На каком из участков происходит чистый изгиб. Чистый изгиб
Расчет балки на изгиб «вручную», по-дедовски, позволяет познать один из важнейших, красивейших, четко математически выверенных алгоритмов науки сопротивление материалов. Использование многочисленных программ типа «ввел исходные данные...
...– получи ответ» позволяет современному инженеру сегодня работать гораздо быстрее, чем его предшественникам сто, пятьдесят и даже двадцать лет назад. Однако при таком современном подходе инженер вынужден полностью доверять авторам программы и со временем перестает «ощущать физический смысл» расчетов. Но авторы программы – это люди, а людям свойственно ошибаться. Если бы это было не так, то не было бы многочисленных патчей, релизов, «заплаток» практически к любому программному обеспечению. Поэтому, мне кажется, любой инженер должен уметь иногда «вручную» проверить результаты расчетов.
Справка (шпаргалка, памятка) для расчётов балок на изгиб представлена ниже на рисунке.
Давайте на простом житейском примере попробуем ей воспользоваться. Допустим, я решил сделать в квартире турник. Определено место – коридор шириной один метр двадцать сантиметров. На противоположных стенах на необходимой высоте напротив друг друга надежно закрепляю кронштейны, к которым будет крепиться балка-перекладина – пруток из стали Ст3 с наружным диаметром тридцать два миллиметра. Выдержит ли эта балка мой вес плюс дополнительные динамические нагрузки, которые возникнут при выполнении упражнений?
Чертим схему для расчета балки на изгиб. Очевидно, что наиболее опасной будет схема приложения внешней нагрузки, когда я начну подтягиваться, зацепившись одной рукой за середину перекладины.
Исходные данные:
F1 = 900 н – сила, действующая на балку (мой вес) без учета динамики
d = 32 мм – наружный диаметр прутка, из которого сделана балка
E = 206000 н/мм^2 — модуль упругости материала балки стали Ст3
[σи] = 250 н/мм^2 — допустимые напряжения изгиба (предел текучести) для материала балки стали Ст3
Граничные условия:
Мx (0) = 0 н*м – момент в точке z = 0 м (первая опора)
Мx (1,2) = 0 н*м– момент в точке z = 1,2 м (вторая опора)
V (0) = 0 мм – прогиб в точке z = 0 м (первая опора)
V (1,2) = 0 мм – прогиб в точке z = 1,2 м (вторая опора)
Расчет:
1. Для начала вычислим момент инерции Ix и момент сопротивления Wx сечения балки. Они нам пригодятся в дальнейших расчетах. Для кругового сечения (каковым является сечение прутка):
Ix = (π*d^4)/64 = (3.14*(32/10)^4)/64 = 5,147 см^4
Wx = (π*d^3)/32 = ((3.14*(32/10)^3)/32) = 3,217 см^3
2. Составляем уравнения равновесия для вычисления реакций опор R1 и R2:
Qy = -R1+F1-R2 = 0
Мx (0) = F1*(0-b2) -R2*(0-b3) = 0
Из второго уравнения: R2 = F1*b2/b3 = 900*0.6/1.2 = 450 н
Из первого уравнения: R1 = F1-R2 = 900-450 = 450 н
3. Найдем угол поворота балки в первой опоре при z = 0 из уравнения прогиба для второго участка:
V (1.2) = V (0)+U (0)*1.2+(-R1*((1.2-b1)^3)/6+F1*((1.2-b2)^3)/6)/
U (0) = (R1*((1.2-b1)^3)/6 -F1*((1.2-b2)^3)/6)/(E*Ix)/1,2 =
= (450*((1.2-0)^3)/6 -900*((1.2-0.6)^3)/6)/
/(206000*5,147/100)/1,2 = 0,00764 рад = 0,44˚
4.
Составляем уравнения для построения эпюр для первого участка (0 Поперечная сила: Qy (z) = -R1 Изгибающий момент: Мx (z) = -R1*(z-b1) Угол поворота: Ux (z) = U (0)+(-R1*((z-b1)^2)/2)/(E*Ix) Прогиб: Vy (z) = V (0)+U (0)*z+(-R1*((z-b1)^3)/6)/(E*Ix) z = 0 м:
Qy (0) = -R1 = -450 н Ux (0) = U (0) = 0,00764 рад Vy (0) = V (0) = 0 мм z = 0,6 м:
Qy (0,6) = -R1 = -450 н Мx (0,6) = -R1*(0,6-b1) = -450*(0,6-0) = -270 н*м Ux (0,6) = U (0)+(-R1*((0,6-b1)^2)/2)/(E*Ix) = 0,00764+(-450*((0,6-0)^2)/2)/(206000*5,147/100) = 0 рад Vy (0,6) = V (0)+U (0)*0,6+(-R1*((0,6-b1)^3)/6)/(E*Ix) = 0+0,00764*0,6+(-450*((0,6-0)^3)/6)/ (206000*5,147/100) = 0,003 м Балка прогнется по центру на 3 мм под тяжестью моего тела. Думаю, это приемлемый прогиб. 5.
Пишем уравнения эпюр для второго участка (b2 Поперечная сила: Qy (z) = -R1+F1 Изгибающий момент: Мx (z) = -R1*(z-b1)+F1*(z-b2) Угол поворота: Ux (z) = U (0)+(-R1*((z-b1)^2)/2+F1*((z-b2)^2)/2)/(E*Ix) Прогиб: Vy (z) = V (0)+U (0)*z+(-R1*((z-b1)^3)/6+F1*((z-b2)^3)/6)/(E*Ix) z = 1,2 м:
Qy (1,2) = -R1+F1 = -450+900 = 450 н Мx (1,2) = 0 н*м Ux (1,2) = U (0)+(-R1*((1,2-b1)^2)/2+F1*((1,2-b2)^2)/2)/(E*Ix) = 0,00764+(-450*((1,2-0)^2)/2+900*((1,2-0,6)^2)/2)/ /(206000*5,147/100) = -0.00764 рад Vy (1,2) = V (1,2) = 0 м 6.
Строим эпюры, используя данные полученные выше. 7.
Рассчитываем напряжения изгиба в наиболее нагруженном сечении – посередине балки и сравниваем с допустимыми напряжениями: σи = Mx max/Wx = (270*1000)/(3,217*1000) = 84 н/мм^2 σи = 84 н/мм^2 < [σи] = 250 н/мм^2 По прочности на изгиб расчет показал трехкратный запас прочности – турник можно смело делать из имеющегося прутка диаметром тридцать два миллиметра и длиной тысяча двести миллиметров. Таким образом, вы теперь легко можете произвести расчет балки на изгиб «вручную» и сравнить с результатами, полученными при расчете по любой из многочисленных программ, представленных в Сети. Прошу УВАЖАЮЩИХ
труд автора ПОДПИСАТЬСЯ
на анонсы статей.
88 комментариев на «Расчет балки на изгиб — «вручную»!»
Деформация изгиба
заключается в
искривлении оси прямого стержня или в
изменении начальной кривизны прямого
стержня (рис. 6.1). Ознакомимся
с основными понятиями, которые используются
при рассмотрении деформации изгиба. Стержни, работающие на изгиб, называют
балками
. Чистым
называется изгиб, при котором
изгибающий момент является единственным
внутренним силовым фактором, возникающем
в поперечном сечении балки. Чаще, в поперечном сечении стержня
наряду с изгибающим моментом возникает
также и поперечная сила. Такой изгиб
называют поперечным. Плоским (прямым)
называют изгиб,
когда плоскость действия изгибающего
момента в поперечном сечении проходит
через одну из главных центральных осей
поперечного сечения. При косом изгибе
плоскость действия
изгибающего момента пересекает поперечное
сечение балки по линии, не совпадающей
ни с одной из главных центральных осей
поперечного сечения. Изучение деформации изгиба начнем со
случая чистого плоского изгиба. Как уже было сказано, при чистом плоском
изгибе в поперечном сечении из шести
внутренних силовых факторов не равен
нулю только изгибающий момент (рис. 6.1,
в): Опыты, поставленные на эластичных
моделях, показывают, что если на
поверхность модели нанести сетку линий
(рис. 6.1, а), то при чистом изгибе она
деформируется следующим образом
(рис. 6.1, б): а) продольные линии
искривляются по длине
окружности; б) контуры поперечных сечений остаются
плоскими; в) линии контуров сечений всюду
пересекаются с продольными волокнами
под прямым углом. На основании этого можно предположить,
что при чистом изгибе поперечные сечения
балки остаются плоскими и поворачиваются
так, что остаются нормальными к изогнутой
оси балки (гипотеза плоских сечений при
изгибе). Рис. 6.1
Замеряя длину продольных линий (рис.
6.1, б), можно обнаружить, что верхние
волокна при деформации изгиба балки
удлиняются, а нижние укорачиваются.
Очевидно, что можно найти такие волокна,
длина которых остается неизменной.
Совокупность волокон, не меняющих своей
длины при изгибе балки, называется
нейтральным слоем (н. с.)
. Нейтральный
слой пересекает поперечное сечение
балки по прямой, которая называетсянейтральной линией (н. л.) сечения
. Для вывода формулы, определяющей величину
нормальных напряжений, возникающих в
поперечном сечении, рассмотрим участок
балки в деформированном и не деформированном
состоянии (рис. 6.2). Рис. 6.2
Двумя бесконечно малыми поперечными
сечениями выделим элемент длиной
Длина этого волокна после деформации
(длина дуги
Его относительная деформация
Очевидно, что
Следовательно, относительная продольная
деформация пропорциональна расстоянию
волокна от нейтральной оси. Введем предположение, что при изгибе
продольные волокна не надавливают друг
на друга. При таком предположении каждое
волокно деформируется изолировано,
испытывая простое растяжение или сжатие,
при котором
т. е. нормальные напряжения прямо
пропорциональны расстояниям рассматриваемых
точек сечения от нейтральной оси. Подставим зависимость (6.3) в выражение
изгибающего момента
Вспомним, что интеграл Зависимость (6.4) представляет собой
закон Гука при изгибе, поскольку она
связывает деформацию (кривизну
нейтрального слоя
Подставим (6.4) в (6.3) Это и есть искомая формула для определения
нормальных напряжений при чистом изгибе
балки в любой точке ее сечения. Для того, чтобы установить,
где в поперечном сечении находится
нейтральная линия подставим значение
нормальных напряжений в выражение
продольной силы Поскольку
Равенство (6.6) указывает, что ось
Равенство (6.7) показывает что
Согласно (6.5) наибольшей величины
напряжения достигают в волокнах наиболее
удаленных от нейтральной линии Отношение
Значение
Для прямоугольного поперечного сечения где
Для круглого поперечного сечения где
Условие прочности по нормальным
напряжениям при изгибе можно записать
в виде Все полученные формулы получены для
случая чистого изгиба прямого стержня.
Действие же поперечной силы приводит
к тому, что гипотезы, положенные в основу
выводов, теряют свою силу. Однако практика
расчетов показывает, что и при поперечном
изгибе балок и рам, когда в сечении кроме
изгибающего момента
Изгибом
называется деформация
, связанная с искривлением оси бруса (или изменением его кривизны).
Прямой брус, воспринимающий в основном изгибающую нагрузку, называется балкой.
В общем случае при изгибе в поперечных сечениях балки имеют место два внутренних силовых фактора: перерезывающая сила Q
и изгибающий момент. Если в поперечных сечениях балки действует только один силовой фактор, а
, то изгиб называется чистым.
Если в поперечном сечении балки действуют изгибающий момент и поперечная сила, то изгиб называется поперечным.
Изгибающий моменти поперечная сила Q
определяются методом сечений. В произвольном поперечном сечении бруса величина Q
численно равна алгебраической сумме проекций на вертикальную ось всех внешних (активных и реактивных) сил приложенных к отсеченной части; изгибающий моментв произвольном поперечном сечении бруса численно равен алгебраической сумме моментоЕ всех внешних сил и пар сил, расположенных по одну сторону от сечения. Для системы координат, ноказанно) на рис. 2.25, изгибающий момент от нагрузок, расположенных в плоскости хОу,
действует относительно оси г,
а перерезывающая сила – по направлению оси у.
Поэтому обозначим перерезывающую силу , изгибающий момент Если поперечная нагрузка действует так, что ее плоскость совпадает с плоскостью, содержащей одну из главных центральных осей инерции сечений, то изгиб называетсяпрямым.
Для изгиба характерны два вида перемещений: Рис. 2.25
Пусть на балку действует непрерывная распределенная нагрузка q(x)
(рис. 2.26, а).
Двумя поперечными сечениями т–т
и п–п
выделим участок балки длиной dx.
Полагаем, что на этом участке д(х) =
const ввиду малости длины участка. Внутренние силовые факторыи, действующие в сечении п–п,
получают некоторое приращение и будут равны. Рассмотрим равновесие элемента (рис. 2.26, б):
а) , отсюда Рис. 2.26
Членможно опустить, так как он имеет второй порядок малости по сравнению с остальными. Тогда Подставляя равенство (2.69) в выражение (2.68), получаем Выражения (2.68)-(2.70) называются дифференциальными зависимостями при изгибе балки. Они справедливы только для балок с первоначально прямолинейной продольной осью. Правило знаков для и носит условный характер: Графическииизображаются в виде эпюр. Положительные значения откладываются вверх от оси бруса, отрицательные – вниз. Рис. 2.27
Рассмотрим модель чистого изгиба (рис. 2.28, а, б).
После окончания процесса нагружения продольная ось балки X
искривится, а ее поперечные сечения повернутся относительно своего первоначального положения на уголг/О. Для выяснения закона распределения нормальных напряжений по поперечному сечению балки примем следующие допущения: В результате деформации изгиба ось х
искривится и сечениеповернется относительно условно защемленного сеченияна угол. Определим продольную деформацию произвольного волокна АВ,
расположенного на расстоянии у
от продольной оси (см. рис. 2.28, а).
Пусть – радиус кривизны оси бруса (см.рис. 2.28, б).
Абсолютное удлинение волокна АВ
равно. Относительное удлинение этого волокна Так как согласно допущению волокна друг на друга не надавливают, то они находятся в состоянии одноосного растяжения или сжатия. Используя закон Гука, получим зависимость изменения напряжений по поперечному сечению батки: Величинапостоянна для данного сечения, поэтому изменяется по высоте сечения в зависимости от координа- Рис. 2.28
Рис. 2.29
ты у.
При изгибе часть волокон бруса растягивается, часть – сжимается. Границей между областями растяжения и сжатия является слой волокон, который лишь искривляется, не изменяя своей длины. Этот слой называется нейтральным. Напряжения σ* в нейтральном слое должны равняться нулю, соответственно Этот результат следует из выражения (2.71) при. Рассмотрим выражения дляПоскольку при чистом изгибе продольная сила равна нулю, то запишем: Поскольку , то Отсюда следует, что оси Οζ
и Оу
сечения являются не только центральными, но и главными осями инерции. Это предположение делалось выше при определении понятия "прямой изгиб". Подставив в выражение для изгибающего моментазначениеиз выражения (2.71), получим Или , (2.72) где– момент инерции относительно главной центральной оси сечения Οζ.
Подставляя равенство (2.72) в выражение (2.71), получаем Выражение (2.73) определяет закон изменения напряженияпо сечению. Видно, чтоизменяется не по координате 2 (т.е. по ширине сечения нормальные напряжения постоянны), а по высоте сечения в зависимости от координаты у
Рис. 2.
30 (рис. 2.30). Значения возникают в волокнах, наиболее удаленных от нейтральной линии, т.е. при . Тогда . Обозначив , получим где – момент сопротивления сечения изгибу. Воспользовавшись формулами для главных центральных моментов инерции основных геометрических форм сечений, получим следующие выражения для: Прямоугольное сечение: , где – сторона, параллельная оси г; h –
высота прямоугольника. Так как ось г проходит по середине высоты прямоугольника, то Тогда момент сопротивления прямоугольника Задача.
Построить эпюры Q и M для статически неопределимой балки.
Вычислим балки по формуле: n
= ΣR
- Ш
— 3 = 4 — 0 — 3 = 1
Балка один раз
статически неопределима, значит одна
из реакций является «лишней» неизвестной
. За «лишнюю» неизвестную примем реакцию опоры В
— R В
.
Статически определимая балка, которая получается из заданной путем удаления «лишней» связи называется основной системой
(б).
Теперь эту систему следует представить эквивалентной
заданной. Для этого загружаем основную систему заданной
нагрузкой, а в точке В
приложим «лишнюю» реакцию R В
(рис.в
).
Однако для эквивалентности
этого недостаточно
, поскольку в такой балке точка В
может перемещаться по вертикали
, а в заданной балке (рис.а
) такого произойти не может. Поэтому добавляем условие
, что прогиб т. В
в основной системе должен быть равен 0
. Прогиб т. В
складывается из прогиба от действующей нагрузки Δ F
и от прогиба от «лишней» реакции Δ R .
Тогда составляем условие совместности перемещений
: Δ F
+ Δ R
=0
(1)
Теперь остается вычислить эти перемещения (прогибы
). Загружаем основную
систему заданной нагрузкой
(рис.г)
и построим грузовую эпюру
М F
(рис. д
). В т.В
приложим и построим эп. (рис.е,ж
). По формуле Симпсона определим прогиб от действующей нагрузки
. Теперь определим прогиб от действия «лишней» реакции R В
, для этого загружаем основную систему R В
(рис.з
) и строим эпюру моментов от ее действия М R
(рис. и
). Составляем и решаем уравнение (1)
: Построим эп. Q
и М
(рис. к,л
). Строим эпюру Q.
Построим эпюру М
методом характерных точек
. Расставляем точки на балке — это точки начала и конца балки (D,A
), сосредоточенного момента (B
), а также отметим в качестве характерной точки середину равномерно распределенной нагрузки (K
) — это дополнительная точка для построения параболической кривой. Определяем изгибающие моменты в точках. Правило знаков
см. — . Момент в т. В
будем определять следующим образом. Сначала определим: Точку К
возьмем в середине
участка с равномерно распределенной нагрузкой. Строим эпюру M
. Участок АВ
– параболическая кривая
(правило «зонтика»), участок ВD
– прямая наклонная линия
. Для балки определить опорные реакции и построить эпюры изгибающих моментов (М
) и поперечных сил (Q
).
Составляем уравнения равновесия
. Проверка
Записываем значения R А
и R В
на расчетную схему
. 2. Построение эпюры поперечных сил
методом сечений
. Сечения расставляем на характерных участках
(между изменениями). По размерной нитке – 4 участка, 4 сечения
. сеч. 1-1
ход
слева
. Сечение проходит по участку с равномерно распределенной нагрузкой
, отмечаем размер z
1
влево от сечения до начала участка
. Длина участка 2 м. Правило знаков
для Q
— см. Строим по найденным значением эпюру
Q
.
сеч. 2-2 ход справа
. Сечение вновь проходит по участку равномерно распределенной нагрузкой, отмечаем размер z
2
вправо от сечения до начала участка. Длина участка 6 м. Строим эпюру Q
.
сеч. 3-3 ход справа
. сеч. 4-4 ход справа.
Строим эпюру
Q
.
3. Построение эпюры М
методом характерных точек
. Характерная точка
– точка, сколь-либо заметная на балке. Это точки А
, В
, С
, D
, а также точка К
, в которой Q
=0
и изгибающий момент имеет экстремум
. Также в середине
консоли поставим дополнительную точку Е
, поскольку на этом участке под равномерно распределенной нагрузкой эпюра М
описывается кривой
линией, а она строится, как минимум, по 3
точкам. Итак, точки расставлены, приступаем к определению в них значений изгибающих моментов
. Правило знаков — см.
. Участки NA, AD
– параболическая кривая
(правило «зонтика» у механических специальностей или «правило паруса» у строительных), участки DС, СВ
– прямые наклонные линии.
Момент в точке D
следует определять как слева, так и справа
от точки D
. Сам момент в эти выражения не входит
. В точке D
получим два
значения с разницей
на величину m
– скачок
на его величину. Теперь следует определить момент в точке К
(Q
=0). Однако сначала определим положение точки К
, обозначив расстояние от нее до начала участка неизвестным х
. Т. К
принадлежит второму
характерному участку, его уравнение для поперечной силы
(см. выше) Но поперечная сила в т. К
равна 0
, а z
2
равняется неизвестному х
. Получаем уравнение: Теперь, зная х
,
определим момент в точке К
с правой стороны. Строим эпюру М
. Построение выполним для механических
специальностей, откладывая положительные значения вверх
от нулевой линии и используя правило «зонтика». Для заданной схемы консольной балки требуется построить эпюры поперечной силы Q и изгибающего момента M, выполнить проектировочный расчет, подобрав круглое сечение.
Материал — дерево, расчетное сопротивление материала R=10МПа, М=14кН·м,q=8кН/м
Строить эпюры в консольной балке с жесткой заделкой можно двумя способами — обычным, предварительно определив опорные реакции, и без определения опорных реакций, если рассматривать участки, идя от свободного конца балки и отбрасывая левую часть с заделкой. Построим эпюры обычным
способом. 1. Определим опорные реакции
. Равномерно распределенную нагрузку q
заменим условной силой Q= q·0,84=6,72 кН
В жесткой заделке три опорные реакции — вертикальная, горизонтальная и момент, в нашем случае горизонтальная реакция равна 0. Найдем вертикальную
реакцию опоры R A
и опорный момент
М
A
из уравнений равновесия. На первых двух участках справа поперечная сила отсутствует. В начале участка с равномерно распределенной нагрузкой (справа) Q=0
, в заделеке — величине реакции R A.
Решаем уравнение (1), сокращаем на EI Статическая неопределимость раскрыта
, значение «лишней» реакции найдено. Можно приступать к построению эпюр Q и M для статически неопределимой балки... Зарисовываем заданную схему балки и указываем величину реакции R b
. В данной балке реакции в заделке можно не определять, если идти ходом справа. Построение эпюры Q
для статически неопределимой балки Строим эпюру Q.
Построение эпюры М
Определим М в точке экстремума – в точке К
. Сначала определим её положение. Обозначим расстояние до неё как неизвестное «х
». Тогда Строим эпюру М.
Определение касательных напряжений в двутавровом сечении
. Рассмотрим сечение двутавра. S x =96,9 см 3 ; Yх=2030 см 4 ; Q=200 кН
Для определения касательного напряжения применяется формула
Вычислим максимальное
касательное напряжение: Вычислим статический момент для верхней полки: Теперь вычислим касательные напряжения: Строим эпюру касательных напряжений:
Проектный и проверочный расчеты. Для балки с построенными эпюрами внутренних усилий подобрать сечение в виде двух швеллеров из условия прочности по нормальным напряжениям. Проверить прочность балки, используя условие прочности по касательным напряжениям и энергетический критерий прочности. Дано:
Покажем балку с построенными эпюрами Q и М Согласно эпюре изгибающих моментов опасным является сечение С,
в котором М С =М max =48,3кНм.
Условие прочности по нормальным напряжениям
для данной балки имеет вид σ max =M C /W X ≤σ adm .
Требуется подобрать сечение из двух швеллеров.
Для сечения в виде двух швеллеров согласно принимаем два швеллера №20а
, момент инерции каждого швеллера I x =1670см 4
, тогда осевой момент сопротивления всего сечения:
Перенапряжение (недонапряжение)
в опасных точках посчитаем по формуле: Тогда получим недонапряжение
: Теперь проверим прочность балки, исходя из условия прочности по касательным напряжениям.
Согласно эпюре поперечных сил
опасными
являются сечения на участке ВС и сечение D.
Как видно из эпюры, Q max =48,9 кН.
Условие прочности по касательным напряжениям
имеет вид: Для швеллера №20 а: статический момент площади S x 1 =95,9 см 3 , момент инерции сечения I x 1 =1670 см 4 , толщина стенки d 1 =5,2 мм, средняя толщина полки t 1 =9,7 мм, высота швеллера h 1 =20 см, ширина полки b 1 =8 см.
Для поперечного сечения из двух швеллеров:
S x = 2S x 1 =2·95,9=191,8 см 3 ,
I x =2I x 1 =2·1670=3340 см 4 ,
b=2d 1 =2·0,52=1,04 см.
Определяем значение максимального касательного напряжения:
τ max =48,9·10 3 ·191,8·10 −6 /3340·10 −8 ·1,04·10 −2 =27МПа.
Как видно, τ max <τ adm
(27МПа<75МПа). Следовательно, условие прочности выполняется.
Проверяем прочность балки по энергетическому критерию
. Из рассмотрения эпюр Q и М
следует, что опасным является сечение С,
в котором действуют M C =M max =48,3 кНм и Q C =Q max =48,9 кН.
Проведем анализ напряженного состояния в точках сечения С
Определим нормальные и касательные напряжения
на нескольких уровнях (отмечены на схеме сечения) Уровень 1-1: y 1-1 =h 1 /2=20/2=10см.
Нормальные и касательные
напряжения:
Главные
напряжения:
Уровень 2−2: y 2-2 =h 1 /2−t 1 =20/2−0,97=9,03см.
Главные напряжения:
Уровень 3−3: y 3-3 =h 1 /2−t 1 =20/2−0,97=9,03см.
Нормальные и касательные напряжения: Главные напряжения:
Экстремальные касательные напряжения:
Уровень 4−4: y 4-4 =0.
(в середине нормальные напряжения равны нулю, касательные максимальны, их находили в проверке прочности по касательным напряжениям) Главные напряжения: Экстремальные касательные напряжения:
Уровень 5−5:
Нормальные и касательные напряжения: Главные напряжения:
Экстремальные касательные напряжения: Уровень 6−6:
Нормальные и касательные напряжения: Главные напряжения:
Экстремальные касательные напряжения: Уровень 7−7:
Нормальные и касательные напряжения:
Главные напряжения:
Экстремальные касательные напряжения:
В соответствии с выполненными расчетами эпюры напряжений σ, τ, σ 1 , σ 3 , τ max и τ min
представлены на рис. Анализ
этих эпюр показывает
, что в сечении балки опасными являются точки на уровне 3-3 (или 5-5
), в которых: Используя энергетический критерий прочности,
получим Из сравнения эквивалентного и допускаемого напряжений следует, что условие прочности также выполняется (135,3 МПа<150 МПа).
Неразрезная балка нагружена во всех пролетах. Построить эпюры Q и M для неразрезной балки.
1. Определяем степень статической неопределимости
балки по формуле: n= Соп -3= 5-3 =2,
где Соп – число неизвестных реакций, 3 – число уравнений статики
. Для решения данной балки требуется два дополнительных уравнения.
2. Обозначим номера
опор с нулевой
по порядку (0,1,2,3
) 3. Обозначим номера пролетов
с первого
по порядку (ι 1, ι 2, ι 3
) 4. Каждый пролет рассматриваем как простую балку
и строим для каждой простой балки эпюры Q и M.
То, что относится к простой балке
, будем обозначать с индексом «0
», то, что относится к неразрезной
балке, будем обозначать без этого индекса.
Таким образом, — это поперечная сила и изгибающий момент для простой балки.
Для консольной балки, нагруженной распределенной нагрузкой интенсивностью кН/м и сосредоточенным моментом кН·м (рис. 3.12), требуется: построить эпюры перерезывающих сил и изгибающих моментов , подобрать балку круглого поперечного сечения при допускаемом нормальном напряжении кН/см2 и проверить прочность балки по касательным напряжениям при допускаемом касательном напряжении кН/см2. Размеры балки м; м; м. Горизонтальная реакция в заделке равна нулю, поскольку внешние нагрузки в направлении оси z на балку не действуют. Выбираем направления остальных реактивных усилий, возникающих в заделке: вертикальную реакцию направим, например, вниз, а момент – по ходу часовой стрелки. Их значения определяем из уравнений статики: Составляя эти уравнения, считаем момент положительным при вращении против хода часовой стрелки, а проекцию силы положительной, если ее направление совпадает с положительным направлением оси y. Из первого уравнения находим момент в заделке : Из второго уравнения – вертикальную реакцию : Полученные нами положительные значения для момента и вертикальной реакции в заделке свидетельствуют о том, что мы угадали их направления. В соответствии с характером закрепления и нагружения балки, разбиваем ее длину на два участка. По границам каждого из этих участков наметим четыре поперечных сечения (см. рис. 3.12), в которых мы и будем методом сечений (РОЗУ) вычислять значения перерезывающих сил и изгибающих моментов. Сечение 1.
Отбросим мысленно правую часть балки. Заменим ее действие на оставшуюся левую часть перерезывающей силой и изгибающим моментом . Для удобства вычисления их значений закроем отброшенную нами правую часть балки листком бумаги, совмещая левый край листка с рассматриваемым сечением. Напомним, что перерезывающая сила, возникающая в любом поперечном сечении, должна уравновесить все внешние силы (активные и реактивные), которые действуют на рассматриваемую (то есть видимую) нами часть балки. Поэтому перерезывающая сила должна быть равна алгебраической сумме всех сил, которые мы видим. Приведем и правило знаков для перерезывающей силы: внешняя сила, действующая на рассматриваемую часть балки и стремящаяся «повернуть» эту часть относительно сечения по ходу часовой стрелки, вызывает в сечении положительную перерезывающую силу. Такая внешняя сила входит в алгебраическую сумму для определения со знаком «плюс». В нашем случае мы видим только реакцию опоры , которая вращает видимую нами часть балки относительно первого сечения (относительно края листка бумаги) против хода часовой стрелки. Поэтому Изгибающий момент в любом сечении должен уравновесить момент, создаваемый видимыми нами внешними усилиями, относительно рассматриваемого сечения. Следовательно, он равен алгебраической сумме моментов всех усилий, которые действуют на рассматриваемую нами часть балки, относительно рассматриваемого сечения (иными словами, относительно края листка бумаги). При этом внешняя нагрузка, изгибающая рассматриваемую часть балки выпуклостью вниз, вызывает в сечении положительный изгибающий момент. И момент, создаваемый такой нагрузкой, входит в алгебраическую сумму для определения со знаком «плюс». Мы видим два усилия: реакцию и момент в заделке . Однако у силы плечо относительно сечения 1 равно нулю. Поэтому Знак «плюс» нами взят потому, что реактивный момент изгибает видимую нами часть балки выпуклостью вниз. Сечение 2.
По-прежнему будем закрывать листком бумаги всю правую часть балки. Теперь, в отличие от первого сечения, у силы появилось плечо: м. Поэтому Сечение 3.
Закрывая правую часть балки, найдем Сечение 4.
Закроем листком левую часть балки. Тогда По найденным значениям строим эпюры перерезывающих сил (рис. 3.12, б) и изгибающих моментов (рис. 3.12, в). Под незагруженными участками эпюра перерезывающих сил идет параллельно оси балки, а под распределенной нагрузкой q – по наклонной прямой вверх. Под опорной реакцией на эпюре имеется скачок вниз на величину этой реакции, то есть на 40 кН. На эпюре изгибающих моментов мы видим излом под опорной реакцией . Угол излома направлен навстречу реакции опоры. Под распределенной нагрузкой q эпюра изменяется по квадратичной параболе, выпуклость которой направлена навстречу нагрузке. В сечении 6 на эпюре – экстремум, поскольку эпюра перерезывающей силы в этом месте проходит здесь через нулевое значение. Условие прочности по нормальным напряжениям имеет вид: где – момент сопротивления балки при изгибе. Для балки круглого поперечного сечения он равен: Наибольший по абсолютному значению изгибающий момент возникает в третьем сечении балки: Тогда требуемый диаметр балки определяется по формуле Принимаем мм. Тогда «Перенапряжение» составляет что допускается. Наибольшие касательные напряжения, возникающие в поперечном сечении балки круглого сечения, вычисляются по формуле где – площадь поперечного сечения. Согласно эпюре , наибольшее по алгебраической величине значение перерезывающей силы равно то есть условие прочности и по касательным напряжениям выполняется, причем, с большим запасом. Для шарнирно опертой балки, нагруженной распределенной нагрузкой интенсивностью кН/м, сосредоточенной силой кН и сосредоточенным моментом кН·м (рис. 3.13), требуется построить эпюры перерезывающих сил и изгибающих моментов и подобрать балку двутаврового поперечного сечения при допускаемом нормальном напряжении кН/см2 и допускаемом касательном напряжении кН/см2. Пролет балки м. Рис. 3.13 Для заданной шарнирно опертой балки необходимо найти три опорные реакции: , и . Поскольку на балку действуют только вертикальные нагрузки, перпендикулярные к ее оси, горизонтальная реакция неподвижной шарнирной опоры A равна нулю: . Направления вертикальных реакций и выбираем произвольно. Направим, например, обе вертикальные реакции вверх. Для вычисления их значений составим два уравнения статики: Напомним, что равнодействующая погонной нагрузки , равномерно распределенной на участке длиной l, равна , то есть равна площади эпюры этой нагрузки и приложена она в центре тяжести этой эпюры, то есть посредине длины. Делаем проверку: . Напомним, что силы, направление которых совпадает с положительным направлением оси y, проектируются (проецируются) на эту ось со знаком плюс: то есть верно. Разбиваем длину балки на отдельные участки. Границами этих участков являются точки приложения сосредоточенных усилий (активных и/или реактивных), а также точки, соответствующие началу и окончанию действия распределенной нагрузки. Таких участков в нашей задаче получается три. По границам этих участков наметим шесть поперечных сечений, в которых мы и будем вычислять значения перерезывающих сил и изгибающих моментов (рис. 3.13, а). Сечение 1.
Отбросим мысленно правую часть балки. Для удобства вычисления перерезывающей силы и изгибающего момента , возникающих в этом сечении, закроем отброшенную нами часть балки листком бумаги, совмещая левый край листка бумаги с самим сечением. Перерезывающая сила в сечении балки равна алгебраической сумме всех внешних сил (активных и реактивных), которые мы видим. В данном случае мы видим реакцию опоры и погонную нагрузку q, распределенную на бесконечно малой длине. Равнодействующая погонной нагрузки равна нулю. Поэтому Знак «плюс» взят потому, что сила вращает видимую нами часть балки относительно первого сечения (края листка бумаги) по ходу часовой стрелки. Изгибающий момент в сечении балки равен алгебраической сумме моментов всех усилий, которые мы видим, относительно рассматриваемого сечения (то есть относительно края листка бумаги). Мы видим реакцию опоры и погонную нагрузку q, распределенную на бесконечно малой длине. Однако у силы плечо равно нулю. Равнодействующая погонной нагрузки также равна нулю. Поэтому Сечение 2.
По-прежнему будем закрывать листком бумаги всю правую часть балки. Теперь мы видим реакцию и нагрузку q, действующую на участке длиной . Равнодействующая погонной нагрузки равна . Она приложена посредине участка длиной . Поэтому Напомним, что при определении знака изгибающего момента мы мысленно освобождаем видимую нами часть балки от всех фактических опорных закреплений и представляем ее как бы защемленной в рассматриваемом сечении (то есть левый край листка бумаги нами мысленно представляется жесткой заделкой). Сечение 3.
Закроем правую часть. Получим Сечение 4.
Закрываем листком правую часть балки. Тогда Теперь, для контроля правильности вычислений, закроем листком бумаги левую часть балки. Мы видим сосредоточенную силу P, реакцию правой опоры и погонную нагрузку q, распределенную на бесконечно малой длине. Равнодействующая погонной нагрузки равна нулю. Поэтому То есть все верно. Сечение 5.
По-прежнему закроем левую часть балки. Будем иметь Сечение 6.
Опять закроем левую часть балки. Получим По найденным значениям строим эпюры перерезывающих сил (рис. 3.13, б) и изгибающих моментов (рис. 3.13, в). Убеждаемся в том, что под незагруженным участком эпюра перерезывающих сил идет параллельно оси балки, а под распределенной нагрузкой q – по прямой, имеющей наклон вниз. На эпюре имеется три скачка: под реакцией – вверх на 37,5 кН, под реакцией – вверх на 132,5 кН и под силой P – вниз на 50 кН. На эпюре изгибающих моментов мы видим изломы под сосредоточенной силой P и под опорными реакциями. Углы изломов направлены навстречу этим силам. Под распределенной нагрузкой интенсивностью q эпюра изменяется по квадратичной параболе, выпуклость которой направлена навстречу нагрузке. Под сосредоточенным моментом – скачок на 60 кН ·м, то есть на величину самого момента. В сечении 7 на эпюре – экстремум, поскольку эпюра перерезывающей силы для этого сечения проходит через нулевое значение (). Определим расстояние от сечения 7 до левой опоры.Статьи с близкой тематикой
Отзывы
Нормальные напряжения и деформации при чистом изгибе.
.
До деформации сечения, ограничивающие
элемент
,
были параллельны между собой (рис. 6.2,
а), а после деформации они несколько
наклонились, образуя угол
.
Длина волокон, лежащих в нейтральном
слое, при изгибе не меняется
.
Обозначим радиус кривизны следа
нейтрального слоя на плоскости чертежа
буквой
.
Определим линейную деформацию
произвольного волокна
,
отстоящего на расстоянии
от нейтрального слоя.
)
равна
.
Учитывая, что до деформации все волокна
имели одинаковую длину
,
получим, что абсолютное удлинение
рассматриваемого волокна
,
так как длина волокна, лежащего в
нейтральном слое не изменилась. Тогда
после подстановки
получим
(6.2)
.
С учетом (6.2)
, (6.3)
в поперечном сечении (6.1)
.
представляет собой момент инерции
сечения относительно оси
.
(6.4)
)
с действующим в сечении моментом.
Произведение
носит название жесткости сечения при
изгибе, Н·м 2 .
(6.5)
и изгибающего момента
,
;
(6.6)
(6.7)
– нейтральная ось сечения – проходит
через центр тяжести поперечного сечения.
и
- главные центральные оси сечения.
представляет собой осевой момент
сопротивления сечения
относительно его центральной оси
,
значит
для простейших поперечных сечений
следующее:
, (6.8)
-
сторона сечения перпендикулярная оси
;
- сторона сечения параллельная оси
;
, (6.9)
- диаметр круглого поперечного
сечения.
(6.10)
действует еще продольная
сила
и поперечная сила
,
можно пользоваться формулами,
приведенными для чистого изгиба.
Погрешность при этом получается
незначительной.
Дифференциальные и интегральные зависимости при изгибе
Нормальные напряжения при чистом изгибе балки
(рис. 2.29), а так как", то , т.е.. Отсюда следует, что ось Οζ
является центральной. Эта ось в поперечном сечении называется нейтральной линией. Для чистого прямого изгиба Тогда
3. Для построения составим выражения для их определения на участках. Эпюру моментов построим на волокнах, т.е. вниз. 
(эпюра единичных моментов уже была построена ранее)
,где Q — поперечная сила в сечении, S x 0 – статический момент части поперечного сечения, расположенной по одну сторону от слоя, в котором определяются касательные напряжения, I x – момент инерции всего поперечного сечения, b – ширина сечения в том месте, где определяется касательное напряжение
Определим необходимое расчетное значение осевого момента сопротивления сечения:
Расчетная схема для задачи на прямой поперечный изгиб
Рис. 3.12Решение задачи "прямой поперечный изгиб"
Определяем опорные реакции
кН.
кН·м.
кН; кН·м.
кН;
кН·м.
кН·м.
.Определяем требуемый диаметр поперечного сечения балки
,
.
кН·см.
см.
кН/см2 кН/см2.
,Проверяем прочность балки по наибольшим касательным напряжениям
,
кН. Тогда
кН/см2 кН/см2,Пример решения задачи "прямой поперечный изгиб" №2
Условие примера задачи на прямой поперечный изгиб
Пример задачи на прямой изгиб – расчетная схема
Решение примера задачи на прямой изгиб
Определяем опорные реакции
;
кН.Строим эпюры перерезывающих сил и изгибающих моментов
кН.
кН·м.
кН;
кН·м.
кН;
Похожие статьи
-
Мытарства души после смерти: что происходит после смерти
Понимание посмертной жизни души очень важно для каждого верующего религиозного человека. Ответив на вопрос, что нас ждет после смерти, что такое душа, мы понимаем, что такое человек и как нужно жить, чтобы не погибнуть для вечности....
-
Штомпка анализ современных обществ
Теория структурации Э. Гидденса послужила в определенной мере толчком для появления в 1990-х гг. работ польского социолога Петра Штомпки (ныне президента Международной социологической ассоциации), посвященных комплексному и целостному...
-
Поиск презентаций. это будет их проект
Презентация: Творческий проект с использованием ученика 1-5 класса МОУ Гимназии 26 Девяткина Дмитрия «Правила поведения младшего школьника при чрезвычайных ситуациях.» Творческий проект с использованием ученика 1-5 класса МОУ Гимназии 26...
-
Когда наступает Новый год Свиньи по китайскому календарю?
Восточная культура и китайские традиции прочно прижились в нашей повседневной жизни, стали и нашими привычками и традициями. Праздновать Новый год по-восточному сегодня стали многие люди, другие же хоть и не празднуют, но какое животное...
-
Сочинение по картине К.Ф.Юона На тему: «Весенний солнечный день. Описание картины К. Юона "Весенний солнечный день" Весенний солнечный день небо
К. Ф. Юон является замечательным и талантливым мастером живописи, которому удалось создать множество примечательных картин. Особое внимание уделялось художником написанию природных особенностей родного края, которые изображены на его...
-
Крымский гуманитарный университет (КГУ)
г.Ялта, пгт. Массандра, ул. Стахановская, 11 Становление и развитие современной кафедры педагогики и управления учебными заведениями начинается с деятельности цикловой комиссии при Ялтинском педагогическом училище. В 1994 году одновременно...