2394
.pdf
При прямом изгибе вектор изгибающего момента направ-
лен вдоль одной из главных осей инерции поперечного сече-
ния балки. Если же вектор изгибающего момента не совпадает с главной осью инерции поперечного сечения, изгиб называет-
ся косым. Косой изгиб возникает при нагружении балки сила-
ми и моментами, перпендикулярными к оси балки, но произ-
вольно ориентированными относительно осей y, x, которые попрежнему совмещены с главными осями инерции сечения.
При косом изгибе в поперечных сечениях возникают изги-
бающие моменты My, Mx. Этим моментам, как мы видели, со-
ответствуют нормальные напряжения в поперечных сечениях.
Поэтому суммарные нормальные напряжения можно опреде-
лить воспользовавшись принципом независимости действия сил как алгебраическую сумму напряжений, обусловленных моментами My и Mx
M y x M x y
I y |
I x |
Как и при прямом изгибе существует нейтральная ось
вдоль которой 
0 . Уравнение этой оси
y |
M y I x |
x . |
(5.8) |
|||
|
|
|
||||
M x I y |
||||||
|
|
|
||||
Как видим, и в этом случае нейтральная ось проходит через центр тяжести сечения y = x = 0.
Так как эпюра нормальных напряжений в сечении линей-
ная, максимальные напряжения возникают в точках, наиболее удалѐнных от нейтральной оси. Обозначив координаты этой точки, положение которой легко определить вычертив контур поперечного сечения и нейтральную ось в соответствии с уравнением (5.8), через y1, x1, запишем условие прочности при косом изгибе в виде
|
M y x1 |
|
M |
y |
|
max |
|
|
|
z 1 |
. |
I y |
|
I x |
|||
|
|
|
|||
5.2.2. Пример.
При установке двутавровой балки № 30 (Wx= 472 см3, Wy= 49,9 см3) допущена неточность, вследствие которой ось
сечения составила с вертикалью угол 
1
(рис. 5.9). Требуется определить, насколько изменились напряжения в балке по сравнению с напряжениями, возникающими при строго вертикальном направлении оси y, если в том и другом случае балка нагружена вертикально направленными силами.
Рис. 5.9
Будем оценивать произошедшее изменение напряжений
величиной 
/ , где 
- напряжение при 
0, 
- на-
пряжение при 
1
. Пусть в поперечном сечении возникает изгибающий момент М.
При вертикальной установке двутавра имеем прямой изгиб
(Mx= M, My= 0). При неточной установке имеем косой изгиб с
моментами
|
|
|
M x M cos1 M , M y M sin1 0,017M . |
||
Наибольшее напряжение при прямом изгибе |
M /Wx . При |
||||
косом изгибе |
|
||||
|
M |
|
0,017Wx |
|
|
|
|
|
|
, следовательно, |
|
|
Wx |
|
|
||
|
|
Wy |
|
||
0,017Wx
Wy
0,15 .
Как видим, сравнительно небольшая неточность в уста-
новке балки привела к возрастанию напряжений примерно на
15%.
Этот пример указывает на особую опасность возникнове-
ния косого изгиба для балок с сечениями, у которых резко от-
личны моменты сопротивления относительно главных осей инерции.
5.2.3. Внецентренное растяжение
Такое деформирование возникает при нагружении прямо-
го стержня силой, линия действия которой параллельна оси стержня, но не совпадает с ней (рис. 5.10).
Рис. 5.10
Пусть стержень, защемлѐнный на одном конце, нагружен на другом силой P, приложенной в точке с координатами yp , xp. Тогда в его поперечных сечениях возникнут нормальная сила, равная Р, и изгибающие моменты My= Pxp , Mx= Pyp . И
нормальной силе, и изгибающим моментам соответствует нормальное напряжение в поперечном сечении. Поэтому сум-
марное напряжение можно определить алгебраическим сум-
мированием напряжений от растяжения и изгиба
P |
|
Py p y |
|
Pxp x |
|
|
|
|
|
|
. |
F |
|
I x |
|
||
|
|
I y |
|||
Уравнение нейтральной оси получаем, положив 
0
1 |
|
y p y0 |
|
x p x0 |
0 . |
F |
|
I x |
|
I y |
|
|
|
|
Пространственная эпюра напряжений образует плоскость,
пересекающую поперечное сечение вдоль нейтральной оси.
Наибольшее напряжение возникает в точке поперечного сече-
ния, наиболее удалѐнного от нейтральной оси. Обозначив ко-
ординаты этой точки y1, x1, запишем условие прочности при
внецентренном растяжении в виде
|
1 |
|
y p y1 |
|
x p x1 |
|
max |
F |
|
I x |
|
I y |
. |
|
|
|
|
6. ЭНЕРГЕТИЧЕСКИЙ МЕТОД РАСЧЕТА CТЕРЖНЕВЫХ СИСТЕМ
6.1.Потенциальная энергия упругого деформирования стержня
6.1.1. Определение потенциальной энергии стержня Как мы уже видели в общем случае внутренние силы, дей-
ствующие в поперечном сечении стержня, сводятся к нормальной силе N, поперечным силам Qy , Qx, крутящему моменту Mк и изгибающим моментам My, Mx (здесь начало координат совмещено с центром тяжести сечения, ось z - по нормали к поперечному сечению, а оси у и х совмещены с главными центральными осями инерции). В дальнейшем стержень может быть не только прямым, но может иметь малую кривизну или быть ломанным.
Выделим из стержня бесконечно малый участок длиной dz двумя близкими поперечными сечениями (рис. 6.1).
Рис. 6.1
По отношению к этому элементу силовые факторы N,Qy,QX,MK,My,MX можно рассматривать как внешние силы. При деформации элемента эти силы производят работу, равную по закону сохранения энергии потенциальной энергии, накапливаемой при упругом деформировании этого элемента. Поскольку перемещение элемента как жесткого целого несущественно, будем считать, что левое сечение выделенного элемента закреплено. Тогда работа сил, действующих в этом
сечении, будет равна 0. Далее, легко увидеть, что каждая из сил, действующих в правом сечении, производит работу только на соответствующем этой силе перемещении. Так, нормальная сила N совершает работу на продольном перемещении, но не совершает работу, например, на повороте вокруг оси z. В силу этого можем записать, что потенциальная энергия dU упругого деформирования элемента равна сумме потенциальных энергий, накапливаемых в этом элементе вследствие действия каждого из силовых факторов в отдельности
dU dU N 
dU QУ 
dU QX 
dU M K 
dU MУ 
dU M X 
(6.1)
В силу указанного можно определить величину каждого из этих слагаемых, рассматривая случай, когда в поперечных сечениях действует только соответствующий этому слагаемому силовой фактор.
Определив величину каждого из слагаемых равенства (6.1), можно определить потенциальную энергию стержня, интегрируя dU по всей его длине.
6.1.2. Потенциальная энергия растяжения
Определим величину dU(N), для чего рассмотрим растяжение прямого стержня постоянного поперечного сечения (рис. 6.2). Сила P связана с соответствующим абсолютным удлинением l линейной зависимостью, поэтому ее работа
A |
1 |
P . |
||
2 |
||||
|
|
|
||
По закону Гука |
P |
. Поэтому равная работе А потен- |
||
FE |
||||
|
|
|||
циальная энергия растяжения
U1 P2 .
2 EF
Поскольку рассматриваемый элемент бруса бесконечно мал, можем считать поперечное сечение и нормальную силу в нем постоянными и записать
dU N |
1 N |
dZ . |
|||
|
|
|
|||
2 EF |
|||||
|
|
||||
Рис. 6.2 6.1.3. Потенциальная энергия сдвига
Определим теперь слагаемые dU(QУ), dU(QX) . Для определения dU(QУ) выделим из рассматриваемого элемента бруса продольный элемент с поперечным сечением dF (рис. 6.3). На этот элемент действует касательные напряжения y . Накапли-
ваемая в нем потенциальная энергия равна udFdZ, где u - удельная потенциальная энергия при чистом сдвиге, т.е. в случае когда действует только пара касательных напряжений, а прочие напряжения равны 0.
Удельная потенциальная энергия [1]
2
U У
2G
Следовательно, величину dU (QУ) можно найти интегрируя по поперечному сечению величину У2dFdZ / 2G .
dU(Q ) |
dZ |
2 dF |
|
|
|
||
|
|
||
У |
2G F |
У |
|
|
|
||
По формуле Журавского