лекция изгиб. Плоский прямой изгиб

• Название: Плоский прямой изгиб
• Анкор: лекция изгиб
• Дата: 23.03.2023
• Размер: 1.44 Mb.
• Имя файла: лекция изгиб.doc
• Тип: Документы; #1010264
• страница: 2 из 5

5.19.2. Схема II. Двухопорная балка (задача № 7)

1.Построить эпюры Q_y и M_x. Существенное отличие этой схемы (рис. 5.13, а) от предыдущего примера расчета (рис. 5.8, а) заключается в том, что при рассмотрении однопролетной консоль­ной балки, для определения внутренних силовых факторов с при­менением метода сечений, мы последовательно рассматривали рав­новесие той части системы, где отсутствовало опорное сечение. Данное обстоятельство позволило без предварительного определе­ния опорных реакций, вычислить значения внутренних усилий. Так как этот прием, в данном случае, нереализуем, поэтому предвари­тельно необходимо определить полную систему внешних сил, кото­рая включает заданную систему и все опорные реакции.

Определение опорных реакций

При общем случае нагружения в заданной системе возникают три опорные реакции. Однако, учитывая особенности характера на­гружения, т.е. все внешние силы направлены по оси y, поэтому можно утверждать, что горизонтальная опорная реакция в опорном сечении А в данном случае равна нулю. Вертикальные опорные реакции могут быть определены из условий M_A = 0;  M_B = 0.

Необходимым и достаточным условием проверки правильности определения вертикальных опорных реакций является y = 0, т.к. это уравнение статики, применительно к рассматриваемой системе, которое содержит все искомые опорные реакции.

Из M_A = 0 получим:

M_A = Р1 + q54,5  m  R_B6 = 0,

откуда

кН.

Из уравнения M_B = 0 будем иметь:

M_B = P7  m  q51,5 + R_A 6 =0;       R_A = 40 кН_.

Опорные реакции R_A и R_B получились положительными. Это означает, что выбранные направления совпадают с их действитель­ными направлениями. После определения опорных реакций сле­дует провести проверку правильности их вычисления.




Рис. 5.13

y = P  q5 + R_A + R_B = 0;     10  205 + 40 + 70 = 0;

110 + 110 = 0;     0 = 0.

Удовлетворение этого уравнения говорит о правильности вы­числения величин и направления опорных реакций.

Определение количества участков

Учитывая, что границами участков являются точки приложения внешних сил и опорных реакций, а также сечения, где распределенная нагрузка меняется скачкообразно. Поэтому заданная балка имеет че­тыре участка: I участок  КА; II участок  АС; III участок  СВ и IV участок  ВD (рис. 5.13, б).

Составление аналитических выражений Q_y, M_x и определение значений их в характерных сечениях каждого участка

Поместив начало системы координат в центре тяжести крайнего левого поперечного сече­ния балки, и рассекая ее в пределах участка I, рассмотрим равнове­сие левой части балки длиной z₁ (рис. 5.14, а). Составив уравнения равновесия y = 0 и для этой части, найдем аналитиче­ские выражения изменения Q_y и M_x на участке I, где z₁ изменяется в пределах 0  z₁  1 м:




Рис. 5.14

y = 0,   P = 0,     = P (постоянная величина);

,   Pz₁ = 0,     = Pz₁ (уравнение прямой линии).

Знак “минус” у говорит о том, что в этом сечении возни­кает поперечная сила, действующая в направлении, обратном показанному на рис. 5.14, а, а у  что в сечении будет возникать изгибающий момент, растягивающий верхние волокна, а не ниж­ние, как показано на рис. 5.14, а. Для определения величин и в характерных сечениях этого участка подставим значения z₁ в полученные аналитические выражения:

при z₁ = 0       = 10 кН, = 100 = 0;

при z₁ = 1 м       = 10 кН, = 101 = 10кНм.

Проведя сечение в пределах участка II, рассмотрим равновесие левой отсеченной части балки (рис. 5.14, б) и из уравнений равно­весия y = 0 и найдем аналитические выражения для и на этом участке, где z₂ изменяется в пределах 1 м   z₂  3 м:

y = 0,      P + R_A = 0,    = R_A  P (постоянная величина);

,   Pz₂ + R_A (z₂  1) = 0,

= R_A (z₂  1)  Pz₂ (уравнение прямой линии).

Подставив в полученные выражения значения z₂ , соответству­ющие граничным сечениям участка II, определим величины и , возникающие в этих сечениях:

при z₂ = 1 м = 40  10 = 30 кН,

= 40(1  1)101 = 10 кНм;

при z₂ = 3 м = 30 кН, = 40(3  1)  103 = 50 кНм.

Сделав сечение в пределах участка III, составив и решив урав­нения равновесия y = 0 и для левой отсеченной части (рис. 5.15), получим аналитические выражения изменения Q_y и M_x на участке III, где z₃ изменяется в пределах 3  z₃  7 м:

y = 0,   P + R_A  q(z₃  3) = 0,

= R_A  P  q(z₃  3) уравнение прямой;

, ,

 уравнение параболы.




Рис. 5.15
Теперь найдем и в граничных сечениях С и В уча­стка III: при z₃ = 3 м      = 40  10 
 20(3 3) = 30 кН,

= 40(3  1)103   = 50 кНм;

при z₃ = 7 м = 40  10  20(7  3) = 50 кН,

= 40(7  1)  107  = 10 кНм.

Как видно, поперечная сила на этом участке принимает в некотором сечении нулевое значение и меняет знак при прохож­дении через него (рис. 5.13, в). Поэтому в сечении, где =
= 0, будет экстремальное значение изгибающего момента. Для его определения найдем величину z₀ , при котором = 0. Приравняв выражение для к нулю, получим:

R_A P  q(z₀  3) = 0,     м.

Подставив найденное значение z₀ = 4,5 м в выражение для , найдем величину экстремального значения изгибающего мо­мента на этом участке M_max = 72,5 кНм.

Для получения аналитических выражений изменения Q_y и M_x на участке IV целесообразно начало координат перенести в сечение D и рассматривать равновесие правой отсеченной части, т.к. в этом случае вследствие меньшего количества внешних сил, приложенных к правой части балки, аналитические выражения будут проще по своему виду, а вычисление ординат менее трудоемко.




Рис. 5.16
Аналитические выражения и на участке IV (рис. 5.16) (0  z₄   1 м) получим из следующих уравне­ний:

y = 0,   qz₄ = 0, = qz₄  (прямая линия);

,    ,      (парабола).

В граничных сечениях D и В участка IV ординаты эпюр Q_y и M_x :

при z₄ = 0 = 0, = 20 кНм;

при z₄ = 1 м = 201 =20 кН, кНм.

Так как величина на участке IV изменяется по закону квадратной параболы, то для уточнения ее очертания надо опреде­лить ординату эпюры M_x в какомнибудь промежуточном сечении. Например, при z₄ = 0,5 м, где ордината будет равна:

кНм.

Построение эпюр Q_y и M_x для всей балки

Откладывая перпендикулярно от оси абсцисс в удобном для пользования масштабе значения Q_y и M_x , возникающие в харак­терных и промежуточных сечениях каждого участка, и соединяя концы полученных ординат линиями, соответствующими законам изменения Q_y и M_x на этих участках, строим эпюры Q_y и M_x для всей балки (рис. 5.13, в, г).

2.1. Руководствуясь эпюрой M_x показать приблизи­тельный вид изогнутой оси балки. Анализируя эпюру M_x (рис. 5.13, г) видим, что на участке КО растянуты верхние волокна, и поэтому на этом участке изогнутая ось балки будет иметь вы­пуклость вверх. На участке ОD растянуты нижние волокна, и изо­гнутая ось балки будет иметь выпуклость вниз. Вследствие этого под т. О, где M_x = 0, будет точка перегиба. Учитывая все сказанное и то, что прогибы в опорных сечениях равны нулю, строим при­близительный вид изогнутой балки (рис. 5.13, д).

2.2. Подбор поперечного сечения балки. Опасным явля­ется сечение Е, где возникает наибольший по абсолютной величи­не M_max = 72,5 кНм. Двутавровое сечение балки подбираем из ус­ловия прочности при изгибе при расчетном сопротивлении мате­риала R_H = 20010³ кН/м² (сталь):

.

Откуда требуемый момент сопротивления W_x равен:

м³ .

По сортаменту (ГОСТ 823972) принимаем двутавр № 27 с W_x = 37,110^5 м³. В этом случае при проверке прочности получа­ется недонапряжение, но оно будет меньше 5, что допускается СНиП при практических расчетах.

Касательные напряжения при поперечном изгибе. Главные напряжения при изгибе

В случае поперечного изгиба в сечениях балки возникают не только изгибающий момент, но и поперечная сила. Следовательно, в этом случае в поперечных сечениях бруса возникают не только нормальные, но и касательные напряжения.

Так как касательные напряжения в общем случае распределены по сечению неравномерно, то при поперечном изгибе поперечные сечения балки строго говоря не остаются плоскими. Однако при (где h  высота поперечного сечения, l  длина балки) ока­зывается, что эти искажения заметным образом не сказываются на работе балки на изгиб. В данном случае гипотеза плос­ких сечений и в случае чистого изгиба с достаточной точно­стью приемлема. Поэтому для расчета нормальных напряже­ний  применяют ту же формулу (5.10).

Рассмотрим вывод расчетных формул для касательных напря­жений. Выделим из бруса, испытывающего поперечный изгиб, элемент длиной dz (рис. 5.21, а).





Рис. 5.21

Продольным горизонтальным сечением, проведенным на рас­стоянии y от нейтральной оси, разделим элемент на две части (рис. 5.21, в) и рассмотрим равновесие верхней части, имеющей основание шириной b. При этом с учетом закона парности каса­тельных напряжений, получим, что касательные напряжения в по­перечном сечении равны касательным напряжениям, возникающим в продольных сечениях (рис. 5.21, б). С учетом данного обстоятель­ства и из допущения о том, что касательные напряжения по пло­щади bdz распределены равномерно, используя условие z = 0, получим:

N^  N^  dN^ +  bdz = 0 ,

откуда

. (5.12)

где N^  равнодействующая нормальных сил dF в левом попереч­ном сечении элемента dz в пределах заштрихованной площади F^ (рис. 5.20, г):

. (5.13)

С учетом (5.10) последнее выражение можно представить в виде

, (5.14)

где  статический момент части поперечного сечения, расположенной выше координаты y (на рис. 5.21,б эта область за­штрихована). Следовательно, (5.14) можно переписать в виде

,

откуда

. (5.15)

В результате совместного рассмотрения (5.12) и (5.15) получим

,

или окончательно

. (5.16)

Полученная формула (5.16) носит имя русского ученого Д.И. Журавского.

Для исследования напряженного состояния в произвольной точке балки, испытывающей поперечный изгиб, выделим из сос­тава балки вокруг исследуемой точки элементарную призму (рис. 5.21, г), таким образом, чтобы вертикальная площадка явля­лась частью поперечного сечения балки, а наклонная площадка составляла произвольный угол  относительно горизонта. Прини­маем, что выделенный элемент имеет следующие размеры по координатным осям: по продольно оси  dz, т.е. по оси z; по вер­тикальной оси  dy, т.е. по оси у; по оси х  равный ширине балки.

Так как вертикальная площадка выделенного элемента принад­лежит поперечному сечению балки, испытывающему поперечный изгиб, то нормальные напряжения  на этой площадке определя­ются по формуле (5.10), а касательные напряжения   по формуле Д.И. Журавского (5.16). С учетом закона парности касательных на­пряжений, легко установить, что касательные напряжения на гори­зонтальной площадке также равны . Нормальные же напряжения на этой площадке равны нулю, согласно уже известной нам гипо­тезе теории изгиба о том, что продольные слои не оказывают дав­ления друг на друга.

Обозначим величины нормальных и касательных напряжений на наклонной площадке через _ и _ , соответственно. Принимая площадь наклонной площадки dF, для вертикальной и горизон­тальной площадок будем иметь dF sin  и dF cos , соответственно.

Составляя уравнения равновесия для элементарной вырезанной призмы (рис. 5.21, г), получим:

      ,

откуда будем иметь:

;

.

Следовательно, окончательные выражения напряжений на на­клонной площадке принимают вид:



Определим ориентацию площадки, т.е. значение  = ₀ , при котором напряжение _ принимает экстремальное значение. Со­гласно правилу определения экстремумов функций из математиче­ского анализа, возьмем производную функции _ от  и прирав­няем ее нулю:

.

Предполагая  = ₀ , получим:

.

Откуда окончательно будем иметь:

.

Согласно последнему выражению, экстремальные напряжения возникают на двух взаимно перпендикулярных площадках, называ­емых главными, а сами напряжения  главными напряже­ниями.

Сопоставляя выражения _ и , имеем:

,

откуда и следует, что касательные напряжения на главных пло­щадках всегда равны нулю.

В заключение, с учетом известных тригонометрических тож­деств:



и формулы ,

определим главные напряжения, выражая из через  и :

.

Полученное выражение имеет важное значение в теории проч­ности изгибаемых элементов, позволяющее производить расчеты их прочности, с учетом сложного напряженного состояния, присущее поперечному изгибу.

Пример расчета (задача № 8)

Для составной балки, имеющей поперечное сечение, показан­ное на рис. 5.22, требуется:

1. Определить расчетные параметры поперечного сечения балки;

2. Вычислить нормальные напряжения  по заданному изгиба­ющему моменту и построить их эпюру;

3. Определить значения касательных напряжений в точке 3;

4. Определить значения главных напряжений в точке 3 и ука­зать их направления (показать главные площадки), имея в виду, что сечение относится к левой части балки.

Дано: расчетные значения изгибающего момента и попереч­ной силы в сечении М_P = 156 кНм, Q_P = 104 кН; h_CT = 0,34 м; b₁/h_CT = 0,7; b₂/h_CT = 0,9; ₁/h_CT = 0,1; ₂/h_CT = 0,07; /₁ = 0,4. Нормативное значение сопротивления материалу при изгибе R_H = = 217100 кН/м², коэффициент запаса по прочности n = 1,3.

Решение

1. Определение расчетных параметров поперечного сечения балки (рис. 5.22, а). Ширина верхней полки b₁ =  = 0,7h_CT = 0,70,34 = 0,238 м, принимаем b₁ = 0,24 м; толщина верхней полки ₁ = 0,1h_CT = 0,10,34 = 0,034 м; площадь сечения верхней полки м², ширина нижней полки b₂ = 0,9h_CT = 0,90,34 = 0,306 м, принимаем b₂ = 0,3 м; тол­щина нижней полки ₂ = 0,07h_CT = 0,070,34 = 0,0238 м, принима­ем ₂ = 0,024 м; площадь сечения нижней полки = 0,30,024 = =0,0072 м², толщина стенки  = 0,4₁ = 0,40,034 = 0,0136 м, при­нимаем  = 0,014 м; площадь сечения стенки F_CT = 0,340,014 = = 0,00476 м²; высота балки h_ = h_CT + ₁ + ₂ = 0,34 + 0,034 + + 0,024 = 0,398 м.

Определение площади поперечного сечения балки.

м².

Определение центра тяжести поперечного сече­ния балки. Ось y является осью симметрии сечения балки, следо­вательно, центр его тяжести находится на этой оси. За вспомогатель­ную ось для определения координаты центра тяжести сечения на оси y принимаем ось x₁ (рис. 5.22, а). Заметим, что поперечное сечение балки является составным, и включает в себя три прямоугольника (верхняя и нижняя полки, а также стенка). С учетом данного обстоятельства и воспользовавшись выражением (3.6), вычислим статический момент площади поперечного сечения балки относительно оси x₁ :



Тогда положение центра тяжести на оси у определится ордина­той

м.

Определение момента инерции поперечного сечения балки относительно центральной оси (рис. 5.22). Значение момента инерции вычислим, пользуясь зависимостью между мо­ментами инерции относительно параллельных осей:







где , и  моменты инерции верхней и нижней полки и стенки, соответственно, относительно собственных горизонтальных осей, проходящих через их центры тяжести (см. п. 3.2),







2. Вычислить нормальные напряжения  по заданному изгибаю­щему моменту и построить их эпюру.

Момент сопротивления W_x для точек 1 и 2 определим по формулам:

для точки 1 м³;

для точки 2 м³,

где y₁ = h_ - y_c = 0,398  0,205 = 0,193 м, y₂ = y_C = 0,205 м.

Вычислим напряжения в точке 1 (рис. 5.22, а):

кН/м²  53000 МПа < 167000 кН/м² 

Вычислим напряжения в точке 2 (рис. 5.22, а):

кН/м²  56000 МПа < 167000 кН/м²

Найдем значение нормальных напряжений в точке 3 по (5.10):

кН/м² .

По полученным значениям  строим эпюру нормальных напря­жений (рис. 5.22, б).

Проверку прочности производим по формуле

,

где M_P  расчетный изгибающий момент; W_x  момент сопротивле­ния при изгибе; R_И  допускаемое напряжение при изгибе.

Допускаемое напряжение при изгибе равно:

кН/м².

Как видно, балка имеет значительное недонапряжение.

3. Определить значения касательных напряжений в точке 3.

Касательное напряжение определим по формуле Журавского:

,

где  расчетная поперечная сила,   ширина сечения на уровне точки 3.

Вычислим статический момент отсеченной части в точке 3 час­ти сечения :

= 0,0072(0,205  0,50,024)+

+ 0,00119(0,096 + 0,1250,34) = 1,54410^-3 м³,

где = 0,25h_CT = 0,250,340,014 = 0,00119 м².

Вычислим касательное напряжение в точке 3:

кН/м².




4. Определить значения главных напряжений в т. 3 и указать их направления (показать главные площад­ки), имея в виду, что сечение относится к левой час­ти балки.

Главные напряжения в точке 3 определяем по формуле:

.

Подставив в данную формулу значения ₃ и ₃ , получим:

кН/м²;

кН/м².

В заключение найдем положение главных площадок и направ­ление главных напряжений (рис. 5.22, в).



При отрицательном угле ₀ откладываем его от нормали к сече­нию (площадке) по часовой стрелке и показываем положение глав­ных площадок и направление главных напряжений (рис. 5.22).