N, kN

Расчет криволинейного бруса
Построить эпюры внутренних сил М, N и Q и найти значения нормальных
напряжений в опасном сечении криволинейного бруса (рис.9).
Данные взять из табл.9
Пояснения.
1) Силу F
следует разложить на вертикальную и горизонтальную
составляющие.
2) Найти опорные реакции.
3)
Написать выражения М, N и Q для произвольного сечения в функции
от полярного угла . Давая различные значения  через 300 построить
эпюры по точкам.
4) Для проверки вычислений значение y0
можно определить по
приближенной формуле y0=I1/RA, где I1 - момент инерции поперечного
сечения относительно центральной оси, R – радиус кривизны оси бруса,
А – площадь поперечного сечения.
I
II
F
R
α
R
φ
F
φ
B
A
B
A
α
III
IY
B
R
A
F
φ
R
α
600
F
α
B
A
1
Y
YI
R
R
α
0
F
120
A
φ
B
α
YII
α
B
A
F
YIII
B
F
R
R
φ
A
B
A
φ
α
IX
F
X
R
R
A
α
F
α
300
B
A
1200
B
F
Рис.9
2
Таблица 9
Исходные
данные по
предпоследней
цифре
матрикула
α0
I
1
10
F,
R,
а,
N
cm
см
1100
21
4,1
Форма сечения бруса
а
Схема по
последней
цифре
матрикула
II
2
20
1200
22
4,2
а
а
1,5а
30
1300
23
4,3
0,2а
а
3
III
IV
4
40
1400
24
4,4
а
1,5a
2а
V
50
1500
25
4,5
0,2а
а
5
а
60
1600
26
4,6
а
6
2а
VI
2а
VII
7
70
1700
17
4,7
0,2а
а
VIII
80
1800
18
4,8
0,2а
а
8
2a
IX
90
1900
19
4,9
а
а
9
а
X
0
0
2000
20
5,0
а
3
Пример расчета
F = 50 kN
Сечение
1500
A
30 cm
С
F
300
B
R=40 cm
30 cm
R=40 cm
Решение
1. Определение реакций опор.
Компоненты силы F соответственно: Fx=Fsin300, Fy=Fcos300.
y
С
FAy
FAx=25 kN
R
1500
FAx
Fy
300
O
A
300
F
x
B
R=40 cm
R=40 cm
Fx
FB=46,65 kN
FAy=3,35 kN
Составляем уравнения равновесия для плоской системы сил:
 M A  0;


FB  80  Fy 40  40  cos30 0  Fx  40 sin 30 0  0 


F cos30 0 40  40 cos30 0  F sin 30 0  40 sin 30 0
 FB 

80
50  0,86640  40  0,866   50  0,5  40  0,5

 46,65 kN ,
80
4
 Fkx  0;
 Fky  0;
FAy
FAx  Fx  0  FAx   Fx  50  0,5  25 kN ,
 FB  Fy  0  FAy  Fy  FB  50  0,866  46,65  3,35 kN .
Проверка:
 M B  0;  FAy  80  Fx 40 sin 30 0  Fy 40  40 cos30 0   0 
  3,35  80  50  0,5  0,5  50  0,86640  40  0,866   0 
 0  0!
2. Определение внутренних сил
Для определения внутренних сил используем метод сечений. Рассмотрим
равновесие левой части бруса относительно произвольного сечения

Q
M
y
y
N
z
Пусть  - полярный угол,
который можно менять от
нуля до 1800.
90-
K
FAx=25 kN

x
O
A
n
FAy=3,35 kN
Введем подвижные оси координат  и n, связанные с рассматриваемым
сечением. Проецируя силы на эти оси, получим
 Fkn  0; Qy  FAy sin   FAx cos  0  Qy  FAx cos  FAy sin  
 Q y  25 cos  3,35 sin  ,
 Fk
 0; N  FAy cos  FAx sin   0  N  FAy cos  FAx sin  
 N  3,35 cos  25 sin  .
Составим уравнение моментов сил относительно рассматриваемого сечения
 M K  0; M z  FAy  R  R cos   FAx  R sin   0 
M z  FAx  R sin   FAy  R  R cos   25  40 sin   3,35  40  1  cos  
 M z  1000 sin   134  1  cos   .
5
Полученные формулы для внутренних сил справедливы для 0   < 1500. При
  150 0 рассмотрим равновесие части бруса справа от точки приложения
внешней силы F

y
N
Qy
Mz
180-
K
FB=46,65 kN
 -90

x
n
O
A
R=40 cm
Составленные аналогичным образом, уравнения равновесия имеют вид
 Fkn  0;  Qy  FB cos   90 0  0  Qy   FB cos   90 0   FB sin  
Q y  46,65 sin  ,




 Fk
 0; N  FB sin(   90 0 )  0  N   FB sin(   90 0 )  FB cos  
N  46,65 cos ,
 M K  0;  M z  FB  [ R  R cos(180 0   ]  0  M z   FB  R1  cos   
M z  46,65  40(1  cos  )  1866 (1  cos  ) .
Окончательно имеем:
при 0   < 1500
Qy  25 cos  3,35 sin 
N  3,35 cos  25 sin 
M z  1000 sin   134  1  cos  


при   150 0
Q y  46,65 sin 
N  46,65 cos
M z  1866 (1  cos  ) .
Вычисляем по найденным формулам N, QY и Mz, , давая различные значения 
через 300. Результаты вычислений представлены в таблице 9.1.
6
Таблица 9.1
N сечения
1
2
3
4
5
6
7
0
0
30
60
90
120
150
180
Qy, kN
25,00
19,98
9,60
-3,35
-15,40
-23,32
0
4
N, kN
3,35
15,40
23,32
25,00
19,98
-40,40
-46,65
Mz, kN
0
482
799
866
665
250
0
5
3
2
FB =46,65 kN
6
FAx=25 kN
A 1
7
B
FAy =3,35 kN
15,40
23,32
3,35
5
Qy, kN
9,60
25,00
19,98
Mz, kNcm
250
482
79
9
665
866
40,40
46,6
5
N,kN
3,35
15,4
0
23,3
2
25,00
19,9
8
7
3. Определение радиуса кривизны r нейтрального слоя
bρ
R2 = 60 cm
C
yO = 1,17 cm
dA
20 cm
N
dρ
y
zo
Нейтральная линия
z
r = 38,83 cm
20 cm
R 1= 30 cm
R = 40 cm
ρ
M
A
B
Элементарная площадь поперечного сечения бруса
dA  b d ,
где ширину b  находим из подобия треугольников
b 60  
20 2

 b  60     60    ,
20
30
30 3
2
(если ρ=60 то bρ=0, при ρ=30 имеем b  60  30   20 cm ).
3
Радиус кривизны определяем из уравнения
dA
r  A/ 
,

( A)
учитывая, что
60
b d 60 60   

dA
2 60 60
        d  3    d   d  
( A)
( A)
30
30
30

8

2
60  ln    3060  2 (60  ln 60  60)  (60  ln 30  30  7,72
3
3
получим
r  A / 7,72  300 / 7,72  38,83 cm,
1
где A  20  30  300 cm2.
2
Координаты крайних точек поперечного сеченгия бруса
y N  60  r  60  38,83  21,17 cm
y M  30  r  30  38,83   8,83 cm.
Статический момент площади поперечного сечения бруса относительно
нейтральной оси z
S z  A  yO  300  1,17  351cm3,
y O  R  r  40  38,83  1,17 cm.
где
Вычисленное значение расстояния yO от центра тяжести поперечного сечения
(от центральной оси zо ) до нейтральной оси z можно оценить по приближенной
формуле
yO 
I zo
15000
 1,25 cm, что согласуется yO  1,17 cm,
R  A 40  300

b  h 3 20  30 3

 15000 cm4 – момент инерции поперечного сечения
где I zo 
12
12
бруса относительно центральной оси zо.
4. Определение нормальных напряжений
Из эпюры изгибающих моментов Мz видно, что нижние волокна кривого бруса
растянуты, поэтому от изгиба в нижней точке поперечного сечения M будут
положительные растягивающие нормальные напряжения, а в верхней точке N –
отрицательные сжимающие напряжения
y
N M
M   z  M ,
A S z r  yM
y
N M
N   z  N ,
A S z r  yN
при этом r  y M  R1 , а r  y N  R2 , где y M  8,83 cm и y N  21,17 cm.
Сначала вычислим нормальные напряжения только от изгиба
y
 8,83
M
M
M  z  M  z 
 8,39  10 4 M z ,
S z r  y M 351 38,83  8.83
9
N  
yN
21,17
Mz
M

 z
 10,05  10 4 M z .
S z r  y N 351 38,83  21,17
Суммарные напряжения от продольной силы N и изгибающего момента Mz в
разных поперечных сечениях кривого бруса
Номер
попереч.
сечения
бруса
2
3
4
5
6
Значен.
прод.
силы N
Напряж.
от прод.
силы
в [k N ]
в [N/cm2]
Значение
изгиб.
момента
Mz
в [ kNcm ]
15,40
23,32
25,00
19,98
-40,40
51,3
77,3
83.3
66,6
-134,7
482
799
866
665
250
Напряжение
изгиба в [N/cm2]
от
Суммарное
напряжение в [N/cm2]
Точка M
Точка N
Точка M
Точка N
404.4
670,4
726,6
558,0
209,8
-482,0
-799,0
-866,0
-665,0
-250,0
455,3
747.7
809,9
624.6
75,1
-430,7
-721,7
-782,7
-598,4
-384,7
Наиболее опасное поперечное сечение в точке 4, т.е в середине кривого бруса
N
N
N
 M  809,9 2  809,9  10 4 2  8,1  10 6 2  8,1 MPa ,
cm
m
m
N
N
N
 N  782,7 2  782,7  10 4 2  7,8  10 6 2  7,8 MPa .
cm
m
m
10
Теоретические основы расчета криволинейных брусов
1. Дифференциальные зависимости между внутренними силами и нагрузкой
в криволинейном брусе
Выделим из криволинейного бруса (Рис.1) бесконечно малый элемент (Рис.2),
при этом нагрузку на брус разложим на радиальную интенсивностью p и
касательную t составляющие .
Нагрузка
Криволинейный брус
Рис.1
p- радиальная
y
Qy
t- касательная
A
Mz
N+dN
N
Mz+dMz
Qy+dQy
R
dφ
O
Рис.2
11
Составим уравнения равновесия элемента:
 M A  0;  Fky  0;
MO  0
(1)
d
d
(2)
 M z  Qy  dQy   R  tg
 M z  dM z   0 .
2
2
d d
В виду малости угла dφ tg
, а также отбрасывая слагаемое второго

2
2
d
порядка малости dQy  R  tg
, получим из (2)
2
dM z
d
2Qy  R 
 dM z  0 
 Qy R
2
d
dM z
или
(3)
 Qy ,
ds
где ds  R  d - длина элемента дуги (Рис.2).
 M A  0;
Qy  R  tg
Второе уравнение равновесия согласно (1) будет
 Fky  0;
(4)
d
d
d
d
 M z  Qy  dQy   cos
 N  sin
 N  dN sin
0
2
2
2
2
d
d d
Ввиду малости аргумента выражения cos
, и отбрасывая
 1 , sin

2
2
2
d
слагаемые второго порядка малости dN  sin
, из (4) получим
2
 pds  dQy  N  d  0 .
Разделив на d , получим
dQy
ds dQy
p

 N 0 pR 
 N 0
d d
d
dQy N
или
(5)
p
  0,
ds
R
где ds  R  d .
Третье уравнение согласно (1) выглядит
 M O  0;  t  ds  R  M z  N  R  N  dN   R  M z  dM z   0 ,
которое после упрощения будет
1 dM z dN
(6)
t 

0.
R ds
ds
Если в уравнениях (3, 5 и 6) положить R  , ds  dx, то
 p  ds  Qy  cos
12
dQy
dM z
dN
(7)
 Qy ,
 t .
 p,
ds
ds
dx
Первые два уравнения совпадают с уравненниями для прямого бруса, а третье
уравнение выражает зависимость между интенсивностью продольной нагрузки t
и внутренней продольной силой N.
Заметим, что дифференциальная зависимость между Mz и Qy для
криволинейных брусьев по виду остается такой же, как и для прямых брусьев,
тогда как зависимость между Qy и p влиянием нормальной продольной силы
N.
2. Определение напряжений в криволинейном брусе
В отличие от прямого бруса продольная нормальная сила вызывает в
криволингейном брусе еще и изгибающие моменты.
Рассмотрим чистый изгиб, когда поперечные силы Qy=0 и справедлива гипотеза
плоских сечений.
Рассмотрим элемент бруса длиной ds
y
Δdφ
dsρ
dy
y
C
σdA
y
P
Mz
dA
C
y
y0
z
P
r
R
Нейтральная линия
Ось z направлена по нейтральной
линии,
вокруг
которой
поворачивается поперечное сечение
ρ
Нейтральная
ось
dφ
O
Рис.3
Относительное удлинение волокна, находящегося на расстояние y от
нейтральной линии (Рис.3)
13
 
ds
ds

y  d
,
  d
(8)
где
- изменение угла d при повороте сечения относительно
d
нейтральной линии,
ds    d - длина волокна кривого бруса, которая меняется по высоте
сечения до деформации в отличие от прямого бруса, где она =const до
деформации (Рис.3).
Учитывая, что   r  y (Рис.3) получим
y  d
.
(9)
 
r  y   d
Нормальные напряжения с учетом формулы (9) определяются по формуле
d
y
.
(10)
  E   E

d r  y
Учитывая, что при чистом изгибе нормальная сила N=0, можно записать (Рис.3)
N     dA  0
(11)
( A))
или, учитывая формулу (9) для нормальный напряжений, имеем
d
y
d
y

dA

E
dA  0  откуда
 d r  y

d ( A) r  y
( A)
y
dA  0 .
(12)

( A) r  y
Из последнего равенства (12) видно, что нейтральная ось (линия) не проходит
через центр тяжести , как это имеет место в случае прямого бруса.
Согласно уравнению равновесия моментов относительно точки P на
нейтральной оси момент распределенных нормальных сил   dA должен
уравновесится изгибающим моментом Mz (Рис.3), действующим в этом сечении
d
y
d
y2
(13)
M z   y   dA   y  E

dA  E
 r  y dA .
d

r

y
d

( A)
( A)
( A)
Последний интеграл в выражении (13) можно представить, учитывая выражение
(12), в виде
y2
y
(14)
 r  y dA   ydA  r  r  y dA   ydA  S z  A  y0 ,
( A)
( A)
( A)
( A0
где Sz – статический момент площади поперечнлого сечения относительно
нейтральной линии (y0 – расстояние от центра тяжести поперечного сечения до
нейтральной линии).
N
E
14
Тогда уравнение (13) с учетом (14)
d
Sz 
d
d M z
и 
.
(15)

d
Sz
Окончательно нормальные напряжения по формуле (10) с учетом (15) равны
M
M y
y
 z
 z ,
(16)
Sz r  y Sz 
 r  y.
где (Рис.3)
(17)
Формула (16) для нормальных напряжений в криволинейном брусе значительно
отличается от аналогичной формулы в случае прямого бруса.
Эпюра нормальных напряжений (Рис.4) для криволинейного бруса изменяется
по гиперболическому закону (тогда как для прямого бруса – по линейному
закону)
Mz  E
y
y0
C
z
σmax
Рис.4
15
3. Определение положения нейтральной линии (оси)
Преобразуем выражение (12), определяющее положение нейтральной линии
(оси) (Рис.5)
y
 r
 r
r
 r  y dA   r  y dA    dA   dA    dA  0
( A)
( A)
( A)
( A)
( A)
r
откуда
 dA
( A)
dA
A
.
dA

 
( A)
(18)
 
( A)
y
y
Ось бруса
C
y0
C
z
y0
Нейтральная
ось
r
r
R
Нейтральная
линия
R
O
O
Рис.5
3.1 В случае прямоугольного поперечного сечения (Рис.6)
dA  b  dy  b  d , A  b  h ,
Решение интеграла в формуле (18) будет
R1
dA R2 b  d
R
      b  ln  R12  b  ln R1  ln R2   b  ln R
( A)
R1
2
16
bh
h
.

R1
R1
b  ln
ln
R2
R2
dA
y
y0
y0
R2
y0
ρ0
y0
y0
R1
0
r
0
y0
R
b
0
z
0
h
C
0
dy=dρ
y
y0
r
и окончательно
O
y0=R-r , где R – радиус кривизны бруса
Рис.6
3.2 В случае круглого поперечного сечения (Рис.7)
C
r
y0

D 2 
8 R  R 2 

4 

R
z
D2
r
D
у
O
y0=R- r , где R – радиус кривизны бруса
Рис.7
17
3.2 В случае трапецевидного поперечного сечения (Рис.8)
у
b1
r
y0
b2
r
z
b1  b2 h 2


R
2b1 R2  b2 R1 ln 2  hb1  b2 
R1


R
h
C
O
y0=R- r , где R – радиус кривизны бруса
Рис.8
Если одновременно действуют изгибающий момент Mz и продольная сила N, то
нормальные напряжения будут определяться как сумма
N M
y
.
(19)
  z
A
Sz r  y
18
3. Пример расчета
Рассмотрим численный пример расчета крюка (Рис.9). Поперечное сечение
можно рассматривать как трапецию с размерами:
b1 = 4 cm, b2 = 1 cm, h = 9 cm, R1 = 3 cm, R2=R1+ h = 3 + 9 = 12 cm.
Усилие на крюке F = 25 kN.
F
I-I
(M2:1)
R2
R
y
R1
y
yo
R1
F
C
y
b2
I
нейтральная линия
I
b1
O
Ось крюка
r
y
z
y
R2
Рис.9
Наибольший изгибающий момент будет действовать в сечении I - I и равен
Mz  F R,
где радиус кривизны бруса R (Рис.9) равен
b  2b2   h  3  4  2  1  9  3  3,6  6,6 сm
R  R1  yC = R1  1
b1  b2  3
4  1 3
где y C - координата центра тяжести трапеции относительно нижнего основания
(Рис.10).
19
yC
b1  2b2   h 
b1  b2  3
4  2  1  9  3,6 cm

4  1 3
yC 
b1
C
b2
Ось крюка
R1
R
y
h
y
Рис.10
Радиус кривизны нейтрального слоя (см. 3.2, Рис.8)

b1  b2 h 2

4  1  9 2
r

 5,72 cm.
12




R2
2b1 R2  b2 R1 ln
 hb1  b2  2(4  12  1  3) ln  9  4  1
3


R


1
Величина смещения нейтрального слоя относительно центра тяжести (Рис.9)
y0  R  r  6,60  5,72  0,88 cm.
Площадь поперечного сечения
b  b   h  4  1  9  22,5 cm2.
A 1 2
2
2
Статический момент поперечного сечения относительно нейтральной линии
S z  A  y0  22,5  0,88  19,8 cm3.
Координаты крайних точек поперечного сечения (Рис.11)
R2 = 12
m
Нейтраль
Ось крюка
Размеры даны в cm
yC = 3,6
R1 = 3
C
n
y
r = 5,72
z
Рис.11
20
y n  R2  r  12,00  5,72  6,28 cm,
y m  R1  r  3,00  5,72  -2,72 cm.
Внутренние силы в поперечном сечении I – I :
нормальная сила N  F  25 kN,
изгибающий момент M z  F  R  25  6,6  165 kN·cm .
Находим нормальные напряжения в крайних точках поперечного сечения
(фибрах) по формуле (19)
ym
 2,72
N Mz
25  103 165 103
m 






A
S z ( r  ym )
22,5
19,8 (5,72   2,72)
= 1110 + 7560 = 8670 N/cm2 = 8670·104 N/m2 = 86,7 MPa,
yn
6,28
N Mz
25 103 165  103
n 






A
S z ( r  yn )
22,5
19,8 (5,72  6,28)
= 1110 - 4360= - 3250 N/cm2 = - 3250·104 N/m2 = - 32,5 MPa.
NB! Знак изгибающего момента определется из физических соображений. В
данном случае в крайней точке m – растягивающие напряжения, а в точке n –
сжимающие напряжения. Поэтому минус перед величиной M z означает, что
при заданном направлении M z и y  0 формула должна давать отрицательное
значение нормального напряжения в точке n от изгиба (сжатие верхних
волокон бруса).
Криволинейные брусья разделяют на две группы: брусья малой кривизны
R
R
R 6,6
 0,73  5 .
 5 и брусья большой кривизны  5 . В данном случае 
h
9
h
h
21