Полная версия

Главная arrow Строительство arrow СТРОИТЕЛЬНАЯ МЕХАНИКА ДЛЯ АРХИТЕКТОРОВ

  • Увеличить шрифт
  • Уменьшить шрифт


<<   СОДЕРЖАНИЕ ПОСМОТРЕТЬ ОРИГИНАЛ   >>

Понятие о косом изгибе

Случай изгиба, когда силовая плоскость не совпадает ни с одной из главных плоскостей, содержащих ось стержня и главные оси инерции сечения, называется косым изгибом.

На косой изгиб работают, например, обрешетины кровли (рис. 10.28), консоли, загруженные на свободном конце сосредоточенной нагрузкой под углом к главной плоскости, и т.д.

Рис. 10.28

Рассмотрим действие косого изгиба на примере стержня прямоугольного сечения (рис. 10.29, а), загруженного силой F, наклоненной к оси у под углом а. Разложим силу F на две составляющие по осям z и у. Fy = F cos a; Fz =Fsina, и на основании принципа независимости действия сил разберем действие каждой из них отдельно.

Рис. 10.29

Сила Fy изгибает стержень в вертикальной плоскости и вызывает в его сечениях изгибающий момент М2 относительно оси г. Таким образом, действие силы Fy вызывает плоский изгиб в вертикальной плоскости. Поэтому на основании (10.8) можно построить эпюру нормальных напряжений в вертикальной плоскости (рис. 10.29, в):

Таким образом, в произвольной точке сечения с координатами гну нормальное напряжение

Нагрузка Fz изгибает стержень в горизонтальной плоскости. Рассуждая аналогично предыдущему, получим эпюру нормальных напряжений в горизонтальной плоскости (см. рис. 10.29, в):

Эпюра нормальных напряжений, соответствующая выражению (10.23), показана на рис. 10.29, в. Как и всякая эпюра нормальных напряжений при изгибе, она имеет нулевую линию п—п, которая проходит через начало координат, а ее наклон к оси г определяется тангенсом угла р.

Для определения угла воспользуемся следующими соображениями. Как было показано в подпараграфе 2.4.2 (см. рис. 2.17, а), любой момент можно представить в виде вектора. Поэтому выразим изгибающие моменты М2 и в векторной форме и представим их через вектор суммарного момента М, направленного перпендикулярно силовой плоскости (см. рис. 10.29, б):

Подставив эти значения в (10.23), получим

Приравняв полученное выражение нулю, получим

Таким образом, уравнение нулевой линии при косом изгибе имеет вид

Имея уравнение нулевой линии п—п, находим наиболее удаленную от нее точку К (zK, ук), для которой и составляем условие прочности:

Если поперечное сечение имеет хотя бы одну ось симметрии, то максимальное напряжение будет

и условие прочности можно записать в виде

Рассмотрим примеры расчета балок при изгибе.

Пример 10.1

Требуется определить допускаемую нагрузку на балку (рис. 10.30, а) из условия прочности. Балка изготовлена из двутавра № 20 (сталь С245, Wz = 184 см3, см. прил. 6). Пролет балки 3/ = 3 м. Расчетное сопротивление стали Rt. = 240 МПа (см. прил. 2), коэффициент условия работы ус=1.

Рис. 1030

РешепиеЛ. Определим опорные реакции в балке (рис. 10.30, б). Проверка: XT = VA + RB- F = 2ql/З + ql/З-ql = 0.

  • 2. Назначим расчетные сечения для определения изгибающих моментов Ми поперечных сил Q (рис. 10.30, в):
    • — на границах участков действия распределенных нагрузок;
    • — в местах приложения сосредоточенных сил (опорных реакций и внешней нагрузки) — слева и справа от точки приложения силы;
    • — в местах приложения сосредоточенных моментов (слева и справа от точки приложения).
  • 3. Определим усилия в расчетных сечениях балки.

Участок 1—2. На участке действует равномерно распределенная нагрузка. Эпюра М должна быть очерчена по квадратной параболе, выпуклостью вниз, т.е. в сторону действия нагрузки. Эпюра Q должна иметь вид прямой наклонной линии, для построения которой достаточно знать две ординаты эпюры поперечных сил.

М] = 0 (сечение примыкает к опорному шарниру).

Участок 5—6. На консольном участке балки отсутствует вертикальная нагрузка, поэтому эпюра М должна быть постоянной, а эпюра Q — нулевой.

Участок 3—4. Па участке отсутствует нагрузка. Эпюра М должна быть наклонной прямой, а эпюра Q — постоянной.

По найденным значениям М и Q строим эпюры изгибающих моментов и поперечных сил (рис. 10.30, г).

Определим экстремальное значение изгибающего момента на участке 1—2:

  • 4. Произведем визуальную проверку правильности построения эпюр усилий на основании правил, сформулированных в параграфе 10.2:
    • — на участке 1—2 эпюра М очерчена по параболе выпуклостью вниз, а эпюра Q — наклонной линией, тангенс угла наклона которой равен интенсивности действующей нагрузки; перепад ординат на эпюре Q равен равнодействующей действующей нагрузки ql;
    • — на участке 3—4 эпюра М очерчена по наклонной прямой, тангенс отрицательного угла наклона которой равен значению постоянной поперечной силы на участке;
    • — в местах приложения сосредоточенных сил (сечения 1, 2—3, 4—5) эпюра М имеет переломы, острие которых направлено в сторону действия сосредоточенных сил; эпюра Q в этих местах имеет скачки, равные величинам сосредоточенных сил и направленных (при обходе слева направо) в сторону их действия;
    • — на участке 5—6 эпюра М постоянна и эпюра Q имеет нулевые значения.
  • 5. Значение допускаемой нагрузки определяем из условия прочности. Максимальный изгибающий момент в балке — в сечениях на консоли и над правой опорой Mlmx = qP.

Из условия прочности (10.20)

получаем

Пример 10.2

Требуется подобрать сечение деревянной балки, изображенной на рис. 10.31, а, в трех вариантах (круглое, квадратное и прямоугольное с отношением h / b = 1,5). Материал — сосна. Расчетные сопротивления (см. прил. 4): для прямоугольного и квадратного сечений R„ = 14 МПа, для круглого сечения /’н = 16 МПа; коэффициент условия работы ус = 0,9.

Рис. 1031

Решение. 1. Определим опорные реакции в балке (рис. 10.31, в).

А= 0; 8 ? 1 + 2 • 5 • 3,5 + 4 ? 5 - R,, ? 6 = 0, Дв=10,5кН.

ХМВ = 0; Кл• 6-8• 5-2• 5• 2,5-4• 1 = 0, VA = 11,5 кН.

  • 2. Назначим расчетные сечения для определения изгибающих моментов М и поперечных сил Q (рис. 10.30, в).
  • 3. Определим усилия в расчетных сечениях балки.

Участок 1—2. На участке отсутствует нагрузка. Эпюра М должна быть наклонной прямой, а эпюра О — постоянной.

Mi = 0 (сечение примыкает к опорному шарниру).

Qi = Q2 = ^PlEB=VA = U,5 кН.

М2 =ЛЕВ = VA • 1 = 11,5 кН • м.

Участок 4. На участке действует равномерно распределенная нагрузка. Эпюра М должна быть очерчена по квадратной параболе, выпуклостью вниз, т.е. в сторону действия нагрузки. Эпюра Q должна иметь вид прямой наклонной линии, для построения которой достаточно знать две ординаты эпюры поперечных сил.

М3 = M2 = ZМЯЕВ = VA • 1 = 11,5 кН • м.

<23 = ZF;1HB = VA - 8 = 11,5- 8 = 3,5 кН.

Л/4 = ?МЯЕВ = 11,5-5-8-4-2-4-2 = 9,5 кН• м.

Q4 = ?ТЛЕВ = УЛ -8-2-4 = 11,5-8-2-4 = -4,5 кН.

На участке 3—4 имеем перемену знаков в значениях поперечной силы, следовательно, на этом участке должно быть расположено сечение, в котором действует экстремальный изгибающий момент. Для определения экстремального значения изгибающего момента на участке 3—4 мысленно вырежем этот участок, приложив в местах проведенных сечений все найденные внутренние силы (рис. 10.31, г) согласно принятым ранее правилам знаков. Тогда

Qo = 2^ЛЕВ = 3,5-2*0 = 0, #0 = 1,75 м.

мжс = ? М л ЕВ = 3,5*0 - 2*0 • 0,5*0 = *0(3,5 - *0 ) = 1,75(3,5 -1,75) = 14,5625 кН • м.

Участок 5—6. Условия изображения эпюр М и Q такие же, как и на предыдущем участке.

Мб = (сечение примыкает к опорному шарниру).

Qq = ? рпРАВ = —RB = —10,5 кН.

М5 = М4 = ?МПРАВ = RB • 1 -2• 1 ? 0,5 = 9,5 кН • м.

Q5 = lFllPAB = -RB+ 21 = -10,5 + 2-1 = -8,5кН.

По найденным значениям М и Q строим эпюры изгибающих моментов и поперечных сил (рис. 10.31, д)

  • 4. Произведем визуальную проверку правильности построения эпюр усилий на основании правил, сформулированных в параграфе 10.2, по аналогии с примером 10.2.
  • 5. Произведем подбор сечений. Максимальный изгибающий момент в балке Мтах = = 14,5625 кН м (в сечении на расстоянии (1,0 + *0) от левой опоры).

Из условия прочности (10.20) требуемый момент сопротивления сечения

а. Момент сопротивления для круглого сечения Wz =пг3 /4 (см. прил. 5). Тогда из соотношения яг3 / 4 > 16,1806 / R„ найдем требуемый радиус круглого сечения:

Диаметр круглого сечения d = 2г= 21,76 см, окончательно принимаем размер, кратный 10 мм: d= 22 см. Площадь сечения по первому варианту подбора Л{ = кг2 = = я • 112 = 380,13 см2.

б. Момент сопротивления для квадратного сечения Wz = а3/ 6 (см. прил. 5). Тогда из соотношения а3/ 6 > 16,1806 / RH найдем требуемый размер поперечного сечения:

/6-16,1806

а > л--— = 19,07 см.

V 14-103

Окончательно принимаем размер, кратный 10 мм: а = 20 см. Площадь сечения по второму варианту подбора Л2 - а2 - 202 = 400 см2.

, _ ,/9 -16,1806 „<00

в. Момент сопротивления для прямоугольного сечения W2 = Ыг2 / 6 (см. прил. 5) или, при 6 = 6/ 1,5, W2 = h3 / 9.

Тогда из соотношения 63/ 9 > 16,1806 / /?„ найдем требуемую высоту поперечного сечения

п> ?-— = 21,83 см

V 14-10*

и его ширину 6 = 6/ 1,5 = 21,83 / 1,5 = 14,35 см.

Окончательно принимаем размеры, кратные 10 мм: 6 = 22 см, 6=15 см. Площадь сечения по третьему варианту подбора Л3 = 66 = 22 • 15 = 330 см2.

Таким образом, наиболее рациональным по расходу материала является прямоугольное сечение.

Пример 10.3

Требуется, исходя из условия жесткости, подобрать прямоугольное сечение (6 / / b = 1,5) деревянной балки пролетом / = 6,0 м, загруженной в середине пролета сосредоточенной силой F= 16 кН. Допускаемый прогиб [/] = //200, модуль упругости Е = = 104 МПа = 107 кПа (см. прил. 1).

Решение. Прогиб балки при заданном загружеиии (см. рис. 10.7, а)

/-7з 1й-63

/ = -^— = - = 72 • 10~7 / 12.

' 48 EI, 48 Ю7/,

Следовательно, условие жесткости на основании (10.22) будет иметь вид 72-10-7 /

Момент инерции прямоугольного сечения (см. прил. 5)

1г =6(1,56)3/12 = 0,2812564.

Подставляя момент инерции в условие жесткости, получим

72-10-7 / 0,2812564 = 256 • 10-7 /64 <0,03,

откуда находим требуемую ширину поперечного сечения:

6 > 4 _256 = 0,1709 м = 17,09 см.

V Ю' -о,оз

Принимаем 6 = 18 см, 6 = 1,56 = 27 см.

Пример 10.4

Требуется подобрать для балки (рис. 10.32) сечение из двутавра (сталь С245) из условий прочности и жесткости. Балка загружена расчетной нагрузкой F = = 20 кН и q = 6 кН/м. Расчетное сопротивление стали R,f = 240 • 103 кПа (см. прил. 2), коэффициент условия работы ус = 1, коэффициент надежности по нагрузке у = = 1,15, модуль упругости Е = 2,06 • 10® кПа (см. прил. 1). Допускаемый прогиб [/] =//600 = 6/600 = 0,01 м.

Рис. 10.32 236

Решение. 1. Подбор сечения из условия прочности.

Для определения максимального изгибающего момента в балке воспользуемся принципом независимости действия и определим Мтах как сумму моментов по двум загружениям (см. рис. 10.7 и 10.8).

Mmax = Wr + Л/^) = #/2 / 8 + /7 / 4 = 20 -6/ 4 + 6 -62 / 8 = 57 кЫ м.

Согласно условию прочности (10.20) требуемый момент сопротивления сечения

М 57

^ > iimax. =--= 2,375.10"4 м3 = 237,5 см3.

г ycRy 1-240000

Принимаем сечение (см. прил. 6) из двутавра № 24 (Wz = 289 см3).

2. Подбор сечения из условия жесткости.

Нормативные значения нагрузок

F"=F/yf = 20/1,15 = 17,39 кН; q" = q/yf = 6/1,15 = 5,22 кН/м.

На основании принципа независимости действия сил суммарный прогиб от двух видов нагрузок (рис. 10.7 и 10.8) будет

откуда требуемый момент инерции

/2 >80,75-Ю'8/0,01 = 8075-10'8 м4 =8075 см4.

Принимаем (см. прил. 6) двутавр № 33 (/2 = 9840 см4).

Из приведенного примера видно, насколько различными могут быть сечения балок, определяемые из условий прочности и жесткости.

Пример 10.5

Требуется для шарнирно-консольной балки (рис. 10.33,«), представленной в примере 3.7 (см. подпараграф 3.2.2), построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил и произвести проверку прочности наиболее опасного сечения. Балка изготовлена из двутавра № 20 (сталь С245), расчетное сопротивление Rlf = 240 • 103 кПа (см. прил. 2), коэффициент условия работы ус = 1. Расчетные параметры двутавра (см. прил. 6): /2 = 1840 см4, VZ = 184 см3, Sz = 104 см3, h = 20 см, b = 10 см, t = 0,84 см, s = 0,52 см.

Решение. 1. Реакции в связях рассматриваемой балки были определены в примере 3.7 (см. рис. 3.11,3.12). Для построения эпюр усилий каждый диск данной шарнирно-консольной балки рассматривается как простая балка, и эпюры Ми Qстроятся точно так же, как было показано в примерах 10.1 и 10.2. Все эпюры усилий, построенные для составляющих расчетную схему дисков, объединяются на одной схеме.

Схема взаимодействия отдельных дисков со значениями ранее определенных реакций в связях показана на рис. 10.33, б, а эпюры М и Q — на рис. 10.33, в.

Положение экстремума изгибающего момента на левом основном диске (рис. 10.33, г):

Qo = 1Я1РАВ = -7 +'0 = 0, х0 = 3,5 м.

Мэкс = XМпрлв = 7.г0 - 2.г0 • 0,5л:0 = *0(7 - *0) = 3,5(7 - 3,5) = 12,25 кН • м.

2. Наибольшие значения Qmax = -20 кН и Л/тах = -40 кН-м действуют в сечении k—k (рис. 10.33, б), расположенном на правом основном диске расчетной схемы. Для этого сечения опасными являются точки 1, 2 и 3 (рис. 10.34), для которых требуется произвести проверки прочности.

Рис. 1033

Рис. 1034

3. Определяем напряжения в опасных точках сечения.

Точка 1 наиболее удалена от нейтральной оси. В этой точке действует максимальное нормальное напряжение = amax и отсутствует касательное напряжение (см. эпюры а и т на рис. 10.34).

Таким образом,

а, = |Mmaxl / W2 = 40 / 184 • 10-6 = 217,4 • 103 кПа = 217,4 МПа.

Точка 2 находится на стыке стенки и полки двутавра. В этом месте возникают как нормальные, так и касательные напряжения.

Расстояние от нейтральной оси до точки 2 у2 = -(0,5h - t) = -(0,5 • 20 - 0,84) = -9,16 см.

Величина нормального напряжения в точке 2 согласно формуле (10.8)

о =—у = (~40),(-9,16> = 199,13 -103 к Па = 199,13 МПа.

2 Г/2 1840 * 10-8

Статический момент отсеченной части сечения относительно нейтральной оси р5гс| = bt(0,5h -0,51) = 10 • 0,84 • 0,5(20 - 0,84) = 80,472 см3.

Ширина расчетного сечения b(y) = s = 0,52 см.

Величина касательного напряжения согласно формуле (10.14)

Ф^Н 20-80 472-10-6

  • 2_|= *-—= 168,21 кПа = 0,1682 МПа.
  • 1 Ь(у)12 0,52 -1840-10"8

Точка 3 находится на нейтральной оси, нормальные напряжения нулевые, а касательные достигают максимума (см. рис. 10.34).

Статический момент отсеченной части сечения |S§TC| = SZ = 104 см3 (по сортаменту).

Величина максимального касательного напряжения согласно формуле (10.14)

|TmJ= = 20 104'1QC =217,4 кПа = 0,2174 МПа.

  • 1 max| Ь(у)1г 0,52-1840 10-»
  • 4. Производим проверку прочности по найденным значениям напряжений. Точка 1: cjj = 217,4 МПа < ycR = 240 МПа, следовательно, условие прочности выполняется.

Точка 2: по четвертой теории прочности как для пластичного материала [см. выра- жение (6.21)] ^oJ + З= N/l99,182 + 3-0,16822 = 199,14 МПа<уcRy = 240 МПа,следо- вательно, условие прочности выполняется.

Точка 3 по четвертой теории прочности [см. выражение (6.21)] >/з • ттах = л/з х х 0,2174 = 0,376 МПа < уcRt = 240 МПа, следовательно, условие прочности выполняется.

 
<<   СОДЕРЖАНИЕ ПОСМОТРЕТЬ ОРИГИНАЛ   >>