Учебное пособие с заданиями

Рис. 6.3

Построение эпюр Qу, Мх проводится по участкам на основе полученных уравнений. Положительные значения ординат откладываются выше оси, отрицательные – ниже. На первом участке поперечная сила линейно зависит от координаты, возрастая от нуля в начале участка до 40 кH в конце. Эпюра Qу на этом участке ограничена отрезком прямой, проходящей через указанные значения. Изгибающий момент имеет на данном участке уравнение квадратной параболы с вершиной в сечении z1 = 0, т.е. там, где равна нулю поперечная сила, являющаяся производной от Мх по координате z. Эпюра изгибающего момента ограничена кривой второго порядка, проходящей через точки с координатами 16 кH×м и –24 кH×м, соответственно на правой и левой границах участка. Парабола имеет выпуклость, направленную навстречу распределенной нагрузке.

91

На втором и третьем участках поперечная сила имеет постоянные значения, соответственно 40 кH и 22 кH. Изгибающий момент меняется по линейному закону – эпюра Мх ограничена на участках отрезками прямых, проходящих через точки с ординатами –24 кH×м, –80 кH×м на втором и –80 кH×м, –102 кH×м на третьем участках. Результаты построения эпюр Qу, Мх приведены на рис. 6.3.

Наиболее опасным является сечение А, в котором изгибающий момент достигает наибольшего по модулю значения

M x =102 кH × м .

Произвести проверку с помощью дифференциальных зависимостей.

Построение эпюры проводится в соответствии с формулой (6.1) на основе известных дифференциальных зависимостей между Qу, Мх и интенсивностью распределенной нагрузки q.

В нашем случае на первый участок действует распределенная нагрузка q = const, следовательно, поперечная сила должна быть линейной функцией координаты z1, а изгибающий момент должен меняться по закону квадратной параболы. Эпюра изгибающих моментов не имеет экстремумов, поскольку эпюра ее производной Qу не пересекает ось (исключением является сечение D). Второй и третий участки свободны от распределенной нагрузки, т.е. производная функции Qу тождественно равна нулю, следовательно, сама поперечная сила должна быть постоянна в границах каждого участка, а эпюра изгибающего момента описывается прямой наклонной линией.

В тех сечениях, где балка нагружена сосредоточенными внешними силами, на эпюре Qу должно скачком меняться значение ординаты на величину этой силы с учетом ее направления. В нашем случае это происходит в сечении А, где возникает реакция RА, и в сечении В, где приложена нагрузка F. На эпюре Мх аналогичные скачки имеют место в сечениях А и D, где действуют сосредоточенные внешние моменты. Анализируя все перечисленное, делаем вывод о правильности построения эпюр.

92

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

				=			M x		max	£ [σ] опре-
	Из условия прочности при изгибе	σ	max
							Wx

делим требуемое значение момента сопротивления сечения балки:

W ³			M x		max	=	102	×103	= 637,5 ×10−6 м3 = 637,5 см3 .
			[σ]
x						160		×106

Определим размеры указанных сечений, обеспечивающие прочность балки.

1. Подбираем по ГОСТ 8239–72 номер двутавра, момент сопротивления которого наиболее близок к расчетному. В данном случае подходит двутавр № 36, у которого Wx = 743,0 см3, площадь сечения А = 61,9 см2.

Определим наибольшее значение возникающих при этом напряжений:

σ			=	102 ×103	=137, 3 ×106 Па =137, 3 МПа < [σ] .
		max		743 ×10−6

2. Определяем размеры прямоугольного сечения с отноше-

нием сторон h = 1,8. b

W =	bh2	=	b × (1,8b)2	= 0, 54b3 ;
x	6	6

0,54b3 ³ 637,5 ×10−6 м3 ;

b ³ 3 637,5 ×10−6 = 0,106 м . 0,54

Окончательно выбираем размер по ГОСТ 6636–69: b = 110 мм,

А = bh = 217,8×10–4 м2.

93

Вычисляем наибольшее напряжение:

σmax =

102 ×103

=142, 0 ×106

Па =142, 0

МПа < [σ] .

0, 54 × (0,11)3

3. Определяем размер квадратного сечения.

a3

a3

³ 637,5 ×10−6 м3 ; a ³ 3

= 0,157 м .

W

=

;

6 × 637,5 ×10−6

x

6

6

Окончательно: а = 160 мм, А = a2 = 256×10–4

м2.

Определяем наибольшее напряжение:

σmax =

102 ×103 ×6

=149, 4 ×106

Па =149, 4

МПа < [σ] .

0,163

4. Определяем размеры круглого сечения.

W

=

πd 3

;

πd 3

³ 637, 5 ×10−6 м3 ; d ³ 3

32 ×637,5×10−6

= 0,187 м.

x

32

32

3,14

Принимаем по ГОСТу d =

200 мм, площадь сечения

А =

πd 2

= 314 ×10−4 м2 .

4

Определим наибольшее напряжение:

σ

max

=

102 ×103

=129, 9 ×106

Па =129, 9

МПа < [σ] .

3,14

× (0, 2)3

32

5. Определяем размеры кольцевого сечения с отношением

внутреннего и внешнего диаметров α =

d

= 0, 8 .

D

Wx =

πD3

(1 - α4 );

πD3

(1 - α4 ) ³ 637,5 ×10−6 м3 ;

32

32

D ³ 3

32 × 637,5 ×10−6

= 0, 224 м .

3,14 ×(1 - 0,84 )

Принимаем D = 250 мм, d = 200 мм.

94

	Площадь сечения А =																πD					2		(1 - α2 ) =176, 6 ×10−4 м2 .
																	4
	Вычисляем наибольшее напряжение:
	σ	=				102×103																=112,3×106 Па =112,3 МПа < [σ] .
					×(0, 25)3 ×(1-0,84 )
	max			3,14
		32
			Оценить рациональность подобранных сечений.
	1.	Двутавр: w =										Wx				=						743							=1,52 .
									x					А3								61,93
	2.	Прямоугольник:														637,5										= 0, 2 .
														217,83
	3.	Квадрат:						637,5						= 0,16 .
						2563
	4.	Круг:				637,5					= 0,11 .
						3143
	5.	Кольцевое сечение:																	637,5									= 0, 27 .
																			176, 63

Как видим, наиболее рациональными при изгибе являются тонкостенные сечения, двутавр, кольцевое сечение.

σ, МПа	137,3	σ, МПа

112,3

112,8

Рис. 6.4

95

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

Напряжения в опасном сечении меняются по линейному закону

σ = M x × y ,

J x

достигая максимума в наиболее удаленных от оси точках.

На рис. 6.4 показаны эпюры напряжений для указанных сечений.

6.4. Пример расчета на прочность двутавровой балки по нормальным и касательным напряжениям.

Расчет по теориям прочности

Пример

Для заданной стальной балки (рис. 6.5) из условия прочности подобрать номер двутавра по ГОСТ 8239–72 и произвести полную проверку прочности.

а= 0,4 м, b = 0,6 м, l = 2,4 м, F = 150 кH, q = 200 кH/м,

М= 20 кH×м, [s] = 160 MПа, [t] = 0,6·[s] = 96 МПа.

Решение

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

Запишем уравнения статики и определим опорные реакции, показанные на рис. 6.5, а.

∑ M A	= 0 : -q ×	12	- M + RB ×1 - F × (1 + b) = 0 ; RB = 435, 8 кH ;
	2
∑ M B = 0 : -RA			×1 + q ×	12	- M - F × b = 0 ; RA =194, 2 кH .
			2

96

		М
			q		F
						а
	а
			l		b
у		М	q		F
				В		б
А					D
		С			z3	z
RA	z1 I		II	RB	III
Qy,	194,2	z2		150	150
кН						в
	z0			285,8
		114,3
	81,7
Мх, кН×м	61,7
						г
			Рис. 6.5		90
Реакции получились положительные –					это означает, что их
направление выбрано верно. Для проверки спроектируем все
силы на вертикальную ось:

∑ FY = RA - q ×1 + RB - F = 194, 2 - 200 × 2, 4 + 435,8 -150 = 0 .

Выделим и обозначим участки балки так, как это показано на рис. 6.5, б. Используя уже известный метод сечений, для каждого участка запишем выражения поперечной силы Qу и изгибающего момента Мх и вычислим их значения в характерных сечениях.

97

1. 0 £ z1 £ 0, 4 м.

Qy = RA - q × z1 =194, 2 - 200z1 ; Qy (0) =194,2 кH; Qy (0,4) =114,2 кH.

			z2	=194,2z -100z2
M	x	= R × z -q	1			; M	x	(0) = 0	; M (0,4) =61,7кH×м.
		A 1	2	1	1				x

2. 0, 4 £ z2 £ 2, 4 м.

Qy = RA - q × z2 =194, 2 - 200z2 ; Qy(0,4) =114,2 кH; Qy(2,4) =-285,8 кH.

Значения поперечной силы на левой и правой границах участка имеют разные знаки, следовательно, имеется такое значение координаты z0, при котором Qу обращается в нуль, а момент Мх имеет экстремум. Найдем величину z0:

RA - q × z0 =194, 2 - 200z0 = 0 ; z0 = 0,971 м;

M x	= M + RA × z2	- q ×	z22	= 20 +194, 2z2 -100z22 .
		2

M x (0, 4) = 81, 7 кH×м; M x (2, 4) = -90, 0 кH×м;

Mx (0, 971) = M xmax =114, 3 кH×м.

3.0 £ z3 £ 0, 6 м.

Qy = F =150 кH; Mx = -F × z3 = -150z3 ; Mx (0) =0; Mx (0,6) =-90кH×м.

По вычисленным значениям Qу, Мх построим их эпюры. При этом будем учитывать вид этих функций, а также дифференциальные зависимости между ними и интенсивностью распределенной нагрузки q. Результат построения показан на рис. 6.5, в, г.

Определить положение опасных сечений

ипоказать опасные точки на чертеже балки.

Копасным, прежде всего, относится сечение, в котором изгибающий момент принимает наибольшее по модулю значение

M x max , т.е. сечение, расположенное на расстоянии z0 от левого торца балки. Кроме того, опасным может оказаться сечение В,

98

в котором наибольшего значения достигает поперечная сила. К тому же, в данном сечении действует изгибающий момент, лишь немного уступающий максимальному. В первом сечении опасными будут точки, наиболее удаленные от оси – на рис. 6.6, а они помечены цифрой 1. В этих точках нормальные напряжения достигают наибольшей величины. В сечении В имеется два типа опасных точек. В точках на оси сечения, помеченных на рисунке цифрой 2, наибольшего значения достигают касательные напряжения, что может привести к разрушению срезом.

	1	σ, МПа		τ, МПа
	3			70,4
		88,3
	2			98,4
			88,3
			94,4	70,4
	а	б		в
			Рис. 6.6

В опасных точках третьего типа (см. рис. 6.6, а) ни нормальные, ни касательные напряжения не являются максимальными, однако их совместное действие может оказаться опасным.

Из условия прочности по нормальным напряжениям подобрать двутавровое сечение.

Определим максимальную величину момента сопротивления из указанного условия прочности в опасном сечении:

σ

=

M x

max

£ [σ] , W ³

Mx

max

=

114,3×103

= 714, 4×10−6

м3 .

max

Wx

x

[σ]

160×106

Наилучшим образом подходит двутавр № 36 с моментом сопротивления Wх = 743 см3, моментом инерции Jх = 13380 см4, статическим моментом половины сечения Sх = 423 см3 и толщиной стенки d = 7,5 мм.

99

Произвести проверку прочности по максимальным касательным напряжениям и при необходимости усилить сечение.

Поперечная сила достигает наибольшего значения

Qy max = 285,8 кH над правой опорой (сечение В). Найти максимальное касательное напряжение:

τmax	=			Qy		max × Sx	=	285,8 ×103 × 423 ×10−6	=120,5 ×106	Па > [τ].
								13380 ×10−8 ×7,5 ×10−3
						J xd

Условие прочности не выполняется, следовательно, необходимо увеличить номер двутавра. Для следующего по ГОСТу дву-

тавра № 40 Wх = 953 см3, Jх = 19062 см4, Sx = 545 см3, d = 8,3 мм.

Вновь вычислим наибольшее касательное напряжение:

τmax	=	235,8 ×103 ×545 ×10−6	= 98, 4 ×106	Па > [τ] .
	19062 ×10−8 ×8,3 ×10−3

Определим величину перегрузки: δ = τmax -[τ] ×100 % = 2,5 %.

[τ]

Полученное значение менее 5 %, следовательно, можно оставить этот номер стандартного профиля.

С учетом совместного действия нормальных и касательных напряжений, используя четвертую теорию прочности, проверить прочность балки и при необходимости подобрать новое сечение.

Вычислить нормальное и касательное напряжения в сечении В в точках, помеченных на рис. 6.6, а цифрой 3.

Расстояние от этих точек до оси у(3) = h/2 – t = 200 – 13= = 187 мм. Здесь h – высота сечения, t – толщина полки. Нормальное напряжение:

σ		=	M x	× y		=		90 ×103	×0,187 = 88,3 ×106 Па.
	(3)				(3)		19062 ×10−8
			J x

100