Рассмотрим случай, когда оси «y-z» являются взаимно перпендикулярной парой осей проходящих через центр тяжести сечения. Как показано выше:
(8)
(9)
где,.
Решая систему уравнений 8 и 9 совместно относительно неизвестных sinφn, cosφn и подставив их значения в соотношение 1 получим выражение для определения изгибных напряжений:
(10)
Введем обозначения:
k1= Izy/(IzIy-Izy2)
k2= Iy/(IzIy-Izy2)
k3= Iz/(IzIy-Izy2).
Подставим эти соотношения в выражение 10, получим:
(9)
Так как на нейтральной оси напряжения равны нулю, то приравняв правую часть соотношения 9 нулю, получим уравнение нейтральной оси:
, или
Тангенс угла наклона нейтральной оси к оси z:
Пример 3.18
Консольно закрепленный прямой брус длиной a =2 м прямоугольного сечения 0,1 м×0,05 м нагружен сосредоточенным усилием 5 кН на свободном конце под углом α =30º, как показано на рисунке 3.90. Определить положение нейтральной оси и максимальное напряжение.
Рисунок 3.90
Решение.
Так как прямоугольное поперечное сечение бруса имеет две оси симметрии, то эти оси являются главными центральными осями сечения «zc -yc».
|
|
1. Определим максимальные изгибающие моменты, которые возникают в заделке относительно осей «zc -yc»:
Mzc=P×a×sinα=5×2×sin30º=5 кНм
Myc=P×a×cosα=5×2×cos30º=8,66 кНм
2. Определим моменты инерции сечения относительно осей «zc -yc»:
3. Определяем нормальные напряжения:
4. Уравнение нейтральной линии:
Угол наклона нейтральной линии к оси z:
, откуда
β=66,6º
5. Максимальные напряжения возникают в наиболее удаленной от нейтральной линии, точке A (рис. 3.92б) и равны:
Пример 3.19
Шарнирно закрепленный прямой брус длиной a =2 м тонкостенного сечения нагружен распределенной нагрузкой q =24´103 Н/м, как показано на рисунке 3.91. Распределенная нагрузка действует в вертикальной плоскости, проходящей через центр изгиба, т.е. изгиб балки не сопровождается кручением. Материал бруса сталь, E =21×104 МПа. Определить максимальное изгибное напряжение и прогиб в середине бруса.
Рисунок 3.92
Решение.
1. Построим эпюру изгибающих моментов от основных нагрузок.
Рисунок 3.93
1.1 Вычислим реакции опор (рис. 3.93a).
откуда
Y1= Y2 =qa/2
2.2 Изгибающий момент.
Эпюра изгибающих моментов приведена на рисунке 3.93б. Максимальный изгибающий момент возникает в середине балки и равен:
.
2. Положение центра тяжести, центральных осей «zc-yc» и моменты инерции поперечного сечения Izc, Iyc и Izc yc определено в примере 5.2:
yc = 0,1866 м,
zc = 0,300 м,
Iyс zс = - 9,673´10-6 м4,
Izc = 7,118´10-5 м4,
Iyc = 4,531´10-4 м4.
3. Определим распределение изгибных напряжений по сечению по формуле 9:
, где
k1= Izc yc / (Izc Iyc - Izc yc2)= - 9,673´10-6 /(7,118´10-5 ´4,531´10-4 -(- 9,673´10-6)2)=-300,8
|
|
k2= Iyc / (Izc Iyc -Izc yc2) = 4,531´10-4 /(7,118´10-5 ´4,531´10-4 -(- 9,673´10-6)2)=14089,8
k3= Izc / (IzcIyc-Izc yc2) = 7,118´10-5 /(7,118´10-5 ´4,531´10-4 -(- 9,673´10-6)2)=2213,4
Учитывая, что:
, My =0,
тогда нормальные напряжения определяются соотношением:
Тангенс угла наклона нейтральной оси к оси zс:
Угол наклона нейтральной оси:
φn =-1,2 º.
Из рисунка 3.94б видно, что наиболее удаленная точка сечения от нейтральной линии является точка B.Координаты точки B:
zB =(295-303)´10-3 = - 8´10-3 м , y B= 186,6´10-3 м
В этой точке возникают наибольшие напряжения:
Рисунок 3.94
4. Определим перемещение сечения в середине балки. Для определения перемещения применим интеграл Мора.
4.1. Спроецируем изгибающий момент на главные центральные оси u и v.
Угол наклона главных центральных осей определен в примере 5.2:
α = -1,45°
4.2 Построим эпюру изгибающего момента от единичной силы, приложенной в середине балки (рис. 3.95):
Рисунок 3.95
4.3 Спроецируем изгибающий момент на главные центральные оси u и v:
4.4 Перемещения в направлении осей u и v определим интегралом Мора.
Главные моменты инерции сечения определены в примере 5.2 в главе 5:
I1 = 45,3 ´10-5 м4,
I2 = 7,1 ´10-5 м4
Суммарный прогиб:
Пример 3.20
На рисунке 3.96 приведено типовое сечение крыла, которое состоит из двух секций. Обшивка на верхней и нижней поверхности подкреплена z-образными стрингерами. Геометрические размеры сечения приведены в примере 5.3 в главе 5. Сечение нагружено двумя изгибающими моментами один в вертикальной плоскости Mz = 100 кНм, а второй в горизонтальной плоскости My = 5 кНм. Необходимо определить изгибные напряжения в стрингерах сечения.
Рисунок 3.96
Решение.
1. Решением примера 5.3 в главе 5 для заданного сечения определены координаты центра тяжести yc , zc и моменты инерции Iz, Iy, Izy относительно центральных осей «z-y», которые имеют следующие значения:
yc= -0,01004 м
zc= -0,3899 м
Iz =7,31´10-5 м4,
Iy = 16,4 ´10-5м4,
Iyz = -1,51´10-5 м4,
2. Напряжение в любой точке сечения определим по формуле:
, где
k1= Izy/(IzIy-Izy2)
k2= Iy/(IzIy-Izy2)
k3= Iz/(IzIy-Izy2).
Вычислим коэффициенты k1, k2, k3:
k1= -1,51´10-5 /( 7,3´10-5 ´ 16,4 ´10-5 –( -1,51´10-5 )2)=-1,289´103 м-4
k2 = 16,4 ´10-5 /( 7,3´10-5 ´ 16,4 ´10-5 –( -1,51´10-5 )2)= 13,95´103 м-4
k3 = 7,3´10-5 /( 7,3´10-5 ´ 16,4 ´10-5 –( -1,51´10-5 )2)= 6,216´103 м-4
После подстановки и преобразования получим соотношение для определения изгибных напряжений:
s= -(6,216´103´5´10-3-(-1,289´103) ´100´10-3) (z-zc) -(13,95´103´100´10-3-(-1,289´103) ´5´10-3) (y-yc) = -(159,1 (z-zc) +1402 (y-yc)) МПа
Используя полученную зависимость, вычислим напряжения в стрингерах. Результаты вычислений приведены в таблице 3.5.
Таблица 3.5
№ стрингера | yi, м | zi, м | yi-yc, м | zi-zc, м | s Мпа | |
0,100 | -0,829 | 0,110 | -0,439 | -84,1 | ||
0,150 | -0,732 | 0,160 | -0,342 | -169,7 | ||
0,175 | -0,621 | 0,185 | -0,231 | -222,4 | ||
0,184 | -0,530 | 0,194 | -0,140 | -250,0 | ||
0,189 | -0,415 | 0,199 | -0,025 | -274,8 | ||
0,188 | -0,315 | 0,198 | 0,075 | -288,9 | ||
0,183 | -0,215 | 0,193 | 0,175 | -297,9 | ||
0,173 | -0,100 | 0,183 | 0,290 | -302,3 | ||
0,163 | -0,009 | 0,173 | 0,381 | -302,9 | ||
-0,083 | -0,831 | -0,072 | -0,441 | 172,2 | ||
-0,123 | -0,657 | -0,112 | -0,267 | 200,4 | ||
-0,149 | -0,621 | -0,139 | -0,231 | 231,5 | ||
-0,185 | -0,468 | -0,175 | -0,078 | 257,7 | ||
-0,203 | -0,311 | -0,193 | 0,079 | 258,1 | ||
-0,216 | -0,153 | -0,205 | 0,237 | 250,1 | ||
-0,222 | -0,009 | -0,212 | 0,381 | 235,9 |