0,11 54 +1,12 39,25 +

2 5 23

+ 2,022 20 = 204,6см4 = 204,6 10−8 см4,

12

где b1 = 1,1 см;

b2 = 2,02 см

(см.рис.12.4).

12.1.3. Определим квадрат радиусов инерции сечения :

2

Ixc

412,3

2

−4

2

ixc =

=

=

6,96см

= 6,96 10

м

,

F

59,25

i2yc =

Iyc

=

204,6

=

3,45см2

= 3,45 10−4 м2.

F

59,25

12.1.4. Определим положение нейтральной линии.

Точка А имеет координаты хА = -3,98 , yA = 0 (см.рис.12.4). Отрезки, которые нейтральная ось отсекает на координатных осях :

axc = −		i2yc		= −		3,45			= 0,87см,
		Xa				−3,98
a yc = −	i2xc			= −	6,96		= ∞.
					0
		Ya