§2. Косой изгиб

Вкачестве первого случая сложного сопротивления рассмот­ рим так называемый косой изгиб. В предыдущих главах нами рассматривался, как уже отмечено, изгиб бруса в его главной плоскости. Такой изгиб именуется обычно прямым. Здесь рас­ смотрим изгиб прямого бруса силами, не лежащими ни в одной из двух главных плоскостей бруса.

Фиг.	13.2.	Косой	изгиб.
а — сила Р не лежит	ни в	одной	из главных плоскостей
балки: консоль испытывает		косой	изгиб; б — каждая из со­

ставляющих Ру и Рг силы Р вызывает в отдельности прямой

изгиб;	в — напряжение в		некоторой точке Е			сечения зависит
от ее	координат у и г\		г — эпюра		нормальных напряжений;
нормальное		напряжение	о	пропорционально		расстоянию от
нейтральной		оси; д — полный		прогиб δ складывается из про­
гибов 5, и 8г в главных			плоскостях		балки;	е — направление
прогиба δ при косом изгибе				не совпадает		с направлением
		действия силы			Р.

На фиг. 13.2,а изображена консоль прямоугольного сече­ ния, нагруженная сосредоточенной силой Р, направленной пер­ пендикулярно к оси консоли под углом а к вертикали. На фиг. 13.2,6 показан торец балки ABCD, в плоскости которого лежит сила Р. Проведем оси симметрии площади ABCD. являющиеся ее главными осями. Если провести мысленно через эти оси продольные плоскости вдоль всей балки, то это и будут главные плоскости балки. Разложим силу Р на составляющие Ρζ и Ру, как показано на фигуре. Очевидно, PZ=P sin а и Ру—

428

=P cos а. Будем рассматривать действие каждой из составляю­ щих отдельно. Если бы сила Ρζ отсутствовала, то мы имели бы обычный прямой изгиб в вертикальной плоскости силой Рѵ, ко­ торая совпадает с одной главной плоскостью балки. И, наобо­

рот, при отсутствии силы Рѵ одна сила	Ρζ вызывала	бы также
прямой изгиб в другой главной плоскости.		сперва во­
О п р е д е л е н и е н а п р я ж е н и й .	Исследуем

прос о напряжениях. Пусть требуется определить нормальное напряжение в некотором произвольно взятом поперечном сече­ нии нашей консоли (например, в сечении mtipq — фиг. 13. 2,а) в некоторой произвольно взятой точке Е с координатами z и у (см. фиг. 13. 2,в).

Нормальное напряжение в поперечном сечении балки при прямом изгибе определяется, как мы знаем, по формуле (гл. IX)

где М — изгибающий момент в данном сечении балки, J — мо­ мент инерции сечения относительно нейтральной оси и у — рас­ стояние от нейтральной оси до той точки в сечении, где требует­ ся определить напряжение σ.

В данном случае в сечении балки действуют, как мы уже отметили выше, два изгибающих момента: момент, изгибающий в вертикальной плоскости, и момент, изгибающий в горизон­ тальной плоскости. Первый вызывается силой Рѵ относительно оси z сечения mnpq — обозначим этот момент через Mz; второй, вызываемый силой Pz относительно оси у сечения,— обозначим через Му. Очевидно, что Μζ=Ρν ·χ и Μν=Ρζ ·χ, где х — рас­ стояние до рассматриваемого сечения (см. фиг. 13.2,а). Обо­ значим напряжение в выбранной точке Е от первого момента через σ', а от второго через а". Полное напряжение σ, очевидно, равно сумме σ '+ σ".

Каждое из напряжений о' и σ" определим по формуле (1), так как каждый из моментов Μζ и Му вызывает обычный прямой изгиб. Получим

	м.		и σ	=	м„
					-Ζ.
					Jy
Здесь Уг= — —момент		инерции		сечения (см.		фиг. 13.2, в)
относительно	оси г, которая		является		нейтральной осью при
изгибе балки	моментом	Mz\	Jy —~ ^ — момент			инерции сече­

ния относительно оси у, которая является нейтральной осью при изгибе балки моментом Му. Знаки минус поставлены потому, что при данных направлениях сил Рѵ и Pz напряже-

429

ние в выбранной точке	Е — сжимающее. Следовательно, пол­
ное напряжение
	м.. z.	( >
	- ъ -	2
Правило знаков для	изгибающих моментов	в соответствии

с направлением нагрузки, принятым при выводе, сформулируем так: изгибающий момент Mz положителен (как всегда), когда он изгибает балку выпуклостью вниз, т. е. против направления оси у; момент Мѵ, действующий в горизонтальной плоскости, положителен, когда изгибаемая им балка выпуклостью обра­ щена налево, т. е. против направления оси г. Если какой-либо из моментов Mz и Мѵ имее;г обратное направление, то его сле­ дует подставлять в формулу (2) со знаком минус.

Все изложенные рассуждения можно было бы повторить для балки произвольного сечения. Таким образом полученная фор­ мула справедлива не только для прямоугольного сечения, а и для произвольного сечения, но следует помнить, что Іг и /ѵ в формуле (2 )— главные центральные моменты инерции сечения.

О п а с н ы е с е ч е н и я и о п а с н ы е точки . Точка в попе­ речном сечении балки, где имеет место наибольшее напряжение,

называется	опасной точкой, а сечение — опасным сечением.
В рассмотренном выше примере опасное				сечение — сечение	у
заделки (abed), опасная точка,— b		или	d	(в зависимости	от
того, каким	усилиям — растяжения	или	сжатия — хуже сопро­

тивляется данный материал). Не всегда можно сразу определить опасное сечение и опасную точку: из формулы (2) видно, что напряжение зависит от многих факторов — изгибающих момен­ тов Му и Mz и размеров сечения. Приходится рассматривать и сравнивать несколько сечений, представляющихся опасными.

Пример 1. Возьмем числовой пример. Пусть сила Р (фиг. 13.2) равна 30 кг, угол а равен 30°. Длина консоли /= 1 м. Размеры

поперечного сечения:		6= 4	см, h=6 см. Требуется определить
наибольшее нормальное напряжение.
Воспользуемся	формулой			(2). Предварительно			вычислим
	,	Ыіз	4-63		hb3	6-43			0 0	смі
моменты инерции У = — =			---- = 72 см4 и Jv=		— = —			= 32
ѵ	2	12	12	у	12	12		у	и	z:
и составляющие	силы		Р,	параллельные	и	осям
Ру = Р cos а = 30 -cos 30° =			30 · 0,867 =26 кг			Я2 = Я sin а =
= 30sin30° = 30-0,5= 15 кг. Опасным сечением						в данном при­

мере является, как уже упомянуто, сечение abed у заделки» так как здесь изгибающие моменты М2 и Му имеют наибольшие значения: Λ1Ζ = Ру1 —26-100 = 2600 кгем и Му = Рг1= 15-100 = = 1500 кгем. По формуле (2) получим

σ =	2600 ,	1500 2- — 36, lj/ —46,9 z.
	72 '	32

430

Подставляя сюда координаты у и z любой точки в сечении, можем вычислить напряжение в любой точке. Опасными точ­ ками в нашем случае являются точки b a d , где обе коорди­ наты у и z имеют наибольшие значения (см. фиг. 13.2, в).

Координаты точки		Ъ\		h				Ь
			у = — = 3 см				и z = — = 2 см. Следо­
вательно, напряжение			в этой		точке		ut = —36,1 -3 -46,9 -2 =
= — 108,3— 9 3 ,8 = —202,1				KejcM2.		В	точке d найдем ad=
= 202,1	кг/см2. Полученные				знаки		напряжений в точках b
и d соответствуют		заданному			направлению силы Р (см. фигу­
ру 13.2, а)—вверху имеем				сжатую		зону,		внизу — растянутую..
Определим для сравнения напряжения в точках а и с. Коор­
динаты	точки а: у= 3		см,	z = —2 см.			Поэтому		σα= —36,1-3—
—46,9	(- 2 )= -1 0 8 ,3 + 93,8=-14,5					кг/см2.			13. 2,г	показана
В точке с получим			ос=14,5 кг/см2. На					фиг.
эпюра напряжений		а	в сечении abed, построенная в							боковой
проекции.								Пусть	требуется так­
О п р е д е л е н и е п е р е м е щ е н и й .
же определить максимальный прогиб S данной консоли										(т. е. по­
ступательное перемещение сечения ABCD).
Прогиб консоли, загруженной сосредоточенной силой на,
конце, при прямом		изгибе		(см. задачу 1				в § 4 гл. XI) _ушах =
Р із		этой		формулой,			можем найти отдельно-
= ------ . Пользуясь
3E J							(от силы Ру) и прогиб 8t
прогиб Ьу в вертикальной плоскости
в горизонтальной плоскости (от силы Р2):
			РУI3		и δ2 =	/уз		'
			3EJ				3EJ

Складывая полученные прогибы геометрически (по правилу сложения двух движений), см. фиг. 13.2, д, получим полный прогиб δ на основании теоремы Пифагора (направление его видно из чертежа):

				(3)
Подставляя	числовые данные и принимая модуль упруго­
сти Е равным	100 000 кг/см.2 (сосна),	найдем
_ 2 + 1 0 0 ^		15-1003	1,56	см.
	СМ,	3-100 000-32
у 3-100 000-72
Прогиб в вертикальной плоскости		меньше прогиба в гори­

зонтальной плоскости Sz, хотя вертикальная составляющая Р„ нагрузки больше горизонтальной составляющей Рг. Объясняется это тем, что жесткость балки на изгиб (определяемая моментом инерции) в вертикальной плоскости значительно больше жест­ кости ее в горизонтальном направлении. Полученные значения

и Bz отложены на фиг. 13.2,е в масштабе. Полный прогиб

431

S= 1,202 + 1,562 = 1,97 см. Пунктиром показано направление дей­ ствия силы Р (под углом 30° к вертикали). Как видим, направ­ ление прогиба не совпадает с направлением действия изгибаю­ щей силы Р. Именно этой физической стороной явления косого изгиба и объясняется его название.

Формула (3) справедлива для любого сечения балки. Она справедлива также для балки любой формы сечения, если оси у и z — главные центральные сси

сечения.

Задача. 1. Определить наиболь­ шее напряжение и полный наи­ больший прогиб для балки, лежа­ щей на двух опорах и нагружен­

Фиг. 13. 3. ной силой Р = 30 кг, приложенной по середине (фиг. 13.3). Сечение балки прямоугольное: 6X6. Размеры: 1=1 м, 6=4 см, 6=6 см.

Модуль £=105 кг/см*. Ответ: отах=50,5 кг/см2, 5=0,123 см.

С л у ч а й	к р у г л о г о с е ч е н и я . При определении на­
пряжений в	стержне круглого сечения, у которого косого

изгиба быть не может, удобно пользоваться полным изгибаю­ щим моментом [а не его составляющими Мг и Му, как в фор­ муле (2)]. Рассмотрим снова случай консоли, нагруженной силой Р на конце. Полный изгибающий момент М в сечении х

равен Рх. Но Р = \ / Р*-\-Р\ (суи. фиг. 13.2, б). Следовательно,

М = х\/~Ру-\-Р1 = ]/"(Руа:)2 + (Pzx)2. Выше было обозначено

Pyx = Mz и Pzx = My. Таким образом полный изгибающий мо­ мент М может быть выражен по абсолютной величине фор­ мулой

М = У М* + М* ,	(4)
где Mz и Му — изгибающие моменты в двух	взаимно перпен­
дикулярных плоскостях.

Пример 2. Воспользуемся формулой (4) для решения сле­ дующей задачи. Дана консоль круглого сечения d= 2 см, загру­ женная, как показано на фиг. 13.4, двумя сосредоточенными силами, направленными перпендикулярно к оси консоли, сила 50 кг — вертикально и сила 20 кг — горизонтально. Требуется определить наибольшее напряжение.

Наибольшее напряжение, очевидно, будет у заделки. Опреде­ лим полный изгибающий момент в этом сечении консоли. Изги­ бающий момент относительно оси z сечения равен М„=—50 · 25= =;—1250 кгсм. Относительно оси у момент Мѵ= —20-50=

=—1000 кгсм. Полный изгибающий момент по формуле (4)

М= Ѵ 1250*+1ООО2 = 1600 кгсм.

-432

Теперь можем определить напряжение й опасных точках

по обычной формуле ошах = — независимо от направления М,

так как в круглом сечении любая ось является главной. Мо­ мент сопротивления круглого сечения, как известно, равен И7ж0,1 ds. Получим

	№ =0,1-23 = 0,8					см· и		σ_„ = — = —		= 2000 кг/см2.
								Ψ	0,8
Н е й т р а л ь н а я						ось.		Нейтральной		осью сечения балки
мы назвали			(гл. VIII) прямую, разделяющую сжатую и растя­
нутую зоны балки (см. фиг. 13. 2,г).
Нейтральная			ось		проходит через
центр тяжести				сечения.			В	точ­
ках	сечения,		расположенных					на
нейтральной			оси,		нормальное			на­
пряжение		равно			нулю;		наиболь­
шее	нормальное					напряжение
имеет место в точке, наиболее
удаленной		от		нейтральной				оси.
При косом изгибе нейтральная ось

вобщем случае не совпадает ни

содной из главных осей инерции

сечения. Положение ее можно определить, пользуясь форму­ лой (2). Если мы предположим, что точка Е (фиг. 13. 2,в) (коор­ динаты которой равны ζ и у) находится на нейтральной оси, то напряжение в ней будет равно нулю, т. е. для точки, лежащей на нейтральной оси, из уравнения (2) получаем

0 =

Определив отсюда у, найдем

У = - Jу Μζ ·

(5)

Мы получили уравнение прямой — искомой нейтральной оси. Положив абсциссу ζ равной какому-нибудь определенному

числу, вычислим по формуле (5) соответствующее ей значение ординаты у (так как Jz, 1У, Mz и Му известны); будем иметь координаты ζ я у некоторой точки, лежащей на нейтральной оси. Этого достаточно, чтобы построить нейтральную ось, так как она проходит через центр тяжести сечения [последнее обстоя­ тельство усматривается также непосредственно из уравнения (5): положив 2=0, получим у = 0, а точка с такими координа­ тами есть начало координат, совпадающее у нас с центром тя­ жести сечения].

28 Основы строительной механики

433

Пример 3. Покажем пример пользования нейтральной осью для определения опасной точки. Возьмем рассмотренную нами выше консоль (фиг. 13.2). Мы имели J~=72 см*, Jv= 32 см*,

Л4г=2600 кгсм, Мѵ= 1500 кгсм.

Уравнение нейтральной оси (5) в данном случае получает

вид

721500

У= -----------2

322600

или у = —1,3г.

Пользуясь этим уравнением, найдем хотя бы одну точку, принадлежащую нейтральной оси. Задав произвольно значение г, пусть 2=1 см, находим из уравнения у = —1,3 см. Нанесем на чертеж соответствующую точку F на фиг. 13. 2,г (отрицатель­ ное значение у отложено вниз). Проведя через нее и через центр тяжести сечения прямую, получим нейтральную ось. По

одну сторону от нейтральной оси располагается зона	сжатия,
по другую — растяжения. Наиболее удаленные точки	от ней­

тральной оси, как видим, точки b и d; следовательно, в этих точ­ ках будут наибольшие нормальные напряжения (значения напря­ жений были вычислены выше). Таким образом, зная положение нейтральной оси, мы одновременно знаем и положение опасных точек.

Задача 2. Построить нейтральную ось и определить наиболь­ шее нормальное напряжение в консоли длиной 2 м, выполнен­

ной из	стального	двутавра	стандартного			профиля	№	10
			(фиг. 13. 5). Моменты инерции се­
			чения /*=245 см*, Jy= 33 см*. Кон­
			соль	нагружена сосредоточенной
			парой Λί=200 кем на конце, дей­
			ствующей		в	вертикальной		пло­
			скости, и		горизонтальной силой
			Р = 30 кг,		приложенной		на	рас­
			стоянии 1 м от заделки. Опреде­
			лить также прогиб на конце кон­
£=2-106	кг/см%).	Ответ:	соли	(модуль		упругости	принять
			) уравнение			нейтральной		оси:

г/=1,1І2; 2) наибольшее напряжение равно 717 кг/см2; 3) про­ гиб Sma*=0,9 см.

§ 3. Внецентренное растяжение и сжатие

На фиг. 13. 6,а показан пример внецентренного или внеосе­ вого сжатия. Силы Р приложены не по оси бруска, а на неко­ тором расстоянии е от оси. Это расстояние называется эксцен­ триситетом нагрузки. Если бы силы Р были приложены по оси бруска, то мы имели бы обычное центральное (или осевое) сжа-

434

а)	____	δ)
■J · " -		" - Г " ‘ Ц -	r i »

Фиг. 13.6. Внецентренное сжатие и растяжение.

а — внецентренное сжатие; б — внецентренное рас­ тяжение; в и г — внецентренное сжатие криволиней­ ных стержней. В сечении ab — наибольший изгибаю­ щий момент; д и е — внецентренное сжатие, дающее изгиб в одной из главных плоскостей бруса; ж—

общий случай внецентренного сжатия.

28*	435

тие, при котором нормальные напряжения равномерно распре­ делены по поперечному сечению бруска и брусок претерпевает только деформацию сжатия — укорачивается (если напряжение не превышает так называемого критического значения, о кото­ ром речь будет в следующей главе). В данном же случае вслед­ ствие внецентренности приложения сил Р возникает изгибающий момент, равный произведению Ре, и брусок получает, кроме ежа» тия, также деформацию изгиба — см. пунктир.

Таким образом видим, что внецентренное сжатие представ­ ляет собой совместное действие сжатия и изгиба. При внецентренном растяжении (см. пример на фиг. 13.6,6) имеем сов.- местное действие растяжения стержня и изгиба его.

В случае стержня непрямолинейного изгибающий момент цзменяется по длине стержня, так как изменяется эксцентриси­ тет е (см., например, фиг. 13. 6,е); наибольший изгибающий мо­ мент в данном примере имеет место у заделки, где эксцентриси­ тет е имеет наибольшее значение. У стержня, показанного на фиг. 13. 6,г, наибольший изгибающий момент — в сечении ab; в сечении у заделки в данном случае изгибающий момент равен нулю, так как эксцентриситет нагрузки здесь равен нулю, и, сле­

довательно, в этом	сечении будет равномерное сжатие.	На
фиг. 13. 1,6 также показан пример внецентренного сжатия.
О п р е д е л е н и е	н а п р я ж е н и й . Пусть имеем брус	пря­

моугольного сечения. Рассмотрим случай, когда ςжимaющaя сила Р проходит в одной из главных плоскостей стержня, пусть в плоскости у, на расстоянии уР от другой главной плоскости z (см. фиг. 13.6,6). Следовательно, ур представляет собой экс­ центриситет силы Р. В центре тяжести верхнего сечения бруса мысленно приложим дополнительно две одинаковые силы P' и Р", равные заданной силе Р (показанные пунктиром) и на­ правленные навстречу друг другу. Такие две силы можно пред­ ставить себе в любой точке бруса, они не вносят никаких изме­ нений в состояние бруса, так как взаимно уравновешивают друг друга. Следовательно, имеющаяся теперь система трех сил Р. P' и Р" эквивалентна одной заданной силе Р.

Из трех названных сил сила P' является центральной сжи­ мающей силой, а силы Р и Р" образуют пару, изгибающую брус в плоскости у. Момент М-. этой пары равен Ру„. Определим нор­ мальное напряжение в некоторой произвольной точке Е в осно­ вании нашего бруса отдельно от сжимающей силы P' и от изги­ бающего момента МР=Рур. Это нетрудно сделать по известным нам формулам.

р !

Напряжение от сжимающей силы о '= — ·— , где F —пло-

F

щадь поперечного сечения бруса (в данном случае она равна bh — см. фиг. 13.6,6).

436

Напряжение	от	изгибающего момента (как видно из чер­
тежа, оно также	отрицательно)
		ап
где Л — момент инерции сечения относительно оси z,				которая
в данном случае		является нейтральной осью	при	изгибе
^в нашем случае ^ z==~^j> ^ — расстояние точки Е			от оси.

Полное напряжение на основании принципа сложения рав­ но сумме о' и о". Учитывая, что по условию F — Р, напишем

σ =	у -	(6)
т - Ъ

Наибольшее сжимающее напряжение имеем, как видно из формулы (6), при наибольшем у, т. е. в рассматриваемом при­

мере при У —~^— на линии А В :

	Р___Рур _й_	___ Р_	РуР		(7)
	F J, * 2	F	W	г’

где Wz—известный нам из предыдущего момент (или модуль) сопротивления сечения, равный для прямоугольного сечения

ЬЬУ_

6		на	другом		крае		сечения — на линии CD —
Напряжение
найдем, подставляя			в формулу			(6)	значение у = — Л_.
								2
	о		F	J z	( - ± - \		= ___ — 4- — р		( 8)
	CD				{	2 )	F	' W
Зная напряжения на краях сечения, нетрудно построить и всю
эпюру напряжений.
Формула	(6)	справедлива при любой форме бруса и его се­
чения, если	сила	Р проходит через					главную	центральную	ось
у тбго сечения, где определяется напряжение								а. Если бы сила Р
проходила через ось z,				то мы получили бы
					Р	Pzp z,

где Zp— эксцентриситет силы Р относительно оси у;

Jy — момент инерции данного сечения бруса относительно оси у ^в случае прямоугольного сечения —фигу­

ра 13.6,d - J y =

z — расстояние от оси у до точки {Е), где определяется напряжение.

437

Пример 7. Пусть требуется				построить эпюру напряжений
в сечении ABCD (фиг. 13.6, д)				при следующих данных: Р =
= 400 кг,	.у =1,5	см,	b = 2 см,		h = 4 см.
	μ				2· 4*	см3. По форму-
Вычислим предварительно Wz—— = 5,33
	и (8) получим аАВ= —^				6
лам (7)					— - у'^*5	= — 50 — 112 =
= —162	KzjcM2,	аСо=	—50+ 112 = 62 кг/см2. На фиг. 13.6,е
показан вид бруса сбоку и вид сверху на его основание ABCD.
Там же	изображена эпюра нормальных напряжений в попе­

речном сечении бруса, построенная по полученным данным. Как видим, нейтральная (или, как ее еще называют, нулевая) линия тп не проходит через центр тяжести сечения. Это и понятно, так как, кроме изгиба, имеется равномерное сжатие.

Чем меньше эксцентриситет нагрузки, следовательно, чем меньше изгибающий момент, тем дальше от центра распола­ гается нулевая линия.

Задача 1. Построить эпюру нормальных напряжений в попе­ речном сечении круглого бруска (фиг. 13. 6,а) диаметром 2 см, внецентренно сжатого силой 1 т. Эксцентриситет приложения силы равен 0,5 см. Ответ: наибольшее сжимающее напряжение

равно — 956	кг/см2, наибольшее	растягивающее	напряжение
318 кг/см2.	с л у ч а й . Выше мы	рассмотрели	внецентренное
О б щ и й

сжатие и растяжение силами, проводящими через одну из глав­ ных осей сечения. Теперь рассмотрим общий случай. Сила Р (фиг. 13. 6,ж) не проходит через какую-либо из главных осей сечения у и z. Линия действия силы проходит в расстоянии уР от оси z и в расстоянии zp от оси у. Таким образом сила Р вы­ зывает изгиб не только относительно оси z, как было в преды­ дущем случае, а также и относительно оси у. Момент силы Р относительно оси у равен Pzp. Формула для определения напря

жения будет содержать еще		одно	слагаемое дополнительно к
выражению	(6), зависящее от изгибающего момента Pzp:
	Р	Рур	Ρζρ	О)
	σ		z.
	Т	Λ У	J y
Здесь у	я z — координаты	произвольной точки (точка Е		на

фиг. 13.6,дас) в данном поперечном сечении бруса, в которой

требуется определить	напряжение о.	Пользование	формулой
(9) показано ниже — в	примере 2.	сжатия (или	растяже­
Как видим, явление	внецентренного

ния) в общем случае является более сложным явлением, чем косой изгиб, так как содержит три компонента: осевое сжатие (или растяжение) и изгиб относительно оси z и относительно оси у. Можно сказать, что внецентренное сжатие в общем слу­ чае есть осевое сжатие плюс косой изгиб.

4 3 8

Н у л е в а я л и н и я . В практике нас чаще всего интересует только наибольшее напряжение. Если сразу можно видеть, в какой точке сечения имеет место наибольшее напряжение, то остается подставить координаты этой точки р г в формулу (9) и вычислить напряжение. Если же опасная точка сразу не оче­ видна, то приходится вычислять напряжения в нескольких точ­ ках, либо строить нулевую (нейтральную) линию. Опасная точка в сечении определится как наиболее удаленная от нулевой линии.

Уравнение нулевой линии найдем попрежнему на том основании, что напряжения в точках, расположенных на ну­ левой линии, равны нулю. Если предположить, что коорди­

наты у	и z,	входящие		в формулу (9), принадлежат точке, на­
ходящейся		на нулевой		линии,	то з будет равно нулю. Полу-
чим 0 = - -		^	pv		Умножив все члены этого урав-
		—	Шур у" ----- - z .
		F	J.
нения	на ‘F и		перенеся второй и третий члены в левую
	Р

часть, найдем уравнение нулевой линии в таком более удоб­ ном виде:

FyP	FZ L z =	1.	( 10)
j ; yJr	J ..

Пользование этим уравнением показано далее в примере 2.

Пример 2. К полкам стального швеллера № 5 приклепаны накладки толщиной 1 см, к которым центрально приложены

Фиг. 13.7. Пример внецентренного растяжения.

а — к накладкам приложены силы Рі и Рг, равнодействующая Р			кото­
рых не проходит через центр		тяжести сечения швеллера (см. фиг. б);
6 — нулевая	линия. По одну	сторону от нулевой линии расположена
растянутая	зона, по другую — сжатая. Наибольшее напряжение		з —
	в точке а сечения.

растягивающие силы (фиг. 13. 7,а). К верхней накладке прило­ жена сила 7*1=2 т, к нижней — Р„= 1 т. Требуется определить наибольшее растягивающее и наибольшее сжимающее напря-

439

жение в швеллере. Швеллер № 5 имеет следующие размеры (см. табл. 9 в гл. IX): высота профиля 5 см, ширина полки 3,7 см, расстояние от стенки до центра тяжести сечения 1,35 см (см. фиг. 13.7,6). Моменты инерции сечения относительно глав­

ных центральных осей: /„=8,3		см*, / г=26,0 см*. Площадь сече­
ния F=6,93 см2.			и Р2 в сумме дают
Приведем нагрузку к одной силе. Силы
равнодействующую	Р = Р 1+Р2,	проходящую,	как показано на
фиг. 13. 7,а, между	силами Pt	и Р2, причем	ближе к большей

силе Рг. Так как сила Рх вдвое больше силы Р2, ее расстояние от равнодействующей Р будет вдвое меньше расстояния силы Р2. Следовательно, эти расстояния будут соответственно І и 4 см (общее расстояние между центрами накладок равно 6 см). Та­ ким образом найдена линия действия суммарной растягивающей силы Р. Другой конец швеллера не показан на чертеже. Он может быть либо нагружен так же, либо закреплен.

Рассмотрим некоторое поперечное сечение abed нашего стержня (фиг. 13.7,6). Линия действия силы Р пересекает пло­

скость сечения в так называемой силовой точке, обозначенной
на фигуре буквой Р. Координаты силовой точки в главных осях
р г	видны из фигуры: zp= —0,5 см, ур= 1 см. Составим уравне­
ние	нулевой линии [см. формулу (10)]:

6,93-1	, 6,93(-0,5)	,
------ у + —— -— — z = — 1
26,0	8,3

или после вычислений 0,266у —0,418z= —1.

В этом уравнении у я z — координаты точек, лежащих на нулевой линии. Чтобы построить нулевую линию, достаточно найти две ее точки. Задавая произвольно одну из координат какой-нибудь точки, другую координату ее найдем из уравнения. Удобнее всего найти точки пересечения нулевой линии с осями координат. Одна из координат такой точки всегда равна нулю.

Положим 2=0. Из уравнения найдем у = ---- — = —3,76 см. По-
	0,266
ложим у = 0, Из уравнения найдем 2 =	=2,40 см. Таким

образом имеем две точки: 1) 2=0, у = —3,76 и 2) 2=2,40, у = 0, принадлежащие нулевой линии. Нанесем эти точки на чертеж — см. точки 1 и 2. Проводя через эти точки прямую, имеем нуле­ вую линию.

Наиболее удаленная от нулевой линии и, следовательно, опасная точка сечения есть, как видим, точка а. Вычислим напря­ жение в точке а. Воспользуемся формулой (9). Подставим туда координаты точки а: 2 = —2,35 см, у = 2,5 см. Значение силы Р подставим со знаком минус:—3000 кг, так как формула (9) вы­ водилась для сжимающей силы, а в данном случае имеем рас-

440

тягивающую силу Р. Получим искомое наибольшее растягиваю­ щее напряжение

σа

— 3000 — 3000-1 2 5

6,93 28,0

- 3000(-0,5) (-2,35)= 1145 кг/см\

8,3

Наибольшее сжимающее напряжение будет по другую сто­ рону нулевой линии также в наиболее удаленной точке, именно в точке с. Координаты этой точки: z=l,35 см, у = 2,5 см. Поль­ зуясь снова формулой (9), найдем ас——100 кг/см2.

Как видим, почти весь материал стержня работает на растя­ жение и лишь малая часть — на сжатие. Это объясняется тем, что эксцентриситет нагрузки невелик. Если бы сила Р проходила еще ближе к центру тяжести сечения, то нулевая линия могла бы находиться за пределами сечения и сжимающих напряжений не было бы вовсе. При отсутствии эксцентриситета мы имели бы обыкновенное осевое растяжение при равномерном напряжении

3000 =432 кг/см2.

6,93

Сравнивая это напряжение с полученным выше напряжением 1145 кг/см2, видим, насколько сильно может увеличить напря­ жение даже малый эксцентриситет нагрузки.

Задача 2. На ось, закрепленную в кронштейне (фиг. 13. 8,а), действует сила Р=500 кг. Построить нулевую линию и опреде­

лить наибольшее нормальное напряжение в основании abed кронштейна, если координаты zp и уР силовой точки в плоскости основания равны соответственно (см. фиг. 13. 8,6) 2,5 и 0,9 см. Сечение кронштейна прямоугольное. Размеры основания 1X3 см.

441