Раздел 4 РАСЧЁТЫ ПРИ ПЛОСКОМ ИЗГИБЕ

Это наиболее распространённый вид деформации прямолинейных элементов машин, механизмов и строительных конструкций, и поэтому плоский изгиб является важнейшим разделом СМ, а при выполнении РГЗ и КР ему уделяется большое внимание.

Плоский изгиб элементов конструкций в виде прямого бруса происходит при действии нагрузки в плоскости, перпендикулярной его продольной оси и проходящей через главную ось инерции сечения. Например, брус, изображённый на рис. 4.1, а, нагружен сосредоточенной силой Р, моментом М и распределённой нагрузкой интенсивности q. Деформация бруса выглядит как искривление (изгибание) бруса в плоскости нагрузки (рис. 4.1, б). При этом наблюдается следующая картина деформирования продольных волокон: имеем растяжение продольных волокон с одной стороны от продольной оси бруса и сжатие – с другой, а продольная ось лишь искривилась, и поэтому она нейтральная ось. Такой вид деформации называют плоским изгибом, а брус, получающий изгиб – балкой.

а

б

Рис. 4.1

При расчёте рассматриваемый элемент (балка) изображается прямым брусом (рис. 4.2 и 4.3), который может быть нагружен распределённой нагрузкой, сосредоточенными силами и моментами, действующими перпендикулярно его продольной оси, причём вся внешняя нагрузка лежит в одной плоскости. В этой же плоскости реальный элемент имеет опоры (это опирание или соединение с другими элементами). Если опора препятствует линейным и угловым перемещениям, то на расчётной схеме изображаются заделка. Шарнирно-подвижная опора ставится на схеме, если реаль-

115

ная опора препятствует только одному перемещению, перпендикулярному продольной оси балки; в случае опоры, препятствующей перемещению перпендикулярно и вдоль оси балки, на расчётной схеме изображают шар- нирно-неподвижную опору (рис. 4.3).

В опорах возникают опорные реакции: в заделке − вертикальная и горизонтальная силы и изгибающий момент; в шарнирно-подвижной − вертикальная сила; в шарнирно-неподвижной − вертикальная и горизонтальная силы. Заметим, что в случае плоского изгиба число опорных реакций не должно быть менее трёх, иначе балка станет геометрически изменяемой, т. е. получит смещение и не будет уравновешенной системой. Так как при плоском изгибе имеем плоскую систему сил (опорные реакции являются также внешним воздействием и входят в эту систему сил), то для балки получаем три уравнения равновесия, в которые входят и опорные реакции. Эти уравнения (уравнения равновесия всей балки) и используют для определения опорных реакций.

Для расчёта балок на прочность и жёсткость необходимо знать внутренние усилия, вычисление которых весьма трудоёмкий пункт расчётов при изгибе. Рассмотрим вычисление внутренних усилий в балках на примере консольной балки (консоли), которую нагрузим нагрузкой общего вида (рис. 4.2): сосредоточенной силой Р и моментом М на свободном краю консоли, и распределённой нагрузкой интенсивности q по всей длине. Направление нагрузок считаем положительным, если она отгибает балку вверх и вызывает растяжение нижних волокон.

Внутренние усилия определяем методом сечений, выполняя правило РОЗУ (рис. 4.2):

1.Разрезать балку на 2 части.

2.Отбросить одну из частей.

3.Заменить воздействие отброшенной части на оставленную внутренними усилиями.

Отсечённая часть должна находится в равновесии, поэтому чтобы не было вертикального смещения этой части, в сечении балки должна быть

поперечная сила Qy , а чтобы не было вращения, – изгибающий момент Mx. При изображении Qy и Mx нужно пользоваться общепринятым правилом знаков: сила Qy положительна, если вектор силы вращает оставленную часть по часовой стрелке; момент Mx положителен, если растягивает нижние волокна.

Таким образом, при плоском изгибе в поперечных сечениях балки возникают поперечная сила и изгибающий момент.

4.Уравновесить внешнюю нагрузку и внутренние усилия Qy и Mx. Остановимся на составлении уравнений равновесия для оставленной части балки (как левой, так и правой). Эта часть балки нагружена внешней на-

116

грузкой и внутренними усилиями Qy и Mx, расположенными в одной плоскости. Имеем плоскую систему сил, для которой существуют три уравнения равновесия; в плоской системе координат (у, z) они имеют следующий вид:

∑ пр z = 0; ∑ пр y = 0; ∑ мом O = 0.

Заметим, что здесь точка О – центр тяжести текущего сечения, т. е. составляется уравнение моментов относительно этой точки от всех воздействий, действующих на оставленную часть балки.

а

б

в

д

Рис. 4.2

При плоском изгибе отсутствуют продольные воздействия вдоль оси балки (оси z), и первое уравнение превращается в тождество 0 = 0, поэтому при расчёте балок оставляют лишь два уравнения:

∑ пр y = 0; ∑ мом О = 0.

(4.1)

117

Запишем уравнения (4.1) для отсечённой части рассматриваемой консоли:

Qy Р qz 0 ; Mx M Pz qz22 0,

из которых получим выражения для поперечных сил Qy и изгибающих моментов Мx в текущем сечении, удалённом от края консоли на расстояние z:

Qy Р qz; Mx M Pz		qz	2	.	(4.2)
		2

Выражения (4.2) представляют по сути формулы для сил Qy и моментов Мx, т. к. в них входят все виды нагрузок, и при подстановке в эти формулы значений нагрузок реальной балки получаем значения Qy и Мx для рассматриваемой балки.

Вычислим значения Qy и Мx в начале участка (при z = 0) и в конце (при z = l). Получим граничные значения Qy и Мx:

при z = 0 Qy = Р, Mx M ;

	при z = l Qy = Р ql , M x M Pl	ql2	.
		2

Для определения расчётных значений Qy и Mx изображают графики их изменения вдоль балки, которые называют эпюрами поперечных сил Qy и изгибающих моментов Mx. Отложив эти значения от базисной линии (её нужно провести непосредственно под балкой), проводим наклонную прямую для Qy и параболу для Мx.

Здесь отметим следующее:

–во-первых, согласно (4.2) поперечная сила Qy равна сумме проекций на ось y всех внешних сил, действующих на рассматриваемую отсе-

чённую часть, а изгибающий момент Mx равен сумме моментов от всей внешней нагрузки этой же части. Так, получаем строго определённые значения и направления Qy и Mx;

–во-вторых, можно рассматривать как левые отсечённые части ба-

лок, так и правые, − значения Qy и Mx будут равны. Только алгебраический знак силы Qy для левой и правой частей противоположен;

–в-третьих, выражения (4.2) показывают соотношение между Qy и Mx, которое известно как теорема Д. И. Журавского: возьмём производную от функции Mx по z, получим

dM	x Q	dQy x		d2M	x q	.	(4.3)
dz	y ;	dz		dz2

Из теоремы Д. И. Журавского (4.3) следует, что разница между порядком функций для поперечной силы Qy и порядком функции изгибаю-

щего момента Mx равна единице. Например, при q 0 поперечная сила Qy

118

постоянна (это нулевой порядок по переменной z), а изгибающий момент изменяется по линейному закону (1-й порядок по z); при q 0 поперечная

сила Qy изменяется по линейному закону (1-й порядок по z), а изгибающий момент Mx имеет квадратичную зависимость от z (2-й порядок по z).

В расчётах встречаются как консольные балки (балки с заделкой или защемлением), так и двухопорные балки. Построение эпюр Qy и Mx для консолей проще выполнять, начиная со свободного края, т. к. не нужно вычислять реакции в заделке. Но для двухопорных балок сначала необходимо вычислить опорные реакции, а далее методика нахождения Qy и Mx та же. При расчётах балочных элементов машин и механизмов положительные моменты откладываются вверх от базисной линии, с этой стороны расположены сжатые волокна, поэтому говорят, что эпюру изгибающих моментов строят со стороны сжатых волокон. Для строительных конструкций построение эпюр обычно выполняют на растянутых волокнах. Этот факт связан с использованием ранее графоаналитических методов расчёта, т. е. исторически закрепилось построение на растянутых волокнах. Знак момента на эпюре обычно не ставится, т. к. для описания прочности нужно значение момента, а не его направление.

Наличие распределённой нагрузки q вносит определённые трудно-

сти. Для контроля нужно помнить следующие закономерности:

1) на участке, где имеется распределённая нагрузка q, согласно (4.2)

поперечная сила Qy изменяется по линейному закону, и на эпюре Qy будет наклонная прямая; изгибающий момент Mx имеет квадратичную зависимость от переменной абсциссы z, и на эпюре Mx будет кривая 2-го порядка – парабола;

2) для параболической кривой на эпюре Mx форму изогнутости нужно определять по эпюре Qy: согласно теореме Д. И. Журавского (4.3) тангенс угла наклона параболы (это угол между касательной к параболе и базисной линией) равен Qy, т. е.

tgα= dMdzx Qy ,

ивыпуклостьиливогнутостьпараболыможноопределитьпо значениямQy;

3)если на эпюре Qy наклонная прямая пресекла базисную линию, то в этом сечении угол наклона касательной к кривой на эпюре моментов Mx равен нулю, касательная параллельна базисной линии и момент в данном сечении экстремален для рассматриваемого участка.

При построении эпюр Qy и Mx используют как приведённые выше теоретические предпосылки, так и характер эпюр поперечных сил Qy и изгибающих моментов Mx в 6 простых балках (рис. 4.3), которые хорошо показывают зависимость линий эпюр от вида нагрузки.

119

Балка 1

В текущем сечении z Qy = 0, Mx = M = const

Балка 2

В текущем сечении z Qy = –P = const,

Mx = –Pz,

при z = 0 Mx = 0,

при z = l Mx = –Pl

Балка3

В текущем сечении z

Qy = –qz, Mx = –qz2/2,

при z = 0 Qy = 0, Mx = 0,

при z = l Qy = –ql, Mx = –ql2/2

Рис. 4.3

120

Балка 4

В текущем сечении z1

Qy = –M/l = const,

Mx = –M/l·z1,

при z1 = 0 Mx = 0,

при z1 = l/2 Mx = –M/2.

В текущем сечении z2

Qy = –P/2 = const,

Mx = P/2·z2,

при z2 = 0 Mx = 0,

при z2 = l/2 Mx = M/2

Балка 5

В текущем сечении z1

Qy = P/2 = const,

Mx = P/2·z,

при z1= 0 Mx = 0;

при z1 = l/2 Mx = Pl/4.

В текущем сечении z2

Qy = –P/2 = const,

Mx = P/2·z,

при z2 = 0 Mx = 0,

при z2 = l/2 Mx = Pl/4

Балка 6

В текущем сечении z

Qy = ql/2 – qz, Mx = ql/2z – qz2/2,

при z = 0 Qy = ql/2, Mx = 0, при z = l/2 Qy = 0, Mx =

ql2/8,

при z = l Qy = –ql/2, Mx = 0

Рис. 4.3 (окончание)

121

q 0, когда Qy = 0, изгибающий момент по-

В итоге укажем основные особенности эпюр Qy и Mx (см. также прил. 3). Они, с одной стороны, отражают перечисленные теоретические закономерности и помогают при построении эпюр в любой балке; с другой – знание особенностей позволяет контролировать правильность эпюр.

1. Если q 0, то поперечная сила Qy всегда постоянна, вид эпюры Qy −

прямоугольник, а изгибающий момент изменяется по линейному закону и на эпюре Mx − наклонная прямая.

В частном случае при

стоянен, вид эпюры Mx − прямоугольник (это случай чистого изгиба).

2. Если q 0, то поперечная сила Qy изменяется по линейному зако-

ну, на эпюре Qy будет наклонная прямая; изгибающий момент Mx имеет квадратичную зависимость от z, на эпюре Mx будет кривая 2-го порядка – парабола, выпуклость параболы определять по эпюре Qy.

3.В сечении, где приложена сосредоточенная сила P на эпюре поперечной силы Qy будет скачок по направлению этой силы и на её величину,

ана эпюре моментов Mx – перелом, направленный навстречу силе.

4.В сечении, где приложен сосредоточенный момент М, на эпюре

поперечной силы Qy нет изменений, а на эпюре моментов будет скачок на его величину по направлению М.

Целью построения эпюр является получение максимального значения Mxmax. Сечение балки, в котором изгибающий момент Mx принимает максимальное значение по модулю Mxmax, называется опасным, а значение момента Mxmax – расчётным. Для опасного сечения составляют условие прочности, которое описывает прочность балок. Если балка выполнена из материала, который одинаково сопротивляется растяжению и сжатию, то для сечений балки используются симметричные по высоте фигуры: прямоугольник, двутавр, швеллеры и др. (рис. 4.4, а, б). Условие прочности в этом случае имеет следующий вид:

σmax =	M max σ .	(4.4)
	Wx

Для этих сечений эпюра напряжений σ линейна и симметрична по высоте. Такие материалы при нагружении получают пластичные (остаточные) деформации, поэтому их называют пластичными. Примером пластичного материала является сталь.

Если балка изготовлена из материала, который неодинаково сопротивляется растяжению и сжатию, то составляют два условия прочности:

р	M xmax				с	M xmax	с	σc .
σ max				;	σ max				(4.5)
	Jx	yр σp				Jx	y

122

Эпюра σ

Эпюра τ

а

Эпюра σ

Эпюра τ

б

Эпюра σ Эпюра τ

в

≡

г

Рис. 4.4

Здесь следует применять сечения (рис. 4.4, в), несимметричные относительно центральной оси: тавровое, П-образное и другие, располагая сечение так, чтобы более протяжённая часть сечения находилась в сжатой зоне. Эпюра напряжений σ здесь тоже линейна, но несимметрична по высоте. Линейные размеры сечений подбирают таким образом, чтобы сечение было рациональным, при котором

123

σрmax σp ; σсmax σc .

Такие материалы по виду разрушения (разделением на части) называются хрупкими, например, чугун – хрупкий материал.

По условию прочности (4.4) и (4.5) выполняют требуемый вид расчёта из возможных трёх:

проектный, когда определяют достаточные размеры поперечного сечения балки;

проверочный, при котором вычисляют напряжения и сравнивают с допускаемыми;

определение нагрузочной способности, когда находят допускаемые значения внешней нагрузки.

В задачах КР и РГЗ на плоский изгиб предлагается выполнить все три вида расчётов на прочность.

Для балочных конструкций элементов машин и механизмов часто деформации имеют решающее значение для оценки работоспособности, поэтому требуется освоить методику вычисления перемещений.

При прохождении первой части сопротивления материалов изучается метод начальных параметров, который является универсальным для балок, т. к. по этому методу вычисляют перемещения (прогибы и углы поворота сечений) для любой балки. Его предлагается использовать в задачах при оценке жёсткости балок. По методу начальных параметров прогиб y и угол поворота θ сечений балки вычисляется следующим образом:

y(z) y

θ

z

1

M z a 2

P z b 3

q z c 4

q z d 4

;

0

0

EJx

2!

3!

4!

4!

θ(z)

θ0

1

M z a

P z b 2

q z c 3

q z d 3

1!

2!

3!

3!

.

(4.6)

EJx

Значения прогибов y и углов поворота θ обратно пропорциональны величинеEIx , которая зависит от вида материала и геометрических разме-

ров сечения. Величину EIx называют жёсткостью сечения при изгибе.

Для правильного применения этих формул метода начальных параметров следует указать следующие правила (рис. 4.5):

1) начало координат нужно расположить либо на левом, либо на правом конце балки и оставлять его там для всех участков балки. Значит, расстояние z до рассматриваемого сечения нужно отсчитывать от края балки, принятого за начало отсчёта;

124

2)всегда для любой балки а − расстояние до сосредоточенного момента, b − до сосредоточенной силы, с и d − до начала и конца распределённой нагрузки;

3)силы и моменты учитывают со знаком «+», если изгибающий момент от них положителен;

4)при наличии распределённой нагрузки, не доходящей до второго края балки, продолжить её до конца штриховыми линиями и добавить компенсирующую (противоположно направленную), которую изображают также штриховыми линиями;

5)в выражениях перемещений учитываются нагрузки, расположенные между началом координат и рассматриваемым сечением, в числе внешних нагрузок учитывают и реакции опор.

Рис. 4.5

При вычислении сначала записывают выражение перемещений по (4.6) для определённого сечения с соответствующим значением z. В это выражение входят пока неизвестные начальные параметры θ0 и y0 , кото-

рые для балки являются углом поворота и прогибом в начале координат, т. е. в начале балки (поэтому они называются начальными параметрами). Их значения находят, используя условия опирания балок – это граничные условия балок (рис. 4.6). Если в начале координат расположена заделка, то, очевидно, что начальные параметры равны нулю: y0 0, θ0 0, поэтому

рекомендуем для консолей начало координат помещать в заделке.

Если в начале координат расположена шарнирная опора, угол поворота в начале координат не равен нулю θ0 0, а начальный прогиб y0 0.

Для определения 0 используем условие опирания на правой опоре: запи-

сываем выражение прогиба для второй опоры и приравниваем его нулю: yВ = 0.

125

Прогибы, происходящие вверх, получат при вычислении знак «+» и считаются положительными. Углы поворота положительны и имеют знак «+», если поворот сечений осуществляется против хода часовой стрелки.

В целях обеспечения нормальной эксплуатации изгибаемых элементов (балок) проводят проверку на жёсткость по условию жёсткости:

					ymax y ,	(4.7)
	где [ y] (	l	–	l	) – допускаемый прогиб, указанный в долях пролета
		200		750

балки l. Для среднего машиностроения принято [ y] 400l . Если жёсткость

недостаточна, то необходимо подобрать другое сечение, используя усло-

вие (4.7).

Граничные условия Вид балки для определения

начальных параметров балки

КОНСОЛЬНАЯ БАЛКА

y			При z = 0 уA = y0 = 0.
		z	При z = 0 θA = θ0 = 0.
А			Начальные параметры: y0 = 0, θ0 = 0
	z
	ДВУХОПОРНАЯ БАЛКА
	θ		При z = 0 уA = y0 = 0.
	А	B
			При z = l yB = 0.
			Начальные параметры: y0 = 0, θ0 ≠ 0
	z
ДВУХОПОРНАЯ БАЛКА С КОНСОЛЯМИ
	y θ	z	При z = zA уA = 0.
			При z = zB yB = 0.
	А	B	Начальные параметры: y0 ≠ 0, θ0 ≠ 0
		z

Рис. 4.6

При исследовании работы балочных элементов часто возникает необходимость дополнительного исследования напряжённого состояния. Для этого сначала требуется провести анализ нормальных и касательных напряжений, возникающих в опасном сечении балки, что возможно, если из-

126

вестно распределение напряжений по высоте сечения. Например, для ряда сечений эпюры напряжений представлены на рис. 4.4. Как видно по эпюрам, имеются точки, в которых возникают только нормальные напряжения, или только касательные, либо одновременно и нормальные, и касательные. Оценка прочности в этих точках выполняется по различным условиям.

Вточках, где возникают только нормальные напряжения, т. е. имеем линейное напряжённое состояние (НС), условие прочности (4.4) полностью характеризует прочность этих точек.

Вточках, расположенных на оси балки, возникают только касательные напряжения , это НС сдвига (частный случай плоского НС), при котором главные, как известно, направлены под углом 45º к площадкам сдвига и равны + и – . Здесь нужно проверять прочность по касательным напряжениям и по теориям прочности.

Вдругих точках возникают и нормальные, и касательные напряжения. Нужно заметить: прокатные профили спроектированы так, что каса-

тельные напряжения в них практически малы, тогда для профилей используют лишь условие прочности по нормальным напряжениям.

Но в ряде случаев изготавливают специальные двутавровые и тавровые балки большой высоты. В них касательные напряжения могут быть значительной величины, и нужно проверять прочность как по нормальным,

используя (4.4), так и по касательным напряжениям по условию mах τ .

При этом имеются особые точки сечения, которые требуют анализа по теориям прочности.

Как показали исследования, также нужно поступать для любых балок (в том числе и прокатных) в следующих случаях:

1)если имеем короткую балку, в которой из-за небольших моментов нормальные и касательные напряжения соизмеримы;

2)в случае действия сосредоточенных сил, приложенных близко к опорам, когда касательные напряжения имеют значения, тоже соизмеримые с нормальными.

Отметим наличие особых точек в тех сечениях, для которых эпюра τ имеет скачкообразное изменение значений: для двутавра, тавра, 2 швеллеров, П-образного и коробчатого сечения и др. (рис. 4.4). Особые точки – это те, где полки соединены со стенкой, в них возникают нормальные и касательные напряжения, соизмеримые по величине (эти точки называют опасными). В них имеем плоское напряжённое состояние и нужно учесть влияние на прочность одновременно нормальных и касательных напряжений, что выполняется с помощью теорий (гипотез) прочности. Согласно теориям прочности рассматриваемое объёмное или плоское напряжённое состояние сводится к эквивалентному линейному напряжённому состоянию (рис. 4.4, г), в котором действует эквивалентное нормальное напряже-

127

ние σэкв (его также называют расчётным, приведённым). Оно сопоставляется с допускаемым при осевом растяжении или сжатии, и условие прочности записывается в виде σэкв σ .

Для стали как пластичного материала рекомендуются III и IV теории прочности, для которых условие прочности имеет вид

	σэквIII	=σ1 – σ3 σ ;					(4.8)
	σэквIV	=	1	(σ1 – σ2 )2	+(σ2 – σ3 )2 +(σ1 – σ3 )2	σ ,
			2

где σ1 , σ2 , σ3 – главные напряжения, их определяют через нормальные σ и касательные τ напряжения, возникающие в рассматриваемой точке сечения, с помощью формулы

σmax		=	σ	±		σ 2		+τ	2	.
σmin			2			2

Здесь надо заметить, что индексы главным напряжениям присваивают после получения их значений, используя закономерность σ1 ≥ σ2 ≥ σ3. При плоском изгибе одно из главных напряжений будет равно 0.

Для балок из хрупкого материала (например, чугун) рекомендуются

IIи V (теория Мора) теории прочности, по которым

IIэкв 1 μ ( 2 3 );

	σVэкв =σ1 –	σр		σ3	σ .	(4.9)
		σс

Отметим, что знание траекторий главных напряжений в ряде случаев необходимы при проектировании и проверке прочности, например, армированных балок, балок из хрупких материалов. Так, арматуру при армировании располагают в направлении растягивающих волокон, а для балок из хрупких материалов проводят дополнительные исследования напряжений, поскольку трещины могут появиться от действия главных растягивающих напряжений.

Чтобы закрепить методику проверки прочности по теориям (гипотезам) прочности, в задачах предусмотрен пункт анализа напряжённого состояния (НС) в опасном сечении балки.

Приведены решения следующих задач:

Задача 16. Проектный расчёт консольной балки. Задача 17. Проектный расчёт двухопорной балки. Задача 18. Определение несущей способности балки. Задача 19. Проектный расчёт составной балки. Задача 20. Проверочный расчёт консольной балки. Задача 21. Проверочный расчёт двухопорной балки.

128

Задача 16 Проектный расчёт консольной балки

Для консольной балки (рис. 4.8, а) известна внешняя нагрузка: интенсивность распределённой нагрузки q 20 кН/м; сосредоточенная сила

P ql ; сосредоточенный момент M 1,8ql2 ; длина отрезка l 0,4 м.

Требуется

1.Составить выражения для поперечных сил Qy и изгибающих моментов Mx, вычислить их значения в характерных сечениях и построить эпюры Qy, Mx. Указать опасное сечение и значение Mxmax.

2.Из условия прочности по допускаемым напряжениям подобрать размеры сечений для двух вариантов:

1-й вариант: балка стальная. Приняв допускаемое напряжение

200 МПа, подобрать два варианта сечения: а) двутавр; б) два швеллера. Сравнить расход материала и указать экономный вариант.

2-й вариант: балка из чугуна. Приняв допускаемое напряжение на сжатие с 100 МПа и на растяжение р 40 МПа, подобрать два варианта формы сечения, которые изображены на рис. 4.7. Сравнить расход материала и указать экономный вариант.

Рис. 4.7

3. Для экономных вариантов сечений балки вычислить значения нор-

мальных напряжений max и min, изобразить эпюру распределения нормаль-

ных напряжений по высоте сечения (эпюру ).

4. Вычислить прогибы характерных сечений балки, изобразить изогнутую ось балки и проверить на жесткость при допускаемом прогибе,

равном f = 1/400 длины балки. Если условие жёсткости не удовлетворяется, то назначить новые размеры сечений.

129

а

б

в

г

д

е

ж

з

Рис. 4.8

130

5. В сечении с Qymax вычислить значения касательных напряжений в характерных точках и построить эпюру распределения касательных на-

пряжений по высоте сечения (эпюру ). Проверить условие прочности

балки по касательным напряжениям при 100 МПа.

6. Исследовать напряжённое состояние в опасном сечении балки.

Решение

1. ПостроениеэпюрыпоперечныхсилQy иизгибающихмоментовMx

Для консольной балки нет необходимости вычислять опорные реакции, т. к. можно «идти» со свободного края. Используя метод сечений, составим выражения для поперечных сил Qy и изгибающих моментов Mx по участкам балки, вычислим их значения в характерных сечениях и построим эпюры Qy и M x . При этом используем принятое правило знаков

(рис. 4.2): поперечная сила Q в сечении положительна, если её вектор стремится повернуть рассматриваемую часть по часовой стрелке; изгибающий момент M в сечении будем считать положительным, если балка изгибается выпуклой стороной вниз, т. е. растянутые волокна находятся внизу. Балка имеет три грузовых участка.

Рассмотрим 1-й участок (рис. 4.8, б):

Q1 P ql; M

1

Pz

qlz

z1

0

0;

y

x

1

1

z

l

ql2.

1

На 2-м участке (рис. 4.8, в)

Qy2 P 2qz2 ql 2qz2

z2 0 ql;

z2 2l

3ql;

z2

z

2 0

2,8ql2 ;

M x2

P(l z2 ) M 2q

1

ql(l z2 ) 1,8ql2 qz22

z2 2l

0,8ql2.

2

На 3-м участке (рис. 4.8, г)

Qy3 P 2q 2l ql 4ql 3ql;

M x3 P(3l z3 ) M 2q 2l (l z3 )

ql(3l z3 ) 1,8ql 2

4ql(l z3 )

z3 0

0,8ql;

z3

l

2,2ql 2.

131

По найденным значениям Qy и M x построим эпюры Qy и M x (рис. 4.8, д, е). На эпюре Qy получено пересечение наклонной с нулевой линией в сечении K , − это означает, что в этом сечении Qy 2 = 0 и возника-

ет экстремальный изгибающий момент, т. е. на эпюре моментов будет экстремум, значение которого необходимо найти.

Вычислим абсциссу z2К сечения K и экстремальный момент MxK в

этом сечении. Приравниваем нулю выражение поперечной силы для сечения K :

Qy2 P 2qz2K 0 .

Отсюда

z2K 2Pq 2qlq 0,5l .

Подставив полученное значение z2К в выражение изгибающего момента на 2-м участке, получим

M xK ql(l z2K ) 1,8ql2 q(z2K )2 3,05ql2 .

Отложив на эпюре M x в сечении K значение M xK 3,05ql2 , выполним уточнение кривой M x . Из эпюры M x видно, что опасным является

сечение K , в котором M xmax 3,05ql2 .

2. Подбор размеров сечений

Для стального сечения используем условие прочности по допускаемым напряжениям (4.4), которое для нашего примера получает такой вид:

σmax	Mxmax		3,05ql2	σ .
	Wx		Wx

Из условия прочности вычислим требуемый момент сопротивления сечения:

W		M xmax		3,05 20 103 0,42	48,8 10 6	м3 48,8 см3.
x		σ		200 106

Для 1-го варианта стального сечения задан двутавр. Из таблицы ГОСТ 8239–89 (табл. 4 прил. 1) выбираем двутавр № 12 с Wx 58,4 см3;

Ix 350 см4; F 14,7 см2.

132

Поскольку 2-й вариант стального сечения имеет два швеллера, найдём момент сопротивления одного швеллера как Wx 48,82 24,4 см3. По

ГОСТ 8240–93 (табл. 5 при. 1) подбираем швеллер № 10 с Wx 34,8 см3;

Ix 174 см4; F 10,9 см2.

Сравним расход материала для подобранных сечений: площадь двутавра F 14,7 см2, а двух швеллеров 2 F 10,9 · 2 = 21,8 см2. Видно, что

площадь двутавра значительно меньше площади двух швеллеров, поэтому здесь двутавр более экономичен.

Рассмотрим подбор величины а для балки из чугуна (для 2-го варианта балки) (рис. 4.7). Для чугуна имеем два значения допускаемого напряжения: на сжатие с 100 МПа и на растяжение р 40 МПа. В этом случае используют два условия прочности (4.5):

р

M xmax

с

M xmax

σmax

р

σр

и σmax

с σс ,

Wx

Wx

где W р

Ix

и W с

Ix

,

yр

и yс

− соответственно моменты сопро-

ymaxр

ymaxс

х

х

max

max

тивления и расстояния до наиболее удалённой точки сечения для растянутой и сжатой зон.

Сначала нужно представить эпюру напряжений по высоте сечения. Найдём для первой формы сечения положение центра тяжести:

yc 4a2 a /22 2a22 2a a , 4a 2a

значит, центральная ось проходит по нижней линии полки сечения. Эпюра напряжений линейна по высоте сечения, и желательно, чтобы напряжения

σрmax σр и σсmax σс . Для наших значений получается, что рационально сечение перевернуть, чтобы полка была в растянутой зоне (рис. 4.9, а), гдеσрmax σр = 40МПа, тогда в сжатой зоне по пропорции σсmax = σс =

= 80 МПа, по этим значениям и построена эпюра напряжений σ на рис. 4.9. Из двух условий прочности (4.5) нужно воспользоваться первым. Запишем через неизвестную величину а нужные для условия прочности осе-

вой момент инерции сечения и момент сопротивления W рх :

	Ix	4a a3		(2a)3 a	4a4 ; W р			Ix		4a4	4a3.
		3		3		х
								ymaxр		a

133

Эпюра σ	Эпюра σ
–80 МПа	–167 МПа

О	T	40 МПа	167 МПа
	а		б

Рис. 4.9

Требуемое значение момента сопротивления сечения из условия прочности

	W	р	M xmax			3,05 20	103 0, 42		3
		x	σ			40	106	0, 244 10		м3.
	Теперь найдём значение параметра а:
	a 3		W р			0,244 10 3
			х		3		0,0394 м = 3,94 см.
			4			4

Принимаем а = 4 см, и площадь сечения F 6a2 6 42 64 см2. Для второй формы чугунного сечения положение центра тяжести оп-

ределяется расстоянием

	yc	4a2 a / 2 2 2a2 2a		5 a ,
		4a2 2 2a2
				4

где σрmax = σр = 40 МПа, и по пропорции σсmax = σс = 56 МПа. Из двух условий воспользуемся первым. Запишем через а нужные осевой момент инерции сечения и момент сопротивления W рх :

	4a a	3		(2a)	3	a
Ix			4a2 (3a / 4)2 2				2a2 3a / 4)2 ;
	12			12

134

	W р		Ix		5,04a4	4,03a3.
			ymaxр		5a / 4
	х

Вычислим параметр а:

a 3 W рх 3 0,244 10 3 0,0393м = 3,93 см. 4,03 4,03

Принимаем а = 4 см, площадь этого сечения F 8a2 8 42 128 см2. Как видно, это значение в 2 раза больше полученного для первой формы, поэтому считаем для чугуна экономичнее первую форму сечения.

3. Вычисление значений и изображение эпюры нормальных напряжений

Для стальной балки подобранного выше двутаврового сечения как более экономичного варианта построим эпюру нормальных напряжений. Значения нормальных напряжений при изгибе можно вычислить в разных точках сечения по формуле

σ Mmax y,

Jx

где y – расстояние от нейтральной оси до точки, в которой определяется напряжение. Но, т. к. эпюра напряжений линейна по высоте сечения, вычислим только значения нормальных напряжений max и min:

	σ			M max		3,05 20 103 0,42	167	МПа; min= – max= –167 МПа.
		max		x		58,4 10 6
				W
				x

Согласно эпюре моментов Mmax положителен, − это означает, что растянутые волокна находятся в нижней части сечения. Ввиду этого откладываем на эпюре нормальных напряжений max = 167 МПа для нижних точек сечения, min = –167 МПа – для верхних, проводим наклонную линию (эпюру ), котораяпроходитчерезнольвцентретяжестисечения(рис. 4.9, б).

Для балки из чугуна эпюра напряжений построена на рис. 4.9, а.

4. Вычисление прогибов характерных сечений, изображение изогнутой оси балки

Для вычисления прогибов характерных сечений воспользуемся уравнением прогибов метода начальных параметров (т. е. универсальным уравнением упругой линии), который по (4.6) имеет вид

135

y

y

θ

z

1

M zi a 2

P zi b 3

q zi c 4

q zi d 4

,

z

EJ

2!

3!

4!

4!

i

0

0

i

i

x

где zi

– координата той точки, в которой определяется прогиб;

y0 – на-

чальный прогиб; 0 – начальный угол поворота.

Начало координат расположим в жёсткой заделке D, тогда y0 0;0 0(рис 4.6). Для удобства можно балку перевернуть зеркально, как по-

казано на рис. 4.8, ж.

Запишем выражение для вертикального перемещения (прогиба) в сечении A, причём положительное направление нагрузок и характерные расстояния считаем так, как показано на рис. 4.5:

yА A

y0 θ0 4l

1

M

D

4l 0 2

M 4l 3l 2

z

4l

EJ

2!

2!

A

x

R

D

4l 0

3

2q

4l l 4

2q 4l 3l 4

1

2,2ql2

4l 2

3!

4!

4!

EJx

2

1,8ql2

l2

3ql 4l 3

2q 3l 4

2q l

4

6,833ql

4

2

6

24

24

EJx

.

Для выражения вертикального перемещения (прогиба) в сечении В учитываем нагрузку между заделкой и сечением В:

yВ В

y0 θ0 3l

1

M

D

3l 0 2

M 3l 3l 2

z

3l

EJ

2!

2!

В

x

R

D

3l 0

3

2q 3l

l 4

1

2,2ql2

3l 2

3!

4!

EJx

2

0

3ql 3l 3

2q

2l 4

2,278ql4

6

24

]

EJx

.

Вычислим прогибы для двутавра как более экономичного варианта сечения:

	yA	6,833ql4		6,833 20 103 0,44		0,005 м 5	мм;
		EJ x		2	104 350 10 8
			yВ		2,278ql4
					=1,7мм.
					EJx

136

Положительное значение означает, что перемещения происходят вверх. Отложим эти значения вверх от нулевой линии и изобразим изогнутую ось балки − эпюру прогибов y (рис. 4.8, з).

Проверим условие жёсткости. Допускаемый прогиб по техническим нормам для несущих балок

f 400lб ,

где lб – длина балки. В нашем примере f 4 0,4 1000 4 мм. 400

Запишем условие жёсткости: ymax 5 мм f 4 мм.

Так как условие жёсткости не выполняется, то необходимо взять следующий двутавр − двутавр номер № 14 с моментом инерции 572 см4 , для которого максимальный прогиб будет

yA	6,833ql4	6,833 20 103 0,44		3,06 мм.
		2 104	572 10 8
	EJx

Тогда условие жёсткости балки выполняется.

5. Анализ напряжённо-деформированного состояния

Проведём вычисления для балки из чугуна первой формы сечения как более экономичной. Для анализа напряжённо-деформированного состояния (НДС) чугунной балки нужны как эпюра нормальных напряжений

σ, так и эпюра касательных напряжений по высоте сечения. Нормальные напряжения найдены выше. Эпюра распределения касательных напряжений по высоте такого сечения (эпюра ) представлена на рис. 4.4, в. Вычислим значения касательных напряжений в характерных точках сечения по формуле Д. И. Журавского:

			Qmах		Sотс
				y	x	,	(4.10)
			by
	y			Jx
где Qymах – наибольшее значение поперечной силы;							Sуотс – статический мо-

мент относительно нейтральной оси x той части сечения, которая расположена по одну сторону от характерной точки; by – ширина поперечного сече-

ния на уровне рассматриваемой точки; Jx – моменты инерции всего сечения относительно осей x .

Из эпюры Qy выписываем Qmах y = 3ql = 24 кН. Наметим характерные точки сечения − это точки L, T и центр тяжести сечения O (рис. 4.9, а). Для

137

этих точек подсчитаем по (4.10) напряжения, которые запишем со знаком соответственно направлению поперечной силы:

Ly Ty = 0.

Вточке О, где находится центр тяжести сечения и полка соединятся со стенкой, нужно согласно формуле Д. И. Журавского вычислить два значения: на уровне ширины by = 4 4 см и by = 4 см:

O		Qy Sxотс		24 103 4 42 4 / 2			10 6	1,9
y				4 4 4 44	10 8	10 2			МПа;
		by J x

O		Qy Sxотс			24	103 4 42 4 / 2 10 6	7,5
y					4 4 44 10 8 10 2			МПа,
			by J x
где статический			момент		для	прямоугольника размером		4a a равен
Sотс 4a a a/ 2.
x

Как видно, касательные напряжения действительно малы, но для освоения методики анализа НС выполним дальнейшие вычисления.

Рассмотрим НС в точках L, T, O. В точках L, T только нормальные напряжения, поэтому имеем линейное НС. В точках O возникают только касательные напряжения, это НС сдвига (частный случай плоского НС), при котором главные, как известно, направлены под углом 45º к площадкам сдвига и равны следующим значениям для более нагруженной точки O:

σO max Oy 7,5 МПа и σO min Oy –7,5 МПа.

Осталось выполнить проверку прочности.

Для точек T в растянутой зоне условие прочности нужно составить лишь по нормальным напряжениям, поэтому записываем его для сечения с

наибольшим моментом M xmax 3,05ql2 :

T 40 МПа =σрmax σр = 40 МПа,

для точек L в сжатой оно записывается как

L 80 МПа σсmax σс 100МПа.

Для точки О нужно использовать теории прочности, – в случае чугуна как хрупкого материала используем II теорию (гипотезу) прочности и получим

138

IIэкв 1 μ( 2 3 ) Omax μ Omin 7,5 0,3( 7,5) 9,8 р 40МПа.

Видно, чтодлявсех характерныхточекусловиепрочностивыполняется. Анализ напряжённо-деформированного состояния (НДС) для сталь-

ной двутавровой балки нужно выполнять, как показано в задаче 20.

Задача 17 Проектный расчёт двухопорной балки

Для стальной двухопорной балки (рис. 4.11, а) известна внешняя на-

грузка. Исходные значения: l 2,2 м;	q 10 кН /м;	P ql ;	M 0,6ql 2 ;
E 2 1011 Па.

Требуется

1. Из уравнений равновесия балки вычислить силы реакций опор.

2. Составить выражения для поперечных сил Qy и изгибающих моментов Mx по участкам балки, вычислить их значения в характерных сечениях и построить эпюры Qy и Mx. Указать опасное сечение и значение Mxmax.

3. Из условия прочности по допускаемым напряжениям подобрать размеры для нескольких вариантов вида сечений, выбранных из пяти, по-

казанных на рис. 4.10. Принять допускаемое напряжение 200 МПа. Сравнить расход материала, составив соотношение площадей.

Рис. 4.10

4. Для экономного варианта сечения балки вычислить значения нормальных напряжений max в опасном сечении и изобразить эпюру распределения нормальных напряжений по высоте сечения (эпюру ).

139

5. Вычислить прогибы характерных сечений балки, изобразить изогнутую ось балки и проверить на жёсткость при допускаемом прогибеf = 1/400 длины пролёта балки. Если условие жёсткости не удовлетворяется, то назначить новые размеры сечений.

6.Для сечения с Qymax вычислить значения касательных напряжений в характерных точках и построить эпюру распределения касательных напряжений по высоте сечения (эпюру ). Проверить условие прочности балки по касательным напряжениям при 100 МПа.

7.Исследовать напряжённое состояние в опасном сечении балки.

Решение

1. Вычисление сил реакции опор

Силы реакций опор найдём из уравнений равновесия балки при плоском изгибе по (4.1) мом А 0; момB 0, которые для данной балки принимают вид

R

4l P 3l M q 2l l 0;

(4.11)

B

(4.12)

RA 4l q 2l 3l M P l 0.

Из (4.11)

R

2ql2

3Pl M

2ql2 3ql2 0,6ql2

1,6ql2

0,4ql .

B

4l

4l

4l

Из (4.12)

RA

6ql2 M Pl 6ql2

0,6ql2 ql2

5,6ql2

1,4ql .

4l

4l

4l

Для проверки правильности найденных реакций опор составим уравнение равновесия пр y 0 :

RA 2ql P RB 0.

После подстановки значений реакций имеем тождество

1, 4ql – 2ql ql – 0, 4ql 0 или 2,4ql – 2,4ql= 0,

значит, реакции опор найдены верно.

2. Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов

Величины поперечных силQy и изгибающих моментов Мx опреде-

лим согласно методу сечений из уравнений равновесия отсечённых частей балки:

прy 0;	(4.13)
	(4.14)
момO 0.

140

а

б

в

г

д

е

ж

Рис. 4.11

Участок I (рис. 4.11, б):

141

Q1 R

0,4q; M 1

R

z

z 0

M 1

0;

1

l

M

x

0,4ql 2 .

y

B

x

B 1

z

1

1

x

Участок II (рис. 4.11, в):

Qy2 RB P 0,4ql ql 0,6ql;

M x2 RB l z2 pz2

0,4ql l z2 qlz2

z2

0

M x2 0,4ql 2 ;

z2 l

M x2 0,2ql 2.

Участок III (рис. 4.11, г):

Qy3 RA qz3

1,4ql qz3

z3 0

Qy3 1,4ql;

z3

2l

Qy3 0,6ql;

M x3 RA z3

z

3

z2

z3 0

M x3 0;

qz3

1,4qlz3 q

3

2

z3 2l

M x3 0,8ql 2 .

2

По полученным значениям построим эпюры Qy и M x (рис. 4.11, д, е). На эпюре Qy есть пересечение с нулевой линией в точке K , в этой точке на эпюре M x возникает экстремум, значение которого вычисляется сле-

дующим образом. Составим выражение поперечной силы в сечении К и приравняем его нулю:

Qy3 RA qzK 1,4ql qzK 0,

Отсюда вычислим абсциссу сечения К zK 1,4qql 1,4l .

Далее найдём значение изгибающего момента в сечении К:

M xK 1,4ql zK q	zK2	1,4ql 1,4l q	1,4l 2	0,98ql 2 .
			2
2
Из эпюры видно, что Мmaxx		0,98ql2.

3. Подбор сечений

Из сечений, представленных на рис. 4.10, подберём размеры двух вариантов: а) прямоугольного сечения; б) коробчатого сечения. Подбор выполняем из условия прочности по допускаемым напряжениям (4.4), которое принимает вид

142

		σmax		M xmax		0,98ql2		σ .
				Wx			Wx
Отсюда
W		Mmaxx		0,98ql2			0,98 10 103 2, 22
x		σ	200 106				200 106
	237,16 10 6				м3		237,16 см3.

Для случая а) имеем сечение прямоугольное, причём h 2b . Выражаем момент сопротивления:

W

bh2

b 2b 2

2b3

.

x

6

6

3

Тогда

b 3

3 Wx 3

3 237,16

7,09 см3.

2

2

Принимаем b 7,1 см.

Для случая б) имеем коробчатое сечение с тем же значением момен-

та сопротивления

Wx

= 237,16 см3 . Запишем выражение момента сопро-

тивления коробчатого сечения:

BH

3

3

3

3

Wx

b h

b 2b 0,6b 1,2b

0,5803b3

,

6H

6 2b

где B b , b 0,6b , H 2b , h 1,2b .

Тогда

b 3 0,5803Wx 3 0,5803237,16 7,42 см.

Принимаем b 7,5 см.

Сравним расход материала по площади поперечного сечения: для случая а)

FП b 2b 2b2 2 7,12 100,82 см2 ;

для случая б)

FК b 2b 0,6 1,2b 2b2 0,72b2 1,28b2 1,28 7,52 72 см2 .

Коробчатое сечение как сечение с меньшей площадью принимаем за более экономичное.

4. Эпюра нормальных напряжений

143

Для экономного варианта сечения балки (т. е. коробчатого) вычислим значения нормальных напряжений max в опасном сечении (сечении K):

σ			M	max		0,98ql2		0,98 10	103 2, 22	193,8 103	Па =193,8 МПа,
	max					W		244,8 10-6
			W
				x		x

где Wx 0,5803b3 0,5803 7,53 244,8 см3 .

Эпюра распределения нормальных напряжений по высоте сечения (эпюра ) изображена на рис. 4.12.

Эпюра σ, МПа Эпюра τ, МПа

Рис. 4.12

5. Определение перемещений

Определим перемещение в балках, воспользовавшись методом начальных параметров. Согласно (4.6)

y

y

z

1

M zi a 2

P zi b 3

q zi c 4

q zi d 4

zi

.

2!

3!

4!

4!

i

0

0

i

EJx

Начало координат расположим на опоре А (рис. 4.6). Поскольку в начале координат опора, то y0 0, 0 0.

Для того чтобы определить начальный угол поворота 0 , составим

выражение прогиба в точке В, где расположена вторая опора, и приравняем его нулю: yB 0 .

yB B

y0

θ0

4l

1

M 4l 2l 2

R

A

4l 0 3

P 4l 3l 3

zB 4l

2

6

6

EJ x

144

q 4l 0 4

q 4l

2l 4

θ0 4l

1

0,6ql 2 4l 2l 2

1,4ql 4l 0 3

24

24

2

6

EJ x

ql 4l 3l 3

q 4l 0 4

q 4l

2l 4

3,9ql 4

6

24

24

θ0 4l

0

EJ x

Из этого выражения

θ0

3,9ql 4

0,975ql3

.

4l EJ x

EJ x

yC C

y0 θ0 2l

1

R

A

2l 0 3

q 2l 0 4

zC

2l

6

24

EJ x

0,975ql

3

1

3

4

4

2l

1,4ql 2l 0

q 2l

0

0,75ql

.

EJ x

EJ x

6

24

EJ x

yD D

y0 θ0 3l

1

M 3l 2l

2

R

A

3l 0 3

q 3l 0 4

zD

3l

2

6

24

EJ x

q 3l 2l

4

0,975ql

3

3l

1

0,6ql 2 3l 2l

2

1,4ql

3l

0 3

24

EJ x

EJ x

2

6

q 3l

0 4

q 3l 2l 4

( 2,925 2,6667)ql

4

0,2583ql 4

24

24

EJ x

EJ x

.

Вычислим прогибы для подобранного выше прямоугольного сечения:

yC 0,75 10 103 2,24 0,05186 м 51,86 мм; 2 1011 1694 10 8

yD 0,2583 10 103 2,24 0,01786 м 17,86 мм, 2 1011 1694 10 8

где момент инерции прямоугольного сечения

Jx bh3		b 2b 3			2b4		2 7,14		1694 см4 =1694 10–8	м4 .
12			12	3				3
Подсчитаем прогибы для коробчатого сечения:
yC			0,75 10 103			2, 24		0,0479 м = –47,9 мм; ,
			2 1011 1836			10 8

145

		yD	0,2583 10 103 2, 24							0,01648 м 16,5 мм,
				11				10	8
				2 10 1836
где момент инерции коробчатого сечения
J x BH	3	3		3						3	0,5803 7,54
		b h		b 2b				0,6b 1,2b 0,5803b4
	12							12
				1836 см4					1836 10 8 м4 .
Эпюра прогибов y построена на рис. 4.10, ж. Проверим условие жё-
сткости (4.7), которое принимает вид
						ymax yС f ,
где допускаемый прогиб (при длине нашей балки lб =											4 2,2 м)
				f	lб		4 2,2 1000 22 мм.
				400						400

Для балки прямоугольного сечения ymax 51,86 мм f 22 мм. Для балки коробчатого сечения ymax 47,9 мм f 22 мм.

Видно, что условие жёсткости не выполняется, необходимо увеличить размеры поперечного сечения, используя требуемое условие жёсткости нашей балки

ymax yС 0,75ql4 f .

EJx

Подставляя в это условие моменты инерции через неизвестный параметр b (см. выше), получаем

для прямоугольного сечения

b 4	0,75ql4 3		4	0,75 10 103 2, 24 3	8,797 10	–2	м = 8,797 см;
	E 2 f			2 1011 2 22 10 3

для коробчатого сечения

b 4	0,75ql4	4	0,75 10 103 2,	24	9,108 10	–2	м = 9,108 см.
	E 0,5803 f		2 1011 0,5803 22	10 3

Принимаем для прямоугольного сечения b 8,8 см, для коробчатого сечения b 9,2 см.

146

6. Эпюра касательных напряжений

Для сечения с Qymax вычислим значения касательных напряжений в характерных точках коробчатого сечения и построим эпюру распределения касательных напряжений по высоте (эпюру ). Для этого на поперечном сечении (рис. 4.12) наметим характерные точки сечения − точки G, H, J. Значения касательных напряжений в характерных точках сечения вычислим по формуле Д. И. Журавского (4.10):

		Qmax	y	S отс
τmaxy				x	,
		by Ix

для которой из эпюры Qy выбираем

Qymax 1,4ql 1,4 10 103 2,2 30,8 103 Н 30,8кН;

момент инерции сечения относительно оси x возьмём для b = 7,5 см:

Jx Wx H / 2 0,5803b3 b 0,5803 7,54 1836 см4 =1836 10–8 м4.

Подсчитаем значения τ, которые запишем со знаком соответственно направлению поперечной силы:

Gy 0;

H		Qmax y Sxотс		30,8 103 102,25 10 6				7
τy				7,5 10 2	1836 10 8	0,229	10		Па 2,3 МПа;
		by Ix

J	Qymax Sxотс			30,8 103 132,6 10 6	7
τy				2 1,5 10 2 1836 10 8	0,74 10	Па 7,4 МПа.
	b I	x
	y

Для точки H ширину слоя by и статический момент Sxотс F yC вычисляем, как для верхнего отсекаемого прямоугольника размером 7,5×3,0:

by = 7,5 см и Sxотс = 7,5 3,0 4,5 = 102,25 см3.

Для точки J имеем by = 2 0,2 7,5 = 2 1,5 как ширину двух боковых стенок коробчатого сечения, статический момент Sxотс = 102,25 + 2 0,2

7,5 4,5 2,25 = 132,6 см3.

Эпюра распределения касательных напряжений по высоте сечения представлена на рис. 4.12.

Проверим условие прочности балки по касательным напряжениям: τmax = 7,4 МПа τ 100 МПа, значит, условие прочности выполняется.

Также можно вычислить соответствующие напряжения для b = 9,2 см, найденного из условия жёсткости.

147

7. Исследуем напряжённое состояние в опасном сечении балки

Здесь нужно выполнять расчёты аналогично пункту 5 задач 20 и 21. Причём в коробчатом сечении имеется особая точка – точка H, в которой одновременно возникают нормальные и касательные напряжения существенной величины, поэтому для этой точки необходимо использо-

вать теории прочности (4.8).

Задача 18 Определение несущей способности балки

Для стальной балки (рис. 4.13, а) внешняя нагрузка задана через интенсивность распределенной нагрузки q, величина которой неизвестна. Заданы

размеры поперечного сечения: длина балки l 1 м; P 2ql ; нагрузка M ql 2 ; E 2 1011 Па. Сечениебалкивыполненоввидедвухшвеллеров№10.

Требуется

1. Из уравнений равновесия балки получить выражения для реакций

опор.

2.Составить выражения поперечных сил Qy и изгибающих моментов Mx по участкам балки через неизвестную величину q, вычислить их значения (через q) в характерных сечениях и построить эпюры Qy, Mx . Указать опасное сечение и значение Mxmax (также через q).

3.Из условия прочности по допускаемым напряжениям определить возможное значение интенсивности нагрузки q при допускаемом напряже-

нии 200 МПа. Принять допускаемое значениеинтенсивности q .

4. Вычислить прогибы характерных сечений балки, изобразить изогнутую ось балки и проверить на жёсткость при допускаемом прогибе f , равном 1/400 длины пролёта балки. Если условие жёсткости не удовлетворяется, то назначить новое значениеинтенсивности q .

5.Для опасного сечения балки вычислить значения нормальных на-

пряжений max и изобразить эпюру распределения нормальных напряжений по высоте сечения (эпюру ).

6.Для сечения с Qymax вычислить значения касательных напряжений

вхарактерных точках и построить эпюру распределения касательных на-

148

пряжений по высоте сечения (эпюру ). Проверить условие прочности балки по касательным напряжениям при 100 МПа.

7. Исследовать напряжённое состояние в опасном сечении балки. Сечение балки можно принять в виде двутавра или состоящим из

двух швеллеров.

а

б

в

г

д

е

ж

Рис. 4.13

149

Решение

1. Вычисление сил реакции опор

Силы реакций опор найдём из уравнений равновесия балки при

плоском изгибе	по (4.1) мом А 0; момB 0,						которые для	данной
балки принимают вид
			RB 2l P l M q 2l l 0;					(4.13)
								(4.14)
			RA 2l P 3l M q 2l l 0.
Из (4.13) R	B	Pl M 2ql2		2ql2 ql2 2ql2			2,5ql .
			2l			2l
Из (4.14) RA			3Pl M 2ql2		3	2ql2 ql2 2ql2
			2l			2l	2,5ql .

Для проверки правильности найденных реакций составим уравнение равновесия пр y 0: RA 2ql P RB 0.

2,5ql 2ql 2ql 2,5ql 0 , 0 0.

2. Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов

Определим значения Qy и Мx методом сечений. Составляем по участкам балки уравнения равновесия отсеченных частей:

прy 0;момO 0.

Участок I (рис. 4.13, б):

Q1

P 2ql;

M 1

Pz

2qlz

z 0

M 1

0;

1

x

2ql 2 .

y

x

1

1

z l

M 1

1

x

Участок II (рис. 4.13, в):

Qy2 RB qz2 2,5ql qz2

z2 0

Qy2 2,5ql;

z2

2l

Qy2 2,5ql q 2l 0,5ql;

M

2

R z

qz

z

2

2,5qlz

0,5qz

2

z2 0 M x2 0;

z2 2l

M x2 2,5ql 2l 0,5q(2l)2 3ql2.

x

B

2

2

2

2

2

По полученным значениям построим эпюры Qy и M x (рис. 4.13, г, д). Из эпюры видно, что M xmax 3ql2 .

150

3. Определение интенсивности нагрузки

Возможное значение интенсивности нагрузки q определим из условия прочности по допускаемым напряжениям (4.4), которое имеет вид

				σmax	M xmax		3ql2	σ .
					W		W
					x		x
Отсюда
q	σ Wx			200 106 2 34,8 10 6
	3l	2			2		4640 Н/м = 4,64 кН/м.
				3 1

Принимаем допускаемое значениеинтенсивности [q] = 4,6 кН/м.

4. Определение перемещений

Перемещения в балках вычисляем методом начальных параметров. Данный пункт выполняется аналогично пункту 4 задачи 17 и пунк-

ту 3 задач 20 и 21.

Для упрощения расчётов рекомендуется данную балку отобразить зеркально, как показано на рис. 4.12, е, чтобы в крайней левой точке оказалась опора. Вычисляют прогибы характерных сечений балки, изображают изогнутую ось балки и проводят проверку на жёсткость. Если условие жёст-

кости не удовлетворяется, то назначается новое значение интенсивности q .

5. Эпюра нормальных напряжений

Вычислим значения нормальных напряжений max в опасном сечении балки – сечении, где M xmax 3ql2 . Сечение балки состоит из двух швеллеров № 10, поэтому момент сопротивления сечения равен удвоенному моменту

	сопротивления одного					швеллера	(см. табл. 5 прил. 1):
	W 2 34,8 69,6 см3			. Тогда
	x
	σ		Mmax	3ql2		3 4,6 103 12	198,3 103 Па =198,3 МПа.
		max		W		69,6 10-6
			W
			x	x

Эпюра распределения нормальных напряжений по высоте сечения изображается так же, как в задаче 21.

6. Эпюра касательных напряжений

Из эпюры Qy выписываем

Qymax 2,5ql 2,5 4,6 103 1 11,5 103 Н =11,5 кН.

Далеерасчётвыполняется, каквсоответствующихпунктахзадач17, 20 и21.

151

7. Исследование напряжённого состояния в опасном сечении балки

В коробчатом сечении имеется особая точка – Н, в которой одновременно возникают нормальные и касательные напряжения существенной величины, здесь нужно использовать теории прочности и выполнять расчеты аналогично пункту 5 задач 20 и 21.

Задача 19 Проектный расчёт составной балки

Для стальной составной балки (рис. 4.15, а и 4.16, а) известна внешняя нагрузка: l 2,2 м; q 10 кН/м; P ql ; M 0,6ql 2 ; E 2 1011 Па.

Требуется

1.Из уравнений равновесия балки вычислить силы реакций опор.

2.Составить выражения для поперечных сил Qy и изгибающих моментов Mx, вычислить их значения в характерных сечениях и построить эпюры Qy, Mx . Указать опасное сечение и значение Mxmax.

3.Из условия прочности по допускаемым напряжениям подобрать размеры сечений для двух вариантов, изображенных на рис. 4.14. Принять

допускаемое напряжение 200 МПа. Сравнить расход материала и указать экономный вариант.

4. Для экономного варианта сечения балки вычислить прогибы характерных сечений балки, изобразить изогнутую ось балки и проверить на жёсткость при допускаемом прогибе f , равном 1/400 длины балки. Если условие жёсткости не удовлетворяется, назначить новые размеры сечений.

Рис. 4.14

152

5. Вычислить значения нормальных напряжений max в опасном сечении балки, изобразить эпюру распределения нормальных напряжений по

высоте сечения (эпюру ).

6.Для сечения с Qy max вычислить значения касательных напряжений

в характерных точках и построить эпюру распределения касательных напряжений по высоте сечения (эпюру ). Проверить условие прочности балки по касательным напряжениям при 100 МПа.

7.Исследовать напряжённое состояние в опасном сечении балки.

Решение

1-й вариант схемы

1. Вычисление сил реакции опор

Шарнир C является врезанным шарниром, который соединяет отдельные балочные элементы (балки). Разобьём заданную балку по врезанному шарниру на две простые, причём одну считаем верхней, а другую нижней (рис. 4.15, б, в).

Примечание: за верхнюю следует принимать ту балку, которая имеет две опоры.

По сечению С имеем воздействие верхней на нижнюю в виде реакции RC , противоположной по направлению реакции в верхней балке.

Далее можно выполнять расчёты для каждой балки отдельно. Рассматриваем балку CD (рис. 4.15, б). Силы реакции найдём из

уравнений равновесия балки при плоском изгибе по (4.1)момC 0, момD 0, которые для данной балки принимают вид

M RD 2l 0;

RC 2l P2l M 0.

Из этих уравнений получим

RD M2l 0,62qll 2 0,3ql ;

RC P M2l (1 0,3)ql 0,7ql .

Для проверки правильности найденных реакций в опорах составим уравнение равновесия

пр y 0 : RC P RD 0,7ql ql 0,3ql 0.

153

Полученную реакцию RC в качестве известной нагрузки перенесём

на балку AC.

Рассматриваем балку AC (рис. 4.15, в):

мом А 0;	или	RC 1,25l RBl 0;
			R	0,25l R		l 0.
момB 0;					A
			C

Получаем

RB 1,25RC 1,25 0,7ql 0,875ql ; RA 0,25RC 0,175ql .

Для проверки правильности найденных реакций в опорах составим уравнение равновесия

пр y 0 : RA RB RC 0,175ql 0,875ql 0,7ql 0.

2. Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов

Величины поперечных силQy и изгибающих моментов Мx для каж-

дого участка балки определим из уравнений равновесия отсечённых частей

(рис. 4.15, г):

Участок I:

Q1	R		0,175ql; M 1	R		z		z 0	M 1	0;
								1	x	0,175ql 2 .
y		A	x		A	1		z l	M 1
								1	x

Участок II:

Qy2 RA RB 0,175ql 0,875ql 0,7ql;

M x2 RA l z2 RB z2 0,175ql l z2 0,875qlz2

z2

0

M x2

0,175ql 2 ;

z2

l

M x2

0.

4

Участок III:

Qy3 RD 0,3ql;

M x3 RD z3

M 0,3qlz3 0,6ql 2

z

0

M 3

0,6ql 2 ;

3

2l

x

0.

z3

M x3

154

а

б

в

г

д

е

Рис. 4.15

Эпюры Qy и M x изображены на рис. 4.15, д, е. В месте расположения шарнира C изгибающий момент M x 0 . Из эпюры M x видно, что

Мxmax 0,6ql2 .

3. Подбор размеров сечений

Подбор размеров коробчатого и кольцевого сечений представленных на рис. 4.14, выполняем из условия прочности по допускаемым напряжениям (4.4), которое принимает вид

σmax	M xmax		0,6ql2	σ .
	Wx		Wx

155

Отсюда

	W	M max		0,6ql2		0,6 10 103	2, 22	10-6	м3 =145,2 см3.
		x					145,2
				200 106		200 106
	x	σ

Для коробчатого сечения выражение момента сопротивления таково:

	BH	3		3	3			3
Wx			b h			b 2b		0,6b 1,2b	0,5803b3 ,
		6H					6 2b

где B b , b 0,6b , H 2b , h 1,2b . Тогда требуемое значение параметра b 3 0,5803Wx 3 0,5803145,2 6,301 см.

Принимаем b 6,4 см.

Для кольцевого	сечения		Wx d 3 (1 c4 ),		где c 0,6 . Тогда
			32
требуемое значение диаметра
d 3	Wx 32	3	145,2 32	=11,93	см.
	π(1 c4 )		π(1 0,64 )

Принимаем d =12 см.

Сравним расход материала по площади поперечного сечения:

FКороб b 2b 0,6b 1,2b 2b2 0,72b2 1,28b2 1,28 6,42 52,43см2 ;

FКольц πd4 2 (1 c2 ) π 4122 (1 0,62 ) 72,38 см2 .

Как видим, коробчатое сечение экономичнее, т. к. имеет меньшую площадь.

4. Определение перемещений

Данный пункт выполняется так же, как в задачах 17, 20 и 21. Вычисляют прогибы характерных сечений балки, изображают изогнутую ось балки и проводят проверку на жёсткость. Если условие жёсткости не удовлетворяется, назначают новые размеры сечений.

5. Эпюра нормальных напряжений

Вычислим значения нормальных напряжений max для коробчатого сечения балки в опасном сечении D:

156

σ	max		M	max	0,6ql2		0,6 10 103 2,22	199,6 10	3	Па =199,6 МПа.
					W		145,2 10-6
			W
				x	x

Эпюра распределения нормальных напряжений по высоте сечения изображается, как в задаче 21.

6. Эпюра касательных напряжений

Из эпюры Qy выписываем:

Qymax 0,7ql 0,7 10 103 2,2 15,4 103 Н=15,4 кН.

Далее расчёт выполняется, как в задачах 17, 20 и 21.

7. Исследование напряжённого состояния в опасном сечении балки

Этот пункт выполняется, как в задачах 20 и 21.

2-й вариант схемы

1. Вычисление сил реакции опор

Разобьём балку на две по врезанному шарниру B (рис. 4.16, б), покажем воздействие балок реакцией RB , одинаковой по величине и противо-

положной по направлению.

Рассматриваем верхнюю балку AB (рис. 4.16, б):

			мом A 0;			или	RB 2l M 0;
										M 0.
			момB 0.				RA 2l
	Из этих уравнений получаем
	RB	M		0,6ql2	0,3ql ; RA			M		0,6ql2	0,3ql .
		2l		2l				2l		2l

Для проверки правильности найденных реакций составим уравнение равновесия

прy 0: RA RB 0,3ql 0,3ql 0.

Полученную реакцию RB как известную нагрузку перенесём на

нижнюю балку BD.

Рассматриваем балку BD (рис 4.16 в). Находить реакции в заделке не обязательно, т. к. при нахождении внутренних усилий можно идти от свободного края.

157

а

б

в

г

д

е

Рис. 4.16

2. Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов

Величины поперечных сил Qy и изгибающих моментов Мx для каж-

дого участка балки определим из уравнений равновесия отсечённых частей

(рис 4.16, г).

Участок I:

Q1

R

0,3ql;

M 1

R

z

M 0,3qlz

0,6ql 2

z

0

M 1

0,6ql 2 ;

A

1

x

y

x

A 1

1

z

2l

M 1

0.

1

x

158

Участок II:
Qy2 RA 2qz2	0,3ql 2qz2		z2 0					Qy2 0,3ql;
			z2		l			Qy2 1,7ql.
M x2 RA 2l z2 2q						z22		M
				z2	2			M x2
0,3ql 2l z2	qz22 0,6ql	2				0			0;
				z2		l		M x2	0,7ql 2.

На эпюре Qy есть пересечение с нулевой линией в точке K , в этой точке на эпюре M x возникает экстремум, вычислим значение этого момента. Составим:

Qy2 RA 2qzK 0,3ql 2qzK 0.

Отсюда

	zK	0,3ql	0,15l ;
		2q
M xK 0,3ql 2l zK qzK2 0,6qlzK
0,3ql 2l 0,15l q(0,15l)2 0,6ql 2						0,0225ql 2 .
Участок III:
Qy3 RA 2ql 0,3ql 2qz2 1,7ql;
M x3 RA 3l z3 2ql 0,5l z3 M
0,3ql 3l z3	2ql 0,5l z3 0,6ql 2				z2	0	M x2	0,7ql 2 ;
					z2	l	M x2	2,4ql 2.
Эпюры Qy и M x	построены на рис. 4.16, д, е. В месте шарнира C из-
гибающий момент M x	0 . Из эпюры Мxmax 2,4ql2 .

Далее задача решается аналогично 1-му варианту схемы.

159

Задача 20 Проверочный расчёт консольной балки

Для стальной консольной балки (рис. 4.17) известна внешняя нагрузка, заданы размеры поперечного сечения и длина.

M1		M2
P1	q1	P2	q2
	L1		L 2
		Рис. 4.17

Требуется

1.Составить выражения для поперечных сил Qy и изгибающих моментов Mx, вычислить их значения в характерных сечениях и построить эпюры Qy, Mx. Указать опасное сечение и значение Mxmax.

2.Для опасного сечения вычислить значения нормальных напряже-

ний max и изобразить эпюру распределения нормальных напряжений по высоте сечения (эпюру ). Проверить условие прочности балки по нормальным напряжениям при допускаемом напряжении 200 МПа. Если условие прочности не выполняется, указать новые размеры сечений, при которых оно будет удовлетворено.

3.Вычислить прогибы характерных сечений балки, изобразить изогнутую ось балки и проверить на жёсткость при допускаемом прогибе f , равном 1/400 длины балки. Если условие жёсткости не выполняется, указать новые размеры сечений, при которых оно будет удовлетворено.

4.Для сечения с Qy max вычислить значения касательных напряжений

вхарактерных точках и построить эпюру распределения касательных на-

пряжений по высоте сечения (эпюру ). Проверить условие прочности балки по касательным напряжениям при 100 МПа.

5. Исследовать напряжённое состояние в опасном сечении балки. Для сечения балки можно взять:

1-й вариант – двутавр;

2-й вариант – два швеллера.

160

Решение

1. Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов

На рис. 4.17 изображена унифицированная схема консольной балки, в которой в начале каждого участка приложены сосредоточенные силы Р и моменты М и по всей длине каждого участке действует распределённая нагрузка интенсивности q. За положительное принято направление нагрузки, вызывающее положительные изгибающие моменты.

Пусть заданы следующие значения: сосредоточенные силы Р1 = 23 кН и Р2 = 0; сосредоточенные моменты М1 = –12 кН·м и М2 = 0; интенсивность распределённой нагрузки q1 = 0 и q2 = –29 кН/м; длина участков L1 = 1,7 м и L2 = 2,1 м; сечение балки − двутавр № 33.

Сначала по этим значениям построим реальную балку (рис. 4.18, б). Она имеет два силовых участка.

Используя метод сечений, составим выражения поперечных сил Qy и изгибающих моментов Mx по участкам балки. При этом используем принятое правило знаков (рис. 4.2).

1-й участок 0 z1 L1 . Для унифицированной балки (рис. 4.18, а) в текущем сечении z1 1-го участка поперечная сила Q1y и изгибающий момент M 1x запишем в унифицированной форме:

Q1y P1 q1 z1 , M1x M1 P1 z1 q1 2z12 .

Подставив заданные значения, получим

Q1y = 23 кН; M 1x 12 23 z1.

Подсчитаем величины моментов для граничных значений z1 :

M 1x (0) 12 кН·м; M1x (1,7) 27,1кН·м.

2-й участок 0 z2 L2 . Запишем выражения поперечной силы Qy2 и изгибающего момента M x2 по унифицированной схеме балки (рис. 4.17, а):

Q2	Q1	(l ) P q z	; M 2	M1	(l ) M		P z		q z2
						2			2 2 .
y	y	1 2 2 2	x	x	1		2 2		2

Подставивчисловыезначения, получимследующиевыражения Qy2 и M x2 :

Qy2 23 29 z2 ; M x2 27 23 z2 – 29 z22 / 2 .

Подсчитаем значения Qy2 и M x2 для граничных значений z2 :

161

Qy2 (0) 23кН, Qy2 (2,1) 37,9 кН;

M x2 (0) 27 кН·м, M x2 (2,1) 11,35 кН·м.

Нужно заметить, что значения усилий Qy и M x можно вычислять

непосредственно по схеме реальной балки, используя метод сечений, при этом получим те же значения.

По найденным значениям поперечных сил и изгибающих моментов построим эпюры Qy и Mx (рис. 4.18, в, г). Для 1-го участка Q1y = const, зна-

чит, на эпюре Qy будет прямая, параллельная базисной линии (т. е. прямоугольник); а выражение M1x соответствует уравнению наклонной прямой, поэтому на эпюре Mx проводим наклонную прямую.

а

б

в

г

Рис. 4.18

На 2-м участке сила Qy2 изменяется линейно. Отложив Qy2 (0) 23кН и Qy2 (2,1) 37,9 кН, проведём наклонную прямую (рис. 4.18, в), которая

пересекает базисную линию в точке К. Так как функция момента M x2 имеет второй порядок по отношению к переменной z, то при изображении мо-

162

мента должны изобразить квадратичную параболу. Как известно, это результат наличия распределённой нагрузки на этом участке. Пересечение эпюры Qy с базисной линий внесёт следующее уточнение в изображение параболы: она получает перегиб в точке К. На этом участке для построения

эпюры Mx надо знать значения моментов M x2 в начале, в конце участка и в сечении К, где M x2 получает экстремум. Для вычисления момента M x2 в сечении К необходимо найти абсциссу этого сечения z2 z0 . Величину z0 определяем из уравнения Qy2 (z0 ) 0 , которое принимает следующий вид:

23 29 z0 0 .

Получаем

z0 2923 0,79 м.

Подсчитаем значение экстремального момента M экс как момента M x2

при z0 0,79 м:

M экс 27 23 z0 29 z02 / 2 27 23 0,79 29 0,792 / 2 36,2 кН·м.

Отложив значения моментов M x2 в начале, в конце участка и в сечении К, построим эпюру моментов на 2-м участке (рис. 4.18, г).

На построенной эпюре M x определяем опасное сечение балки, в ко-

тором имеем максимальные значение момента Mmax: опасным является сечение К, и максимальное значение момента Mmax = 36,2кН м.

2. Проверка прочности по нормальным напряжениям

Вычислим значения нормальных напряжений max для опасного сечения К. Для рассматриваемого сечения балки (двутавра № 33) по таблице ГОСТ8239–89 (табл. 4 прил. 1) моментсопротивления Wx 597 см3, поэтому

σmax Mmax 36,2 103 60,6 106 Па = 60,6 МПа. Wx 597 10 6

Проверим условие прочности балки по нормальным напряжениям, которое по (4.4) имеет вид

σmax Mmax σ .

Wx

Для нашего случая оно получает такую запись: 60,6 МПа σ 200 МПа,

значит, условие прочности балки по нормальным напряжениям выполняется.

163

3. Вычисление прогибов и проверка жёсткости

Определим прогибы балки в характерных сечениях С, А иK методом начальных параметров (4.6). Согласно ему уравнение прогибов следующее:

	y y0 θ0 z	1	[ M	(z a)2	P	(z b)3	q	(z c)4	] ,
		EJ		2!		3!		4!

где y0 ,θ0 – угол поворота и прогиб сечения балки в начале координат (на-

чальные параметры балки); a, б, c – соответственно расстояние от начала координат до точек приложения сосредоточенных силовых M или P и до начала равномерно распределённой нагрузки интенсивностью q ; EJ –

жёсткость сечения балки, значение одинаково для всех участков (рис. 4.4). Начало координат выбираем в заделке, тогда y0 0, θ0 0 . Жёст-

кость сечения профиля № 33

EJ 2 105 106 9840 10 8 1,97 107 Н·м2.

В заделке имеем реакцию RЗ = 37,9 кН и момент МЗ = 11,35 кН·м, эти воздействия для балки являются внешней нагрузкой и войдут в расчёт. Подсчитаем прогиб балки в сечении K , удалённом от заделки на расстоя-

нии 2,1–0,79 = 1,31 м:

y			1	[M		(1,31)2	R	(1,31)3	q	(1,31)4	]
	К				З
			EJ			2	З	6		24

			=				103											(1,31)2					37,9			(1,31)3						29		(1,31)4
														[11,35																							] 0,103см.
					1,97 107																2						6									24
				Прогиб балки в сечении С (на расстоянии 2,1 м):
																	1					(2,1)2					(2,1)3						(2,1)4
											y									[M		З		R							q					]
														С			EJ						2			З		6						24
=				103					[11,35						(2,1)2						37,9			(2,1)3			29				(2,1)4			] 0, 305 102 0, 305 см.
			1,97 107														2							6							24
				Прогиб балки в сечении А (на расстоянии от заделки 2,1 + 1,7 = 3,8 м)
						y				1		[M					(3,8)2					R	(3,8)3			q		(3,8)4				q			(3,8 2,1)4			]
							A									З
										EJ								2				З		6						24						24
=			103											(3,8)2					37,9				(3,8)3				29		(3,8)4					29		(3,8 2,1)4
								[11,35																														] 0,95 см.
	1,97 107															2								6						24							24

164

Для составления условия жёсткости вычислим допустимый прогиб по заданной норме:

y lбалки lАВ 3,8 100 0,95см. 400 400 400

Составим условие жёсткости (4.7), которое имеет вид ymах ≤ y .

Для нашего примера максимальный прогиб ymах=0,95 см. Тогда условие жёсткости нужно записать как ymах= 0,95см = y = 0,95 см. Делаем вывод, что условие жёсткости соблюдается.

4. Вычисление касательных напряжений

Вычертим в масштабе двутавровое поперечное сечение (рис. 4.19). Наметим характерные точки сечения − это точки О, G, T. Значения каса-

тельных напряжений в характерных точках сечения вычислим по формуле Д. И. Журавского (4.11):

			Qmах		Sотс
				y	x	,
			by
	y			Jx

где Qmах y – наибольшее значение поперечной силы; из эпюры Qy выписы-

ваем Qmах y = 37,9 кН; Sуотс – статический момент относительно нейтральной

оси x той части сечения, которая расположена по одну сторону прямой, проведённой через характерную точку; by – ширина поперечного сечения

на уровне рассматриваемой точки; Jx – момент инерции всего сечения от-

носительно осей x , для двутавра № 33 по таблице ГОСТ 8239–89 момент инерции Ix 9840 см4 (табл. 4 прил. 1).

Подсчитаем значения y, которые запишем со знаком соответственно направлению поперечной силы:

Gy = 0;

O		Qy Sxотс		37,9 103 339	10 6	18,6 Мпа,
y				0,7 9840 10 8	10 2
		by Jx

где для точки O ширину слоя by и статический момент Sxотс берём из таб-

лицы ГОСТ 8239–89: by = 0,7с м, Sxотс = 339см3;

	Ty		Qy Sxотс			37,9 103 1,12 14 (16,5 1,12 / 2) 10 6	13,7МПа,
			b J	x		0,7 9840 10 8 10 2
			y

где статический момент Sxотс вычисляем как стилизованного прямоугольника размером 1,12 14 .

165

Эпюра распределения касательных напряжений по высоте сечения (эпюра ) представлена на рис. 4.19. Проверим условие прочности балки по касательным напряжениям: τmax = 18,6 МПа τ 100 МПа, значит, усло-

вие прочности выполняется.

5. Анализ напряжённого состояния

Для анализа напряжённого состояния (НС) нужны эпюры нормаль-

ных напряжений σ и касательных напряжений по высоте сечения. Эпюра нормальных напряжений линейна по высоте сечения, поэтому отложив

σmax = 60,6 МПа для нижних растянутых точек двутавра, проводим пря-

мую через ноль на уровне центра тяжести (рис. 4.19) и получаем эпюру σ. Изобразим НС в точках O, G, T как объёмное и как плоское, т. к. в этих точках имеем или линейное, или плоское НС, которые являются част-

ным случаем объёмного (рис. 4.19).

Эпюра σ, МПа

Эпюра τ, МПа

а

Точка G

Точка O

Точка T

б

Рис. 4.19

В точках G только нормальные напряжения, поэтому имеем линейное НС.

166

В точке O возникают только касательные напряжения, это НС сдвига (частный случай плоского НС), при котором главные, как известно, на-

правлены под углом 45º к площадкам сдвига: σO max Oy 18,6 МПа и

σO min Oy 18,6МПа.

В точке T возникают нормальные напряжения и касательные напряжения: по эпюре σ возьмём нормальные напряжения σT 56,4 МПа и по

эпюре σ касательных напряжений Ty												13,7 МПа. Это плоское НС, для ко-
торого главные напряжения вычисляем по формуле
	σT max		=	σx σy			σx - σy 2		τ	2		56,4			56,4	2	13,7	2			59,6		МПа.
												2			2						3,2
	σT min			2			2

Осталось выполнить проверку прочности. Для точек G условие прочности имеет вид

G 60,6 МПа < σ = 200 МПа.

Для точек T и O, находящихся в плоском напряжённом состоянии, нужно использовать теории (гипотезы) прочности: для стали как пластичного материала рекомендуются III и IV теории прочности (4.8). Запишем по III теории:

для точки O

IIIэкв Omax Omin 18,7 ( 18,7) 37,4 200МПа;

для точки T

IIIэкв maxL minL 59,6 ( 3,2) 62,8 200МПа.

Как видно, для всех характерных точек сечения условие прочности выполняется.

Задача 21 Проверочный расчёт двухопорной балки

Для стальной двухопорной балки, схема которой представлена на рис. 4.20, известна внешняя нагрузка, заданы размеры поперечного сечения и длина.

167

M 1			M 2
P1	q	1	P2	q 2
		L1		L 2
			Рис. 4.20

Требуется

1.Из уравнений равновесия балки вычислить силы реакций опор.

2.Составить выражения для поперечных сил Qy и изгибающих моментов Mx, вычислить их значения в характерных сечениях и построить эпюры Qy, Mx. Указать опасное сечение и значение Mxmax.

3.Для опасного сечения вычислить значения нормальных напряже-

ний max и изобразить эпюру распределения нормальных напряжений по высоте сечения (эпюру ). Проверить условие прочности балки по нор-

мальным напряжениям при допускаемом напряжении 200 МПа. Если условие прочности не удовлетворяется, указать размеры сечений, при которых оно выполняется.

4.Вычислить прогибы характерных сечений балки, изобразить изогнутую ось балки и проверить на жёсткость при допускаемом прогибе f , равном 1/400 длины балки. Если условие жёсткости не удовлетворяется, указать размеры сечений, при которых оно выполняется.

5.Для сечения с Qymax вычислить значения касательных напряжений

вхарактерных точках и построить эпюру распределения касательных на-

пряжений по высоте сечения (эпюру ). Проверить условие прочности балки по касательным напряжениям при 100 МПа.

6. Исследовать напряжённое состояние в опасном сечении балки.

Решение

1. Вычисление опорных реакций

Имеем унифицированную схему балки на двух опорах (рис. 4.20). На балке два грузовых участка. Нагрузка, вызывающая плоский поперечный изгиб балки, представлена в виде сосредоточенных сил Р и моментов М, приложенных в начале каждого участка, а также распределённой нагрузкой по всей длине каждого участке интенсивности q. За положительное принято направление нагрузки, вызывающее положительные изгибающие моменты.

В случае расчёта двухопорных балок вначале нужно вычислить опорные реакции RА и RВ, для чего составим следующие уравнения равновесия по (4.1):

168

мом B 0 и пp y 0 .

Для рассматриваемой балки эти уравнения принимают вид

P1(l1+ l2)+P2·l2+q1·l1(l1 /2 + l2)+q2 l2·l2 /2+M1+M2+RА(l1 + l2) = 0;

P1+P2+q1·l1+q2·l2+RА+RВ = 0.

Отсюда

	RA		1	M1 M2 P1(l1 l2 ) P2·l2 q1 l1(l1 / 2 l2 ) q2 l22	/ 2 ;
		l	l
		1	2
				RВ = –(P1 + P2 + q1 · l1 + q2 · l2 + RА).	(4.12)

Если величины RА и RВ получаем положительными, то они направлены вверх. Для дальнейшего расчёта двухопорных балок примем

Р1 = P1+RA.

(4.13)

Этим сохраним унифицированную схему нагружения и возможность применить унифицированные формулы поперечных сил и изгибающих моментов, уже использованные в задаче 20.

Выполним расчёт при следующих значениях: сосредоточенные силы Р1 = 0 и Р2 = 16 кН; сосредоточенные моменты М1 = 0 и М2 = –30 кНм; интенсивность распределённой нагрузки q1 = 0 и q2 = –20 кН/м; длина участков L1 = 2 м и L2 = 3 м; сечение балки − два швеллера № 16.

По этим значениям построим реальную балку (рис. 4.21, б). Вычислим по (4.12) значения реакций:

RA 2 13 30 0 0 16 3 0 20 32 / 2 14,4 кН;

RВ = –(0+ 16 + 0 – 20 3+14,4 ) = 29,6 кН.

Далее запишем по (4.13):

Р1 = P1 + RA = 0 + 14,4 = 14,4 кН.

2. Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов

Используя метод сечений и формулы задачи 20, составим выражения поперечной силы и изгибающего момента по участкам балки.

1-й участок (0 z1 L1 ). В текущем сечении z1 1-го участка поперечная сила Q1y и изгибающий момент M 1x запишем как

Q1y P1 q1 z1 ; M1x M1 P1 z1 q1 2z12 .

169

Подставив числовые значения, получим

Q1y =14,4 кН; M1x 14,4 z1 .

Подсчитаем величины моментов при граничных значениях z1 :

M 1x (0) 0 ; M1x (2) 28,8 кН·м.

а

б

в

г

Рис. 4.21

2-й участок (0 z

2

L ). Запишем выражения поперечной силы Q2

и

2

y

изгибающего момента M x2

по унифицированной схеме балки (рис. 4.21, а):

Q2

Q1 (l ) P q z

; M 2

M1

(l ) M

(Q1

(l ) P ) z

q z2

2

2

2

2 2 .

y

y 1

2 2

x

x

1

y

1

2

2

Подставивчисловыезначения, получимследующиевыражения Qy2 и M x2 :

170

Qy2 30,4 20 z2 ;

M x2 30 28,8 30,4 z2 20 z22 / 2 1,2 30,4 z2 20 z22 / 2.

Подсчитаем значения Qy2 и M x2	для граничных значений z2 :
Qy2 (0) 30,4 кН,	Qy2 (3) 29,6 кН;

M x2 (0) 1,2 кН·м, M x2 (3) 0 кН·м.

Нужно заметить, что значения усилий Qy и M x здесь можно вычис-

лять непосредственно по схеме реальной балки, используя метод сечений, при этом получим те же значения.

По найденным значениям поперечных сил и изгибающих моментов построим эпюры Qy и Mx (рис. 4.21, в, г). Для 1-го участка Q1y = const, зна-

чит, на эпюре Qy будет прямая, параллельная базисной линии (т. е. прямоугольник); а выражение M1x соответствует уравнению наклонной прямой, поэтому на эпюре Mx отложим в начале 1-го участка значение 1,8 кН·м, а в конце – 0 и проводим наклонную прямую.

На 2-м участке сила Qy2 изменяется линейно. Отложив в начале 2-го участка Qy2 (0) 30,4 кН и в конце Qy2 (3) 29,6кН, проведём наклонную

прямую (рис. 4.21, в), которая пересекает базисную линию в точке К. Так как функция момента M x2 имеет второй порядок по отношению к перемен-

ной z, то при изображении момента должны изобразить квадратичную параболу. Как известно, это результат наличия распределённой нагрузки на этом участке. Пересечение эпюры Qy с базисной линий внесёт следующую коррективу в изображение параболы: она получает перегиб в точке К.

Здесь для построения эпюры Mx надо знать значения моментов M x2 в начале, в конце участка и в сечении К, где M x2 получает экстремум. Для вычисления момента M x2 в сечении К необходимо найти абсциссу этого сечения z2 z0 . Величину z0 определяем из уравнения Qy2 0 , которое принимает вид

30,4 20 z0 0.

Получим

z0 30,420 1,52 м.

171

Подсчитаем значение экстремального момента M экс как момента M x2

при z0 1,52 м:

M экс 1,2 30,4 z0 20 z02 / 2 1,2 30,4 1,53 20 1,522 / 2 21,9 кН·м.

Отложим значения моментов M x2 в начале, в конце участка и в сечении К и построим эпюру моментов на 2-м участке (рис. 4.21, г).

На построенной эпюре M x определяем опасное сечение балки, в ко-

тором имеем максимальные значение момента Mmax: опасным является сечение К, максимальное значение момента Mmax = 28,8 кН·м.

3. Проверка прочности по нормальным напряжениям

Вычислим значения нормальных напряжений max для опасного сечения К. Для рассматриваемого сечения балки − два швеллера № 16 по таблице ГОСТ 8240–93 (табл. 5 прил. 1) имеют момент сопротивления Wx 103см3, поэтому

σmax	M	max		28,8 103		154,2 106	Па = 154,2 МПа.
				2	93,4 10 6
	Wx
Условие прочности					балки по нормальным напряжениям (4.4)

σmax Mmax σ для нашего случая примет вид

Wx

154,2 МПа σ 200МПа.

Условие прочности выполняется.

4. Вычисление прогибов и проверка жёсткости

Определим прогибы балки в характерных сечениях С иK методом начальных параметров, используя формулу (4.6).

Подсчитаем жёсткость сечения в виде двух швеллеров № 16:

EJ 2 105 106 2 747 10 8 2,99 107 Н·м2 .

Начало координат выбираем на опоре А. Запишем по (4.6) прогибы сеченийСи K , удалённыхотопорыАсоответственнонарасстоянии2 ми3,52 м:

							y y				θ		2			1			R		(2)3		;
																EJ					6
								С	0			0								A
y	К	y	θ		3,52	1		[ 30	(1,52)2					R			A	(3,52)3				16		(1,52)3	q	(1,52)4	] .
				0
		0				EJ					2									6				6		24

172

Так как балка в начале координат имеет опору, в которой нет вертикального перемещения, то начальный параметр y0 = 0. Другой начальный

параметр – начальный угол поворота сечения θ0 – вычислим из уравнения,

записанного для опоры В: прогиб сечения В равен нулю, поэтому составим его выражение по (4.6) и приравняем нулю:

	yВ = θ0	2	1	[ 30	(5)2	14,4	(5)3	16	(3)3	20	(3)4	] 0.
			EJ		2		6		6		24

Отсюда

θ0 35,25EI .

ПодсчитаемпозаписаннымвышевыражениямпрогибысеченийСи K :

	yС	35,25	2	1	14,4	(2)3		89,7 103	0,30	см;
		EJ		EJ		6		2,99 107

yК 35,25EJ 3,52 EJ1 [ 30 (1,52)2 2 14,4 (3,52)6 3 16 (1,52)6 3 20 (1,52)24 4 ] = 0,665 см.

Для составления условия жёсткости нужно знать допустимый прогибy . Вычислим значение допустимого прогиба по заданной норме:

	y	Lбалки		lАВ		5 100	1,25см.
		400		400		400

Составим условие жёсткости (4.7) ymах ≤ y . Для нашего примера максимальный прогиб

y mах = 0,665 см.

Тогда

ymах = 0,665 см ≤ y = 1,25 см.

Условие жёсткости соблюдается.

5. Вычисление касательных напряжений

Вычертим в масштабе поперечное сечение (рис. 4.22). Наметим характерные точки сечения − точки О, K, L. Значения касательных напряжений в характерных точках сечения вычислим по формуле Д. И. Журав-

ского (4.10).

173

Из эпюры Qy выписываем Qmах y = 30,4 кН. Момент инерции всего сечения относительно оси x согласно таблице ГОСТ 8240–93 Ix 2 747 см4 (табл. 5 прил. 1).

Подсчитаем значения по (4.10), которые запишем со знаком соответственно направлению поперечной силы:

K = 0;

O

Qy Sxотс

30,4 103 2

54,3 10 6

21,9 МПа,

y

b

J

2 0,5 2 747

10 8 10 2

y

x

y

где для точки O ширину слоя by и статический момент

Sxотс

для одного

швеллера берём из таблицы ГОСТ 8240–89: by = 0,5 см,

Sxотс

= 54,3 см3 и

учитываем, что их два;

L

Qy Sxотс

30,4 103

2 0,84 6,4 (16 / 2 0,84 / 2) 10 6

16,5 МПа,

y

2 0,5 2 747 10 8 10 2

b J

x

y

где статический момент Sxотс

вычисляем как стилизованного прямоуголь-

ника размером 0,84 6,4 .

Эпюра распределения касательных напряжений по высоте сечения (эпюра ) представлена на рис. 4.22. Проверим условие прочности балки по касательным напряжениям: τmax = 21,9 МПа τ 100 МПа, значит, условие прочности выполняется.

6. Анализ напряжённого состояния

Для анализа напряжённого состояния (НС) нужны эпюры нормальных напряжений σ и касательных напряжений по высоте сечения. Эпюра нормальных напряжений линейна по высоте сечения, поэтому, отложив σmax = 139 МПа для нижних растянутых точек швеллера, проводим прямую через ноль на уровне центра тяжести (рис. 4.22) и получаем эпюру σ.

Изобразим напряжённое состояние (НС) в точках K, O, L как объёмное. Заметим, что в этих точках имеем или линейное, или плоское НС, которые являются частным случаем объёмного (рис. 4.22). В точках G только нормальные напряжения, поэтому имеем линейное НС.

174

Эпюра σ, МПа

Эпюра τ, МПа

а

Точка K

Точка O

Точка L

б

Рис. 4.22

В точке O возникают только касательные напряжения, это НС сдвига (частный случай плоского НС), при котором главные, как известно, на-

правлены под углом 45º к площадкам сдвига: σO max Oy	21,9 МПа и
σO min Oy 21,9 МПа.

В точке L возникают нормальные напряжения, которые подсчитаем по формуле нормальных напряжений изгиба:

	σL	Mmax y	L		28,8 103	(16 / 2 0,84) 10 2 138 МПа,
					2 747 10–8
		Jx

175

и касательные напряжения Ly 16,5МПа. Это плоское НС, для него вычислим главные напряжения:

σLmax		=	σx σy			σx - σy 2		τ	2		138			138	2	2		140		МПа.
																16,5		2
σLmin			2			2					2			2

Осталось выполнить проверку прочности. Для точек K условие прочности имеет вид

K 154 ,2 МПа σ = 200 МПа.

Для точек L и O, находящихся в плоском напряжённом состоянии, нужно использовать теории (гипотезы) прочности: для стали как пластичного материала рекомендуются III и IV теории прочности. Запишем по III теории (4.8):

для точки O IIIэкв Omax Omin 21,9 ( 21,9) 43,8 200 МПа;

для точки L IIIэкв maxL minL 140 ( 2) 142 200МПа.

Для всех характерных точек условие прочности выполняется.

176