Введение.

Изгиб - вид деформации, характеризующийся искривлением (изменением кривизны) оси или срединной поверхности деформируемого объекта (бруса, балки, плиты, оболочки и др.) под действием внешних сил или температуры. Изгиб связан с возникновением в поперечных сечениях бруса изгибающих моментов. Если из шести внутренних силовых факторов в сечении бруса отличным от нуля является только один изгибающий момент, изгиб называется чистым:

Если в поперечных сечениях бруса кроме изгибающего момента действует также поперечная сила – изгиб называется поперечным:

В инженерной практике рассматривается также особый случай изгиба- продольный И. (рис. 1 , в), характеризующийся выпучиванием стержня под действием продольных сжимающих сил. Одновременное действие сил, направленных по оси стержня и перпендикулярно к ней, вызывает продольно-поперечный изгиб (рис. 1 , г).

Рис. 1. Изгиб бруса: а - чистый: б - поперечный; в - продольный; г - продольно-поперечный.

Брус, работающий на изгиб, называется балкой. Изгиб называется плоским, если ось балки после деформации остается плоской линией. Плоскость расположения изогнутой оси балки называется плоскостью изгиба. Плоскость действия нагрузочных сил называется силовой плоскостью. Если силовая плоскость совпадает с одной из главных плоскостей инерции поперечного сечения, изгиб называется прямым. (В противном случае имеет место косой изгиб). Главная плоскость инерции поперечного сечения - это плоскость, образованная одной из главных осей поперечного сечения с продольной осью бруса. При плоском прямом изгибе плоскость изгиба и силовая плоскость совпадают.

Задача о кручении и изгибе бруса (задача Сен-Венана) имеет большой практический интерес. Приложение теории изгиба, установленной Навье, составляет обширный отдел строительной механики и имеет громадное практическое значение, так как оно служит основанием для расчета размеров и поверки прочности разнообразных частей сооружений: балок, мостов, элементов машин и пр.

ОСНОВНЫЕ УРАВНЕНИЯ И ЗАДАЧИ ТЕОРИИ УПРУГОСТИ

§ 1. основные уравнения

Вначале дадим общую сводку основных уравнений для задач рав­новесия упругого тела, которые составляют содержание раздела тео­рии упругости, называемого обычно статикой упругого тела.

Деформированное состояние тела вполне определяется тензором поля деформации или полем перемещений Компоненты тензора деформации связаны с перемещениями дифференциальными зависимостями Коши:

(1)

Компоненты тензора деформации должны удовлетворять дифферен­циальным зависимостям Сен-Венана:

которые являются необходимыми и достаточными условиями интег­рируемости уравнений (1).

Напряженное состояние тела определяется тензором поля напря­жений Шесть независимых компонент симметричного тензора () должны удовлетворять трем дифференциальным уравне­ниям равновесия:

Компоненты тензора напряжений и перемещения связаны шестью уравнениями закона Гука:

некоторых случаях уравнения закона Гука приходится исполь­зовать в виде формулы

, (5)

Уравнения (1)-(5) являются основными уравнениями стати­ческих задач теории упругости. Иногда уравнения (1) и (2) называют геометрическими уравнениями, уравнения (3) - статиче­скими уравнениями, а уравнения (4) или (5) - физическими урав­нениями. К основным уравнениям, определяющим состояние линейно-упруго­го тела в его внутренних точках объема , необходимо присоединить условия на его поверхности Эти условия называются граничными условиями. Они определяются либо заданными внешними поверхност­ными силами либо заданными перемещениями точек поверх­ности тела. В первом случае граничные условия выражаются равен­ством:

где - компоненты вектора t поверхностной силы, - компо­ненты единичного вектора п , направленного по внешней нормали к поверхности в рассматриваемой ее точке.

Во втором случае граничные условия выражаются равенством

где - заданные на поверхности функции.

Граничные условия могут также иметь смешанный характер, когда на одной части поверхности тела заданы внешние поверхностные си­лы а на другой части поверхности тела заданы перемещения:

Возможны и иного рода граничные условия. Например, на некото­ром участке поверхности тела заданы только некоторые компоненту вектора перемещения и, кроме того, также не все компоненты вектора поверхностной силы.

§ 2. основные задачи статики упругого тела

В зависимости от вида граничных условий различают три типа ос­новных статических задач теории упругости.

Основная задача первого типа состоит в опре­делении компонент тензора поля напряжений внутри области , занятой телом, и компонент вектора перемещения точек внутри области и точек поверхности тела по заданным массовым силам и поверхностным силам

Искомые девять функций должны удовлетворять основным уравне­ниям (3) и (4), а также граничным условиям (6).

Основная задача второго типа состоит в опреде­лении перемещений точек внутри области и компонент тензо­ра поля напряжений по заданным массовым силам и по за­данным перемещениям на поверхности тела.

Искомые функции и должны удовлетворять основным уравнениям (3) и (4) и граничным условиям (7).

Заметим, что граничные условия (7) отражают требование о непре­рывности определяемых функций на границе тела, т. е. когда внутренняя точка стремится к некоторой точке поверхности , функция должна стремиться к заданному значению в данной точке поверхности.

Основная задача третьего типа или смешан­ная задача состоит в том, что по заданным поверхностным си­лам на одной части поверхности тела и по заданным переме­щениям на другой части поверхности тела а также, вообще говоря, по заданным массовым силам требуется определить компо­ненты тензора напряжений и перемещения , удовлетво­ряющие основным уравнениям (3) и (4) при выполнении смешан­ных граничных условий (8).

Получив решение данной задачи, можно определить, в частности, усилия связей на , которые должны быть приложены в точках по­верхности , чтобы реализовать заданные перемещения на этой поверхности, а также можно вычислить перемещения то­чек поверхности . Курсовая работа >> Промышленность, производство

По длине бруса , то брус деформируется. Деформация бруса сопровождается одновременно... древесных, полимерных и др. При изгибе бруса , лежащего на двух опорах, ... изгибе будет характеризоваться стрелой прогиба. При этом напряжения сжатия в вогнутой части бруса ...

Преимущества клееного бруса в малоэтажном строительстве

Реферат >> Строительство

Решаются при использовании клееного профилированного бруса . Клееная древесина в несущих... , не скручивается и не изгибается . Это обусловлено отсутствием в... транспортировку топлива. 5. Поверхность клееного бруса , выполненного с соблюдением всех технологических...

Пространственный (сложный) изгиб

Пространственным изгибом называется такой вид сложного сопротивления, при котором в поперечном сечении бруса действуют только изгибающие моменты и. Полный изгибающий момент при этом действует ни в одной из главных плоскостей инерции. Продольная сила отсутствует. Пространственный или сложный изгиб часто называют неплоским изгибом, так как изогнутая ось стержня не является плоской кривой. Такой изгиб вызывается силами, действующими в разных плоскостях перпендикулярно оси балки (Рис. 1.2.1).

Рис.1.2.1

Следуя порядку решения задач при сложном сопротивлении, изложенному выше, раскладываем пространственную систему сил, представленную на рис. 1.2.1, на две такие, чтобы каждая из них действовала в одной из главных плоскостей. В результате получаем два плоских поперечных изгиба - в вертикальной и горизонтальной плоскости. Из четырех внутренних силовых факторов, которые при этом возникают в поперечном сечении балки, будем учитывать влияние только изгибающих моментов. Строим эпюры, вызванных соответственно силами (Рис. 1.2.1).

Анализируя эпюры изгибающих моментов, приходим к выводу, что опасным является сечение А, так как именно в этом сечении возникают наибольшие по величине изгибающие моменты и. Теперь необходимо установить опасные точки сечения А. Для этого построим нулевую линию. Уравнение нулевой линии с учетом правила знаков для членов, входящих в это уравнение, имеет вид:

Здесь принят знак “” возле второго члена уравнения, так как напряжения в первой четверти, вызванные моментом, будут отрицательными.

Определим угол наклона нулевой линии с положительным направлением оси (Рис.12.6):

Рис. 1.2.2

Из уравнения (8) следует, что нулевая линия при пространственном изгибе является прямой линией и проходит через центр тяжести сечения.

Из рис. 1.2.2 видно, что наибольшие напряжения возникнут в наиболее удаленных от нулевой линии точках сечения №2 и №4. По величине нормальные напряжения в этих точках будут одинаковыми, но по знаку отличаются: в точке №4 напряжения будут положительными, т.е. растягивающими, в точке №2 - отрицательными, т.е. сжимающими. Знаки этих напряжений были установлены из физических соображений.

Теперь, когда опасные точки установлены, вычислим максимальные напряжения в сечении А и проверим прочность балки с помощью выражения:

Условие прочности (10) позволяет не только выполнить проверку прочности балки, но и подобрать размеры ее поперечного сечения, если задано соотношение сторон поперечного сечения.

Под изгибом понимается такой вид нагружения, при котором в поперечных сечениях бруса возникают изгибающие моменты. Если изгибающий момент в сечении является единственным силовым фактором, то изгиб называется чистым. Если наряду с изгибающим моментом в поперечных сечениях бруса возникают и поперечные силы, то изгиб называется поперечным.

Предполагается, что изгибающий момент и поперечная сила лежат в одной из главных плоскостей бруса (примем, что эта плоскость ZOY). Такой изгиб называется плоским.

Во всех рассматриваемых ниже случаях имеет место плоский поперечный изгиб балок.

Для расчета балки на прочность или жесткость необходимо знать внутренние силовые факторы, возникающие в ее сечениях. С этой целью строятся эпюры поперечных сил (эпюра Q) и изгибающих моментов (М).

При изгибе прямолинейная ось бруса искривляется, нейтральная ось проходит через центр тяжести сечения. Для определенности при построении эпюр поперечных сил изгибающих моментов установим для них правила знаков. Примем, что изгибающий момент будет считаться положительным, если элемент бруса изгибается выпуклостью вниз, т.е. таким образом, что его сжатые волокна находятся в верхней части.

Если момент изгибает брус выпуклостью вверх, то этот момент будет считаться отрицательным.

Положительные значения изгибающих моментов при построении эпюры откладываются, как обычно в направлении оси У, что соответствует построению эпюры на сжатом волокне.

Поэтому правило знаков для эпюры изгибающих моментов можно сформулировать следующим образом: ординаты моментов откладываются со стороны слоев бруса.

Изгибающий момент в сечении равен сумме моментов относительно этого сечения всех сил, расположенных по одну стороны (любую) от сечения.

Для определения поперечных сил (Q) установим правило знаков: поперечная сила считается положительной, если внешняя сила стремиться повернуть отсеченную часть балки по час. стрелке относительно точки оси, которая соответствует проведенному сечению.

Поперечная сила (Q) в произвольном поперечном сечении бруса численно равна сумме проекций на ось ОУ внешних сил, приложенных к его осеченной части.

Рассмотрим несколько примеров построения эпюр поперечных сил изгибающих моментов. Все силы перпендикулярны оси балок, поэтому горизонтальная составляющая реакции равна нулю. Деформированная ось балки и силы лежат в главной плоскости ZOY.

Балка длиной защемлена левым концом и нагружена сосредоточенной силой F и моментом m=2F.

Построим эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов М из.

В нашем случае на балку с правой стороны не наложено связей. Поэтому чтобы не определять опорные реакции, целесообразно рассматривать равновесие правой отсеченной части балка. Заданная балка имеет два участка нагружения. Границы участков-сечения, в которых приложены внешние силы. 1 участок - СВ,2 - ВА.

Проводим произвольное сечение на участке 1 и рассмотрим равновесие правой отсеченной части длиною Z 1 .

Из условия равновесия следует:

Q=F ; М из = -FZ 1 ()

Поперечная сила положительна, т.к. внешняя сила F стремится повернуть отсеченную часть по часовой стрелке. Момент изгибающий считается отрицательным, т.к. он изгибает рассматриваемую часть балки выпуклостью вверх.

При составлении уравнений равновесия мысленно закрепляем место сечения; из уравнений () следует, что поперечная сила на I участке от Z 1 не зависит и является постоянной величиной. Положительную силу Q=F откладываем в масштабе вверх от осевой линии балки, перпендикулярно к ней.

Изгибающий момент зависит от Z 1 .

При Z 1 =O М из =O приZ 1 = М из =

Полученное значение () откладываем вниз, т.е. эпюра М из строится на сжатом волокне.

Переходим ко второму участку

Рассекаем участок II на произвольном расстоянии Z 2 от свободного правого торца балки и рассматриваем равновесие отсеченной части длиною Z 2 . Изменение поперечной силы и изгибающего момента на основе условий равновесия можно выразить следующими уравнениями:

Q=FM из = - FZ 2 +2F

Величина и знак поперечной силы не изменились.

Величина изгибающего момента зависит от Z 2 .

ПриZ 2 = M из =, приZ 2 =

Изгибающий момент получился положительным, как в начале участка II, так и в конце его. На участке II балка изгибается выпуклостью вниз.

Откладываем в масштабе величины моментов вверх по осевой линии балки (т.е. эпюра строится на сжатом волокне). Наибольший изгибающий момент возникает в сечении, где приложен внешний момент m и по абсолютной величине равен

Заметим, что на длине балки, где Q сохраняет постоянную величину, изгибающий момент М из меняется линейно и представляется на эпюре наклонными прямыми. Из эпюр Q и М из видно, что в сечении, где приложена внешняя поперечная сила, эпюра Q имеет скачок на величину этой силы, а эпюра М из - излом. В сечении, где приложен внешний изгибающий момент, эпюра Миз имеет скачок на величину этого момента. На эпюре Q это не отражается. Из эпюры М из видим, что

max М из =

следовательно, опасное сечение предельно приближено с левой стороны к т.

Для балки изображенной на рис.13,а, построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов. На длине балка нагружена равномерно распределенной нагрузкой с интенсивностью q(КН/см).

На опоре А (шарнир неподвижный) возникнет вертикальная реакция R a (горизонтальная реакция равна нулю), а на опоре В (подвижный шарнир) возникает вертикальная реакция R в.

Определим вертикальные реакции опор, составляя уравнение моментов относительно опор А и В.

Проверим правильность определения реакции:

т.е. опорные реакции определены правильно.

Заданная балка имеет два участка нагружения: I участок - АС.

II участок - СВ.

На первом участке a, в текущем сечении Z 1 из условия равновесия отсеченной части имеем

Уравнение изгибающих моментов на 1 участке балки:

Момент от реакции R a изгибает балку на участке 1, выпуклостью вниз, поэтому изгибающий момент от реакции Ra вводится в уравнение со знаком плюс. Нагрузка qZ 1 изгибает балку выпуклостью вверх, поэтому момент от нее вводится в уравнение со знаком минус. Изгибающий момент изменяется по закону квадратной параболы.

Поэтому, необходимо выяснить имеет ли место экстремум. Между поперечной силой Q и изгибающим моментом существует дифференциальная зависимость на анализе которой мы остановимся далее

Как известно, функция имеет экстремум там, где производная равна нулю. Следовательно, чтобы определить при каком значении Z 1 , изгибающий момент будет экстремальным, надо уравнение поперечной силы приравнять к нулю.

Так как поперечная сила меняет в данном сечении знак с плюса на минус, то изгибающий момент в этом сечении будет максимальным. Если Q меняет знак с минуса на плюс, то изгибающий момент в этом сечении будет минимальным.

Итак, изгибающий момент при

является максимальным.

Поэтому, строим параболу по трем точкам

При Z 1 =0 М из =0

Рассекаем второй участок на расстоянии Z 2 от опоры В. Из условия равновесия правой отсеченной части балки имеем:

При величина Q=const,

изгибающий момент будет:

при, при, т.е. M ИЗ

меняется по линейному закону.

Балка на двух опорах, имеющая пролет равный 2 и левую консоль длиною, нагружена так, как показано на рис.14,а., где q(Кн/см) - погонная нагрузка. Опора А-шарнирно неподвижна, опора В - подвижный каток. Построить эпюры Q и М из.

Решение задачи следует начинать с определения реакций опор. Из условия равенства нулю суммы проекций всех сил на ось Z следует, что горизонтальная составляющая реакции на опоре А равна 0.

Для проверки используем уравнение

Уравнение равновесия удовлетворяются, следовательно, реакции вычислены правильно. Переходим к определению внутренних силовых факторов. Заданная балка имеет три участка нагружения:

• 1 участок - СА,
• 2 участок - АД,
• 3 участок - ДВ.

Рассечем 1 участок на расстояние Z 1 от левого торца балки.

при Z 1 =0 Q=0 М ИЗ =0

при Z 1 = Q= -q М ИЗ =

Таким образом, на эпюре поперечных сил получается наклонная прямая, а на эпюре изгибающих моментов - парабола, вершина которой находится на левом конце балки.

На участке II (a Z 2 2a) для определения внутренних силовых факторов рассмотрим равновесие левой отсеченной части балки длиною Z 2 . Из условия равновесия имеем:

Поперечная сила на этом участке постоянна.

На участке III()

Из эпюры видим, что наибольший изгибающий момент возникает в сечении под силой F и равен. Это сечение будет самым опасным.

На эпюре М из имеется скачок на опоре В, равный внешнему моменту, приложенному в данном сечении.

Рассматривая построенные выше эпюры, нетрудно подметить определенную закономерную связь между эпюрами изгибающих моментов и эпюрами поперечных сил. Докажем это.

Производная от поперечной силы по длине бруса равняется по модулю интенсивности нагрузки.

Отбрасывая величину высшего порядка малости получим:

т.е. поперечная сила является производной от изгибающего момента по длине бруса.

Учитывая полученные дифференциальные зависимости можно сделать общие выводы. Если брус нагружен равномерно распределенной нагрузкой интенсивности q=const, очевидно, функция Q будет линейной, а М из - квадратичной.

Если брус нагружен сосредоточенными силами или моментами, то в промежутках между точками их приложения интенсивность q=0. Следовательно, Q=const, а М из является линейной функцией Z. В точках приложения сосредоточенных сил эпюра Q претерпевает скачок на величину внешней силы, а в эпюре М из возникает соответствующий излом (разрыв в производной).

В месте приложения внешнего изгибающего момента наблюдается разрыв в эпюре моментов, равный по величине приложенному моменту.

Если Q>0, то М из растет, а если Q<0, то М из убывает.

Дифференциальные зависимости используются для проверки уравнений составленных для построения эпюр Q и М из, а также для уточнения вида этих эпюр.

Изгибающий момент меняется по закону параболы, выпуклость которой всегда направлена навстречу внешней нагрузки.

В случае расчета круглого бруса при действии изгиба и круче­ния (рис. 34.3) необходимо учитывать нормальные и касательные на­пряжения, т. к. максимальные значения напряжений в обоих случаях возникают на поверхности. Расчет следует вести по теории проч­ности, заменяя сложное напряженное состояние равноопасным про­стым.

Максимальное напряжение кручения в сечении

Максимальное напряжение изгиба в сечении

По одной из теорий прочности в зависимости от материала бруса рассчитывают эквивалентное напряжение для опасного сечения и проверяют брус на прочность, используя допускаемое напряжение изгиба для материала бруса.

Для круглого бруса моменты сопротивления сечения следую­щие:

При расчете по третьей теории прочности, теории максималь­ных касательных напряжений, эквивалентное напряжение рассчи­тывается по формуле

Теория применима для пластичных материалов.

При расчете по теории энергии формоизменения эквивалентное напряжение рассчитывается по формуле

Теория применима для пластичных и хрупких материалов.

теории максималь­ных касательных напряжений:

Эквивалентное напряжение при расчете по теории энергии формоизменения:

где - эквивалентный момент.

Условие прочности

Примеры решения задач

Пример 1. Для заданного напряженного состояния (рис. 34.4), пользуясь гипотезой максимальных касательных напряжений, вычислить ко­эффициент запаса прочности, если σ Т = 360 Н/мм 2 .

Контрольные вопросы и задания

1. Чем характеризуется и как изображается напряженное состо­яние в точке?

2. Какие площадки и какие напряжения называют главными?

3. Перечислите виды напряженных состояний.

4. Чем характеризуется деформированное состояние в точке?

5. В каких случаях возникают предельные напряженные состо­яния у пластичных и хрупких материалов?

6. Что такое эквивалентное напряжение?

7. Поясните назначение теорий прочности.

8. Напишите формулы для расчета эквивалентных напряжений при расчетах по теории максимальных касательных напряжений и теории энергии формоизменения. Поясните, как ими пользоваться.

ЛЕКЦИЯ 35

Тема 2.7. Расчет бруса круглого поперечного сечения при сочетании основных деформаций

Знать формулы для эквивалентных напряжений по гипотезам наибольших касательных напряжений и энергии формоизменения.

Уметь рассчитывать брус круглого поперечного сечения на прочность при сочетании основных деформаций.

Пространственным изгибом называется такой вид сложного сопротивления, при котором в поперечном сечении бруса действуют только изгибающие моменты и
. Полный изгибающий момент при этом действует ни в одной из главных плоскостей инерции. Продольная сила отсутствует. Пространственный или сложный изгиб часто называютнеплоским изгибом , так как изогнутая ось стержня не является плоской кривой. Такой изгиб вызывается силами, действующими в разных плоскостях перепендикулярно оси балки (Рис.12.4).

Следуя порядку решения задач при сложном сопротивлении, изложенному выше, раскладываем пространственную систему сил, паредставленную на рис. 12.4, на две такие, чтобы каждая из них действовала в одной из главных плоскостей. В результате получаем два плоских поперечных изгиба – в вертикальной и горизонтальной плоскости. Из четырех внутренних силовых факторов, которые при этом возникают в поперечном сечении балки
, будем учитывать влияние только изгибающих моментов
. Строим эпюры
, вызванных соответственно силами
(Рис.12.4).

Анализируя эпюры изгибающих моментов, приходим к выводу, что опасным является сечение А, так как именно в этом сечении возникают наибольшие по величине изгибающие моменты
и
. Теперь необходимо установить опасные точки сечения А. Для этого построим нулевую линию. Уравнение нулевой линии с учетом правила знаков для членов, входящих в это уравнение, имеет вид:

. (12.7)

Здесь принят знак “”возле второго члена уравнения, так как напряжения в первой четверти, вызванные моментом
, будут отрицательными.

Определим угол наклона нулевой линии с положительным направлением оси(Рис.12.6):

. (12.8)

Из уравнения (12.7) следует, что нулевая линия при пространственном изгибе является прямой линией и проходит через центр тяжести сечения.

Из рис.12.5 видно, что наибольшие напряжения возникнут в наиболее удаленных от нулевой линии точках сечения №2 и №4. По величине нормальные напряжения в этих точках будут одинаковами, но по знаку отличаются: в точке №4 напряжения будут положительными, т.е. растягивающими, в точке №2 – отрицательными, т.е. сжимающими. Знаки этих напряжений были установлены из физических соображений.

Теперь, когда опасные точки установлены, вычислим максимальные напряжения в сечении А и проверим прочность балки с помощью выражения:

. (12.9)

Условие прочности (12.9) позволяет не только выполнить проверку прочности балки, но и подобрать размеры ее поперечного сечения, если задано соотношение сторон поперечного сечения.

12.4. Косой изгиб

Косым называется такой вид сложного сопротивления, при котором в поперечных сечениях балки возникают только изгибающие моменты
и
, но в отличие от пространственного изгиба все силы, приложенные к балке, действуют в одной (силовой) плоскости, не совпадающей ни с одной из главных плоскостей инерции. Этот вид изгиба наиболее часто встречается в практике, поэтому исследуем его подробнее.

Рассмотрим консольную балку, нагруженную силой , как показано на рис 12.6, и выполненную из изотропного материала.

Так же, как и при пространственном изгибе, при косом изгибе отсутствует продольная сила. Влиянием поперечных сил при расчете балки на прочность будем пренебрегать.

Расчетная схема балки, изображенной на рис.12.6, приведена на рис.12.7.

Разложим силу на вертикальнуюи горизонтальнуюсоставляющие и от каждой из этих составляющих построим эпюры изгибающих моментов
и
.

Вычислим составляющие полного изгибающего момента в сечении :

;
.

Полный изгибающий момент в сечении равен

Таким образом, составляющие полного изгибающего момента можно выразить через полный момент следующим образом:

;
. (12.10)

Из выражения (12.10) видно, что при косом изгибе нет необходимости раскладывать систему внешних сил на составляющие, так как эти составляющие полного изгибающего момента связаны друг с другом с помощью угла наклона следа силовой плоскости . В результате отпадает необходимость в построении эпюр составляющих
и
полного изгибающего момента. Достаточно построить эпюру полного изгибающего момента
в силовой плоскости, а затем, воспользовавшись выражением (12.10), определить составляющие полного изгибающего момента в любом интересующем нас сечении балки. Полученный вывод существенно упрощает решение задач при косом изгибе.

Подставим значения составляющих полного изгибающего момента (12.10) в формулу для нормальных напряжений (12.2) при
. Получим:

. (12.11)

Здесь знак “” возле полного изгибающего момента проставлен специально с той целью, чтобы автоматически получать правильный знак нормального напряжения в рассматриваемой точке поперечного сечения. Полный изгибающий момент
и координаты точкииберутся со своими знаками при условии, что в первом квадранте знаки координат точки принимаются положительными.

Формула (12.11) была получена из рассмотрения частного случая косого изгиба балки, защемленной одним концом и нагруженной на другом сосредоточенной силой. Тем не менее, эта формула является общей формулой для вычисления напряжений при косом изгибе.

Опасным сечением, как и при пространственном изгибе в рассматриваемом случае (Рис.12.6), будет сечение А, так как в этом сечении возникает наибольший по величине полный изгибающий момент. Опасные точки сечения А определим, построив нулевую линию. Уравнение нулевой линии получим, вычислив с помощью формулы (12.11) нормальные напряжения в точке с координатами и, принадлежащей нулевой линии и приравняем найденные напряжения нулю. После несложных преобразований получим:

(12.12)

. (12.13)

Здесь угол наклона нулевой линии к оси(Рис.12.8).

Исследуя уравнения (12.12) и (12.13), можно сделать некоторые выводы о поведении нулевой линии при косом изгибе:

Из рис.12.8 следует, что наибольшие по величине напряжения возникают в точках сечения, наиболее удаленных от нулевой линии. В рассматриваемом случае такими точками являются точки №1 и №3. Таким образом, при косом изгибе условие прочности имеет вид:

. (12.14)

Здесь:
;
.

Если моменты сопротивления сечения относительно главных осей инерции могут быть выражены через размеры сечения, условие прочности удобно использовать в таком виде:

. (12.15)

При подборе сечений один из осевых моментов сопротивления выносят за скобку и задаются отношением . Зная
,
и угол, путем последовательных попыток определяют значения
и, удовлетворяющие условию прочности

. (12.16)

Для несимметричных сечений, не имеющих выступающих углов, используется условие прочности в виде (12.14). В этом случае при каждой новой попытке подбора сечения необходимо предварительно вновь найти положение нулевой линии и координаты наиболее удаленной точки (
). Для прямоугольного сечения
. Задаваясь отношением, из условия прочности (12.16) легко можно найти величину
и размеры поперечного сечения.

Рассмотрим определение перемещений при косом изгибе. Найдем прогиб в сечении консольной балки (Рис.12.9). Для этого изобразим балку в единичном состоянии и построим эпюру единичных изгибающих моментов в одной из главных плоскостей. Будем определять полный прогиб в сечении, предварительно определив проекции вектора перемещенийна осии. Проекцию вектора полного прогиба на осьнайдем, воспользовавшись формулой Мора:

Проекцию вектора полного прогиба на ось найдем аналогичным способом:

Полный прогиб определим по формуле:

. (12.19)

Следует обратить внимание, что при косом изгибе в формулах (12.17) и (12.18) при определении проекций прогиба на оси координат меняются лишь постоянные члены, стоящие перед знаком интеграла. Сам же интеграл остается постоянным. При решении практических задач будем вычислять этот интеграл, пользуясь методом Мора-Симпсона. Для этого умножим единичную эпюру
на грузовую
(Рис.12.9), построенную в силовой плоскости, а затем полученный результат умножим последовательно на постоянные коэффициенты, соответственно,и. В результате получим проекции полного прогибаина оси координати. Выражения для проекций прогиба для общего случая нагружения, когда балка имеетучастков, будут иметь вид:

; (12.20)

. (12.21)

Отложим найденные значения для ,и(Рис.12.8). Вектор полного прогибасоставляет с осьюострый угол, величин которого можно найти по формуле:

, (12.22)

. (12.23)

Сравнивая уравнение (12.22) с уравнением нулевой линии (12.13), приходим к выводу, что

или
,

откуда следует, что нулевая линия и вектор полного прогиба взаимно перепедикулярны. Уголявляется дополнением угладо 90 0 . Это условие может быть использовано для проверки при решении задач на косой изгиб:

. (12.24)

Таким образом, направление прогибов при косом изгибе перпендикулярно нулевой линии. Отсюда вытекает важное условие, что направление прогибов не совпадает с направлением действующей силы (Рис.12.8). Если нагрузка представляет собой плоскую систему сил, то ось изогнутой балки лежить в плоскости, которая не совпадает с плоскостью действия сил. Балка перекашивается по отношению к силовой плоскости. Это обстоятельство послужило основанием для того, что подобный изгиб стали называтькосым .

Пример 12.1. Определить положение нулевой линии (найти угол) для поперечного сечения балки, изображенной на рис.12.10.

1. Угол до следа силовой плоскостибудем откладывать от положительного направления оси. Уголвсегда будем брать острым, но с учетом знака. Любой угол считается положительным, если в правой системе координат его откладывают от положительного направления осипротив часовой стрелки, и отрицательным, если угол откладывают по часовой стрелке. В данном случае уголсчитается отрицательным (
).

2. Определяем отношение осевых моментов инерции:

.

3. Записывем уравнение нулевой линии при косом изгибе в виде, откуда находим угол :

;
.

4. Угол оказался положительным, поэтому откладываем его от положительного направление осипротив часовой стрелки до нулевой линии (Рис.12.10).

Пример 12.2. Определить величину нормального напряжения в точке А поперечного сечения балки при косом изгибе, если изгибающий момент
кНм, координаты точки
см,
см. Размеры поперечного сечения балки и угол наклона силовой плоскостиприведены на Рис.12.11.

1. Вычислим предварительно моменты инерции сечения относительно осей и:

см 4 ;
см 4 .

2. Запишем формулу (12.11) для определения нормальных напряжений в произвольной точке поперечного сечения при косом изгибе. При подстановке значения изгибающего момента в формулу (12.11) следует учесть, что изгибающий момент по условию задачи положительный.

7,78 МПа.

Пример 12.3. Определить размеры поперечного сечения балки, изображенной на рис.12.12а. Материал балки – сталь с допускаемом напряжением
МПа. Отношение сторон задается
. Нагрузки и угол наклона силовой плоскостиприведены на рис.12.12в.

1. Для определения положения опасного сечения строим эпюру изгибающих моментов (Рис.12.12б). Опасным является сечение А. Максимальный изгибающий момент в опасном сечении
кНм.

2. Опасной точкой а сечении А будет одна из угловых точек. Условие прочности запишем в виде

,

Откуда найдем, учитывая, что отношение
:

3. Определяем размеры поперечного сечения. Осевой момент сопротивления
с учетом отношения сторон
равен:

см 3 , откуда

см;
см.

Пример 12.4. В результате изгиба балки центр тяжести сечения переместился в направлении, определяемом угломс осью(Рис.12.13,а). Определить угол наклонасиловой плоскости. Форма и размеры поперечного сечения балки приведены на рисунке.

1. Для определения угла наклона следа силовой плоскости воспользуемся выражением (12.22):

, откуда
.

Отношение моментов инерции
(см. пример 12.1). Тогда

.

Отложим это значение угла от положительного направления оси(Рис.12.13,б). След силовой плоскости на рис 12.13,б показан шриховой линией.

2. Выполним проверку полученного решения. Для этого при найденном значении угла определим положение нулевой линии. Воспользуемся выражением (12.13):

.

Нулевая линия показана на рис.12.13 шрих-пунктирной линией. Нулевая линия должна быть перпендикулярной линии прогибов. Проверим это:

Пример 12.5. Определить полный прогиб балки в сечении В при косом изгибе (Рис.12.14а). Материал балки – сталь с модулем упругости
МПа. Размеры поперечного сечения и угол наклона силовой плоскостиприведены на рис.12.14б.

1. Определим проекции вектора полного прогиба в сечении Аи. Для этого построим грузовую эпюру изгибающих моментов
(Рис.12.14,в), единичную эпюру
(Рис.12.14,г).

2. Применяя метод МораСимпсона, перемножим грузовую
и единичную
эпюры изгибающих моментов, используя выражения (12.20) и (12.21):

м
мм.

м
мм.

Осевые моменты инерции сечения
см 4 и
см 4 берем из примера 12.1.

3. Определяем полный прогиб сечения В:

.

Найденные значения проекций полного прогиба и сам полный прогиб откладываем на чертеже (Рис.12.14б). Так как проекции полного прогиба получились при решении задачи положительными, откладывем их в направлении действия единичной силы, т.е. вниз () и влево ().

5. Для проверки правильности решения определим угол наклона нулевой линии к оси :

Сложим модули углов направления полного прогиба и:

Это означает, что полный прогиб перпендикулярен нулевой линии. Таким образом, задача решена верно.