Изгиб с растяжением задачи примеры
Изгиб с растяжением – частный случай сложного сопротивления, при котором на брус действуют продольные и поперечные нагрузки, пересекающие ось бруса. В общем случае в поперечных сечениях возникают пять внутренних усилий: действующие в двух плоскостях изгибающие моменты Mz, My, поперечные силы Qz, Qy, а также продольная сила N. Возникает сложный изгиб с растяжением или сжатием. Пренебрегая касательными напряжениями от поперечных сил Qz, Qy (для длинных балок с отношением ℓ/h > 10 их влияние незначительно), можно считать напряженное состояние в опасных точках линейным. Внецентренное растяжение или сжатие Внецентренное растяжение – частный случай изгиба с растяжением, при котором брус растягивается силами, параллельными оси бруса так, что их равнодействующая не совпадает с осью бруса, а проходит через точку Р, называемую полюсом силы. Внутренние усилия и напряжения В произвольном сечении х бруса (рис.8.7, а) методом сечений определяем внутренние усилия Рис. 8.6. Примеры деталей и узлов, работающих при внецентренном нагружении: а – болт-костыль; б – пружина сцепления; в – сварное соединение Отличны от нуля три внутренних усилия (рис. 8.7, б), от которых возникают нормальные напряжения, действующие по одной из трех пар граней (рис. 8.7, в); две другие пары граней свободны от напряжений. Имеет место линейное напряженное состояние. Напряжения в произвольной точке являются суммой трех слагаемых Учитывая, что отношение i = – радиус инерции сечения, получим О правиле знаков внутренних усилий. Формула (8.10) выведена для случая положительной растягивающей силы N и изгибающих моментов Mz, My, вызывающих растягивающие напряжения в точке, принадлежащей первой четверти осей координат (где x > 0 и y > 0). Поэтому оси координат поперечного сечения бруса следует направлять так, чтобы полюс P (точка приложения силы) находился в первом квадранте. Если сила, приложенная к брусу, сжимающая, то ее числовое значение будет со знаком минус. Анализ формулы (8.10) 1. Отсутствие координаты х свидетельствует о неизменности напряжений вдоль оси бруса. 2. В случае приложения силы в центр тяжести сечения (zP = 0, yP = 0) напряжения в любой точке сечения постоянны и равны σ = F/A, то есть центральное растяжение является частным случаем внецентренного. Рис. 8.7. Схема к определению внутренних усилий и напряжений при внецентренном приложении силы 3. Независимо от значений координат полюса Р напряжение в центре тяжести сечения (yцт =0, zцт = 0), σцт = F/A. 4. Переменные z и y в первой степени, следовательно, формула (8.10) является уравнением прямой и нормальные напряжения распределяются по линейному закону, значит должна быть нейтральная линия, на которой напряжения равны нулю. Уравнение нейтральной линии при внецентренном растяжении Нейтральная линия (нейтральная ось) – геометрическое место точек, в которых нормальное напряжение в поперечном сечении равно нулю. Приравняем нулю уравнение (8.10). Поскольку F/A ≠ 0, то выражение в скобках равно нулю Переменные z, y в первой степени, следовательно, нормальные напряжения в сечении распределяются по линейной зависимости. Полученное выражение приведем к виду уравнения прямой в отрезках, где a и b – отрезки, отсекаемые линией на осях координат. В нашем случае уравнение нейтральной линии будет записано как Свободный член полученного уравнения не равен нулю, следовательно, нейтральная линия через начало координат не проходит. Отрезки, отсекаемые нейтральной линией на осях y и z, соответственно равны: По найденным значениям отрезков проводят нейтральную линию и находят точки В и С, наиболее удаленные от нее (рис. 8.9). Выполняют это простым геометрическим построением, проводя касательные к сечению, параллельные нейтральной оси. Найденные точки – опасные, поскольку напряжения в них наибольшие по величине. Рис. 8.8. Уравнение прямой в отрезках и график прямой линии, известные из школьного курса Уравнения (8.12), связывающие координаты полюса Р – точки приложения внешней нагрузки с положением нейтральной линии, являются гиперболической функцией. Чем ближе полюс Р к центру тяжести сечения (значения yP, zP уменьшаются), тем нейтральная линия проходит дальше и в пределе стремится к бесконечности. И, наоборот, по мере отдаления точки приложения силы от центра тяжести нейтральная линия асимптотически приближается к нему. Однако пересечь центр тяжести сечения нейтральная линия не может (см. анализ формулы (8.10)). В центре тяжести σцт = F/A (рис. 8.9), поскольку yцт = 0 и zцт = 0 (подставьте в (8.10)). Нейтральная линия может разделять поперечное сечение на области, в которых действуют напряжения разных знаков. Некоторые материалы (чугун, силумин, керамика, кирпичная кладка…) хорошо сопротивляются сжатию и плохо – растяжению. Поэтому необходимо уметь определять такую область приложения нагрузки, в которой не возникают напряжения разных знаков. Ядро сечения Ядро сечения – область вокруг центра тяжести сечения, при приложении нагрузки внутри которой, напряжения во всем сечении будут одного знака. Контур ядра сечения строят путем окатывания нейтральной линией контура поперечного сечения, то есть решают задачу обратную той, в которой определяли положение нейтральной линии: куда следует прикладывать силу, чтобы нейтральная линия не пересекала контур сечения, а только касалась его. Задают несколько положений нейтральной линии, касательной к сечению (например, н.л.1, н.л.2, н.л.3), определяют координаты точек пересечения этих линий с осями координат (например, zн.л.1, yн.л.1). Затем, преобразуя уравнение (11), находят Рис. 8.10. Определение координат отрезков нейтральной линии для построения ядра сечения Рис. 8.9. Эпюра напряжений в поперечном сечении Нейтральная линия соответствующие им координаты точек ядра сечения (точки 1, 2, 3): Так как при переходе нейтральной линии с одной стороны на другую (например, от н.л 3 к н.л 4) она поворачивается вокруг угловой точки сечения, то точка приложения силы перемещается по прямой (на рис. 8.10 отрезок 3 – 4), образуя контур ядра. Пример 8.4. Построить ядро сечения для круга диаметром d. Решение. Квадрат радиуса инерции круга: Задаем положение нейтральной линии 1–1, касательной к окружности. Ее координаты: Координаты точки ядра сечения: Из симметрии сечения относительно его центра тяжести следует, что при других положениях нейтральной линии на окружности диаметром d точки ядра сечения образуют концентрический с ней круг диаметром d/4. Пример 8.5. Построить ядро сечения для прямоугольника с размером сторон bЧh. Решение. Квадраты радиусов инерции: Задаем положение нейтральной линии 1-1, касательной к верхней грани прямоугольника. Ее ко- ординаты: zн.л 1 = ∞; yн.л1 = h/2. Координаты соответствующей точки ядра сечения: Аналогично для нейтральной линии 2-2: zн.л 2 = b/2; yн.л 2 = ∞. Учитывая симметрию прямоугольного сечения относительно осей z и y, задаем положения нейтральных линий на противоположных сторонах прямоугольника и получаем еще две точки. Соединяя все точки, получаем ядро сечения в виде ромба с диагоналями, равными h/3 и b/3. Пример 8.6. Построить ядро сечения для швеллера № 20. Решение. Из таблицы сортамента выпишем исходные данные и выполним рисунок швеллера. Последовательно задаем положение нейтральной линии (I-I, II-II, III-III, IV-IV), касающейся контура сечения, и вычисляем координаты точек ядра сечения. Расчеты представлены в табличном виде. Ядро сечения имеет вид четырехугольника, асимметричного относительно оси ординат. Положение ядра сечения зависит лишь от формы и размеров поперечного сечения, но не зависит от величины приложенной силы. Расчет на прочность при внецентренном нагружении Поверочный расчет выполняют, используя условие прочности Проектный расчет обладает особенностью, связанной с тем, что геометрические характеристики, входящие в условие прочности содержат искомый размер поперечного сечения в разной степени. Площадь А измеряется в м2, а моменты сопротивления W в м3. Попытка выразить искомый yн.л. = h/2 = 20/2 = 10 см; zн.л. = ∞; размер из условия прочности приводит к трансцендентной функции, то есть аналитической функции, не являющейся алгебраической. Проектный расчет выполняют методом итераций 1 [от лат. iteratio – повторение]. В первом приближении, пренебрегая одним из внутренних усилий, – продольной силой N – подбирают размер сечения только из условия прочности при изгибе. Полученный размер подставляют в исходное уравнение и выполняют следующую пробу. Процесс повторяют до тех пор, пока невязка – разность размеров последующей и предыдущей проб, не достигнет заданной наперед малости. Пример 8.7. (Винокуров А. И. Сборник задач … 5.35). Подобрать диаметр стержня выпускного клапана. При расчете использовать усилие F в момент открывания клапана в конце рабочего хода поршня. Решение. Сила давления газов на тарелку клапана 533441Н Внутренние усилия в сечении 1-1 стержня клапана (по модулю): N = F; M = F•e. Условие прочности: По обе стороны от знака неравенства искомый диаметр – имеем трансцендентное уравнение, которое решаем методом приближений: Метод последовательных приближений, при котором каждое новое приближение вычисляют исходя из предыдущего; начальное приближение выбирается в достаточной степени произвольно. Дано: p = 1,5 МПа; e = 12 мм; D = 35 мм; [σ] = 210 МПа Разность между последним и предпоследним приближениями Процесс подбора прекращаем, принимаем d = 10 мм. Проверка: Напряжения изгиба больше напряжений растяжения в 6,9 раза Пример 8.8. (Винокуров А. И. Сборник задач … 5.38.). Из расчета на прочность определить размер h скобы струбцины. Решение. Условие прочности при внецентренном растяжении плоской фигуры σ=+≤[σ] где A = b•h; W = b•h2/6; M = F(a+h/2). Условие прочности: Требуемый размер скобы: Размер h в обеих части неравенства. Полученное уравнение – трансцендентное. Решаем его методом последовательных приближений. В первом приближении принимаем h в скобках под корнем равным нулю: h0 = 0. Тогда Невязка подбора 100 25,4 % Следующее приближение 101,58 мм. Невязка подбора 100 4,5 % Следующее приближение 102,54 мм. Невязка подбора 100 0,95 % невязка менее 1 %, поэтому выходим из цикла подбора. Принимаем h = 103 мм. Проверка: Сопоставим вклады от изгиба и растяжения в общее напряжение: Напряжения от изгиба в 8,24 раза превышают напряжения от растяжения. Полученное соотношение можно сделать более благоприятным снизив долю растягивающих напряжений от изгиба за счет уменьшения плеча е изгибающего момента. На практике применяют тавровое и двутавровое сечения, смещая центр тяжести с ближе к линии действия силы и располагая больше материала в области растягивающих напряжений, к которым хрупкие материалы более чувствительны. Рис. 8.11. Примеры выполнения поперечного сечения бруса, подверженного действию внецентренного растяжения
Источник
Совместное действие изгиба и растяжения (сжатия)
При сочетании прямого изгиба и растяжения (или сжатия) бруса в его поперечных сечениях возникает три внутренних силовых фактора: Продольная сила Nx, поперечная сила Qy (или Qz), изгибающий момент Mz (или My). Этот случай нагружения изображен на рисунке, и показаны эпюры нормальных напряжений σN2 и σMy для некоторого произвольного сечения, находящегося на расстоянии a от свободного конца.
Этот случай нагружения практически почти не отличается от частного случая внецентренного растяжения, который сводится к центральному растяжению и чистому прямому изгибу.
Отличие состоит в том, что в первом случае во всех поперечных сечениях Qz = 0 и, следовательно, изгибающий момент во всех поперечных сечениях имеет одно и то же значение. Учитывая, что и Nx во всех поперечных сечениях одинакова, приходим к заключению, что все поперечные сечения равноопасны.
В обоих рассмотренных случаях нормальное напряжение в произвольной точке поперечного сечения вычисляется как алгебраическая сумма напряжений, соответствующих продольной силе и изгибающему моменту:
При сочетании косого изгиба и осевого нагружения бруса в его поперечных сечениях возникает пять внутренних силовых факторов Nx, Qy, Qz, My, Mz.
К сочетанию чистого косого изгиба с центральным растяжением сводится общий случай внецентренного растяжения бруса.
Нормальное напряжение в двух последних случаях в произвольной точке поперечного сечения вычисляется по формуле:
Знак каждого из слагаемых целесообразно устанавливать по характеру деформации бруса.
Необходимо иметь в виду, что вычисление напряжений, основанное на принципе независимости действия сил, допустимо лишь для достаточно жесткого бруса. Только в этом случае перемещения, возникающие вследствие упругих деформаций, настолько малы, что можно не учитывать их влияния на расположение нагрузок, т.е. вести расчет, исходя из размеров недеформированного бруса.
Пример расчетов задач по теме «плоский изгиб с растяжением — сжатием»
Задача 10.
Для заданной балки требуется:
1) изобразить расчетную схему и построить эпюры продольных сил N и изгибающих моментов M;
2) определить положение нейтральной линии в опасном сечении;
3) построить эпюры нормальных напряжений в опасном сечении от продольной силы, изгибающего момента и их совместного действия (суммарную эпюру σ).
Примечание. Плоскость действия нагрузки совпадает с плоскостью симметрии стержня.
a = 0,34 м; P1 = 510 кН; двутавр № 36;
b = 0,40 м; P2 = 34 кН; швеллер № 18 a;
c = 3,2 м; q = 16 кН/м; уголок 200х200х20.
1) Изобразим расчетную схему и построим эпюры продольных сил N и изгибающих моментов M.
а) Вычислим величины на чертеже.
5P1 = 5 ∙ 510 = 2550 кН;
0,6a = 0,6 ∙ 0,34 = 20,4 см;
0,4a = 0,4 ∙ 0,34 = 13,6 см;
0,6b = 0,6 ∙ 40 = 24 см.
б) Отметим точки A, B, D, E на чертеже:
Колонна имеет сечение в виде тавра, состоящего из двух простых фигур – двух прямоугольников 1 и 2. Сечение симметричное, проведем центральную ось Y.
в) Вычислим геометрические характеристики.
Площади фигур:
A1 = 0,6b ∙ 0,4a = 24 ∙ 3,6 = 326,4 см2;
A2 = 0,6a ∙ b = 20,4 ∙ 40 = 816 см2;
A = A1 + A2 = 326,4 + 816 = 2142,4 см2.
Положение центра тяжести (в качестве отсчета, т.е. в качестве вспомогательной оси принята ось Z1):
Проведем центральную ось Z. Расстояние между осями Z1 и Z2 простых фигур и центральной осью определим из чертежа.
b1 = 12,14 см;
b2 = (0,5a – b1) = 4,86 см.
Моменты инерции относительно центральных осей:
IZ = (IZ1 + b12 ∙ A1) + (IZ2 + b22 ∙ A2);
IZ = (5030,9 + 48104,7) + (28298,9 + 19273,6) = 100708,1 см4.
В этом варианте задачи достаточно знать IZ, но в общем случае надо искать IZ и IY.
IY = IY1 + IY2 = 0.4a ∙ (0,6b)3 + 0.6a ∙ b3 = 0.4 ∙ 34 ∙ 243 + 20,4 ∙ 403;
IY = 188 006,4 + 1 305 600 = 1 493 606,4 см4.
Квадраты радиусов инерции сечения:
Координаты точки приложения силы 5P1:
z5P1 = 0; y5P1 = b2 + 0,3a = 4,86 + 0,3 ∙ 34 = 15,06 см.
Координаты точки приложения силы P2:
zP2 = 0; yP2 = – (b1 + 0,2a) = – (12,14 + 0,2 ∙ 34) = – 18,94 см.
г)Расчетная схема – это упрощенное изображение (схематизация) объекта, где не учитывается ряд второстепенных факторов, оказывающих несущественное влияние на результат расчета.
d = 0,8a – yC = 0,8a – 0,36a = 0,44a = 0,44 ∙ 34 = 14,96 см.
Изобразим расчетную схему:
д) Построим эпюру Q2 силы P2. В сечении 2 внутри колонны Q2 = P2 = 34 кН.
Построим эпюру N1 силы 5P1. В сечении 1 внутри колонны N1 = P2 = 34 кН.
Построим эпюру N результирующей силы.
N = P = 34 кН.
Построим эпюру изгибающего момента M2Z силы P2.
M2 = P2 ∙ c = 34 ∙ 3,2 = 108,8 кН·м; M2 < 0.
Построим эпюру изгибающего момента M1Z силы 5P1.
M2 = 5P1 ∙ d = 2550 ∙ 14,96 ∙ 10-2 = 38148 ∙ 10-2 = 381,5 кН·м.
2) Определим положение нейтральной линии в опасном сечении.
Из эпюр видно, что опасным сечением является сечение в области заделки. Максимальное сжатие в точке E, максимальное растяжение в точке D. Результирующий момент в опасном сечении
MZ = M1Z – M2Z = 381,5 – 108,8 =272,7 кН·м.
Запишем уравнение нейтральной линии
Нейтральная линия не проходит через центр тяжести и представляет собой прямую, отсекающую на осях координат отрезки
ð прямая не пересекает ось Z, она параллельна оси Z.
Проведем нейтральную линию в опасном сечении.
Найдем напряжение сжатия в опасной точке E:
yE и zE – координаты точки E.
zE = 0; yE = 14,96 см.
σE = – 2,23 ∙ 107 ∙ (1 + 2,56) = – 79,388 ∙ 106 = – 79,4 МПа.
Найдем напряжение растяжения в опасной точке D:
yD и zD – координаты точки D.
zD = 0; yD = – 19,04 см.
σD = – 2,23 ∙ 107 ∙ (1 – 3,25) = 50,2 ∙ 106 = 50,2 МПа.
Строим эпюру напряжений.
3) Построим эпюры нормальных напряжений в опасном сечении от продольной силы, изгибающего момента и их совместного действия (суммарную эпюру σ).
Источник
Задача. Построить эпюры Q и M для статически неопределимой балки.
Вычислим степень статической неопределимости балки по формуле:
n= ΣR — Ш — 3 = 4 — 0 — 3 = 1
Балка один раз статически неопределима, значит одна из реакций является «лишней» неизвестной. За «лишнюю» неизвестную примем реакцию опоры В — RВ.
Будем считать, что заданная балка (а) получилась из статически определимой балки, с защемленным концом А, к которой поставили добавочную опору В.
Статически определимая балка, которая получается из заданной путем удаления «лишней» связи называется основной системой (б).
Теперь эту систему следует представить эквивалентной заданной. Для этого загружаем основную систему заданной нагрузкой, а в точке В приложим «лишнюю» реакцию RВ (рис.в).
Однако для эквивалентности этого недостаточно, поскольку в такой балке точка В может перемещаться по вертикали, а в заданной балке (рис.а) такого произойти не может. Поэтому добавляем условие, что прогиб т. В в основной системе должен быть равен 0. Прогиб т. В складывается из прогиба от действующей нагрузки ΔF и от прогиба от «лишней» реакции ΔR.
Тогда составляем условие совместности перемещений:
ΔF + ΔR=0 (1)
Теперь остается вычислить эти перемещения (прогибы).
Загружаем основную систему заданной нагрузкой (рис.г) и построим грузовую эпюру МF (рис. д).
В т.В приложим 
и построим эп. 
(рис.е,ж).
По формуле Симпсона определим прогиб от действующей нагрузки.
Теперь определим прогиб от действия «лишней» реакции RВ, для этого загружаем основную систему RВ (рис.з) и строим эпюру моментов от ее действия МR (рис. и).
Составляем и решаем уравнение (1):
Статическая неопределимость раскрыта.
Построим эп. Q и М (рис. к,л).
Задача решена.
Задача. Расчет рамы. Для рамы построить эпюры продольных сил N, поперечных сил Q и изгибающих моментов М.
- Определим опорные реакции
Нанесем значения опорных реакций на расчетную схему.
2. Строим эпюру продольных сил N методом сечений. Имеем три характерных участка и три сечения на них.
Правило знаков продольных сил – продольная сила считается положительной, если сила растягивает стержень, и отрицательной, если сила сжимает стержень. Положительные значения откладываем влево от стойки и вверх от ригеля.
Строим эпюру продольных сил.
3. Строим эпюру поперечных сил Q методом сечений. Правило знаков – если сила относительно сечения направлена по часовой стрелке, то поперечная сила считается положительной и наоборот. Положительные значения откладываются влево от стоек и вверх от ригеля.
Строим эпюру поперечных сил
4. Строим эпюру изгибающих моментов М методом характерных точек. Расставляем точки: А – опора, В,С, — узлы рамы, D – свободный конец, К – середина равномерно распределенной нагрузки (точки экстремума при построении эп.Q не обнаружено). Эпюру М строим на сжатых волокнах (для машиностроительных специальностей), знак не ставим.
Строим эпюру моментов.
5. Вырезаем узлы С и В и проверяем их равновесие.
Узлы находятся в равновесии, значит эпюры построены верно.
Для балки с жесткой заделкой построить эпюры Q и М.
Расставляем сечения от свободного конца балки — в этом случае можно построить эпюры, не определяя опорных реакций. Рассматривать в каждом случае будем правую часть — справа от сечения. Сечения расставляем на характерных участках (между изменениями). По размерной нитке – 2 участка, 2 сечения.
Сечение 2-2 проходит по участку с равномерно распределенной нагрузкой, отмечаем размер z2 вправо от сечения до начала участка. Определяем поперечные силы в сечениях. Правило знаков см. — здесь.
Строим эпюру Q.
Построим эпюру М методом характерных точек. Расставляем точки на балке — это точки начала и конца балки (D,A), сосредоточенного момента (B), а также отметим в качестве характерной точки середину равномерно распределенной нагрузки (K) — это дополнительная точка для построения параболической кривой.
Определяем изгибающие моменты в точках. Правило знаков см. — здесь.
Момент в т. В будем определять следующим образом. Сначала определим:
Теперь:
Точку К возьмем в середине участка с равномерно распределенной нагрузкой.
Строим эпюру M. Участок АВ – параболическая кривая (правило «зонтика»), участок ВD – прямая наклонная линия.
Для балки определить опорные реакции и построить эпюры изгибающих моментов (М) и поперечных сил (Q).
- Обозначаем опоры буквами А и В и направляем опорные реакции RА и RВ.
Составляем уравнения равновесия.
Проверка
Записываем значения RА и RВ на расчетную схему.
2. Построение эпюры поперечных сил методом сечений. Сечения расставляем на характерных участках (между изменениями). По размерной нитке – 4 участка, 4 сечения.
сеч. 1-1 ход слева.
Сечение проходит по участку с равномерно распределенной нагрузкой, отмечаем размер z1 влево от сечения до начала участка. Длина участка 2 м. Правило знаков для Q — см. здесь.
Строим по найденным значением эпюру Q.
сеч. 2-2 ход справа.
Сечение вновь проходит по участку равномерно распределенной нагрузкой, отмечаем размер z2 вправо от сечения до начала участка. Длина участка 6 м.
Строим эпюру Q.
сеч. 3-3 ход справа.
сеч. 4-4 ход справа.
Строим эпюру Q.
3. Построение эпюры М методом характерных точек.
Характерная точка – точка, сколь-либо заметная на балке. Это точки А, В, С, D, а также точка К, в которой Q=0 и изгибающий момент имеет экстремум. Также в середине консоли поставим дополнительную точку Е, поскольку на этом участке под равномерно распределенной нагрузкой эпюра М описывается кривой линией, а она строится, как минимум, по 3 точкам.
