Гонтарь И.Н., Волчихина Н.И. Сопротивление материалов

101

Нормальное напряжение в сечениях в общем случае имеет вид:

y

J

M

x

=σ

и

,

где σ

и

– нормальное напряжение при изгибе;

М

х

– изгибающий момент относительно поперечной оси Х ;

y

– расстояние от оси X; J

х

– осевой момент инерции.

Для прямоугольного сечения максимальное напряжение

x

W

M

h

J

M

y

J

M

maxmax

max

иmax

2

σ

===

,

где h – высота балки; W

х

– осевой момент сопротивления

max

y

J

W

x

= ,

где

у

max

– половина высоты балки –

2

h

.

Условие прочности по нормальным напряжениям

[]

σ≤=

x

W

M

max

σ

.

Касательное напряжение

x

Jb

SQ

=τ ,

где Q – поперечная сила;

S

х

– статический момент площади сечения;

b – ширина балки;

J

х

– осевой момент инерции.

Условие прочности по касательным напряжениям

[]

τ

maxmax

max

τ ≤=

x

Jb

SQ

.

При изгибе под действием нагрузок возникают два вида перемеще-

ний: прогиб балки

y и угол поворота поперечного сечения θ, т. е. линейные

и угловые перемещения.

Совокупность прогибов и углов поворота сечений образует так назы-

ваемую изогнутую ось, или упругую линию балки

.

102

Величины прогибов и углов поворота балки можно определить раз-

личными методами и способами. Основными из них являются:

y Метод начальных параметров

()

(

)

(

) ()

,

662

1

θθ

332

0

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

+

−

+−+=

∑∑∑∑

i

iii

x

i

dz

q

cz

q

bz

PazM

EJ

() () () ()

,

242432

1

θ

4432

00

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

+

−

+

−

+

++⋅=

∑∑∑∑

i

x

i

dz

q

cz

q

bz

P

az

M

EJ

yzy

где

θ

0

, у

0

– угол поворота и прогиб в начале координат;

()

⎪

⎭

⎪

⎬

⎫

i

ii

i

q

RP

M

, – приложенные внешние нагрузки;

z – координата сечения, в котором определяется перемещение;

a, b, c, d – расстояние от начала координат до точки приложения

на грузки (для q – до начала действия распределённой нагруз-

ки).

y Метод Максвелла

−Мора

()

∫

=

dzMM

EJ

y

zz

x

z

1

θ ,

где у

z

– прогиб;

θ

z

– угол поворота сечения;

М

z

– уравнение изгибающего момента от заданных сил;

1

z

M – уравнение изгибающего момента от единичной силы (момента).

y Способ Верещагина

()

1

θ

С

х

zz

M

EJ

y

∑

Ω=

,

где Ω – площадь эпюры М

z

от внешней нагрузки;

1

С

M

– ордината эпюры от единичной силы (момента) под центром

тяжести эпюры М

z

.

103

3.1 Расчёт на прочность и жёсткость статически

определимой балки при изгибе

I часть Расчёт на прочность стальной балки

по нормальным напряжениям [σ]

Цель: для балки, загруженной плоскими поперечными силами (рису-

нок 3.1):

−

построить эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов М;

−

из условия прочности по нормальным напряжениям подобрать для

балки двутавровое, прямоугольное (h = 2b), круглое, кольцевое (α = d/D = 0,8)

сечения. Сравнить веса балок с подобранными поперечными сечениями.

Исходные данные взять из таблицы 3.1 и по рисунку 3.1.

Порядок расчёта

1 Составить расчётную схему балки, нагруженной внешними силами.

2

Определить реакции опор.

3

Определить внутренние усилия Q и M по участкам и построить их

эпюру.

4

Выполнить расчёт прочности балки по допускаемому нормальному

напряжению, определив опасное сечение балки по эпюре изгибающих мо-

ментов для двутавра.

5

Определить безопасные размеры поперечных сечений для задан-

ных вариантов профилей.

6

Выбрать наиболее экономичный вариант сечения балки (по весу).

Сделать выводы.

Рисунок 3.1 – Схема балки с поперечными нагрузками

М

2

q

M

1

а

104

Таблица 3.1

− Значения нагрузок для балок

Код задания Значения нагрузок: P, кH; q, кН/м; М, кН·м

1 0 Р

1

=40 q

1

=20 Р

1

=40 M

1

=60 q

1

=20 Р

2

=30 M

2

=80

1 Р

1

=40 q

2

=15 Р

2

=30 M

1

=60 q

1

=20 Р

2

=30 M

1

=60

2 Р

2

=30 q

1

=20 Р

1

=40 M

2

=80 q

1

=20 Р

1

=40 M

2

=30

2 0 Р

2

=30 q

2

=15 Р

1

=40 M

2

=80 q

2

=15 Р

1

=40 M

1

=60

1 М

1

=60 q

1

=20 Р

1

=40 M

1

=60 q

2

=15 М

2

=80 q

2

=15

2 М

1

=60 q

2

=15 Р

2

=30 M

2

=80 q

2

=15 М

2

=80 q

1

=20

3 0 M

2

=80 q

1

=20 Р

2

=30 M

2

=80 q

1

=20 M

1

=60 q

2

=15

1 M

2

=80 q

2

=15 Р

2

=30 M

1

=60 q

2

=15 M

1

=60 q

1

=20

2 Р

1

=40 M

1

=80 Р

1

=40 P

2

=30 q

1

=20 Р

2

=30 q

2

=15

4 0 Р

1

=40 M

2

=60 Р

1

=40 Р

2

=30 q

2

=15 Р

2

=30 q

1

=20

1 Р

2

=30 M

1

=80 М

1

=60 М

2

=80 q

1

=20 Р

1

=40 q

2

=15

2 Р

2

=30 M

2

=60 М

1

=60 М

2

=80 q

2

=15 Р

1

=40 q

1

=20

5 0 Р

1

=−30 q

1

=−30 Р

1

=−30 М

1

=−70 q

1

=−30 Р

2

= 50 M

2

= 60

1 Р

1

=−30 q

2

= 20 Р

2

= 50 М

1

=−70 q

1

=−30 Р

2

= 50 М

1

=−70

2 Р

2

= 50 q

1

=−30 Р

1

=−30 M

2

= 60 q

1

=−30 Р

1

=−30 M

2

= 60

6 0 Р

2

= 50 q

2

= 20 Р

1

=−30 M

2

= 60 q

2

= 20 Р

1

=−30 М

1

=−70

1 М

1

=−70 q

1

=−30 Р

1

=−30 М

1

=−70 q

2

= 20 M

2

= 60 q

2

= 20

2 М

1

=−70 q

2

= 20 Р

2

= 50 M

2

= 60 q

2

= 20 M

2

= 60 q

1

=−30

7 0 M

2

= 60 q

1

=−30 Р

2

= 50 M

2

= 60 q

1

=−30 М

1

=−70 q

2

= 20

1 M

2

= 60 q

2

= 20 Р

2

= 50 М

1

=−70 q

2

= 20 М

1

=−70 q

1

=−30

2 Р

1

=−30 М

1

=−70 Р

1

=−30 Р

2

= 50 q

1

=−30 Р

2

= 50 q

2

= 20

8 0 Р

1

=−30 M

2

= 60 Р

1

=−30 Р

2

= 50 q

2

= 20 Р

2

= 50 q

1

=−30

1 Р

2

= 50 М

1

=−70 М

1

=−70 M

2

= 60 q

1

=−30 Р

1

=−30 q

2

= 20

2 Р

2

= 50 M

2

= 60 М

1

=−70 M

2

= 60 q

2

= 20 Р

1

=−30 q

1

=−30

9 0 Р

1

= 25 q

1

=10 Р

1

= 25 М

1

=50 q

1

=10 Р

2

= −40 M

2

= −40

1 Р

1

= 25 q

2

=−30 Р

2

= −40 М

1

=50 q

1

=10 Р

2

= −40 М

1

=50

2 Р

2

= −40 q

1

=10 Р

1

= 25 M

2

= −40 q

1

=10 Р

1

= 25 M

2

= −40

10 0 Р

2

= −40 q

2

=−30 Р

1

= 25 M

2

= −40 q

2

=−30 Р

1

= 25 М

1

=50

1 М

1

= 50 q

1

=10 Р

1

= 25 М

1

= 50 q

2

=−30 M

2

= −40 q

2

=−30

2 М

1

= 50 q

2

=−30 Р

2

= −40 M

2

= −40 q

2

=−30 M

2

= −40 q

1

=10

11 0 M

2

= −40 q

1

=10 Р

2

= −40 M

2

= −40 q

1

=10 М

1

=50 q

2

=−30

1 M

2

= −40 q

2

=−30 Р

2

= −40 М

1

=50 q

2

=−30 М

1

=50 q

1

=10

2 Р

1

= 25 М

1

=50 Р

1

= 25 Р

2

= −40 q

1

=10 Р

2

= −40 q

2

=−30

12 0 Р

1

= 25 M

2

= −40 Р

1

= 25 Р

2

= −40 q

2

=−30 Р

2

= −40 q

1

=10

1 Р

2

= −40 М

1

= 50 М

1

= 50 M

2

= −40 q

1

=10 Р

1

= 25 q

2

=−30

2 Р

2

= −40 M

2

= −40 М

1

= 50 M

2

= −40 q

2

=−30 Р

1

= 25 q

1

=10

105

Рисунок 3.1.1 − Схемы балок с поперечными нагрузками

2

Р

1

q

1

q

2

М

1

аааа

М

2

Р

2

7

Р

1

q

1

q

2

М

1

а

аа

М

2

Р

2

5

Р

1

q

1

q

2

М

1

аааа

М

2

Р

2

10

Р

1

q

1

q

2

М

1

а

аа

М

2

Р

2

9

Р

1

q

1

q

2

М

1

а

аа

М

2

Р

2

4

Р

1

q

1

q

2

М

1

аааа

М

2

Р

2

К

1

q

2

М

1

а

q

1

ааа

М

2

Р

1

Р

2

К

6

Р

1

q

1

q

2

М

1

а

аа

М

2

Р

2

К

3

Р

1

q

1

q

2

М

1

аааа

М

2

Р

2

8

Р

1

q

2

q

1

М

1

а

аа

М

2

Р

2

К

106

Рисунок 3.1.1 (продолжение)

11

Р

1

q

1

q

2

М

1

аааа

М

2

Р

2

16

М

2

Р

1

Р

2

q

1

q

2

М

1

а аа

12

Р

1

q

1

q

2

М

1

2ааа

М

2

Р

2

14

Р

2

а а

Р

1

q

1

q

2

М

1

аа

М

2

15

Р

2

М

2

Р

1

Р

2

q

1

q

2

М

1

а аа

13

М

2

Р

1

Р

2

q

1

q

2

М

1

а аа

18

Р

1

q

1

q

2

М

1

аааа

М

2

Р

2

19

Р

2

а а

Р

1

q

1

q

2

М

1

аа

М

2

20

М

2

Р

1

Р

2

q

1

q

2

М

1

а аа

К

17

Р

2

а а

Р

1

q

1

q

2

М

1

аа

М

2

К

107

21

Р

2

М

2

Р

1

К

q

1

q

2

М

1

а аа

26

К

Р

2

а а

Р

1

q

1

q

2

М

1

аа

М

2

27

Р

2

а а

Р

1

q

1

q

2

М

1

аа

М

2

К

24

Р

2

М

2

Р

1

q

1

q

2

М

1

а аа

К

28

Р

2

а а

Р

1

q

1

q

2

М

1

аа

М

2

29

К

Р

2

а а

Р

1

q

1

q

2

М

1

аа

М

2

30

К

Р

2

а а

Р

1

q

1

q

2

М

1

аа

М

2

25

Р

2

М

2

Р

1

q

1

q

2

М

1

а аа

К

23

Р

2

а а

Р

1

q

1

q

2

М

1

аа

М

2

К

22

Р

2

М

2

Р

1

q

1

q

2

М

1

а аа

К

Рисунок 3.1.1 (продолжение)

108

Пример выполнения I части

Цель:

для балки, загруженной плоскими поперечными силами (рису-

нок 3.1.1.1):

−

построить эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов М;

−

из условия прочности по нормальным напряжениям подобрать для

балки двутавровое, прямоугольное (h = 2b), круглое, кольцевое (α = d/D =

= 0,8) сечения. Сравнить веса балок с подобранными поперечными сече-

ниями.

Исходные данные приняты по номеру варианта _____ .

Данные из таблицы 3.1; схема по рисунку 3.1.1.

М

1

= 60 кН · м; [σ] = 160 МПа;

М

2

= 80 кН · м; [τ] = 90 МПа;

q = 20 кН/м; Е = 2·10

5

МПа;

а = 2 м; G = 0,8·10

5

МПа.

Составляем расчётную схему балки, нагруженной активными и реак-

тивными силами (рисунок 3.1.1.2).

Рисунок 3.1.1.2 – Расчётная схема балки

Y

Z

Y

B

М

2

q

M

1

a

Y

А

Рисунок 3.1.1.1 – Заданная схема балки

М

2

q

M

1

а

109

Заменяем действие закреплений концов балки опорными реакциями.

Условия для знаков направлений внешних сил: принимаем положи-

тельное направление сосредоточенных и равномерно распределённых сил

вертикально вверх со знаком «плюс» (в сторону положительного направле-

ния оси Y). Положительное направление вращения заданных внешних мо-

ментов принимаем со знаком «плюс» при условии их движения против

ча-

совой стрелки.

Произвольно назначаем реакции Y

A

и Y

B

в положительном направ-

лении.

1 Определяем реакции опор Y

A

и Y

B

. Составляем моментные уравне-

ния внешних сил относительно опорных концов балки

А и В.

Σm

А

= 0, – М

1

+ (q · 2a ) a – M

2

+ Y

B

· 3a = 0 .

– 60 +20 · 4 · 2 – 80 + Y

B

· 6 => Y

B

·= – 3,3 кН.

Σm

В

= 0, – М

1

– (q · 2a) 2 а – M

2

– Y

А

· 3a = 0

– 60 – 20 · 4 · 4 – 80 – Y

А

· 6 => Y

А

·= – 76,7 кН.

Знак «минус» указывает на противоположное действительное направ-

ление реакции.

Сделаем проверку

ΣY = 0, – Y

А

+ q · 2a – Y

B

= 0, – 3,3 +20 · 2 · 2 – 76,7 = 0.

Сумма проекций всех вертикальных сил на ось Y обратилась в нуль.

Этим подтверждена правильность определения реакций.

При построении эпюр внутренних усилий изменяем направление ре-

акций на противоположное и знак значения реакций, полученных в расчёте.

Откорректированная расчётная схема на рисунке 3.1.1.3.

2 Устанавливаем границы участков балки и нумеруем

их:

I участок

А–С; II участок C–D; III участок D–B (см. рисунок 3.1.1.3).

Рисунок 3.1.1.3 – Откорректированная расчётная схема балки

В

Y

Z

Y

B

a

М

2

q

M

1

a

Y

А

III

II

I

C

D

z

1

z

2

z

3

110

3

Определяем внутренние усилия в балке и строим эпюры Q

y

и M

х

.

Составляем математические выражения функций поперечных сил Q

i

для каждого участка балки, используя метод сечений.

Поперечная сила Q

i

, возникающая в сечении, уравновешивается

внешними силами, действующими по одну сторону от сечения.

I участок:

1

I

zqYQ

AY

+−= ; 0 ≤ z

1

≤ а; а = 2 м.

z = 0

()

кН7,76

I

0

−=−=

=

A

Y

YQ

z

.

z = 2

()

кН7,362207,76

I

2

−=⋅+−=+−=

=

qaYQ

A

Y

z

.

II участок:

()

2

II

zаqYQ

AY

++−=

, 0 ≤ z

2

≤ а; а = 2 м.

z

2

= 0

()

кН7,362207,76

II

0

−=⋅+−=−=

=

AY

YQ

z

.

z

2

= 2 м

()

(

)

кН3,322207,76

II

2

=+⋅+−=+−=

=

qaYQ

A

Y

z

.

III участок:

ВY

YQ +=

III

; 0 ≤ z

3

≤ а; а = 2 м.

z

3

= 0

()

кН3,3

III

0

=+=

=

BY

YQ

z

.

z

3

= 2 м

()

кН3,3

III

2

==

=

B

Y

YQ

z

.

Строим эпюру поперечных сил

Q

i

(рисунок 3.1.1.4).

Составляем математические выражения функций изгибающих момен-

тов

М

i

для каждого участка балки, используя метод сечений.

При наличии равномерно распределённой нагрузки выполняем иссле-

дование функции изгибающего момента на максимум для определения ве-

личины

М

max

и его точного положения.

Внешние моменты, действующие в левой отсечённой части балки,

вращающие балку относительно центра тяжести произвольного сечения в

направлении движения часовой стрелки, принимаются со знаком «плюс», а

для правой отсечённой части наоборот.

Гонтарь И.Н., Волчихина Н.И. Сопротивление материалов

Подождите немного. Документ загружается.