Главная страница сайта
Российские промышленные издания (узловые агрегаты)
1 ...
9 10 11 [
12 ]
13 14 15 ...
48 Задачи 330-342. Определить величины допустимых нагрузок, действующих на балки заданных размеров.
Пси
h-Ча-
т | |
р | 9 -0,5?/ |
f 11 U п | |
1-IM-- | |
qjmr/m Nit
т
иск
М *f 1- см
/VJ3
3£
(fihiBDMH/iu*
ш
М'Зти J
р=гб.бхи
т^Щя-г 1, II
-/?и---я
-Sm -
(6j=3(fl J
Ш (О
\-гт-А ы-гы
-(5*
Р=О.П
6о
-а
fo i зтг/с 1вс1--900пг/м'
Точно найти касательные напряжения в балках произвольной формы сечения весьма сложно Приближенное их определение основано иа некоторых произвольных допущениях о направлении касательных напряжений внутри сечения.
Для балок, поперечным, сечением которых является тонкостенный открытый профиль (рис. 65), принимают, что касательные напряжения, направленные по касательным к средней линии стенки сечения и по нормали (t) к ней, распределены равномерно. Формула,
Рис. 64
af ftfs
Рис 65
определяющая касательное напряжение, в этом случае принимает вид:
(101)
где S - статический момент относительно нейтральной оси г части сечения, лежащей по одну сторону от нормали t к средней линии на уровне у рассматриваемой точки.
Если сечение балки несимметрично относительно главной центральной оси у, перпендикулярной нейтральной оси г, то возникают касательные напряжения, создающие в этом сечении крутящий момент. Чтобы кручения балки не было, поперечная сила должна быть приложена не в центре тяжести сечения, а в точке, называющейся центром изгиба.
Для произвольной формы поперечного сечения балки определение положения центра изгиба представляет большие трудности. Для Тонкостенного сечения, симметричного относительно нейтральной оси г (рис. 65), центр изгиба лежит на оси г, его расстояние от центра тяжести сечения
1 С S
= т|т
pdF,
(102)
o=2ff
§ 3. Касательные напряжения, центр изгиба и проверка прочности балок по касательным напряжениям
В произвольной точке прямоугольного поперечного сечения балки (рис 64) величину касательного напряжения определяют по формуле Журавского Д. И.;
ы
(99)
где Q - поперечная сила в рассматриваемом сечении; S = --) ~ статический момент относительно нейтральной оси г части площади сечения, лежащей по одну сторону от уровня у, на котором определяется напряжение; b - ширина сечения;
- момент инерции площади сечения относитель-
но оси г
Наибольшие касательные напряжения получаются в точках нейтральной оси Они имеют значение
W = 4-F- (100)
где F bh - площадь поперечного сечения балки.
По формуле (99) приближенно можно подсчитывать составляющие касательных напряжений, перпендикулярные нейтральной оси, и для балок непрямоугольного сечения, понимая под b ширину сечения на уровне рассматриваемой точки. Результирующие касательные напряжения в точках контура сечения направлены по касательным к контуру сечения, а в других точках сечения они наклонены к плоскости действия сил
в сечении тп М = - 2Н+?2= 25 кн-м; Q = 10 кн.
Так как точка А находится в растянутой зоне сечения, то по формуле (92)
Для прямоугольного сечения
bh? 4.12
-i 6
Рис. 66
Для рассматриваемой точки А
Поэтому
25-10.0.03 °а - 576-10-8
По формуле (99)
130-10 н/л== = 130 Мн/мК
8 bft
10-103
= 2,34-10 HlM = 2,34 Мн,/ж .
3 0,04-0,12
Пример 37. Дано: Q = 8 7 , h = 12 см, Ло= 8 ок, b = & см, Ьй~ 4 сл (рис. 67).
Построить эпюру условных касательных напряжений, перпендикулярных нейтральной оси (по формуле Журавского).
Решение. Найдем значения касательных напряжений в точках / крайних волокон сечения, в точках 2 крайних волокон
где р - плечо элементарного касательного усилия xdF относительно центра тяжести сечения; F - площадь всего сечения.
Если толщина стенки профиля t постоянна, то выражение (102) приобретает следующий более простой вид:
е = Js pds. (103)
Здесь - экваториальный момент инерции дуги средней линии всего сечения относительно оси г; S - статический момент относительно оси г дуги s средней линии части сечения, лежащий по одну сторону от уровня у произвольной точки. Интегрирование ведется не по площади сечения, а по дуге s. Если профиль сечения состоит из нескольких частей разной, но постоянной толщины t, то е можно найти суммированием выражений (102), составленных для каждой отдельной части.
Прочность балки по касательным напряжениям проверяется в точках с максимальными касательными напряжениями того поперечного сечения, в котором дейстнует наибольшая по абсолютному значению поперечная сила Qax-
Проверке следует подвергать балки короткие, балки с тонкой и высокой стенкой сечения, балки, изготовленные из материала, плохо сопротивляющегося сдвигу, и балки, несущие большие нагрузки вблизи опор.
Проверочная формула имеет нид:
W = -!<W, (104)
где So - статический момент относительно нейтральной оси части поперечного сечения, лежащей по одну сторону линии действия
fco - ширина сечения на линии действия Тта^.
Для большинства проверяемых сечений т„ах действует в точках нейтральной оси.
Допускаемое касательное напряжение [т] обычно берут равным 0,5 - 0,7 от [а]. Например, для Ст. ОС и Ст. 2 [ т] = 900 кГ/см?, для Ст. 3 [ т] = 1000 кГ/см?, для сосны и ели [ х] =20 кГ/см\
Пример 36. Дано: Afi = AQkh-m, Мг= 2D кн-м, Мз= 10 кн-м, а = 1 м, b - А см, h = 12 см (рис. 66).
Определить и хл в сечении тп.
Решение. Реакции опор
Л^Д^.- + з 40-20+10 Эпюры QaM показаны на рис. 66.
где а-расстояние между осью {/и осью j/, проходящей через центр кривизны сечения О,
Определяем положение центра тяжести О сечения на оси г. Так как ось у - центральная ось сечения, то статический момент площади сечения
Sy = zdF = 2rt J (г cos ф - а) = 2rt (г sm о - аа) = 0.
Поэтому
а =
Плечо р касательного усилия Ms по отнощению к центру тяжести сечения имеет величину
р = л - а cos ф =
, sin а 1--COS
Момент инерции 1 дуги средней линии сечения относительно нейтральной оси г
р = J yMs =
а
= 2 вшф^ф =
Рис. 68
= (2а - sin 2а).
Статический момент S относительно оси г части дуги средней линии сечения, расположенной по одну сторону от произвольно взятого элемента, определяющегося углом ly, имеет значение:
sin фйф = (COS ф - COS a)
По формуле (103) расстояние е от центра тяжести сечеиия до центра изгиба А
e = -J S-pds= ..(2.-Sin 2.)
о
г/ sin а \
X 2 . Л* J I 1--1-COS ф I (COS ф - COS О) ф.
полости, в точках 3, наиболее удаленных от нейтральной оси на стенках полости, и в точках 4 на нейтральной оси z (рис. 67). Для этого воспользуемся формулой (99).
Момент инерции относительно нейтральной оси г площади сечения заданной формы:
~ 12
= -(6-12 -4 -8=*) =
2080
Рис 67
Для точек 4
5(4,=S, + (fc-
Для точек / Si = О, следовательно, и Т(1) = О Для точек 2
, Л-Ас / h h-h \
s,2, = г -2--2---4-j =
= 6-2(6-1) = 60 см
и
8-10=-60-3
Так как ширина сечения в точках 3 равна Ь-bo, то
(3) - (Ь-6 )/
115,4 - =
= 346,2 /сГ/сж. = 60 + 2-4-2 = 76 см
(4. - (b-b )I
8-i03-76-3 22080
: 438,5 кПсмК
По этим результатам на рис. 67 построена эпюра т. Пример 38. Дано: тонкостенное сечение в виде части кругового кольца с центральным углом 2а, радиусом средней линии г и постоянной толщиной t (рис. 68).
Определить положение центра изгиба а
Решение. Из чертежа видно, что элемент дуги средней линии кольца ds = rd<f; элемент площади стенки кольца dF = = td& = rtdf, координаты центра тяжести элемента площади dF в центральных осях yoz:
у = г simp; 2 = г cosif - а,
Выбираем двутавр № 18, для него
2- 10°
143
1400 кГ/см .
По сортаменту S = 81.4 см; I = 1290 см; й = 0,51 см. Следовательно,
шах - ill
и выбранный двутавр № 18 будет прочен и по нормальным, и по касательным напряжениям.
Задачи 343-351. Построить эпюры касательных напряжений т, перпендикулярных нейтральной (горизонтальной) оси, в частях от наибольшего значения т^а^ = для указанных форм поперечного сечения балок.
Olh.
Задачи 352-357. Определить наибольшие касательные напряжения т„а„ установив предварительно (где нужно) необходимые размеры балок или безопасные нагрузки по заданным допускаемым нормальным напряжениям.
Р--ВСОкГ
CSm-
5 Заказ № 886
р--ткг
0,5 м 1вУ1ВВяГ/см
или
2г
2а - sin 2t
sin а - 2 а COS а + sin* а cos aj .
Расстояние от центра кривизны сечения О' до центра изгиба А:
а-\-е = -sina +
2г
sin а - 2а COS а + -i- Sin а cos aj =
2о - sin 2а
4 (sin а - а cos о)
2 а - sin 2а
2М
м
! 2т1и
Эпаро Q
Пример 39. Дано: Р = 4 Г, М = 2 Т-м, а = 0,5 ж, / = 4м, -у Т [о]=1600кГ/сж2,[х]=Ш00кГ/сж2 (рис. 69).
Определить номер двутавра. Решение. Эпюру изгибающего момента М легко построить без вычислений, как показано на рис. 69.
На консоли Q = const = = -4 Т. В пролете между опорами Q = const <0. Из эпюры М
ДМ = 2 Т-м = -Q-2 м-
Отсюда (Э = - 1 Т. Эпюра Q изображена на рис. 69. Таким образом,
1т
Рис. 69
М, = 2 Т-м, \q = 4 т.
Из расчетной формулы
2-106 16-№
= 125 см.
По сортаменту: для двутавра № 16 W = 109 см;
для двутавра № 18 И7 = 143 сж. Проверяем двутавр № 16:
100= -щ-- 1 j 100 15% (перенапряжение).
Проверяем двутавр № 18:
00 :
ж - 12,5 % (недонапряжение).
1 ...
9 10 11 [
12 ]
13 14 15 ...
48
