сопроматчасть1

Определим касательное напряжение в точке 3.

	t(3) =		285,8	×103 ×300 ×10−6	= 85,4 ×106 Па.
		13380		×10−8 × 7,5×10−3

В соответствии с четвертой теорией прочности вычислим эквивалентное напряжение в точке 3 сечения В и сравним его с расчётным сопротивлением.

sIVэкв = s2(3) + 3 × t(23) = 111,32 + 3 × 85,42 = 186МПа < R .

Таким образом, двутавр № 36 обеспечивает прочность балки. 6. В опасном сечении построить эпюры нормальных и

касательных напряжений.

Эпюры напряжений построим в сечении В. Нормальные

напряжения при изгибе линейно зависят от расстояния до оси балки, принимая в точке 3 значение 113 МПа.

	1	σ, МПа		τ, МПа
	3	113		85,4
	2			120,5
			113
			123	85,4
	а	б		в
		Рис. 5.6

У верхней и нижней кромок сечения напряжения равны:

s =	M X	=	90 ×103	= 123×106 П a = 123МПа.
			734 ×10−6
	WX

На рис. 5.6,б показана эпюра нормальных напряжений s. Поскольку момент в опасном сечении отрицательный, верхняя часть сечения находится в растянутом состоянии, т.е. напряжения положительны.

Формула Журавского достоверно описывает распределение напряжений лишь в стенке двутавра, поэтому приведенная на рис. 5.6, в эпюра t построена для центральной части сечения.

101

Наибольшего значения 120,5 МПа касательное напряжение достигает на оси сечения.

5.5 Пример расчёта балки из неравнопрочного материала

Из условия прочности по нормальным напряжениям подобрать размеры заданного типа сечения балки.

Материал: чугун Сч 12-28.

Схема балки и тип сечения приведены на рисунке 5.7.

Рис.5.7

1. Составить уравнения поперечных сил и изгибающих моментов по участкам и построить их эпюры.

Запишем, как и в ранее рассмотренных задачах, уравнения статики и

найдем опорные реакции

åm =0:	M		A	- M - q ×c		(a + 2 c) + P(a + c) = 0
A				2			3
	M A = 60×4 - 20 -18×3 =166[кН × м]
åP =0:	R	A	-	q ×c	+ P = 0;		R	А	=-42 кН
y				2

Знак минус означает, что реакция RA направлена в противоположную сторону, т. е. вниз. Для контроля правильности

102

найденных реакций убедимся, что сумма моментов относительно сечения В равна нулю.

åmB=0: -M A - RA (a + c) + M + q2×c × c3 = -166 + 42×4 - 20 +18 = 0

Силовые участки выделим так, как это показано на рис. 5.7.б. Для

каждого из участков с помощью метода сечений запишем выражения поперечной силы Qy и изгибающего момента Мx, а также вычислим их значения на границах участков.

Для правого участка получим:

I. 0£Z1£1 м Qy=RA= -42 kH

M x = M A + RA ×Z1 =166 - 42× Z1, Mx(0)= 166 кНм; Mx(1)=124 кHм.

На втором участке действует распределенная нагрузка,

интенсивность которой линейно возрастает от нуля в начале участка до значения q в конце.

Обозначим интенсивность в произвольном сечении Z2 через qz и выразим ее величину:

qz = q × Zc2

Внутренние усилия на этом участке примут следующий вид:

II.

0£Z2£3 м

q × Z 2

Qy

= RA -

q

z

× Z

2

= RA -

= -42 - 2× Z22

;

2

2

2

×c

Qy(0)= - 42 kH;

Qy(3)= - 60 kH.

M

x

= M

A

+ R

A

(Z + a) + M -

qz ×Z2

× Z2 =166 - 42×Z

2

- 42 + 20 - 2× Z23

;

1

2

3

3

Mx(0)=144 kHм; Mx(3)=0 kHм.

При записи слагаемых от распределенной нагрузки учтено, что ее

равнодействующая численно равна площади эпюры интенсивности и проходит через ее центр тяжести. В нашем случае эпюра интенсивности представляет собой треугольник высотой qz с основанием Z2, центр тяжести которого находится на расстоянии 2/3*Z2 от начала участка.

Эпюры Qy и Mx, построенные на основе полученных значений и дифференциальных зависимостей, представлены на рис. 5.7. в, г.

2. Определить положение опасных сечений и показать опасные точки на чертеже балки.

Наибольшую опасность разрушения представляет сечение А, в котором максимален изгибающий момент, и сечение В, где наибольшего по абсолютной величине значения достигает поперечная сила.

103

На рис. 5.9 а показаны опасные точки в сечениях. В точках типа 1 и 2 достигают наибольшего значения нормальные напряжения, а в точках типа

3- касательные.

3.Определить момент инерции сечения относительно нейтральной оси (через параметр b).

Найдем положение центра тяжести сечения, через который проходит нейтральная ось Х. Разобьем сечения на прямоугольники, как это показано на рис. 5.8 и выберем вспомогательную ось Х0.

Расстояние от нее до центра тяжести Yc определим с помощью статических моментов Sx0i показанных прямоугольников, площади которых обозначим Аi, а

расстояние до центров тяжести от оси

X0 - Yci

Рис. 5.8

3

3

åSx0i

å Ai

× yci

4b

2

×5,5b + 5b

2

×2,5b + 5b

2

×2,5b

Y =

i=1

=

i=1

=

= 3,36

×b

4b2 + 5b2 + 5b2

c

3

3

å Ai

å Ai

i=1

i=1

Момент инерции сечения относительно оси Х найдем как сумму моментов составляющих прямоугольников

3		4b	4		25b	4
Jx = åJxi	=			+ (2,14b)2 ×4b2 + 2(		+ (0,86b)2 ×5b2 ) = 30, 2b4
i=1		12			12

4. Решить вопрос о рациональном положении сечения.

Нормальные напряжения при изгибе меняются по высоте сечения линейно, увеличиваясь с расстоянием от нейтральной оси. Поэтому для

балок из неравнопрочных материалов рациональным будет такое

104

положение сечения, при котором напряжения в зоне сжатия будут больше, чем напряжения в растянутой зоне сечения. Поскольку изгибающий момент в опасном сечении положителен, сжата будет верхняя

относительно нейтральной оси Х часть сечения и рациональным будет положение, обратное исходному (см. рис. 5.9а).

5. Определить величину параметра b поперечного сечения балки из условия прочности по нормальным напряжениям.

Запишем условие прочности в растянутой зоне сечения

σmaxp =	M xmax	× ymaxp £ Rp
	Jx

Здесь ymaxp =2,64b - расстояние от оси до наиболее удаленной точки сечения в зоне растяжения.

M max

30,x2b4 ×2,64b £ Rp

b³ 3		2,64	×	M xmax		= 3		2,64×166×103		= 0,0592 [м]
				Rp
		30,2			30,2×70×106

Определим параметр b из условия прочности в сжатой зоне сечения

σ c	=	M xmax	× yc	£ R
max		Jx	max	c

где ymaxc =3,36b - расстояние от оси до наиболее удаленной точки сечения в зоне сжатия.

M max

x 4 ×3,36b £ Rc 30, 2b

b³ 3 3,36×166×103 = 0,0486 [м] 30,3×160×106

Окончательно принимаем по ГОСТу 6636-69 b=60 мм.

6. Проверить прочность подобранного сечения по касательным напряжениям.

Воспользуемся формулой Журавского для касательных напряжений.

Qy Sxо тс

τ= ---------

Jxby

Здесь Qy=Qymax =60 kH- поперечная сила в сечении В;

Sxо тс - cтатический момент отсеченной части сечения; by - ширина сечения, в нашем случае by=2b.

105

Статический момент вычислим как произведение площади заштрихованных прямоугольников (рис. 5.9а), на расстояние от оси до их центра тяжести:

Sxо тс =2(3,36b)(1,68b)=11,29b3.

Таким образом, наибольшее касательное напряжение:

	τ		=	60×103 ×11,29(0,06)3	= 3,12×106	Па.
		max		30,2(0,06)4 ×2×0,06

Подобранные размеры сечения обеспечивают прочность и по касательным напряжениям.

7. Построить эпюры σ и τ в опасном сечении.

Эпюру нормальных напряжений построим в сечении А, где максимален изгибающий момент, эпюру касательных - в сечении В, где больше поперечная сила.

а)

б)

в)

Рис. 5.9

Нормальные напряжения вычисляются по формуле

Mx σ= ------- y

Jx

Для построения эпюры, имеющей линейный вид, достаточно

	вычислить напряжения в двух										точках.
	σ	(1)	=	M x × y	(1)		=	166×103			×3,36×0,06 = 85,5×106 [Па]
								30,2×(0,06)4
				Jx
	σ	(2)	=	M x × y		(2)	=		166×103		×2,64×0,06 = 67,2×106 [Па]
								30,2×(0,06)4
				Jx

Эпюра нормальных напряжений показана на рис. 5.9б. При построении учтено, что верхние волокна балки находятся в сжатом состоянии, а нижние - в растянутом.

106

Касательные напряжения меняются по высоте сечения нелинейно. В точках 1 и 2 напряжения t равна нулю, наибольшего значения 3,12 МПа они достигают на оси сечения.

В точках типа 4 (рис. 5.9а) на эпюре имеется скачкообразное изменение значения за счет увеличения ширины сечения с 2b до 4b. Вычислим напряжения в данной точке по формуле Журавского, учитывая,

что статический момент

Sxо тс = 4b×b(2,64b - 0,5b) =8,56b3.

Таким образом:

t(4) = 60×103 ××8,56× b3 = 2,36×106 [Па]=2,36 [МПа]

30,2b 4 2b

t(4)′= τ2(4) =1,18× 106 [Па]=1,18 [МПа]

Эпюра касательных напряжений показана на рис. 5.9в.

5.6 Пример расчета рамы на прочность

Для заданной плоской рамы из условия прочности по нормальным напряжениям подобрать двутавровое сечение (R=210 МПа).

1 Вычертим в масштабе расчетную схему рамы с указанием численных значений заданных величин (рис. 5.10, а).

2 Запишем уравнения равновесия рамы и определим опорные реакции:

SX = 0 : H A - q × a = 0, H A = q × a = 12 × 5 = 60 кН ;

SM	A	= 0 : R ×b + q × a ×			a	- P(b + c) = 0,
			B	2
RB =			-12 × 5 × 2,5 + 9 × 8				= -13 кН;
				6

ΣY = 0 : RA + RB − P = 0, RA = −RB + P = 13 + 9 = 22 кН.

107

а=5 м

z1

		Р=9 кН
	z2	z4
		q=12 кН/м
	RA=22 кН	3
	RB=13 кН
		z
	НА=60 кН	с=2 м
	b=6 м

60

	22
		N, кН	13

а			б
		30	16
			18
22	9
	60		15
60
Q, кН			М, кН×м
в			г
	Рис. 5.10

Указываем на расчетной схеме величину и фактическое направление всех реакций. При составлении уравнений реакцию RВ направили вверх. Так как реакция RВ получилась отрицательной, её

направление на расчетной схеме необходимо сменить на противоположное, т.е. вниз.

3. Выделим на расчетной схеме четыре участка. Запишем для

каждого из них выражения внутренних усилий и найдем их значения на границах участков.

1. 0 ≤ z1 ≤ 5м;

N = -RA = -22 кН; Q = -HA = -60 кН; M = -HA × z1 = -60× z1;

M (0) = 0; M (5) = -300 кН ×м.

2. 0 ≤ z2	≤ 6м;
N = -H A = -60 кН;					Q = RA = 22 кН; M = RA × z2 - HA ×5 = 22× z2 -300;
M (0) = -300 кН ×м;					M (6) = -168 кН ×м.
3.0 £ z3 £ 5;
N = RB = 13 кН; Q = q × z3 = 12× z3;							Q(0) = 0; Q(5) = 60 кН;
M = -q × z ×		z3		= -6z2;		M (0) = 0; M (5) = -150 кН ×м.
	3		2		3
4. 0 £ z4 £ 2;
N = 0;	Q = P = 9 кН;					M = -P × z4	= -9z4; M (0) = 0; M (2) = -18 кН ×м.

108

Строим эпюры N (рис. 5.10, б), Q (рис. 5.10, в), М (рис. 5.10,г).

Положительные ординаты N и Q на ригеле откладываем вверх, на стойках – снаружи рамы. Эпюру М строим на растянутых волокнах.

Указание: расчетную схему рамы и эпюры N, Q, М разместить на одном листе.

4. Подбираем номер двутавра из условия прочности по

нормальным напряжениям от максимального изгибающего

момента |М|max=300 кН×м, WX ³		M		max	=	300 ×10−3	×106	= 1429 см3 .
		R
					210
Назначаем двутавр №50, у которого WХ=1589 см3,								а	площадь
сечения А=100 см2.
5. Проверим прочность	подобранного двутавра							с	учетом

действия продольной силы в наиболее опасном сечении (ригель при z2=0), где М=300 кН×м, а N=60 кН.

σ

=

M

max

+

N

max

=

300×10−3

+

60×10−3

=189 + 6 =195 МПа<R=210МПа

max

1589×10−6

100×10−4

W

A

x

Как видим, нормальные напряжения от продольной силы составляют 3,17 % от напряжений, возникающих под действием изгибающего момента и поэтому, как правило, могут не учитываться.

5.7 Контрольное задание 6. Расчет балки на прочность по нормальным напряжениям

Для заданной балки из условия прочности по нормальным напряжениям определить размеры различных по форме поперечных сечений: двутавра, прямоугольника (с отношением сторон h/b=1,8), квадрата, круга, кольца (при d/D=0,8) и оценить их рациональность.

Схемы балок приведены на рис.5.11, численные данные – в табл.5.1. Материал балки: сталь Ст.3.

Таблица 5.1

Цифры	1-я	2-я	3-я	4-я	5-я	6-я
шифра	схема	a, м	b, м	P, кН	q, кН/м	М, кН×м
1	1, 11, 21	0,4	1,4	10	10	20
2	2, 12, 22	0,5	1,5	12	12	22
3	3, 13, 23	0,6	1,6	15	14	24
4	4, 14, 24	0,7	1,7	18	16	26
5	5, 15, 25	0,8	1,8	20	18	28
6	6, 16, 26	0,9	1,9	24	20	30
7	7, 17, 27	1,0	2,0	28	22	32
8	8, 18, 28	1,1	2,1	30	24	18
9	9, 19, 29	1,2	2,2	32	15	16
0	10, 20, 30	1,3	2,4	35	25	14

109

Содержание и порядок выполнения работы:

1.Вычертить схему балки, указать численные значения заданных величин.

2.Составить уравнения поперечных сил и изгибающих моментов по участкам и построить их эпюры.

3.Произвести проверку с помощью дифференциальных зависимостей.

4. Подобрать размеры указанных выше сечений из условия прочности по нормальным напряжениям.

5.Оценить рациональность подобранных сечений.

6.Построить эпюру нормальных напряжений в опасном сечении (для двутавра, кольца).

110