Определение положения центра тяжести сечения

СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

 

 

М Е Т О Д И Ч Е С К И Е У К А З А Н И Я

 

 

к выполнению контрольных работ по сопротивлению материалов для студентов заочной формы обучения строительных специальностей.

Часть2.

Сложное сопротивление. Кривой брус. Устойчивость. Удар.

 

 

Брянск 2011

 

доцент, к.т.н. И.Н. Ганелин

Составители:

доцент, к.т.н. В.М. Захаров

 

Рецензент: доцент, к.т.н., зав. кафедрой СК БГИТА С.Г. Парфенов

 

Рекомендованы учебно-методической комиссией строительного факультета

Протокол от.

 

 

К ЗАДАЧЕ № 8

ВНЕЦЕНТРЕННОЕ СЖАТИЕ

Короткий чугунный стержень, поперечное сечение которого изображено на рисунке 8.1, сжимается продольной силой Р, приложенной в точке А.

Требуется:

1.Выразить наибольшее растягивающее и наибольшее сжима­ющее напряжения в поперечном сечении через силу Р и размеры сечения.

2.Найти допускаемую нагрузку [Р] при допускаемых напряже­ниях для чугуна на сжатие [σ_с]=1000 МПа (кгс/см²) и на растяжение [σ_р]= 300 МПа (кгс/см²).

3.Определить положение нейтральной оси и построить эпюру напряже­ний вдоль линии, перпендикулярной к нейтральной оси,

 

В общем случае внецентренного сжатия, когда точка приложения силы Р не лежит ни на одной ив главных осей инерции, через каждое поперечное сечение стержня передаются продольная сила М=-Р и изгибающие моменты М_х=Р·х_Р и М_у=Р·у_Р (рисунок 8.1в), то есть внецентренное сжатие стержня можно представить комбинацией центрального сжатия и косого изгиба.

Напряжение в произвольной точке поперечного сечения с коорди­натaми x и у для рассматриваемого случая внецентренного сжатия определяется по формуле:

σ= - - = - - - =

=- (1 + + ). (8.1)

Так как это уравнение плоскости, то максимальные напряжения будут в точках, наиболее удаленных от нейтральной оси, уравнение которой имеет вид::

(1 + + ) = 0. (8.2)

Здесь x и у - координаты точек нейтральной оси;

x_Р и у_Р - координаты точки приложения силы Р (точки А);

J_х и J_у - главные центральные моменты инерции сечения;

i_х и i_у - радиусы инерции относительно глазных центральных осей.

Провести нейтральную ось можно, вычислив координаты точек, в которых она пересекает главные центральные оси по формулам:

a_x = - ; a_y = - . (8.3)

 

Можно поступить иначе. Поскольку нас интересует лишь направление нейтральной осн. можно определить угол ее наклона по отношению к оси X по формуле, известной из теории косого изгиба: tg α = tg φ · . (8.4)

Здесь tg φ = x_P/у_P, определяющий направление силовой линии ОА по от­ношению к оси У, нам известен. В нашем примере без определения нап­равления нейтральной оси можно определить лишь точку, в которой воз­никает наибольшее сжимающее напряжение (это точка 1). Наибольшее же растягивающее напряжение возникает либо в точке 2, либо в точке 3, в зависимости от того, какая из них окажется более удаленной от нейт­ральной оси (рисунок 8.1а).

Определение положения центра тяжести сечения

Центр тяжести "О" лежит на оси X, являющейся осью симметрии сечения. Вспомогательной осью для определения положения центра тяжести на этой оси выбираем ось У.

Площадь сечения:

F = F₁ + F₂ = 3·8 + 6·4 = 24 + 24 = 48 см².

Статический момент относительно оси y₁:

S_y1 = F₁·0 + F₂·x_1c2 = F·x₁₍₀₎,

откуда

x₁₍₀₎ = = = = 2,25 cm.

 

 

Рисунок 8.1,

Вычисление главных центральных моментов и радиусов инерции.

Главными центральными осями являются: ось X и перпен­дикулярная к ней ось У.

J_Х = J^Ix1 + J^IIx2 = + = 128 + 32 = 160 см⁴.

Jy = J^Iy1+ F₁·m₁² + J^IIy2+ F₂·m₂² + + 24·2,25² + + 24·2,25² = 333 см⁴.

 

i_x² = = = 3,34 см²; iy² = = = 6,95 см²

Построение эпюры напряжений

Построение эпюры напряжений вдоль линии, перпенди­куляр­ной к нейтральной оси, показано на рисунке 8.1б.

Его можно выполнить различными способами.

Одной из ординат эпюры является отрезок, пропорциональный напряжению max σ_р = σ₂ = 30 МПа.

В качестве второй точки для проведения эпюры может служить либо ну­левая точка, принадлежащая нейтральной оси, если таковая определялась (пункт 8.За), либо ордината, соответствующая напря­же­нию в центре тяжес­ти сечения σ₀ = - P/F = 109000/(48·10^-4) =

=- 22,8·10⁶ Па = - 22,8 МПа (- 228 кгс/см²), если определялось лишь направление нейтральной оси (пункт 8.Зб).

Наибольшее сжимающее напряжение max σ_с определится на эпюре автома­тически, но для контроля его можно вычислить, используя данные пункта 8.4а.

max σ_с = σ₁ =109000·793 = 86,9 ·10⁶Па = 86,9 МПа (869 кгс/см²),

На рисунке 8.1г показана пространственная эпюра напряжений в.попереч­ном сечении стержня. Для ее построения ординаты, соответствующие всем угловым точкам, взяты по эпюре, показанной на схеме 8.1б. Конечно, их можно подсчитать также по формуле (8.1).

σ₃ = - (1 + + ) = (1 + +

) = 17,4·10⁶ Па = 17,4 МПа (174 кгс/см²);

σ₄ = - (1 + + ) = (1 + +

) = -37,2·10⁶ Па = -37,2 МПа (-372 кгс/см²);

σ_А = - (1 + + ) = (1 + +

) = -79,2·10⁶ Па = -79,2 МПа (-792 кгс/см²);

 

σ₅ = - (1 + + ) = (1 + +

) = -79,2·10⁶ Па = -79,2 МПа (-792 кгс/см²);

σ₆ = - (1 + + ) = (1 + +

) = 24,4·10⁶ Па = 24,4 МПа (244 кгс/см²);

σ₇ = - (1 + + ) = (1 + +

) = 2,67·10⁶ Па = 2,67 МПа (26,7 кгс/см²);

К ЗАДАЧЕ № 9

РАСЧЕТ КРИВОГО БРУСА

В задаче рассматривается кривой брус, ось которого очер­чена дугой окружности. Требуется построить эпюры внутрен­них усилий ─ изгибающего момента М,продольной силы Nи поперечной силы Q, а также эпюру нормальных напряже­ний в опасном поперечном сечении бруса.

Будем придерживаться следующего правила знаков:

а) положительный изгибающий момент стремится разо­гнуть ось бруса, т. е. вызывает сжатие в его наружных волок­нах;

б) положительная поперечная сила стремится повернуть рас­сматриваемую часть бруса по часовой стрелке (как и в.балках);

в) положительная продольная сила вызывает растяжение, т. е. направлена от сечения бруса (как и в прямых стержнях).

На рисунке 10.1 показаны положительные направления внут­ренних сил.

 

 

Рисунок 10.1

 

В качестве примера рассмотрим кривой брус, изображён­ный на рисунке 10.2.

Примем следующие данные: Р=2000 кгс, R = 20 см.

 

 

 

Рисунок 10.2

 

Определение опорных реакций

Разложим силу Р на составляющие по вертикали (Р_у)игори­зонтали (Р_x):

Р_у = P∙cos 20° = 2000∙0,940 = 1880 кгс;

Р_x = P∙sin 20° = 2000∙0,342 = 684 кгс;

ΣM_A = R_B∙2R + P_x∙R∙sin 45° - P_y∙R∙(1+cos 45°) =0;

R_B = = = 1364 кгс;

ΣM_B = P_x∙R∙sin 45° + P_y∙R∙(1-cos 45°) - Y_A∙2R =0;

Y_A = = =516,5 кгс;

ΣX = X_A – Px = 0; X_A = Px = 684 кгс.

Проверка:

ΣY = Y_A + RB – Py = 516,5 + 1364 – 1880 ≈ 0.

Итак:

X_A = 684 кгс, Y_A = 516,5 кгс; R_B = 1364 кгс.

 

Построение эпюр M, N и Q

1. Участок АС (0 ≤ φ ≤ 135°).

 

Рисунок 10.3

 

б — положительные направления внутренних сил.

 

На рисунке 10.3а показано поперечное сечение на участке АСи проекции на это сечение и на нормаль к нему всех сил, рас­положённых по одну сторону от этого сечения, т. е. составляю­щих реакции на опоре А (Х_А и Y_а),а также моменты этих сил относительно центра тяжести этого сечения.

На рисунке 10.36 показаны положительные направления для М, N и Q.

Сопоставляя эти два рисунка, записываем выражения для внутренних сил

M = Y_а∙R∙(1-cosφ) - Х_А∙R∙sinφ. (10.1)

N = - X_A∙sinφ - Y_A∙cosφ. (10.2)

Q = Y_A∙ sinφ - X_A∙ cosφ. (10.3)

 

Для упрощения вычислений можно изгибающий момент выразить через продольную силу:

M = R∙(Y_A - Y_A∙cosφ - X_A∙sinφ) = R∙(Y_A +N). (10.1′)

Для того, чтобы не пропустить характерные сечения, в ко­торых внутренние силы принимают экстремальные или нуле­вые значения, можно выполнить несложное графическое по­строение (рисунок 10.2).

Вначале определена точка D в пересечении линии действия силы Р и реакции R_B. Условие равновесия требует, чтобы ли­ния действия реакции R_A тоже прошла через точку D.

В пересечении линии AD с осью бруса лежит сечение Е,в котором изгибающий момент равен нулю.

Проведя перпендикуляр к линии АDиз центра О,опреде­ляем положение сечения К,в котором М и Nдолжны иметь экстремаль­ные значения, a Q = 0.

Теперь определим положение этих сечений аналитически:

а) M_E = Y_а∙R∙(1-cosφ_E) - Х_А∙R∙sinφ_E = 0

или

(1-cosφ_E) - ∙sinφ_E = 0,

2∙sin^{2 -} ∙2∙sin ∙cos = 0,

sin ^- ∙cos = 0, tg = = =1,325,

= 53°; φ_E = 106°.

б)

Q_K = Y_A∙ sinφ_K - X_A∙ cosφ_K = = = 0.

откуда

tgφ_K = = =1,325; φ_K = 53°.

Из построения (рисунок 10.2) видно, что действительно φ_E = 2 φ_K.

Для построения эпюр М, N и Q на участке АС дадим пе­ременной φ следующие значения: 0°; 30°; 53°; 60°; 90°; 120°; 135°.

Результаты вычислений приведены в таблице 10.1 (стр. 30).

 

Участок ВС (0≤φ≤45°) Положительные направления

внутренних сил

 

 

Рисунок 10.4

 

На рисунке 10.4а показаны проекции расположенной по одну сторону от произвольного поперечного сечения силы (R_B) на это сечение, на нормаль к нему и момент относительно его центра тяжести. На рисунке 10.46 показаны положительные направле­ния внутренних сил.

Сопоставляя эти два рисунка, получаем следующие выра­жения для внутренних усилий:

Q = -R_B∙ sinφ; (10.4)

N = - R_B∙cosφ. (10.5)

M = R_B∙R∙(1-cosφ) = R∙(R_B + N) (10.6)

Ми(кгс∙см)		-5450	-6810	-6690	-3350
YA+N		-272,5	-340,5	-334,5	-167,5	181,5	398,5
N(кгс)	-516,5	-789	-857	-851	-684	-335	-118
Q(кгс)	-684	-335			516,5
XA cosφ						-342	-483
YA sinφ					516,5
XAsinφ
YA cosφ	516,5					-258	-365
cosφ		0,866	0,602	0,5		-0,5	-0,707
sinφ		0,5	0,799	0,866		0,866	0,707
φ°

Для построения эпюр дадим φ следующие значения: 0°; 16°; 30° и 45°. Результаты вычислений приведены в таблице 10.2.

 

Таблица 10.2

φ°	sinφ	cosφ	Q (кгс)	N(кгс)	RB +N	Mи(кгс∙см)
				-1364
	0,259	0,966	-354	-1318
	0,500	0,866	-682	-1180
	0,707	0,707	-964	-964	398,5

 

Ординаты эпюр Q, N и М,приведенных на рисунке 10.5, отло­жены от оси бруса по нормали к ней. Проверим, правильно ли сопряга­ются эпюры в точке С.

На эпюре Мскачков не должно быть (в том числе и в сечении С), так как в схеме загружения нет сосредоточенных моментов. Действительно:

M_C^AC = M_C^BC.

На эпюре Q в сечении Сдолжен быть скачок на величи­ну проекции силы Р на плоскость этого сечения:

Р∙cos25° = 2000∙0,906 = 1812 кгс.

Действительно:

Q_C^AC - Q_C^BC = 848-(-964) = 1812 кгс.

На эпюре Nв сечении С должен быть скачок на величи­ну проекции силы Рна нормаль к сечению:

Р∙sin25° = 2000∙0,423 = 846 кгс.

Действительно:

N_C^AC - N_C^BC = -118-(-964) = 846 кгс.

Предполагая, что материал бруса одинаково сопротивляет­ся растяжению и сжатию,6удем cчитать опасным то сечение, в крайних точках которого действуют наибольшие по абсо­лют­ной величине нормальные напряжения.

Определение напряжений

Как видно из эпюр М и N, в нашем примере (в зависимо­сти от формы сечения) опасным может быть одно из трех сечений: сечение К, сечение С участка АС, либо сечение Суча­стка ВС.

Нормальные напряжения при чистом изгибе кривого бру­са (без учета N) определяются по формуле:

 

 

σ_M = - ∙ =- ∙ (10.7)

Здесь обозначено:

r ─ радиус кривизны нейтрального слоя;

y_о = R-г ─ расстояние от нейтрального слоя до центра тяжести сечения;

у─ расстояние от нейтрального слоя до точки, в кото­рой опре­деляется напряжение (положительный от­счет ведется в сторону наружных волокон);

ρ = г + у— расстояние до этих же точек от центра кривизны.

Итак, использование формулы (10.7) требует предварительного определения положения нейтральной оси. Точное значение радиуса кривизны нейтрального слоя можно опреде­лить по формулам (10.8), которые для рассматриваемых се­чений приводятся ниже. Они получены из равенства:

г = (10.8.)

Поскольку r мало отличается от R,вычисления по форму­лам (10.8.) необходимо производить очень тщательно, т. к. иначе нельзя получить с достаточной точностью величину рас­стояния между нейтральной осью и центром тяжести:

y₀ = R - r,(10.9)

Однако, если брус имеет не очень большую кривизну (примерно, если R>3h),то у_оможно получить без предваритель­ного определения r, используя приближенную формулу:

y_o ≈ (10.10)

Здесь I_х — это момент инерции сечения бруса относитель­но его главной центральной оси, перпендикулярной плоскости изгиба.

Если же брус имеет малую кривизну (примерно R>5h), то нейтральная ось практически сливается с центральной, т. е. y_o ≈ 0, и напряжения можно вычислять по обычной фор­муле для прямого бруса:

σ_M = ─ (10.11)

Эпюра напряжений σ_М по формуле (10.7) имеет вид ги­перболы сасимптотами ρ = 0 (при σ_М → ∞) и σ_М = (при y → ∞). Нормальные напряжения, соответствующие продольной силе, распределяются равномерно по сечению и определяются, как и в прямом брусе, по формуле:

σ_N = . (10.12)

Суммарные напряжения (соответствующие.М и N ) определя­ются по формуле:

σ = σ_M + σ_N (10.13)

 

 

 

 

Рисунок 10. 6

Для получения эпюры суммарных напряжений можно вна­чале построить гиперболу σ_M, а затем ось отсчета напряже­ний сместить в нужную для алгебраического суммирования сторону, как это сделано в приводимых ниже примерах.

10.3.1. Круглое сечение (рисунок 10.7)

Диаметр круга ─ d=10 см.

Положение нейтральной оси

Так как отношение R:d= 20:10 = 2 << 3, то есть рассматри­ваемый брус имеет очень большую кривизну, то для опреде­ления положения нейтральной оси следует пользоваться точ­ной формулой:

r = , (10.8)

r = =19,682 см,

y_o = R – r = 20 – 19,682 = 0,318 см.

 

Для сравнения определим у_o по приближенной формуле (10.10).

 

Площадь сечения: F = = =78,6 см².

Центральный момент инерции: I_x = = = 491 см⁴;

у_o ≈ = = 0,312 см.

УДАР

На середину стальной балки длиной 2 м, свободно лежащей на двух опорах, с высоты h = 4 смпадает груз Р = 4000 Н (400 кгс)(рисунок 12.1а).

 

 

 

Рисунок 12.1

 

Вычислить (без учета и с учетом собственного веса балки) наиболь­шие нормаль­ные напряжения в ее поперечном сечении при ударе. Определить, как изменятся напряжения (при расчете без учета собственного веса балки), если левый конец балки опереть на пружину (рисунок 12.16), жесткость которой (т. е. величина силы, вы­зы­вающей деформацию пружины, равную единице) равна С=500·10³Н/м (500кгс/см).

Дано: E = 2·10⁵ МПа; J = 2370 см⁴; W = 237 см³; вес балки q = =279 Н/м.

Решение.

СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

 

 

М Е Т О Д И Ч Е С К И Е У К А З А Н И Я

 

 

к выполнению контрольных работ по сопротивлению материалов для студентов заочной формы обучения строительных специальностей.

Часть2.

Сложное сопротивление. Кривой брус. Устойчивость. Удар.

 

 

Брянск 2011

 

доцент, к.т.н. И.Н. Ганелин

Составители:

доцент, к.т.н. В.М. Захаров

 

Рецензент: доцент, к.т.н., зав. кафедрой СК БГИТА С.Г. Парфенов

 

Рекомендованы учебно-методической комиссией строительного факультета

Протокол от.

 

 

К ЗАДАЧЕ № 8

ВНЕЦЕНТРЕННОЕ СЖАТИЕ

Короткий чугунный стержень, поперечное сечение которого изображено на рисунке 8.1, сжимается продольной силой Р, приложенной в точке А.

Требуется:

1.Выразить наибольшее растягивающее и наибольшее сжима­ющее напряжения в поперечном сечении через силу Р и размеры сечения.

2.Найти допускаемую нагрузку [Р] при допускаемых напряже­ниях для чугуна на сжатие [σ_с]=1000 МПа (кгс/см²) и на растяжение [σ_р]= 300 МПа (кгс/см²).

3.Определить положение нейтральной оси и построить эпюру напряже­ний вдоль линии, перпендикулярной к нейтральной оси,

 

В общем случае внецентренного сжатия, когда точка приложения силы Р не лежит ни на одной ив главных осей инерции, через каждое поперечное сечение стержня передаются продольная сила М=-Р и изгибающие моменты М_х=Р·х_Р и М_у=Р·у_Р (рисунок 8.1в), то есть внецентренное сжатие стержня можно представить комбинацией центрального сжатия и косого изгиба.

Напряжение в произвольной точке поперечного сечения с коорди­натaми x и у для рассматриваемого случая внецентренного сжатия определяется по формуле:

σ= - - = - - - =

=- (1 + + ). (8.1)

Так как это уравнение плоскости, то максимальные напряжения будут в точках, наиболее удаленных от нейтральной оси, уравнение которой имеет вид::

(1 + + ) = 0. (8.2)

Здесь x и у - координаты точек нейтральной оси;

x_Р и у_Р - координаты точки приложения силы Р (точки А);

J_х и J_у - главные центральные моменты инерции сечения;

i_х и i_у - радиусы инерции относительно глазных центральных осей.

Провести нейтральную ось можно, вычислив координаты точек, в которых она пересекает главные центральные оси по формулам:

a_x = - ; a_y = - . (8.3)

 

Можно поступить иначе. Поскольку нас интересует лишь направление нейтральной осн. можно определить угол ее наклона по отношению к оси X по формуле, известной из теории косого изгиба: tg α = tg φ · . (8.4)

Здесь tg φ = x_P/у_P, определяющий направление силовой линии ОА по от­ношению к оси У, нам известен. В нашем примере без определения нап­равления нейтральной оси можно определить лишь точку, в которой воз­никает наибольшее сжимающее напряжение (это точка 1). Наибольшее же растягивающее напряжение возникает либо в точке 2, либо в точке 3, в зависимости от того, какая из них окажется более удаленной от нейт­ральной оси (рисунок 8.1а).

Определение положения центра тяжести сечения

Центр тяжести "О" лежит на оси X, являющейся осью симметрии сечения. Вспомогательной осью для определения положения центра тяжести на этой оси выбираем ось У.

Площадь сечения:

F = F₁ + F₂ = 3·8 + 6·4 = 24 + 24 = 48 см².

Статический момент относительно оси y₁:

S_y1 = F₁·0 + F₂·x_1c2 = F·x₁₍₀₎,

откуда

x₁₍₀₎ = = = = 2,25 cm.

 

 

Рисунок 8.1,