КОСОЙ ИЗГИБ ПРИМЕР № 1 ТРЕБУЕТСЯ подобрать размер поперечного сечения балки. Принять R = 14МПа . h=2b РЕШЕНИЕ 1. Строим эпюры изгибающих моментов МZ, МУ отдельно от нагрузок, расположенных в главных плоскостях инерции. Из эпюр видно, что опасное сечение будет в защемлении, на левом конце балки. Получаем: M Z оп = 20кН м, M Y оп = 15кН м. Условие прочности запишем в виде: max 1 = MZ WZ оп + MY оп WZ WY R. Отсюда находим требуемый момент сопротивления: оп M Z + MY WZтр R оп WZ WY . (1) Для прямоугольного сечения имеем: y max 3 h = 2 2 IZ bh bh WZ = = = ; y max 12 h 2 6 z max b = 2 IY hb3 hb 2 WY = = = . z max 12 b 2 6 WZ bh 2 6 h = = 2 Тогда отношение WY 6 hb b. тр Z Определим W h используя формулу (1) при b = 2 : (20 + 15 2) −3 3 3 W = 3,57 10 м = 3570см . 3 14 10 тр Z Учитывая, что W = тр Z b тр h 2тр 6 = b тр (2b тр ) 2 6 2 3 = b тр , получим: 3 2 3 b тр 3570 см3 . 3 Отсюда bтр≥17,495 см. Округляя до мм, принимаем b=17,5 см; h=2b=35 см. Проверим прочность подобранного сечения. b h 2 17,5 352 WZ = = = 3573см3 ; 6 6 h b 2 35 17,5 WY = = = 1786,5см 3 ; 6 6 1 = MZ Wz max + MY = 1 3573 3 = 20 + 15 = 14 10 кПа = R −6 3 3573 10 м 1786,5 оп оп WZ WY Условие прочности выполняется. ПРИМЕР № 2 ТРЕБУЕТСЯ подобрать номер двутавра для балки при R = 200 МПа, = 20 . o РЕШЕНИЕ 1. Строим эпюру М и определяем изгибающий момент в опасном сечении. Из эпюры М видно, что опасное сечение находится посередине балки, и M max = 8,75кН м . 2. Запишем условие прочности при косом изгибе при наличии двух осей симметрии поперечного сечения по формуле: max = Но, M Z оп = M max cos ; MY MZ оп оп WZ + MY оп WY R. = M max sin . После подстановки этих выражений в условие прочности и выноса за скобки выражения M max Wz , получим условие прочности в следующем виде: max Отсюда получаем: M max WZ = cos + sin Wz WY R. (2) M max WZ W cos + sin R WY тр z . Таким образом, для определения требуемого момента сопротивления при косом изгибе, нужно знать отношение осевых моментов сопротивления сечения Wz Wy . Согласно таблице сортамента для прокатных двутавров, эта величина находится в пределах от 6 до 15. Подберем двутавр при WZ WY = 6. Предварительно найдем cos200 = 0,94 ; sin 200 = 0,342. По соотношению (3): 8,75 −6 3 3 W 0,94 + 0,342 6 = 130,9 10 м =130,9см . ) 3 ( 200 10 тр z (3) По сортаменту (ГОСТ 8239–89) находим ближайший двутавр – 3 W = 143 см . №18, который имеет z Подберем двутавр при WZ WY = 15. По соотношению (3): 8,75 3 W 0,94 + 0,342 15 = 265,6см . ( ) 3 200 10 По сортаменту находим двутавр №24, который имеет тр Z Wz = 289 см3 . Таким образом, необходимый по условию прочности двутавр находится среди следующих номеров: 18, 20, 22, 24. Проверим прочность двутавра №20: Для этого двутавра из сортамента находим: Wz = 184см3 ; Wy = 23,1см 3 . Тогда Wz Wy = 184 23,1 = 7,97. Определяя максимальное нормальное напряжение по соотношению (2), получим: max 8,75 3 = 0,94 + 0,342 7,97 = 174,32 10 кПа R. ( ) −6 3 184 10 м В рассматриваемом случае недонапряжение составляет max − R R 174,32 − 200 100% = = −12,84%. 200 В целях экономии материала попытаемся использовать двутавр с меньшим номером. Проверим прочность двутавра 18: Для этого двутавра из сортамента находим: Wz = 143см3 ; Wy = 18, 4см3 . Тогда Wz Wy = 143 18,4 = 7,77. Определяя максимальное нормальное напряжение по соотношению (2), получим: max 8,75 3 = 0,94 + 0,342 7,77 = 220,1 10 кПа R, ( ) −6 3 143 10 м что недопустимо. Поэтому из условия прочности по максимальному нормальному напряжению окончательно принимаем двутавр №20. ПРИМЕР 3 ТРЕБУЕТСЯ определить размер сечения δ для балки из условия прочности при косом изгибе, при R=200 МПа и построить эпюру нормальных напряжений в поперечном сечении. РЕШЕНИЕ 1. Строим эпюры изгибающих моментов в главных плоскостях и определяем положение опасного сечения. В рассматриваемом случае это будет в сечении у заделки: Mz оп = 20кН м; My оп = 15кН м. 2. Находим положение нейтральной линии а) Определяем положение центра тяжести сечения. Sz ' ' A y + A y 30 15,5 + 20 0 ' 1 1 2 2 yC = = = = 9,3 30 + 20 A A1 + A 2 30 y = + = 15.5 Здесь 1 2 2 у2=0, т. к. Z2 совпадает с произвольной осью Z`. Y Y1 Y2 Y' В Нейтральная линия Силовая плоскость Z1 y01 y'1 y02 y' C D A Z' Z2 Эп. МПа D=197,02 Z – + А=142,63 б) Определим осевые моменты инерции сечения относительно главных центральных осей Z и У. Эти оси главные, т. к. ось Y является осью симметрии. Iz = Iz1 + y012 A1 + Iz2 + y022 A2 ; I y = I y1 + z 012 A1 + I y2 + z 02 2 A 2 ; 3 b1 h13 (30)3 30 I z1 = = = 2250 4 ; I y1 = = 2,5 4 ; 12 12 12 3 b 2 h 32 20 3 (20 ) I z2 = = = 1,7 4 ; I y1 = = 667 4 ; 12 12 12 y01 = y1 − yc = 15,5 − 9,3 = 6, 2; z 01 =0; A1 = 30 y02 = y 2 − yc = 0 − 9,3 = −9,3; z 02 =0; 2 A 2 = 20 2 Iz = 2250 + (6, 2) 30 + 1,7 + (−9,3) 20 = 4 2 2 2 4 2 2 = 5137 4 . I y = 2,5 4 + 667 4 . в) Определим тангенс угла наклона нейтральной линии в опасном сечении к центральной оси Z: tg = | M y |оп | M z |оп 15 = = 0,75 20 = 37 0; Iz tg = tg = Iy 51374 = 0,75 = 5,75; 4 669,5 = 800. 2 Здесь α – угол между осью Y и следом плоскости общего изгибающего момента в опасном сечении. г) Откладываем угол = 80 от оси Z в том же направлении, что α и проводим нейтральную линию. 0 Для определения положения опасной точки проведем касательные к сечению, параллельные нейтральной линии. Из рисунка видно, что от нейтральной линии наиболее удалена точка D. Поэтому она и будет опасной точкой сечения. Выпишем координаты опасной точки: zоп = −zD = −10; yоп = yD = −(9,3 + 0,5) = −9,8. Запишем условие прочности для опасной точки D в следующем виде: max = Mz Iz оп оп yD + My Iy оп оп zD R (4) Подставим в это соотношение известные числовые значения и из условия max R определим требуемую величину тр . 20 15 3 9,8 + 10 200 10 кПа тр тр 4 4 5137 тр 669,5 тр -2 1,095 10 м = 1,095см Отсюда находим тр Округляя, принимаем = 1,1см Определим напряжения в опасных точках поперечного сечения – в точках А и D, как наиболее удаленных от нейтральной линии. Выпишем координаты этих точек: z A = 10 = 10 1,1 = 11см = 0,11м.;S y A = −8,8 = −8,8 1,1 = −9,68 см = −0,0968 м.; z D = −10 = −10 1,1 = −11см = −0,11м.; y D = −9,8 = −9,8 1,1 = −10,78см = −0,0968 м. Для определения напряжений в указанных точках воспользуемся формулой: My Mz = y+ z Iz Iy . Предварительно определим значения главных центральных моментов инерции сечения при = 1,1см. : I z = 51374 = 5137 1,14 = 7521см 4 = 7521 10-8 м 4 ; I y = 669,54 = 669,5 1,14 = 980см 4 = 980 10-8м 4 . (5) Mz = 20кНм и M y = 15кНм (изгибающие моменты берём положительными, если они вызывают растяжение в точках сечения с соответствующими положительными координатами). My Mz 20 D = yD + zD = (−0,1078) + −8 Iz Iy 7521 10 15 3 3 ( − 0,11) = − 28,66 10 − 168,36 10 = −8 980 10 = −197,02 103 кПа; My Mz 20 А = yА + zА = (−0,0968) + −8 Iz Iy 7521 10 15 3 3 3 0,11 = − 25,74 10 + 168,37 10 = 142,63 10 кПа. −8 980 10 Определим напряжение еще в одной характерной точке В с координатами: zB=0,5 = 0,5 1,1 = 0,55см. = 0,0055м.; 30 = 6, 2 + 15 = 21, 2 1,1см = 23,32см. уВ=у01+ 2 My Mz 20 В = yВ + zВ = 0, 2332 + −8 Iz Iy 7521 10 15 3 3 3 + 0,0055 = 62,01 10 + 8, 42 10 = 70, 43 10 кПа −8 980 10 Рядом с поперечным сечением строим эпюру нормальных напряжений σ в опасном сечению. Для этого проводим линию, перпендикулярную к нейтральной и касательным и от этой линии (считая её нулевой) откладываем значения полученных напряжений и строим эпюру σ. Наибольшее по модулю напряжение соответствует опасной точке D, и оно меньше расчетного сопротивления R, так как при назначении параметра размеров δ округление проводилось в большую сторону: max = D = 194, 25 МПа R.