Напряжения относительно произвольной взаимноперпендикулярной пары центральных осей сечения

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 sinφ_n, cosφ_n и подставив их значения в соотношение 1 получим выражение для определения изгибных напряжений:

(10)

Введем обозначения:

k₁= I_zy/(I_zI_y-I_zy²)

k₂= I_y/(I_zI_y-I_zy²)

k₃= I_z/(I_zI_y-I_zy²).

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 «z_c -y_c».

1. Определим максимальные изгибающие моменты, которые возникают в заделке относительно осей «z_c -y_c»:

M_zc=P×a×sinα=5×2×sin30º=5 кНм

M_yc=P×a×cosα=5×2×cos30º=8,66 кНм

2. Определим моменты инерции сечения относительно осей «z_c -y_c»:

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 «z_c-y_c» и моменты инерции поперечного сечения I_zc, I_yc и I_{zc yc} определено в примере 5.2:

y_c = 0,1866 м,

z_c = 0,300 м,

I_{yс zс} = - 9,673´10^-6 м⁴,

I_zc = 7,118´10^-5 м⁴,

I_yc = 4,531´10^-4 м⁴.

3. Определим распределение изгибных напряжений по сечению по формуле 9:

, где

k₁= I_{zc yc} / (I_zc I_yc - I_{zc yc}²)= - 9,673´10^-6 /(7,118´10^-5 ´4,531´10^-4 -(- 9,673´10^-6)²)=-300,8

k₂= I_yc / (I_zc I_yc -I_{zc yc}²) = 4,531´10^-4 /(7,118´10^-5 ´4,531´10^-4 -(- 9,673´10^-6)²)=14089,8

k₃= I_zc / (I_zcI_yc-I_{zc yc}²) = 7,118´10^-5 /(7,118´10^-5 ´4,531´10^-4 -(- 9,673´10^-6)²)=2213,4

Учитывая, что:

, M_y =0,

тогда нормальные напряжения определяются соотношением:

Тангенс угла наклона нейтральной оси к оси z_с:

Угол наклона нейтральной оси:

φ_n =-1,2 º.

Из рисунка 3.94б видно, что наиболее удаленная точка сечения от нейтральной линии является точка B.Координаты точки B:

z_B =(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 M_z = 100 кНм, а второй в горизонтальной плоскости M_y = 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 y_{c ,} z_c и моменты инерции I_z, I_y, I_zy относительно центральных осей «z-y», которые имеют следующие значения:

y_c= -0,01004 м

z_c= -0,3899 м

I_z =7,31´10^-5 м⁴,

I_y = 16,4 ´10^-5м⁴,

I_yz = -1,51´10^-5 м⁴,

2. Напряжение в любой точке сечения определим по формуле:

, где

k₁= I_zy/(I_zI_y-I_zy²)

k₂= I_y/(I_zI_y-I_zy²)

k₃= I_z/(I_zI_y-I_zy²).

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-z_c) -(13,95´10³´100´10^-3-(-1,289´10³) ´5´10^-3) (y-y_c) = -(159,1 (z-z_c) +1402 (y-y_c)) МПа

Используя полученную зависимость, вычислим напряжения в стрингерах. Результаты вычислений приведены в таблице 3.5.

Таблица 3.5

Date: 2015-12-13; view: 443; Нарушение авторских прав