9562

4. Эпюры Qy и Мх построены.

В рассмотренной задаче на балку воздействовали сосредоточенные нагрузки. В

следующей задаче демонстрируются основные приемы работы с равномерно-распреде-

ленными нагрузками.

Задача 4.2. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов для балки, изо-

браженной на рис. 83.

Рис. 83

141

Решение

В данной балке можно построить эпюры, не определяя опорных реакций, если на всех участках выражения для Qy и Мх составлять, используя нагрузки, расположенные справа от сечения, а левую часть стержня (вместе с неизвестными реакциями) отбрасы-

вать.

Пронумеруем участки (по направлению). На каждом покажем произвольное сече-

ние, привязав его к правому краю балки.

Записываем аналитические выражения для Qy и Мх. Полученные функции изобра-

жаем графически.

Выпуклость параболы – вниз.

Касательная к ней горизонтальна в сечении, где Qy = 0, то есть на краю балки.

При вычислении значений усилий необходимо указывать сечения, для которых про-

Еще один способ заключается в том, чтобы обозначить все сечения балки буква-

ми: A, B, C, D, E и т.д. В этом случае можно, например, записать

, что будет обозначать: «значение в сечении D».

Каждый вправе использовать тот способ указания сечений, который ему нравит-

ся.

2-й участок 2 м ≤ ≤ 4 м

142

Более точно квадратная парабола строится по трем точкам.

Третью точку берем в середине участка.

Выпуклость параболы - вниз. Экстремумов нет.

На стыке 1-го и 2-го участков приложен сосредоточенный момент В силу этого на эпюре Мх образовался скачок, по величине и направлению совпадающий с внешним моментом.

3-й участок 4 м ≤ ≤ 7 м

Составляя выражения Qy() и Мх () заметим, что теперь справа от сечения оказа-

лась вся нагрузка q1 (равнодействующая q1 м с плечом () м) и часть нагрузки q2

(равнодействующая q2 ·() с плечом ()/2).

;

Наклонная прямая Qy() имеет уклон в другую сторону и расположена круче, чем на 1-м и 2-м участках, поскольку тангенс угла ее наклона равен нагрузке q2, которая имеет другой знак и больше по величине, чем q1.

=

= ;

;

.

На стыке 2-го и 3-го участков к балке не приложены сосредоточенные силы и мо-

менты. Поэтому в данном сечении эпюра Мх не имеет разрыва и излома, то есть гладкая.

Квадратная парабола выпуклостью вверх и имеет экстремум в том сечении, где эпюра Qy

пересекает ось (Qy= 0). Для построения параболы в данном случае следует третье значение считать не в середине участка (как на участке 2), а в месте экстремума.

Экстремальные значения усилий принято вычислять, поскольку часто они явля-

ются наибольшими и определяют положение опасного сечения.

Для того чтобы найти экстремум квадратной функции на некотором участке, следует сначала найти его расположение, то есть положение сече-

ния, в котором Qy (z) обращается в нуль.

143

Проводим квадратную параболу через три точки.

Эпюры Qy и Мх построены.

Практика №4

Пример 1. Определить нормальное напряжение при изгибе балки (в МПа) в точке

А поперечного сечения, удаленной от нейтральной линии сечения на 15 см (рис. 84), если изгибающий момент M = 10 кНм = 1000 кНсм.

Рис. 84

Решение.

1.Определяем момент инерции сечения относительно оси z:

2.Подставляем значения изгибающего момента, осевого момента инерции и коор-

динаты точки А в формулу для нормальных напряжений и находим напряжения:

σ А = 12 = 0,17 кН/см2 = 1,7 МПа

144

Таким образом, в точке А поперечного сечения балки действует нормальное напряжение σA=1,7 МПа.

Пример 2.

В качестве примера применения формулы Журавского построим эпюру касательных напряжений для случая прямоугольного поперечного сечения балки (рис. 85). Учи-

тывая, что для этого сечения

получаем

где F=bh - площадь прямоугольника.

Как видно из формулы, касательные напряжения по высоте сечения меняются по закону квадратической параболы, достигая максимума на нейтральной оси

Рис. 85

В круглом сечении (рис. 85) эпюра касательных напряжений ограничена кривой,

имеющей максимум на нейтральной оси. Учитывая, что статический момент полукруга и момент инерции круга

получаем

145

Решение.

Характерной особенностью этого сечения является резкое изменение ширины се-

чения при переходе от стенки двутавра к его полке. В основном поперечную силу воспри-

нимает стенка, а на долю полок приходится небольшая ее величина.

Покажем, как определяется статический момент площади для любой произвольной точки сечения двутавра. Для этого рассмотрим произвольную точку К (рис. 87). Проведем через эту точку линию, параллельную оси Oz. Статический момент площади верхней от-

сеченной части (заштрихованой на рис. 87) может быть найден как сумма статических моментов двух площадей A1 и A2

Рис. 87

Наибольшей величины статический момент площади отсеченной части относи-

тельно нейтральной линии сечения Oz достигает для половины сечения. Следовательно,

максимальные касательные напряжения возникают в волокнах нейтрального слоя.

Вернемся теперь к рис.86. Точка №1 сечения принадлежит наиболее отдаленному волокну. Точки №2 и №3 лежат в месте перехода от полки к стенке: точка №2 принадле-

жит полке, точка №3 – стенке сечения. Точка №4 лежит в центре тяжести сечения и при-

надлежит нейтральной линии сечения. Сечение симметрично расположено по отношению к оси Oz. Поэтому напряжение в точке №5 будет таким же, как в точке №3, напряжение в точке №6 – таким же, что и в точке №2, напряжение в точке №7 – таким же, что и в точке №1.

Вначале найдем момент инерции сечения относительно оси Oz:

Касательное напряжение в точке №1 поперечного сечения равно нулю, так как от-

сеченная часть сечения в данном случае представляет собой пространство над сечением, и

147

ввиду отсутствия отсеченной площади, статический момент этой площади равен нулю. С

другой стороны, если в качестве отсеченной площади рассматривать все сечение, то ста-

тический момент всей площади относительно нейтральной линии сечения z , как цен-

тральной оси, равен нулю.

Для определения касательного напряжения в точке №2 проводим через точку №2

линию, параллельную оси Oz. Отсеченная площадь лежит выше этой линии и составляет

=2·10=20см2. Вычисляем расстояние от центра тяжести отсеченной площади до оси Oz.

Оно равно 11см. Находим касательные напряжения в точке №2:

При определении касательного напряжения в точке №3 следует помнить, что ста-

тический момент площади отсеченной части в этом случае остается прежним, так как точ-

ки №2 и №3 находятся на одинаковом расстоянии от оси Oz. Только точка №2 принадле-

жит полке, а точка №3 принадлежит стенке двутавра. В связи с этим касательное напря-

жение в точке №3 будет равно:

Для определения напряжения в точке №4, проведем через эту точку линию, совпа-

дающую с осью Oz. Отсеченная площадь представляет собой тавр. Статический момент площади тавра вычислим, используя выражение (а), приведенное выше. В нем A1 пред-

ставляет собой площадь полки, A2 − площадь половины стенки; y1 − расстояние от центра тяжести полки до оси Oz; y2 − расстояние от центра тяжести половины площади стенки до оси Oz. Касательные напряжения в точке №4 будут равны:

Как уже отмечалось выше, в силу симметрии τ5=τ3=16,21 МПа, τ6=τ2=1,95 МПа;

τ7=τ1=0.

Откладываем найденные значения касательных напряжений от базисной линии и строим эпюру касательных напряжений.

148

Практика №5

Пример 1.. Подобрать сечение стальной балки из прокатного двутавра.

Расчётные характеристики балки: [ σ ] = 160 МПа, [ τ ] = 100 МПа, Е = 2٠105 МПа.

Длина пролёта балки l = 6 м. Допускаемый прогиб [ f ] = l / 400 = 6000 мм / 400 = 15 мм.

1. Определяем размеры прокатного двутавра из условия прочности балки на изгиб.

Из таблицы 1. Сталь горячекатанная. Балки двутавые (ГОСТ 8239-72*) находим сле-

дующий номер профиля:

Двутавр №30а: Wx = 518 см3, Jx = 7780 см4, S*x = 292 см3, d = 0,65 см. 2. Выполняем проверку балки на срез.

=23 МПа << [τ ] = 100 МПа.

3.Определяем жёсткость балки при изгибе.

EJx = 2٠104 кН/см2× 7780 см4 = 15560 ٠104 кНсм2 = 15560 кНм2 .

4. Балка имеет 2 участка.

Составляем дифференциальное уравнение для каждого участка и дважды интегрируем.

Начало координат помещаем на левом конце балки. Ось у направляем вниз.

5. Определяем постоянные интегрирования.

·Условие плавности изогнутой оси при z = 4 м: θ1 (4) = θ 2 (4). Отсюда находим С1 = С2.

149

∙Условие непрерывности изогнутой оси z = 4 м: v1 (4) = v 2 (4). Отсюда находим D1 =

D2.

∙Условие закрепления балки при z = 0: v1(0) = vA = 0. Отсюда находим D1 = D2 = 0.

∙Условие закрепления балки при z = 6 м: v2(6) = vВ = 0. Отсюда находим С1 = С2 = 320/3.

С учётом полученных значений постоянных интегрирования для углов поворота и прогибов сечений балки окончательно получаем следующие выражения:

Эпюры углов поворота и прогибов балки показаны на рис. 88.

Максимальный прогиб в сечении балки 1 участка, где θ1 = 0:- 10 z2 + 320/3 = 0.

Отсюда находим координату сечения z ≈ 3,266 м.

Максимальный прогиб в этом сечении будет равен f ≈ 14,93 мм.

Прогиб в середине пролёта балки при z = 3 м равен vсер. ≈ 14,78 мм.

150