Рис. 6.23. Расчет балки на упругом основании

166

Правый край:

ζ = λ = 3,15; v(3,15) = 0; M(3,15) = 0;

v(3,15) = C1V1(3,15) + C2V2 (3,15) + 4 ×12 × 0,3787 V4 (3,15 -1,18) + 3×10

+3×104 3 [1- V1(3,15 -1,18)]= C1(-11,69) + C2 (-5,87) +

+12,6 ×10−3 ×1,184 +1,33×10−3[1- (-1,421)]=

+12,6 ×10−3 ×1,001+ 5,33×10−3 ×1,62 = = 0,196C1 -11,55C2 + 21,24 ×10−3 = 0.

Окончательно получаем систему двух линейных алгебраических уравнений

–11,69С1 – 5,87С2 +18,14×10–3 = 0 ; 0,196С1 –11,55С2 + 21,24×10–3 = 0.

Корни системы C1 = 0,623 ×10−3 м; C2 = 1,85 ×10−3 м. Перемещения сечения в начале координат

v(0) = C1 = 0,623×10−3 м = 0,623 мм ;

q(0) = С2 m = 1,85 ×10−3 × 0,787 = 1,456 ×10−3 рад.

167

Вкачестве иллюстрации найдем v и M при z = l/2 = 1,57 (z = l/2 =

=2,0 м).

=-107 × 2 ×104 × 0,787(- 2,492 ×1,15 -7,4 × 0,626 +12,6 × 0,39 +

+5,33× 0,076) ×10−3 = 1,23× 2,179 = 2,68 кН × м.

Наибольший изгибающий момент возникает в сечении, расположенном в окрестности середины балки.

Наибольшее нормальное напряжение определяется так же, как и в обычной балке:

168

7.Сложное сопротивление

7.1.Усилия и напряжения в поперечных сечениях стержней

Сложным сопротивлением стержня обычно называют такое его состояние, когда в его сечениях возникают два и более внутренних усилия.

Из рассмотренных ранее сопротивлений прямой поперечных изгиб, в котором возникают изгибающие момента М и поперечные силы Q, формально может быть отнесен к сложному сопротивлению. Однако, влияние поперечной силы Q на прочность и жесткость обычно невелико. Поэтому поперечный изгиб обычно изучают совместно с чистым изгибом, пренебрегая Q.

Ниже рассматриваются случаи сложного сопротивления, когда надо учитывать влияние всех внутренних усилий. Эти случаи представлены сложным изгибом, изгибом с растяжением (сжатием) и изгибом с кручением.

Величины изгибающих моментов определяются так же, как и при плоском изгибе, но правило знаков в условиях сложного сопротивления несколько модифицируется.

Продольные силы N по величине и знаку определяются так же, как и при простых деформациях – растяжении и сжатии. Если при сложном сопротивлении выполняются те же допущения, что были приняты в условиях простых деформаций: растяжении, сжатии и изгибе, – то все формулы напряжений будут справедливы и в данном случае.

Обозначив изгибающие моменты относительно главных центральных осей инерции поперечного сечения Mx , M y , опираясь на

принцип суперпозиции, получим следующую общую формулу нормальных напряжений σ при сложном сопротивлении

менты; F, Ix, Iy,– площадь поперечного сечения и главные центральные моменты инерции; х, у – координаты точки сечения.

169

7.2. Сложный изгиб

При сложном изгибе нагрузка расположена в обеих главных плоскостях балки (рис. 7.1). Так как сосредоточенные силы и действующая на балку распределенная нагрузка перпендикулярны продольной оси z, то усилие N равно нулю, и формула нормальных напряжений упрощается и принимает вид

Пример. 7.1.

Требуется подобрать сечение балки, показанной на рис 7.1, из условия прочности и из условия жесткости. Эскиз сечения приведен на рис. 7.2.

Определение усилий.

Нагрузки q и Р2 расположены в главной плоскости балки ycz. Реакции опор А и В в этой плоскости равны R Ay = 272,5 кН,

R By = 437,5 кН.

Эпюра Qy и эпюра моментов Мх построены способом характерных сечений (см. § 6.4).

В главной плоскости xcz действуют две внешние силы P1 и P3.

Для возможности применения формальных приемов, рассмотренных ранее в разделе «Изгиб» используем такую проекцию в плоскости xcz, чтобы ось х была направлена вниз. Реакции опор А и В в этой плоскости равны R Ax = 55,0 кН, R Bx = 95 кН.

Эпюра Qx и эпюра моментов Му построена по характерным сечениям. Эпюры Qy , Mx ,Qx , M y показаны на рис. 7.1, б.

M yC = M yA = 0,

M yK = -R Ax × 2 = -55 × 2 = -110 кН × м,

МуB = -R Ax × 4 + Р1 × 2 = -55 × 4 + 60 × 2 = -100 кН × м,

МуD = -R Ax × 5 + Р1 × 3 + R Bx ×1,0 = 0.

171

По вычисленным значениям построена эпюра Му (см. рис. 7.1, б). Опасное сечение устанавливаем без учета поперечных сил по ве-

личинам изгибающих моментов. Очевидно, что таким сечением являет-

ся сечение В, в котором действуют Мх = – 160 кН×м и Му = – 100 кН×м. Подбор сечения балки.

а) Подбор сечение заданной формы (рис. 7.2).

Все размеры сечения кратны параметру а. Требуется определить а,

если [s] = 180 МПа, [f] = /500 = 400/500 см = 0,8 см.

Центр тяжести сечения расположен на оси симметрии у, являющейся главной центральной осью сечения.

На рис. 7.2 показан центр тяжести с, через который проходит вторая главная центральная ось сечения х. Оси х и у направлены так, что если смотреть с конца стрелки оси z, положительная четверть сечения расположена так же, как и на рисунке балки (рис. 7.1). Очевидно, у1 = у2 = 6,83 а – 5 а = 1,83 а; у3 = (–10,5 а + 6,83 а) = – 3,67 а.

Главные центральные моменты инерции Iх, Iy равны:

172

Рис. 7.2. Главные центральные оси х и у; нейтральная ось (НО), опасные точки I и II

Подставим Jx и Jy и значения усилий в (7.2):

Приравняв полученное выражение s к нулю, получаем уравнение нейтральной оси (НО):

s = 0; – 436,64у – 204,08х = 0.

Очевидно, что нейтральная ось – прямая линия. Чтобы построить ее, найдем две точки на нейтральной оси. Координаты одной точки очевидны при х = 0, у = 0. Затем примем хА = 4 а, тогда

173

уA = - 204,08 × 4а = -1,87 а. 436,64

На рис. 7.2 показана нейтральная ось, проходящая через точки с и А. Нейтральная ось делит сечение на растянутую и сжатую части. Так как моменты Мх и Му отрицательны, то положительная четверть сечения сжата. Сжатая часть сечения заштрихована.

Наибольшие напряжения действуют в наиболее удаленных от НО точках: т. II (наибольшие сжимающие напряжения – smin), т. I (наибольшие растягивающие напряжения smах).

Координаты т.II равны: xII = 5а, yII = 6,83а, координаты т. I – xI = −5а, yI = −(11,0а − 6,83а) = −4,17а.Таким образом напряжения в т. II по величине больше напряжений в т. I, следовательно, более опасной является т. II, так как в исходных(yI > yII ) данных принято единое

допускаемое напряжение (одинаковое как при растяжении, так и при сжатии).

Значение параметра а определим из условия прочности в т. II.

=- 4002,65 £ [s] = 180 МПа.

а3

Если сечение имеет сложный контур, например криволинейный, то координаты опасных точек могут быть найдены графически в соответствии с масштабом, в котором построено сечение.

В заключение необходимо определить размеры сечения по условию жесткости.

Определение прогибов в главных плоскостях балки выполним методом начальных параметров.

Главная плоскость ycz.

174

Запишем уравнение прогибов в этой плоскости с помощью универсального уравнения упругой линии балки при выборе начала координат в сечении C (рис. 7.1):

где v(0), θx (0) – кинематические начальные параметры; Qy (0), Mx (0)–

статические начальные параметры.

В нашем случае Qy (0) = 0, Mx (0) = 0 .

Кинематические начальные параметры находим из условий закрепления балки:

Характерными сечениями являются сечения С, К (середина пролета) и D. Подставляя в v(z) абсциссы этих сечений, получим

175

Главная плоскость xcz.

Уравнение прогибов в этой плоскости при выборе начала координат в сечении С имеет вид

где u(0), θy(0) – кинематические начальные параметры; Qx(0), My(0) – статические начальные параметры.

В нашем случае Qx(0) = 0, My(0) = 0.

Параметры u(0) и θy(0) находим из условия закрепления балки:

R Ax

x

Рис. 7.3. Схемы стойки (а) и эпюры усилий (б)

Построение эпюр усилий. Определение опасного сечения

При построении эпюр предварительно все нагрузки рекомендуется привести к оси стержня. В нашем случае это необходимо сделать лишь для силы Р1 (рис. 7.3).

Продольную силу N создает одна сила P1, сжимающая часть стержня от сечения D до сечения А, поэтому N = – P1= – 0,5 q .

Эпюры N и Мх и Му, построенные по характерным сечениям, изображены на рис. 7.3.

Из эпюр видно, что опасными сечениями являются сечения D и К.