Построение эпюры изгибающих моментов

На расчетной схеме показаны произвольные поперечные се­чения на каждом из трех участков.

В каждом из сечений проведены две главные центральные оси: Y — вертикальная и X — горизонтальная.

В нашем случае, так как нагрузка расположена в верти­кальной плоскости, она дает момент лишь вокруг горизонталь­ной оси Х.

Запишем уравнения изгибающих моментов на каждом из участков. Для определенности примем условно за положитель­ный — изгибающий момент, вызывающий растяжение нижних во­локон.

Участок АВ: (0 ≤ z ≤ 0,8ℓ).

M_и^AB = -qz²/2;

при z = 0, M_и^A = 0.

при z = 0,8ℓ, M_и^B = -q(0,8ℓ)²/2 = - 0,32qℓ ².

Участок ВС: (0 ≤ z ≤,5ℓ).

M_и^BC = - 0,8qℓ∙z.

при z = 0, M_и^B = 0.

при z = 0,5ℓ, M_и^C = - q0,8ℓ∙0,5ℓ =- 0,40qℓ ².

Участок СD: (0≤ z ≤ℓ).

M_и^{C D} = 0,8qℓ∙(0,4ℓ - z) = 0,32qℓ² - 0,8qℓ∙z.

при z = 0, M_и^C = 0,32qℓ ².

при z = ℓ, M_и ^D = 0,32qℓ ² - 0,8qℓ∙ℓ = - 0,48qℓ ².

По этим данным построена эпюра М_и(рисунок 9.1г).

Ее ординаты отложены в плоскости изгиба со стороны растянутого волокна. Из эпюр М_к и М_и видно, что опасным яв­ляется опорное сечение D, в котором М_к = 0,40 qℓ ² и М_и =0,48 qℓ ². На рисунке 9.2а показаны связанные с этими сум­марными внутренними силовыми факторами касательные и нормальные напряжения. Даны эпюры распределения этих напряжений по вертикальному диаметру.

 

 

Рисунок 2.14

 

На рисунке 9.26 изображено напряженное состояние в опас­ных точках сечения 1 и 1'. Величину напряжения при линей­ном растяжении, эквивалентном по удельной потенциальной энергии изменения формы (четвертой теории прочности) данному упрощенному плоскому напряженному состоянию, мож­но определить по формуле:

σ_IV^расч = = =

Таким образом, расчетный момент по четвертой теории прочности:

M _IV^расч = = = 0,59qℓ².

9.2. Пример «б»» (рисунок 9.3).

На рисунке 9.3 показана расчетная схема стержня, со­стоящего из пяти участков: АВ, ВС, CD, DE и КС.

 

Рисунок 9.3.

На этом же рисунке показаны размеры участков и коор­динация произвольных поперечных сечений.

Запишем выражения изгибающих и крутящих моментов для произвольных поперечных сечений (уравнения М_ии М_к ) и их значения для крайних поперечных сечений на каждом из участков.

ИЗГИБАЮЩИЕ МОМЕНТЫ

M_и^AB = 0,5qz²/2 – (квадратная парабола);

при z = 0, M_и^A = 0.

при z = a, M_и^B = 0,5qa² – (растянутые волокна вверху).

 

M_и^BС = qa∙z – (прямая);

при z = 0, M_и^В = 0.

при z = a, M_и^С = qa² – (растянутые волокна вверху).

M_и^CD = P∙z = qa∙z – (прямая);

при z = 0, M_и^D = 0.

при z = a, M_и^C = qa² – (растянутые волокна внизу).

M_и^DЕ = P∙z = qa∙z – (прямая);

при z = 0, M_и^Е = 0.

при z = a, M_и^D = qa² – (растянутые волокна внизу).

 

M_и^KC = qa(0,5a + z) – P(z-a) = 1,5qa² – (растянутые волокна вверху) – величина постоянная на всем участке.

 

То, что M_и^KC =const, можно было видеть и без записи, уравнения, так как обе внешние силы, расположенные по одну сторону от участка КС, равны по величине и противопо­ложно направлены, и поэтому составляют пару сил смоментом относительно оси X,M_и^KC = qa(0,5a + a) = 1,5 qa².

Эпюра изгибающих моментов построена со стороны растянутых волокон на рисунке 9.3.

 

КРУТЯЩИЕ МОМЕНТЫ

M_к^AB = 0; M_к^BС = 0,5qa²; M_к^CD = qa²; M_к^DЕ = 0; M_к^KC = 2qa².

По этим данным на рисунке 9.3. построена эпюра крутящих моментов.

Как видно из эпюр, опасными являются все сечения уча­стка КС.

M_и^KC = 1,5qa²; M_к^KC = 2qa².

Определяем величину расчетного момента по четвертой теории прочности:

M _IV^расч = = = 2,29qa².

 

К ЗАДАЧЕ № 10

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.