Файл: Мирзаев, Г. Г. Проектирование и строительство инженерных сооружений конспект лекций.pdf

Скачать файл
Заказать решение

ВУЗ: Не указан

Категория: Не указан

Дисциплина: Не указана

Добавлен: 01.11.2024

Просмотров: 49

Скачиваний: 0

ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.

 

 

 

 

 

 

80

 

 

ставлено как центральное сжатие с чистым изгибом рис.35,6.

Си-

лы p j и

Рх

, приложенные в центре тяжести, равны действую­

щей силе

р

.

Тогда сила

Рх

вызывает центральное сжатие

 

стержня,

а

силы Рх

и

Рх

образуют пару сил с плечом е

и

моментом

 

Мх - е Р х

.

Момент

Мх вызывает чистый косой из­

гиб стержня в плоскости, проходящей через ось стержня и точку приложения силы Рх .

Горизонтальная составляющая вызывает поперечный косой из­ гиб стержня в горизонтальной плоскости с кручением вокруг про­ дольной оси стержня. В этом можно убедиться, если в точке 0 приложить две одинаковые по величине и противоположно направ­

ленные силы Рг' и р "

, равные и парарллельные силе

Р п

(рис. 35,в ), Силы Рг

вызывают косой изгиб стержня, а

силы

Рг и Рр образуют крутящий момент , равный Мкр= Ра

. Ко­

сой изгиб как в первом, так и во втором случае цредставляет собой сложный вид деформации, который может быть заменен дву­ мя плоскими изгибами относительно главных осей инерции сечения

(рис. 35,г ) .

§ 10. Косой изгиб

Косой изгиб возникает, когда сила приложена в центре тя­ жести сечения и перпендикулярна продольной оси стержня, но ее направление не совпадает с направлением главных центральных

осей инерции

сечения.

 

 

Пусть балка прямоугольного сечения, защемленная одним

концом (рис.

36,а ), изгибается силой Р

, которая действу­

ет перпендикулярно оси балки и составляет

угол

Ч с верти­

кальной осью

г . В данном случае имеет место

косой изгиб,

так как плоскость действия изгибающего момента не совпадает ни с одной из двух главных плоскостей инерции балки.

Чтобы решить задачу, заменим косой изгиб двумя плоскими.

Для этого силу

р

разложим на

две составляющие Ру = Р sin Ч

и Pz =Pcos4

,

действующие по

главным осям сечения. Абсо­

лютные значения изгибающих моментов относительно главных осей у ' и z ‘ в произвольно взятом сечении a b e d на расстоя-

81

Рас.36

82

яии х от свободного конца балки будут равны

Му =Рг х =Pxcos4=M cos9 ;

М =Р x - P x S i n 4 - М й п Ч .

z У

Пользуясь законом независимости действия сил, можно най­ ти напряжения и прогибы, получающиеся цри одновременном дейст­ вии моментов Му и Mz .

Таким образом, случай косого изгиба всегда можно свести к двум плоским.

Нормальные напряжения для произвольно взятой в сечении abed, точки А от действия только момента Му (рис.36,б, определяются по формуле

В этой же точке напряжение от действия только момента Мг

равно

Цри одновременном действии двух моментов Му и Mz напря­ жение в любой точке сечения равно алгебраической сумме напря -

нений

0 = 0 + <5 — + M„z + Мя у

Знак перед членами беретря по физическому смыслу дефор­ мации, если в определенной точке в результате действия соот­ ветствующего момента возникают сжимающие напряжения, то знак этого члена - минус, если наблюдаются растягивающие напряжения, то плюс.

В нашем примере суммарное напряжение (напряжение от дейст­ вия силы Р ) равно

МЯЛ

Ъ. = - ~ Т - zcos<f-

>

*«

 

83

Прочность балки следует проверять в опасных точках опасно­ го сечения. Опасным считается сечение балки, где действуют максимальные изгибающие моменты. Опасными точками в опасном сечении являются точки, наиболее удаленные от нейтральной оси, где знаки напряжений,возникающих от действия двух моментов, совпадают.

Прочность в опасных точках опасного сечения проверяется по формуле

 

 

 

■z

±

Mr

6 W

 

Если поперечное сечение балки симметричное, то расчетная

формула уцрощается

Мя

М,

 

 

 

 

 

 

а д

 

 

 

W У -

Юг

 

где

го

= J-S -

Iz

 

 

- моменты сопротивле-

 

У

z max

Ю*~'ут

 

у

и z .

ния сечения балки относительно осей

 

Положение нейтральной линии

(проходит через точки, в ко­

торых нормальные напряжения равны нулю), в случае косого изги- , ба может быть определио аналитически, если известен угол ос , который она составляет с осью Ох (рис. 36,г ) . Воспользуем­ ся основной формулой для вычисления нормальных напряжений в любой точке

%=м(-т-

cos Ч +

si л у) = - - £ £ - cos ? +

-^-Un4 = 0 .

 

lZ

-с»

'‘г

Откуда

 

 

 

 

Ив последней формулы видно,

что'при косом изгибе, когда

Iy* L • нейтральная ось не перпендикулярна линии действия силы (как при прямом изгибе). Она отклоняется от линии дейст­

вия силы

в сторону оси сечения наименьшей жесткости. Для се­

чений, у

которых /г =/^

( квадрат, круг и д р .) нейтраль-

84

нал линия всегда перпендикулярна к плоскости действия сила (нагибающего нонента),5 где и происходят деформация изгиба. В балках,ь у которых все центральные оси поперечных сечений являются главными, косого изгиба быть не мохет.

§ I I . Растяжение (сжатие) с изгибом,

В практике встречаются случаи, когда внешние силы дейст­ вуют на балку под некоторым углом к продольной оси. Причем, в зависимости от направления действующей силы возникают дефор­

мации изгиба и растяжения иди изгиба я сжатия.

Например, если

балка,

защемленная одним концом (рис. 37), загружена внешней

силой

Р , расположенной под некоторым углом

л

к продольной

оси, то она испытывает деформации растяжения

и

изгиба.

Бели силу

Р разложить на две составляпцие: гормон

-

тальную Р ' и вертикальную

Р ' , то

сила Р ' вызовет рас

-

тяжение балки,

а сила Р"

изгиб.

Нормальное напряжение во

всех поперечных сечениях балки одинаково и распределено рав­ номерно по сечению. Величина этого напряжения определяется по формуле

85

где F - площадь поперечного сечения балки.

Напряжения от изгиба в разных сечениях балки зависят от величины изгибавшего момента и определяются по формуле

 

Gиз =

 

Р X

 

 

---- £

Zс

 

 

 

J

 

 

где Мх -

момент в сечении х

; zc

расстояние от рас­

сматриваемой точки до нейтральной оси;

1у - момент инерции

поперечного сечения балки относительно нейтральной оси.

Суммарное напряжение от изгиба и растяжения для выбран -

ной точки

С

 

 

 

 

<5

р

у

 

 

с

I

 

Цри проверке прочности деталей конструкции необходимо определять напряжения в опасных точках опасных сечений по фор­ муле

< 3

тох

= ±

_р_

"1™ ?.z

< Гь1

 

 

F

 

 

Если поперечное сечение балки симметричное, то можно применять более простую формулу

G__ = i

-Е.+

м .

F ~

§ 12. Внецентренное растяжение или сжатие

Направление действия продольной сжимающей или растягиваю­ щей силы не совпадает с центром тяжести сечения бруса, тогда этот брус подвергается действию внецентреиного сжатия или растяжения. Возьмем брус (рис. 38,а) нагруженный силой

Р, параллельной оси бруса х и приложенной в точке А .

Точка А не лежит на пересечении главных плоскостей бруса и имеет координаты , zp .

86

Рис.38

87

Приложим в

центре

тяжести

верхнего основания бруса две

силы р ' и Р " , равные

силе Р

и направленные по оси ^

в

противоположные

стороны. Тогда силы Р и р " дадут пару

сил

с моментом, плоскость действия которого не совпадает с глав­ ными плоскостями инерции, т.е. получим косой изгиб.

Сила Р ' вызовет в брусе напряжение сжатия, равное

Таким образом, общий случай внецентренного сжатия (растя­ жения) сводится к совместному действию косого изгиба и просто­

го сжатия

(растяжения).

В с коор­

 

Найдем напряжения в произвольно взятой точке

динатами

Z и

у , расположенной в сечении на расстоянии х

от

верхнего конца бруса. Разложим момент, равный

Мр=Ре,

на

два момента,

которые д е й с т в у ю т главным осям:

 

My = Fzr >

Mz=Pyp ■

Оба эти момента вызываю

в точке В , лежащей в первой

четверти, напряжения сжатия:

 

<5= щ

; G

м.

.

iy

 

 

 

 

Суммарное напряжение для произвольной точки В с коор­

динатами z и у найдем,

сложив все составляющие напряжения,

б = -

.V

 

г

 

 

 

 

ИЛИ

Ргр

Z+-

■V

 

<5=

 

jp

 

F

 

 

 

 

Прочность в этом случае проверяется в опасных точках, в которых действую максимальные напряжения (точки наиболее уда­ ленные от нейтральной оси). Для определения наиболее напряжен­ ной точки сечения необходимо знать положение нейтральной линии. Уравнение этой линии можно получить, если приравнять к нулю напряжения в основной расчетной формуле. Из этого уравнения легко найти точку пересечения нулевой линии с осями коордж -

пат (рис. 38,6)

88

При у = О

при 20= О

Отрицательные значения координат точек пересечения нейт­ ральной линии с осями показывают, что нейтральная линия про -

ходит в противоположном от силы Р квадрате.

Положение

нейтральной линии не зависит от величины силы

Р , а зависит

только от координат ее приложения и от геометрических характе­ ристик сечения.

Нейтральная ось, если она проходит в пределах сечения бруса, делит ато сечение на две части. В одной будут сжимаю­ щие напряжения, в другой растягивающие. Причем, наибольшие по величине напряжения наблюдаются в наиболее удаленных от нейт­ ральной оси точках.

Прочность внецектренно сжатых или растянутых стервеней проверяют по формулам:

Если оси у ж z являются осями симметрии, то расчетные формулы упрощаются

Р_

® m ax — F

89

Му Ж 4 [ g1

§ 13. Понятие о ядре сечения

При внецентреняом сжатии или растяжении (рис. 39,а) в по­ перечном сечении стержня в зависимости от места приложения си­ лы могут возникать напряжения разных знаков.

а)

В)

«)

г)

д)1

 

 

 

 

Рис.39

1. При эксцентриситете

е = 0 получаем центральное сжа­

тие (рис. 39,6).

,

 

 

2. Цри

0 < е ■-j-

в поперечном сечении элемента возника­

ют напряжения одного знака,

отличные от нуля (рис. 39,в ).

3. При

е=

 

напряжения в поперечном сечении бруса

Смотрите также файлы