Raschetnye_metody_otsenki_prochnosti(1)

Таблица 5 – Исходные данные

вариант	l, м	F, кНм	М, кН / м	q, кН/м	вид сечения	а, см
					по рисунку
1	3	16	24	10	1	4
2	6	20	32	16	3	6
3	4	18	20	12	5	8
4	7	16	24	20	7	6
5	6	20	16	8	9	4
6	4	18	20	16	10	8
7	3	16	16	12	8	3
8	2	18	32	20	6	4
9	4	20	28	8	4	6
10	6	16	20	10	2	3

Рисунок 22 – Схемы балок

41

Рисунок 22 – Схемы балок

Рисунок 23 – Поперечное сечение балки

42

Рисунок 24 – Варианты поперечных сечений балок

Пример решения. Рассмотрим балку, представленную на рисунке 25.

Рисунок 25 – Схема балки и эпюры внутренних усилий

43

1. Построение эпюр внутренних усилий в балке. Найдем реакции опор:

Откуда

Откуда

RB

RA

ΣM A = 0; − F 2 - q 6 5 + M + R B 6 = 0 .

=	2F + 30q − M			=		2 16 + 30 10 − 20		= 52 кН .
	6
			6
ΣM B = 0 ; − RA 6 + F 4 + M + q 6 1 = 0.
=	4F + M + 6q		=		4 16 + 20 + 2 10		= 24 кН .
	6
			6

Проверка: ΣY = 0

RA − F −q 6 + RB

= 52 −16 −6 10 + 24 = 0.

Составим выражения для определения поперечных сил и изги-

бающих моментов по участкам.

Участок 1:

0 ≤ x1 ≤ 2м;

QX1

= RA

= 24 кН ; М Х1 = R A x1 ,

M (X1 =0)1

= 0 ; M ( X1 =2) = 24 2 = 48 кН.

Участок 2:

2M ≤ x2 ≤ 4м;

QX 2

= RA − F −q(x2 −2)

Q( X 2 =2) = 24 −16 −10(2 − 2) =8 кН,

Q( X 2 =4) = 24 −16 −10(4 − 2) = −12 кН;

M X 2 = RA

x2 − F(x2 −2)−q (x2 −2)2

,

2

M (x2 =2) = 24 2 −16(2 − 2)−10

(2 − 2)2

= 48 кН,

2

M (x2 =4) = 24 4 −16(4 − 2)−10

(4 − 2)2

= 44 кН.

2

Участок 3:

0 ≤ x3 ≤ 2м; Qx3

= qx3 , Q(x3 =0) = 0 , Q(x3 =2)

=10 2 = 20 кН ;

qx32

10 2

2

M x3

= −

, M (x3 =0) = 0 ,

M (x3 =2)

= −

= −20 кНм.

2

2

Участок 4:

2м ≤ x4 ≤ 4м;

Qx4 = qx4 − RB ,

Q( x4 =2) =10 2 − 52 = −32 кН , Q( x4 =4) =10 4 − 52 = −12 кН ;

Мч4

= −

qx42

+ RB (x4 −2),

10 22

2

10 42

M (x4 =2) = −

+ 52(2 − 2)= −20 кНм,

M (x4 =4)

= −

+ 52(4 − 2)= 24 кНм.

2

2

По полученным данным строим эпюры Q

и M (рисунок 25).

На втором участке определим экстремальное значение изгибающего момента, так как поперечная сила на этом участке изменяет знак:

	QX 2	= RA − F −q(x2 −2) = 0 , x2 = x0 =	RA − F + 2q	=	24 −16 + 2 10	= 2,8 м;
			q		10
		44

M (x2 =2,8) = 24 2,8 −16(2,8 − 2)−10 (2,8 2− 2)2 = 51,2 кНм.

2. Подбор поперечного сечения балки

Из условия прочности при изгибе σmax = M max ≤ [σ]

Wx

находим требуемый момент сопротивления сечения:

треб		Мmax		51,2 103		3	,
WX	=		=		= 320 см
		[σ]		160 106

где M max −максимальныйизгибающиймоментизэпюры(рисунок25).

	Для круглого сечения Wx =	πd 3	, тогда d ≥		32 320	=14,8 см.
		32			3,14
					3
	Для квадратного сечения Wx =		вв2	, значит в ≥ 3 6 320 =12,44 см.
			6

Для прямоугольного пустотелого сечения (рисунок 23) момент сопротивления необходимо определить через момент инерции сечения:

J x =

в1 h13

−

в2 h23

,

12

12

где в1 , в2 , h1 , h2

−соответствующие размеры внешнего и внутреннего

прямоугольников;

в(2в)3

Jx =

2в (4в)3

−

=10в4 .

12

12

Момент сопротивления сечения:

J x

Wx =

,

ymax

где y – расстояние от нейтральной оси до наиболее удаленного

волокна;

10в4

Wx

=

= 5 в3 .

2в

Тогда

в ≥ 3

320

≥ 4 см.

5

Для расчетного значения Wx

= 320см3 выбираем из ГОСТа двутавр

№ 24а, для которого Wx = 317см3

и A = 37,5см2 .

Тогда

σдейств =

Ммах

=

51,2 103

=161,5 МПа.

Wx

317 10

−6

При этом перегруз составит:

45

П =	σ	действ −[σ]		100% =	161,5 −160	100 = 0,95 % .
		[σ]			160

Допускаемая величина перегруза (недогруза) должна находиться в пределах 5 %. Так как в нашем примере перегруз меньше 5 %, то принимаем этот двутавр.

Вычисляем площадь поперечных сечений:

	– для круглого сечения	А=	πd 2	=		3,14 14,82	=172 см2	;
			4		4
	– для квадратного сечения А= в2				=12,442 =155 см2 ;

–для прямоугольного сечения А= 2в 4в − в 2в = 6в2 = 6 42 = 96 см2 ;

–для двутаврового сечения A = 37,5 см2 .

Для сопоставления площадей сечений (а значит, и объема балок) сведем полученные данные в таблицу 6.

Таблица 6 – Сопоставление площадей сечений

Тип	Круг	Квадрат	Прямоугольник	Двутавр
сечения			пустотелый
Площадь, см2	172	155	96	37,5
Соотношение,%	100	90,1	55,8	21,8

3. Построение эпюр распределения напряжений для двутаврового сечения и определение главных нормальных напряжений.

Геометрические характеристики двутавра N 24 а (рисунок 26):

h = 240 мм,	в =125 мм,	d = 5,6 мм,	t = 9,8 мм, А= 37,5 см2 ,
J x	= 3800 см4 ,	Wx = 317см3	,Sx/ =178 см3 .

В точках поперечного сечения, расположенных на расстоянии у от нейтральной оси, нормальные напряжения определяются по формуле:

σ =	M мах	y .
	Jx

При

y = 0

σ = 0 ;

при

y = ±

h

σ = ±

M max

h

= ±

M max

= ±

51,2 10

3

= ±161,5 МПа.

2

J x

2

Wx

317 10−6

Изгибающий момент M max положительный (рисунок 25), следова-

тельно, растягивающие (положительные) напряжения σ возникают в нижней половине сечения балки, а сжимающие – в верхней.

46

Касательные напряжения в некоторых характерных точках поперечного сечения балки определим по формуле Журавского:

	τ =	QS x′	,
		J x в

где Q −поперечная сила в рассматриваемом сечении балки;

S x/ − статический момент (относительно нейтральной оси) от-

сеченной части поперечного сечения, расположенного по одну сторону от уровня, на котором определяются касательные напряжения;

J x − момент инерции всего поперечного сечения относительно

нейтральной оси; в−ширина поперечного сечения балки на том уровне, на кото-

ром определяются касательные напряжения.

Направление этого напряжения совпадает с направлением поперечной силы.

Вверхней точке 1 сечения (рисунок 26) касательные напряжения

τ1 = 0 , так как для этой точки S x′ = 0 .

Вточке 2, расположенной непосредственно над линией, проходящей через нижнюю грань верхней полки двутавра,

			Q		h			t
	τ2	=			вt		−		.
			J x	в		2		2

Рисунок 26 – Эпюры внутренних напряжений

Максимальная поперечная сила Q оказывается над опорой B (рисунок 25) и равна 32 кН .

47

Следовательно,

τ2	=	32 103	125 10−3	9,8 10−3		240	−	9,8		10	−3	= 0,95 МПа.
		3800 10−8 125 10−3				2		2

В стенке двутавра в точке 3, расположенной непосредственно под точкой 2, касательные напряжения:

Q

h

t

32 103 125 10−3 9,8

10−3

240

9,8

−3

τ3

=

вt

−

=

−

10

= 21,2 МПа.

J x d

2

2

3800 10−8 5,6 10

−3

2

2

Касательные напряжения на уровне нейтральной оси:

	τ4 =	Q S x/	=	32 103	178 10−6	= 26,8 МПа.
		J x d		3800 10	−8 5,6 10−3
	Между точками 1, 2 и 3, 4 касательные напряжения изменяются по
	квадратной параболе.
	По найденным значениям σ				и τ построим эпюру нормальных и

касательных напряжений (рисунок 26) соответственно для сечения D и

C(рисунок 25).

Вслучае поперечных сечений с резко меняющейся шириной могут возникнуть большие главные нормальные напряжения.

Их определение в общем случае плоского напряженного состояния производится по формуле:

σmax =

σx

+σy

±

1

(σx

−σy )

2

2

2

2

+4τxy .

min

При прямом поперечном изгибе σx

=σ,

σ y

= 0 и τxy =τ .

Тогда

σmax =

σ ±

1

σ2 +4τ2 .

2

2

min

Здесь σ и τ − нормальные и касательные напряжения в рассматриваемой точке, действующие по площадке, совпадающей с поперечным сечением балки. Из формулы видно, что напряжение σmax всегда поло-

жительно, а σmin всегда отрицательно.

При плоском напряженном состоянии одно из главных напряжений равно нулю. Поэтому, в соответствии с правилом, согласно которому σ1 ≥σ2 ≥σ3 , напряжение σmax следует обозначить σ1 , а напряжение

σmin =σ3 .

Для определения главных напряжений необходимо определить опасное сечение, где напряжения σ и τ имеют одновременно большие

48

значения. Согласно эпюрам M и Q (рисунок 25) такое сечение проходит через точку C (M = 48 кНм, Q = 24 кН).

В этом сечении нормальные напряжения в крайних волокнах рав-

ны;

σ1 =σ3

=

M

=

48 103

=151,4 МПа.

317 10−6

Wx

h

240

Науровнепримыканияполоккстенке( y =

− t =

− 9,8 −110,2 мм)

в точках N и M (рисунок 27):

2

2

σ =

M

y =

48 102

110,2 10−3

=139,2 МПа.

3800 10−8

J x

Рисунок 27 – К определению главных напряжений

Касательные напряжения на уровне нейтральной оси в сечение С (точка E ):

τ =

Q S x1

=

24 103

178 10−6

= 20 МПа.

J x d

3800 10

−8 5,6 10

−3

На уровне сопряжения с полкой (точки N и M):

Q

h

t

24 103

125 10−3

9,8

10−3

240

9,8

−3

=15,9 МПа.

τ =

bt

−

=

−

10

J x d

2

3800 10−8 5,6 10

2

2

2

−3

На этом уровне определим значения главных напряжений:

σ1	=	139,2	+	1	139,22 + 4 15,92 =141 МПа;
		2		2
					49

σ3	=	139,2	−	1	139,22 + 4 15,92 = −1,8 МПа.
		2		2

Таким образом, главные напряжения в опасных точках не превосходят нормальных напряжений в крайних волокнах сечения D .

В верхнем сжатом волокне (точкаC ) рассматриваемого сечения

σ =σmin = −σ3 = −151,4 МПа, τ = 0.

В нижнем растянутом волокне (точка K )

σ =σmax =σ1 =151,4 МПа, τ = 0.

На уровне нейтральной оси сечения (точка E )

σ= 0 , τ =τmax .

Вэтом случае значения главных напряжений на площадках, по-

вернутых на угол 45° (рисунок 27), равны

σ1 =τmax , σ3 = −τmax .

Следовательно, в точках нейтрального слоя возникает напряженное состояние чистого сдвига, а в верхних и нижних волокнах – одноосное напряженное состояние, во всех других промежуточных точках – двухосное напряженное состояние.

4. Определение нормальных напряжений для заданного поперечного сечения (рисунок 28).

Находим положение центра тяжести поперечного сечения, определяя таким образом расстояние до нейтральной оси нижней кромки:

yc	=	y1 A1	− y2	A2	=	10 16 20 −15 8 10			=8,3 см.
		A	− A				16 20 −8	10
		1	2

Рисунок 28 – К расчету нормальных напряжений в сечении

50