Сопротивление материалов / Grebenyuk - Soprotivleniye materialov. Osnovi teorii i primery resheniya zadach 2006

Wz =143см3 ; Wy =18,4см3. Тогда - Wz Wy =143 18,4 = 7,77.

σ

=

8,75

(0,94 + 0,342

7,77)= 220,1 103 кПа > R. Оп

max

143 10−6 м3

ределим процент перенапряжения:

Δσ% =

σ

max −R

100% =

220,1

− 200

=10,05% > 5%.

R

200

Имеет место недопустимое перенапряжение, поэтому окончательно принимаем двутавр №20, прочность которого была проверена (недонапряжение –12,84%).

ПРИМЕР 4.3.

Требуется.

Определить размер сечения δдля 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 : Mz оп = 20кН м; My оп =15кН м.

(Эпюры изгибающих моментов строим в каждой плоскости по отдельности и изображаем на одной оси в аксонометрии, рис.

4.7в).

2.Строим нейтральную линию (рис. 4.8)

а) Определяем положение центра тяжести сечения и величину главных центральных моментов инерции сечения - Iz ,Iy .

71

Рис. 4.7

y

=

∑Sz′

=

A1y1

+ A2 y2

=

30δ δ 15,5δ+ 20δ δ 0

= 9,3δ

c

∑A

A1 + A2

30δ δ+ 20δ δ

Здесь y1 = 302δ + δ2 =15.5δ ; у2=0, т. к. Z2 совпадает с произволь-

ной осью Z`.

б) Определим осевые моменты инерции сечения отностиельно главных центральных осей Z и У. Эти оси главные, т. к. ось У является осью симметрии.

Iz = Iz1 + y012 A1 + Iz2 + y022 A2 ;

I

y

= I

y1

+ z

01

2

A + I

y2

+ z

02

2 A

2

;

1

b h3

δ (30δ)3

30δ δ3

Iz1

=

1

1

=

= 2250δ4 ; Iy1 =

= 2,5δ4

;

12

12

12

Iz2

=

b

2

h3

=

20δ δ3

=1,7δ4 ; Iy1 =

δ (20δ)3

= 667δ4

;

2

12

12

12

y

01

= y

− y

c

=15,5δ−9,3δ = 6,2δ;

A

= 30δ2

1

1

y02

= y2 − yc

= 0 −9,3δ = −9,3δ;

A2 = 20δ2

72

Iz = 2250 δ4 +(6,2)2 δ2 30 δ2 +1,7 δ4 +(−9,3)2 δ2 20 δ2 = = 5137 δ4

Iy=2,5 δ4+667 δ4=669,5 δ4.

Рис. 4.8

в) Определим тангенс угла наклона нейтральной линии в опасном сечении к центральной оси Z :

tgϕ = tgα

I

z

=

0,75

5137δ4

= 5,75; ϕ =80

o

Iy

669,5δ4

tgα =

| My |оп

=

15

= 0,75 ,

α = 37

0

| Mz

оп

20

|

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

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

г) Откладываем угол ϕ =80o

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

Выпишем координаты опасной точки:

73

zоп = zA =10δ; yоп = yA = −(9,3δ+ 0,5δ) = −9,8δ

Запишем условие прочности для опасной точки «А» в следующем виде:

M

z

оп

оп

My

оп

оп

σ

max

=

y

+

z

≤ R

(4.12)

Iz

А

Iy

А

Подставим в это уравнение известные числовые значения и из условия σmax = R определим требуемую величину δ.

513720δ4 9,8δ+ 669,515 δ4 10δ = 200 103 кПа Отсюда находим - δ =1,095 10-2м =1,095см Округляя принимаем - δ =1,1см

Определим напряжения в характерных точках поперечного сечения – в точках А, В, D.

Выпишем координаты этих точек: zA = −10δ = −101,1 = −11см = −0,11м,

yA = −9,8δ = −9,8 1,1 = −10,78 см = −0.1078м, zB = 0,5δ = 0,5 1,1 = 0,55см = 0,0055м.

yB = (y01 +15δ) = 6,2δ+15δ = 21,2 1,1 = 0,2332 м. zD =10δ =10 1,1 =11см = 0,11м.

yD = −8,8δ = −8,8 1,1 = −9,68см = - 0.0968 м

Для определения напряжения в указанных точках воспользуемся формулой (4.1.):

σ= M z y + M y z Iz Iy

Предварительно определим значения главных центральных моментов инерции:

Iz =5137δ4 = 5137 1,14 = 7521см4 = 7521 10-8м4

Iy = 669,5δ4 = 669,5 1,14 = 980см4 = 980 10-8м4

Определяем напряжения в наиболее удаленных от нейтральной линии точках «А»,«D» при Mz = 20кНм и

74

My =15кНм (Изгибающие моменты берем положительны-

ми, т. к. они вызывают растяжение в точках сечения с положительными координатами).

σ

=

M

z

y

+

M y

z

=

20

(−0,1078)

+

А

Iz

А

Iy

А

7521 10−8

15

(−0,11) = −28,66 103 −168,36 103 =

980 10−8

= −197,02 103 кПа;

σ

=

M

z

y

+

M y

z

=

20

(−0,0968)

+

D

Iz

D

Iy

D

7521 10−8

15

0,11 = −25,74 103 +168,37 103 =142,63 103 кПа

980 10−8

Определим напряжение еще в одной характерной точке «В»

σ

=

M

z

y

+

M y

z

=

20

0,2332 +

В

Iz

В

Iy

В

7521

10−8

+

15

0,0055 = 62,01 103 +8,42 103 = 70,43 103 кПа

980 10−8

Рядом с поперечным сечением строим эпюру нормальных напряжений σ, 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 эпюруσ (рис. 4.8);

Наибольшее по модулю напряжение получилось в точке «А» и оно меньше расчетного сопротивления R :

σmax = σA =194,25 МПа < R (Условие прочности выполняется.)

75

4.3. Внецентренное растяжение-сжатие жестких прямых стержней

Внецентренным растяжением (или сжатием) называется сопротивление прямого стержня действию сил, параллельных продольной оси стержня, но не проходящих через центры тяжести 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 котором считается справедливым принцип суперпозиции (независимости действия сил).

Выделим участок стержня, подвергнутого внецентренному растяжению силами F вдоль линии КК1, (рис. 4.9). В данной постановке при расчете по недеформированной схеме напряженнодеформируемое состояние стержня является суммой напряжен- но-деформируемых состояний осевого растяжения и чистого косого изгиба. В рассматриваемом случае в поперечных сечениях бруса возникают отличные от нуля 3 внутренних силовых фактора: продольная сила N=F и изгибающие моменты относительно главных осей Y и Z: My = F ZF , Mz = F YF .

Общие нормальные напряжения в точках поперечного сечения стержня с координатами (у, z) определяются как сумма напряжений от указанных силовых факторов следующим выражением:

F

M

z

y

My

z

F

y

F

y

z

F

z

σ(y,z) =

+

+

=

1

+

+

, (4.13)

A

I

i2

i2

I

Z

Y

A

z

y

	где	iy =	Iy	; iz =	I	z	- главные радиусы инерции сечения.
			A		A

76

Уравнение нейтральной оси σ(yn ,zn ) = 0 с учетом (4.13) запишется в виде:

1+	yF yn	+	zF zn	= 0 ,	(4.14)
	iz2
			i2y

т. е. нейтральная линия – прямая, не проходящая через начало координат.

Здесь уn , zn – координаты точек нейтральной линии.

Для практического использования удобно представить уравнение нейтральной линии в отрезках ау , аz , отсекаемых ею на осях координат Y, Z. Пусть zn=0, тогда из (4.14) получим:

	yo = aY		= −		iZ2		;
			2		yF	2	(4.15)
аналогично:	aZ = −	i		;
			Y
		zF

Так как зависимость (4.13) для нормальных напряжений – линейная, то линии уровней (линии в точках которых нормальные напряжения имеют одинаковые значения) – прямые, параллель-

77

ные нейтральной оси. Для выявления напряжений в точках поперечного сечения достаточно построить эпюру σ в направлении, перпендикулярном нейтральной оси (рис. 4.10). Экстремальные значения в зонах растяжения и сжатия достигаются в точках

D1(yD1, zD1 ), D2(yD2, zD2 ), в точках наиболее удаленных от нейтральной оси.

В данном случае в элементах объема реализуется линейное напряженное состояние. Поэтому условия прочности сводятся к проверкам по максимальным нормальным напряжениям. Если расчетные пределы Rt=Rс=R, (материал пластичный) и h1>h2, то условия прочности имеют вид:

σ

= σD1 =

F

+

yF yD1

+

zF zD1

≤ R

(4.16)

1

i2Z

iY2

max

A

При Rt ≠ RC (материал хрупкий) составляются два условия прочности:

σраст

F

yF yD1

zF zD1

= σD1 =

1+

+

≤ Rt

iY2

max

A

i2Z

(4.17)

сж

F

yF yD2

zF zD2

σ

=

σD2

=

+

+

≤ Rс

1

2

2

max

A

iZ

iY

Условия (4.16), (4.17) служат для решения различных видов задач: поверочная (проверка прочности); проектная (подбор сечения); 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). Rt=0,25 МПа, Rc=2,5 МПа.

Требуется.

1.Построить нейтральную линию.

2.Определить допускаемое значение силы [F].

3.Построить эпюру нормальных напряжений.

78

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 yс от произвольно взятой оси Z′, определяемого по формуле:

yс =	SZ′	=	A1y1 + A2 y2 −A3 y3	.
	A		A1 + A2 − A3

Здесь Ai – площади простых

фигур;

yi – расстояния от произволь- но взятой оси Z′ до центральных осей простых фигур. Пусть в данном примере произвольная

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

	A 1= 30	40	= 600 см2; A 2=				60 40 = 2400 см2; A 3=15								40	= 300 см2
		2													2
				A=A1 +A2 –A3=600+2400-300=2700 см2
	y1=60 +				30	=70см;	y2=	60	=30см;		y3=		15	=5см.
				3
							2				3
		yc=		600 70 + 2400 30 −300 5						=	112500	= 41,67 см
											2700
				2700

2. Определим главные центральные моменты инерции сечения.

Т.к. ось У является осью симметрии всего сечения, оси Z и У являются главными центральными осями заданного сечения.

79

IZ = (IZ1 + y012 A1 ) +(IZ2 + y022 A2 ) −(IZ3 + y032 A3 ).

IУ = (Iy1 + z012 A1 ) +(Iy2 + z022 A2 ) −(Iy3 + z032 A3 ).

Здесь IZi иIyi –собственные моменты инерции простых фигур

относительно своих центральных осей;

y0i и z0i – расстояния от центральных осей всей фигуры до соответствующих осей простых фигур.

Определим эти величины.

Iz1

=

40 303

= 30000 см4;

Iy1 =

30 403

= 40000 см4;

36

48

Iz2

=

40 603

= 720000 см4; Iy2

=

60 403

= 320000 см4;

12

12

Iz3

=

40 153

= 3750 см4; Iy3

=

15 403

= 20000 см4.

36

48

y01 = y1 − yc

= 70 − 41,67 = 28,33см;

z01 = z02 = z03 = 0 ;

y02 = y2 − yc

=30 − 41,67 = −11,67 см;

y03

= y3 − yc

= 5 −41,67 = −36,67 см.

Подставим все найденные величины в уравнения для определения IZ и IУ:

IZ = (30000 + 28,332 600) + (720000 + (−11,67)2 2400) − −(3750 + (−36,67)2 300) =113,135 104 см4.

IY = (40000 +320000 − 20000) = 34 104 см4.

3. Определим квадраты главных центральных радиусов инер-

	ции сечения.				113,135 104
	iZ2 =	IZ	=					= 419 см2;
		A			2700
	iУ2 =	IУ		=		34 104	=126 см2.
		A			2700

4. Построим нейтральную линию, для чего определим отрезки, отсекаемые нейтральной линией на осях координат, принимая координаты точки «В» за координаты точки приложения силы – zF = zB = 20 см; yF = yB =18,33 см.

80