scherbo-sp1

х= 4 м, М = 6 + 24 −16 =14 кНм;

х= 3 м, Мmax = 6 + 6 3 −9 = 6 +18 −9 =15 кНм.

3.На основании выполненных расчетов строим эпюры М и Q для данной балки (рис. 7.4, б, в).

4.Выполним дифференциальный контроль правильности построения эпюр М и Q.

На участке СА, где имеется распределенная нагрузка, на эпюре Q должна быть наклонная прямая линия при положительном направлении распределенной нагрузки, причем при положительном значении Q изгибающий момент возрастает.

В сечении А, где приложена реакция RA = 4 кН, на эпюре Q будет

скачок на величину этой силы по направлению действия этой силы, а на эпюре М – излом в сторону действия этой силы.

На участке АD при отсутствии распределенной нагрузки на эпюре Q должны иметь постоянное значение, а на эпюре М – наклонную линию. При положительном значении Q значение изгибающего момента должно увеличиваться (наклонная линия – сверху вниз).

Всечении D, где действует сосредоточенная сила, равная 4 кН, на эпюре Q имеем скачок в сторону действия сосредоточенной силы, а на эпюре М – излом в сторону действия сосредоточенной силы.

На участке DB, где действует распределенная нагрузка, направленная вниз, эпюра имеет наклонную прямую линию сверху вниз, а на эпюре М – кривую линию, направленную выпуклостью в сторону действия распределенной нагрузки.

Так как поперечная сила меняет знак, то на эпюре М имеется экстремум в том сечении, где поперечная сила равна нулю.

Всечении В, где приложена реакция RB = 6 кН, направленная вверх,

на эпюре Q имеет место скачок по направлению действия реакции, а на эпюре М – излом с острием в сторону действия реакции.

На участке ВЕ при отсутствии распределенной нагрузки значение поперечной силы постоянное (нулевое). При нулевом значении поперечной силы изгибающий момент имеет постоянное значение.

Пример 3.

Построить эпюры Q и М для балки, изображенной на рис. 7.5, а.

1.Определим величину опорных реакций

∑МА = 0 ; −qa a + qa a2 −qa 32 a −qa 3a +2aRB = 0 ; RB = 2,5qa .

181

∑M B = 0 ; − qa a + q a a2 − q a 32 a − qa 3a + 2a RA = 0 ; RA = 2,5qa.

а)

б)

в)

Рис. 7.5

2.Запишем аналитические выражения для Q и М по участкам балки

ивычислим их значения для характерных сечений.

	Участок DA			0 ≤ х ≤ а
			Q = −qa, M = −qa x;
			x = 0,	M = 0;
			x = a,	M = −qa2 .
	Участок АС			0 ≤ x ≤ a
				Q = −qa + 2,5qa − qx =1,5qa − qx
				x = 0, Q =1,5qa;
				х = а, Q = 0,5qa.

M = −qa(a + x)	+ 2,5qa x − q	x2	= −qa2 +1,5qax −	qx2	;
	2		2
х = 0, М = −qa2 ;	x = a, M = −qa2 +1,5qa2 − 0,5qa2 = 0 .
	182

		Участок ЕВ			0 ≤ x ≤ a
					Q = −qa; M = qax;
					x = 0,		M = 0;
					x = a,		M = qa2
		Участок ВС			0 ≤ x ≤ a
					Q = −qa + 2,5qa − qx =1,5qa − qx.
					x = 0,		M =1,5qa;
					x = a, Q = 0,5qa.
						= qa2 −1,5qax + q		x2
	M = qa(a + x) − 2,5qa x + q				x2
					2
							2
	x = 0, M = qa2 ; x = a, M = qa2 −1,5qa2 + 0,5qa2 = 0.
3. На основании выполненных					расчетов строим эпюры Q и М

(рис. 7.5, б, в).

Задания для самостоятельной работы

Построить эпюры M и Q для балок, изображенных на рис. 7.6.

Рис. 7.6

183

ТЕМА № 8

РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ ПРЯМОМ ПОПЕРЕЧНОМ ИЗГИБЕ

Цель занятия: изучить методику определения напряжений в произвольных точках поперечных сечений бруса при прямом поперечном изгибе Нормальное напряжение в любой точке поперечного сечения при из-

гибе равно

σ = M z y,

J z

где Mz – изгибающий момент в поперечном сечении бруса;

Jz – момент инерции поперечного сечения относительно главной центральной оси;

у – расстояние от главной центральной оси до рассматриваемой точки. Прочность при прямом поперечном изгибе определяется величиной нормальных напряжений. Условие прочности на изгибе при расчете по допускаемым напряжениям для материалов, одинаково сопротивляющихся

растяжению и сжатию

σmax = M z max ≤[σ].

Wz

При расчете на прочность при изгибе по предельным состояниям для материалов, одинаково работающих на растяжение и сжатие

σmax = MWz max ≤ R , z

где Мz max – максимальный по модулю изгибающий момент, определен-

ный при действии на балку нормативных нагрузок в расчете по допускаемым напряжениям, или максимальный по модулю изгибающий момент, определенный от расчетных нагрузок в расчете по предельным состояниям;

Wz – осевой момент сопротивления относительно нейтральной (главной центральной) оси;

[σ] – допускаемое напряжение для данного материала балки; R – расчетное сопротивление для данного материала балки.

Только в редких случаях необходимо проверять подобранное сечение по касательным напряжениям. Величина касательных напряжений в любой точке

τ = Q Szотс ,

J z b

где Q – поперечная сила в сечении;

184

Szотс – статический момент площади части сечения, расположенной

выше рассматриваемой точки, относительно нейтральной оси;

b – ширина поперечного сечения на уровне рассматриваемой точки. Условие прочности по касательным напряжениям:

τmax ≤[τ] – при расчете по допускаемым напряжениям

или

τmax ≤ RS – при расчете по предельным состояниям.

Рассмотрим, как подбираются размеры различных поперечных сечений при прямом поперечном изгибе на конкретных примерах.

Пример 1.

Для балки, изображенной на рис. 8.1, а, построить эпюры Q и M и подобрать размеры поперечных сечений, изображенных на рис. 8.1, б, в, г, д, е. Нагрузки заданы расчетные. Расчетное сопротивление R = 210 МПа.

Рис. 8.1

1. Построим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов для заданной балки.

а) запишем выражения для М и Q по участкам балки:

Участок СВ	0 ≤ х ≤ 3 м
Q = 5x; x = o, Q = 0;	x = 3 м, Q =15 кН; М = −5	х2	= −2,5x2 .

2

x = 0, M = 0; x = 3 м, M = −2,25 кНм.

185

Участок ВА 0 ≤ х ≤ 2 м

Q= 3 5 +10 = 25 кН

М= −3 5(1,5 + х) −10х = −22,5 − 25х

х = 0, M = −22,5 кНм; x = 2 м, M = −72,5 кНм

б) на основании выполненных расчетов строим эпюры Q и М

(рис. 8.2, б, в).

в)

Рис. 8.2

2. Из условия прочности при изгибе по нормальным напряжениям определим требуемый момент сопротивления поперечного сечения.

σmax =		M z			max			≤ R .
				Wz
Отсюда
Wz ≥				M z			max		.

R

Из эпюры М

M z max = 72,5кНм = 7250 кН см.

Расчетное сопротивление на растяжение при изгибе

R = 210 МПа = 21кНсм2 . Wz ≥ 725021 = 345,24 см3. 3. Подберем необходимые размеры поперечных сечений:

186

а) круглое поперечное сечение

Момент сопротивления круглого поперечного сечения

Wz = πd 3 .

32

Необходимый диаметр из этого равенства

d ≥	3	32 Wz	=	3	32 345,24	=	3	3518,37	=15,5 cм.
		π			3,14

б) прямоугольное поперечное сечение

Для прямоугольного поперечного сечения момент сопротивления

Wz =			bh	2	=		b (2b)2	=	2	b	3	.
		6				6			3
b = 3 3Wz	= 3	1,5Wz				= 3 1,5 345,24 = 8,05 cм.
2
	h = 2b = 2 8,05 =16,1см.

в) сечение тавровое (см. рис. 8.1, г)

Для этого сечения необходимо определить положение главных центральных осей. Так как сечение имеет одну ось симметрии, то положение одной главной центральной оси известно. Она и является главной центральной осью у.

Для определения положения второй главной центральной оси необходимо определить положение центра тяжести относительно произвольной

оси z1 (рис. 8.3).

Рис. 8.3

Сечение разбиваем на два прямоугольника

А = a 3a =3a2	; A = a 2a = 2a2.
1	2
	187

Площадь всего сечения

A = A1 + A2 =3a2 + 2a2 =5a2 .

Статические моменты прямоугольников относительно оси z1 равны:

S (1)

= A y =3a2

0,5a =1,5a3

.

S (2) = A y

2

= 2a2

2a = 4a3.

z1

1 1

z1

2

Статический момент всего сечения относительно z1

Sz = Sz(1) + Sz(2)

=

1,5a3 + 4a3 = 5,5a3.

1

Координата центра тяжести

ус =

Sz

1

=

5,5a3

=1,1a.

A

5a2

Координаты центров тяжести составляющих фигур относительно проведенных через центр тяжести главных центральных осей будут равны:

у1с = у1 − ус = 0,5а −1,1а = −0,6а; у2с = у2 − ус = 2а −1,1а = 0,9а.

Значение осевого момента относительно главной центральной оси z

J

z

= J (1)

+ J (2)

= J

(1)

+ y2

A + J (2) + y2

A =

z

z

z01

1c

1

z02

2c

2

=

3a a3

+ (−0,6a)2

3a2 +

a (2a)3

+ (0,9a)2 2a2 =

12

12

= 0,25a4 +1,08a4 + 0,667a4 +1,62a4 = 3,617a4 .

Момент сопротивления сечения

	Wz =	J z	=	3,617a4	=1,904a3 .
		ymax		1,9a

Отсюда размер а равен

a = 3	Wz	= 3	345,24	= 5,66 см; а = 5,66 см.
	1,904		1,904

г) сечение (см. рис. 8.1, д)

Для этого сечения также необходимо определить положение главных центральных осей.

Положение главной центральной оси у совпадает с осью симметрии. Вторая главная центральная ось z перпендикулярна оси у и проходит через центр тяжести сечения. Определить координату центра тяжести сечения.

Разбиваем сечение на простейшие части (рис. 8.4).

188

Рис. 8.4

		А = 2а а = 2а2						; А =	1	2а 2а = 2а2 .
			1					2	2
	Sz			A y	+ A y	2		2a2 0,5a + 2a2 1,666a
ус =	1	=		1 1	2		=				=1,083a.
	A			A1 + A2					2a + 2a

Через найденное положение центра тяжести проводим главную центральную ось z параллельно вспомогательной оси z1.

Определим значение момента инерции сечения относительно главной центральной оси z.

J	z	= J (1)	+ J (2)	= J (1)	+ y2 A + J (2)		+ y2 A .
		z	z	z01	1c 1	z02	2c 2

Координаты центров тяжести составляющих фигур относительно главной центральной оси равны:

	y1c = y1 − yc = 0,5a −1,083a = −0,583a;
	y2c = y2 − yc =1,666a −1,083a = 0,583a.
J z =	2a a3	+ (−0,583a)2 2a + 2a (2a)3 + (0,583a)2	2a =
	12	36

= 0,1667a4 + 0,6798a4 + 0,4444a4 + 0,6798a4 =1,9707a4 . ymax =3a − yc =3a −1,083a =1,917a.

Моментсопротивлениясеченияотносительноглавнойцентральнойосиz

	Wz =	J z	=	1,9707a4	=1,028a3.
		ymax		1,917a
				189

Размер

a = 3 1,W028z = 3 3451,028,24 = 7,02 см.

д) сечение (см. рис. 8.1, е)

Это сечение имеет две оси симметрии, а поэтому положение главных центральных осей инерции известно. Они совпадают с осями симметрии (рис. 8.5).

Площадь поперечного сечения

А= А1 − А2 − А3 ;

Рис. 8.5

J z = J z(1) − J z(2) − J z3 =					2a (4a)
					12
=	2a(4a)3		πd 4	+ a2 0,785a
		−
	64		64

А1 = 2а 4а =8а2 ;

А2 = А3 = πd42 = 0,785a2 .

Осевой момент инерции сечения относительного глав-

ной центральной оси z равен:

3		π d	4	A			2	=
	−		+ a2
		64			2
				4					4		4
	2 =10,6667a				−1,6681a					= 8,9986a

Момент сопротивления поперечного сечения относительно ней-

тральной оси z			8,9986a4 = 4,4993a3.
Wz =	J z	=
Отсюда размер	ymax			2a
	Wz
a = 3			= 3	345,24	= 4,25 см.
	4,4993			4,4993

Пример 2.

Для стальной балки, изображенной на рис. 8.6, а, построить эпюры Q и М, подобрать необходимые размеры поперечных сечений, составленных из прокатных профилей (рис. 8.6, б, в), построить эпюры σ и τ для опасных сечений в отношении нормальных и касательных напряжений для двутав-

190