Файл: Тема 12.doc

Из рис.12.8 следует, что наибольшие по величине напряжения возникают в точках сечения, наиболее удаленных от нулевой линии. В рассматриваемом случае такими точками являются точки №1 и №3. Таким образом, при косом изгибе условие прочности имеет вид:

. (12.14)

Здесь: ; .

Если моменты сопротивления сечения относительно главных осей инерции могут быть выражены через размеры сечения, условие прочности удобно использовать в таком виде:

. (12.15)

При подборе сечений один из осевых моментов сопротивления выносят за скобку и задаются отношением . Зная , и угол , путем последовательных попыток определяют значения и , удовлетворяющие условию прочности

. (12.16)

Для несимметричных сечений, не имеющих выступающих углов, используется условие прочности в виде (12.14). В этом случае при каждой новой попытке подбора сечения необходимо предварительно вновь найти положение нулевой линии и координаты наиболее удаленной точки ( ). Для прямоугольного сечения . Задаваясь отношением , из условия прочности (12.16) легко можно найти величину и размеры поперечного сечения.

Рассмотрим определение перемещений при косом изгибе. Найдем прогиб в сечении консольной балки (Рис.12.9). Для этого изобразим балку в единичном состоянии и построим эпюру единичных изгибающих моментов в одной из главных плоскостей. Будем определять полный прогиб в сечении , предварительно определив проекции вектора перемещений на оси и . Проекцию вектора полного прогиба на ось найдем, воспользовавшись формулой Мора:

. (12.17)

Проекцию вектора полного прогиба на ось найдем аналогичным способом:

. (12.18)

Полный прогиб определим по формуле:

. (12.19)

Рис.12.9

Следует обратить внимание, что при косом изгибе в формулах (12.17) и (12.18) при определении проекций прогиба на оси координат меняются лишь постоянные члены, стоящие перед знаком интеграла. Сам же интеграл остается постоянным. При решении практических задач будем вычислять этот интеграл, пользуясь методом Мора-Симпсона. Для этого умножим единичную эпюру на грузовую (Рис.12.9), построенную в силовой плоскости, а затем полученный результат умножим последовательно на постоянные коэффициенты, соответственно, и . В результате получим проекции полного прогиба и на оси координат и . Выражения для проекций прогиба для общего случая нагружения, когда балка имеет участков, будут иметь вид:

; (12.20)

. (12.21)

Отложим найденные значения для , и (Рис.12.8). Вектор полного прогиба составляет с осью острый угол , величин которого можно найти по формуле:

, (12.22)

---

откуда

. (12.23)

Сравнивая уравнение (12.22) с уравнением нулевой линии (12.13), приходим к выводу, что

или ,

откуда следует, что нулевая линия и вектор полного прогиба взаимно перепедикулярны. Угол является дополнением угла до 90⁰. Это условие может быть использовано для проверки при решении задач на косой изгиб:

. (12.24)

Таким образом, направление прогибов при косом изгибе перпендикулярно нулевой линии. Отсюда вытекает важное условие, что направление прогибов не совпадает с направлением действующей силы (Рис.12.8). Если нагрузка представляет собой плоскую систему сил, то ось изогнутой балки лежить в плоскости, которая не совпадает с плоскостью действия сил. Балка перекашивается по отношению к силовой плоскости. Это обстоятельство послужило основанием для того, что подобный изгиб стали называть косым.

Пример 12.1. Определить положение нулевой линии (найти угол ) для поперечного сечения балки, изображенной на рис.12.10.

Рис.12.10

Решение:

1. Угол до следа силовой плоскости будем откладывать от положительного направления оси . Угол всегда будем брать острым, но с учетом знака. Любой угол считается положительным, если в правой системе координат его откладывают от положительного направления оси против часовой стрелки, и отрицательным, если угол откладывают по часовой стрелке. В данном случае угол считается отрицательным ( ).

2. Определяем отношение осевых моментов инерции:

.

3. Записывем уравнение нулевой линии при косом изгибе в виде, откуда находим угол :

; .

4. Угол оказался положительным, поэтому откладываем его от положительного направление оси против часовой стрелки до нулевой линии (Рис.12.10).

Пример 12.2. Определить величину нормального напряжения в точке А поперечного сечения балки при косом изгибе, если изгибающий момент кНм, координаты точки см, см. Размеры поперечного сечения балки и угол наклона силовой плоскости приведены на Рис.12.11.

Рис.12.11

Решение:

1. Вычислим предварительно моменты инерции сечения относительно осей и :

см⁴; см⁴.

2. Запишем формулу (12.11) для определения нормальных напряжений в произвольной точке поперечного сечения при косом изгибе. При подстановке значения изгибающего момента в формулу (12.11) следует учесть, что изгибающий момент по условию задачи положительный.

 7,78 МПа.

Пример 12.3. Определить размеры поперечного сечения балки, изображенной на рис.12.12а. Материал балки – сталь с допускаемом напряжением МПа. Отношение сторон задается . Нагрузки и угол наклона силовой плоскости приведены на рис.12.12в.

Рис.12.12

---

Решение:

1. Для определения положения опасного сечения строим эпюру изгибающих моментов (Рис.12.12б). Опасным является сечение А. Максимальный изгибающий момент в опасном сечении кНм.

2. Опасной точкой а сечении А будет одна из угловых точек. Условие прочности запишем в виде

,

Откуда найдем, учитывая, что отношение :

см³.

3. Определяем размеры поперечного сечения. Осевой момент сопротивления с учетом отношения сторон равен:

см³, откуда

см; см.

Пример 12.4. В результате изгиба балки центр тяжести сечения переместился в направлении, определяемом углом с осью (Рис.12.13,а). Определить угол наклона силовой плоскости. Форма и размеры поперечного сечения балки приведены на рисунке.

Рис.12.13

Решение:

1. Для определения угла наклона следа силовой плоскости воспользуемся выражением (12.22):

, откуда .

Отношение моментов инерции (см. пример 12.1). Тогда

.

Отложим это значение угла от положительного направления оси (Рис.12.13,б). След силовой плоскости на рис 12.13,б показан шриховой линией.

2. Выполним проверку полученного решения. Для этого при найденном значении угла определим положение нулевой линии. Воспользуемся выражением (12.13):

.

Откуда

.

Нулевая линия показана на рис.12.13 шрих-пунктирной линией. Нулевая линия должна быть перпендикулярной линии прогибов. Проверим это:

.

Пример 12.5. Определить полный прогиб балки в сечении В при косом изгибе (Рис.12.14а). Материал балки – сталь с модулем упругости МПа. Размеры поперечного сечения и угол наклона силовой плоскости приведены на рис.12.14б.

Решение:

1. Определим проекции вектора полного прогиба в сечении А и . Для этого построим грузовую эпюру изгибающих моментов (Рис.12.14,в), единичную эпюру (Рис.12.14,г).

Рис.12.14

2. Применяя метод МораСимпсона, перемножим грузовую и единичную эпюры изгибающих моментов, используя выражения (12.20) и (12.21):

м мм.

м мм.

Осевые моменты инерции сечения см⁴ и см⁴ берем из примера 12.1.

3. Определяем полный прогиб сечения В:

мм.

4. Направление прогиба найдем из выражения

.

Найденные значения проекций полного прогиба и сам полный прогиб откладываем на чертеже (Рис.12.14б). Так как проекции полного прогиба получились при решении задачи положительными, откладывем их в направлении действия единичной силы, т.е. вниз ( ) и влево ( ).

5. Для проверки правильности решения определим угол наклона нулевой линии к оси :

.

Сложим модули углов направления полного прогиба и :

.

Это означает, что полный прогиб перпендикулярен нулевой линии. Таким образом, задача решена верно.

12.5. Изгиб с растяжением (сжатием)

---

Изгиб с растяжением (сжатием) относится к видам сложного сопротивления первой группы. При этом виде сложного сопротивления могут возникнуть пять внутренних силовых факторов: продольная сила , поперечные силы и и изгибающие моменты и . Если пренебречь влиянием касательных напряжений на прочность бруса, из пяти внутренних силовых факторов остаются три . Этот случай сложного сопротивления был подробно рассмотрен в разделе 12.2 настоящего пособия. Поэтому все формулы для нормальных напряжений и условия прочности, полученные в разделе 12.2, могут быть применены и к рассматриваемому виду сложного сопротивления. Следует отметить, что при возникновении сложного изгиба со сжатием, брус должен обладать большой жесткостью, т.е. не терять устойчивость.

Рассмотрим частный случай действия нагрузки, при котором возникает изгиб с растяжением. Балка консольного типа (Рис.12.15,а) с прямоугольным поперечным сечением. Балка нагружена наклонной силой , лежащей в вертикальной плоскости. Разложим силу не две составляющие: горизонтальную составляющую и вертикальную составляющую . От вертикальной составляющей силы возникает изгибающий момент (Рис.12.15,б), от горизонтальной составляющей силы  продольная сила (Рис12.15,в). Изгибающий момент . Изгибающий момент меняется по линейному закону, достигая максимального значения в заделке, в сечении А, продольная сила положительная и постоянная по величине на всей длине балки.

Нормальные напряжения в произвольно выбранной точке сечения для рассматриваемого частного случая определим по формуле (12.2) при :

. (12.25)

Рис.12.15

При определении напряжений по формуле (12.25) применяем принцип простого суммирования напряжений от действия каждого из факторов в отдельности. На рис.12.16 приведен графический пример сложения напряжений.

Рис.12.16

Уравнение нулевой линии получим, приравняв нулю выражение для напряжений:

, (12.26)

откуда находим ординату нулевой линии

.

Максимальные напряжения действуют в волокнах, наиболее удаленных от нулевой линии. Условие прочности принимает вид:

. (12.27)

Условие прочности содержит две неизвестные величины – оевой момент сопротивления и площадь поперечного сечения . В большинстве случаев нормальные напряжения от изгиба больше, чем от растяжения или сжатия, поэтому при подборе сечения можно вначале опустить первое слагаемое и найти приближенное значение для момента сопротивления. Затем подбираются размеры поперечного сечения по найденной величине момента сопротивления. Размеры сечения берутся несколько большими требуемых и далее проверяется прочность выбранного сечения по формуле (12.27).

---

12.6. Внецентренное растяжение (сжатие) прямого бруса

Внецентренное растяжение (сжатие) относится к видам сложного сопротивления первой группы. Этот вид деформации вызывается действием силы, параллельной продольной оси стержня, но не проходящей через центр тяжести поперечного сечения.

Рассмотрим брус с произвольной формой поперечного сечения, на который действует сила , параллельная оси бруса и пересекающая любое поперечное сечение в точке А. Координаты этой точки в системе главных осей инерции сечения обозначим и (Рис.12.17). Расстояние точки А от центра тяжести сечения обозначим буквой назовем ексцентриситетом точки приложения силы.

Приложим в точках В и 0 две пары уравновешенных системы сил. В результате получим две пары сил: и . Кроме того, в точке 0 появится сила , действующая вдоль оси . Эти внешние силы вызовут в произвольном прперечном сечении, лежащем на расстоянии от основания фигуры, внутренние силовые факторы: ; ; .

Рис.12.17

Таким образом, напряжения в произвольной точке поперечного сечения будут складываться из напряжений, вызванных продольной силой и напряжениями чистого изгиба, вызванных моментами и , по формуле (12.2). После несложных преобразований эту формулу можно преобразовать к виду, выразив внутренние усилия через внешнюю силу :

. (12.28)

Принимая во внимание, что ;  квадраты радиусов инерции сечения относительно главных осей и , формулу (12.28) преобразуем к виду:

. (12.29)

При определении напряжений по формуле (12.29) знак “+” принимается для случая, если сила растягивающая. При сжимающей силе перед скобкой в формуле (12.29) принимается знак “”.

Поскольку при внецентренном растяжении или сжатии возникает осевое растяжение (сжатие) и чистый пространственный изгиб, все поперечные сечения стержня в одинаковой степени опасны. Опасные же точки в поперечном сечении найдем, построив нулевую линию. Уравнение нулевой линии получим, если приравняем нулю напряжения, вычисленные по формуле (12.29) в произвольной точке нулевой линии с координатами и :

. (12.30)

Построим нулевую линию (Рис.12.18).

Рис.12.18

Так как координаты нулевой линии и входят в формулу (12.30) в первой степени, нулевая линия является прямой линией. Следовательно, ее можно построить, определив отрезки, которые нулевая линия отсекает на осях координат и . Для их определения зададим в формуле (12.30) значение . Тогда, обозначив отрезок, который нулевая линия будет отсекать на оси через и вводя его в формулу (2.30) вместо , получим:

. (12.31)

Задавая аналогичным образом из формулы (12.30) получим:

. (12.32)

---