Косой изгиб

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
51374
= 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 = 51374 = 5137  1,14 = 7521см 4 = 7521  10-8 м 4 ;
I y = 669,54 = 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.