Сопротивление материалов. В 2 ч. Ч 1 Краткая теория. Примеры

При z = z0 = 2,58 м

Mmax Ay z0 q(z0 2) (z0 2 2)

3, 47 2,58 6 (2,58 2) (2,58 2) 7,94 кН м. 2

Заметим, что на участках балки, где действует распределенная нагрузка q, изгибающий момент изменяется по закону параболы. Линия эпюры изогнута в сторону направления нагрузки q.

Изпостроенныхэпюрследует, чтоQmax = 12,13 кН, Мmax = 7,94 кНм.

Пример 5.4

Построить эпюры Q и М для двухпролетной балки с промежуточным шарниром (рис. 5.9).

а

б

в

г

Рис. 5.9

110

Решение

Сложная (составная) балка АK состоит из двух частей: основной АС, покоящейся на шарнирных опорах А и В, и дополнительной, опирающейсялевымконцомнаосновнуюбалку, аправым– наопору K.

Нагрузка q, действующая на основную балку, передается только на опоры А и В. Нагрузка F, действующая на дополнительную часть балки, передается на опору K и через шарнир С – на основную часть балки, а затем на опоры А и В.

Для ведения расчета сложную балку следует расчленить на основную и дополнительную части, проведя сечение через шарнир С

(рис. 5.9, б).

Реакции в опорах балки определяют обычным образом, рассматриваяотдельнокаждуючастьсложнойбалки, начинаясдополнительной.

Составляем уравнения равновесия для дополнительной части балки (СK):

МС = 8 1,5 – Ky 3 = 0, откуда Ky = 4,0 кН;МК = – 8 1,5 + Сy 3 = 0, откуда Сy = 4,0 кН;Y = Сy – F + Ky = 4 – 8 + 4 = 0.

Составляем уравнения равновесия для основной части балки (АС). В сечении С основной части балки нужно приложить ту часть нагрузки F, которая с дополнительной части передается на основную. Эта часть нагрузки Сy равна реакции Сy дополнительной части, т. е. Сy = Сy. НаправлятьСy следуетпротивоположнонаправлениюСy.

M A q4 42 Cy (4 1) By 4 0, откуда Вy = 15 кН;

M B q4 42 Cy1 Ay 4 0, откуда Аy = 9 кН;

Y = Аy – q 4 + Вy – Сy = 9 – 5 4 + 15 – 4 = 0.

Для определения опорных реакций можно поступить иначе. Так как изгибающий момент в шарнире равен нулю (через шарнир мо-

111

мент не передается), то к обычным уравнениям равновесия можно добавить еще одно – сумма моментов относительно шарнира С от сил слева или справа от него равна нулю ( МСлев = МСпр = 0). Тогда рис. 5.9, б не нужен.

В данном примере целесообразно составить следующие уравнения равновесия:

1)МСпр = 0 – определяется реакция Ky;

2)МВ = 0 – войдут неизвестная реакция Аy и известная реакция Ky. Совместное решение уравнений МСпр = 0 и МВ = 0 дает значение реакции Аy;

3)МСлев = 0 – определяется реакция Вy.

Возможно применение других вариантов уравнений равновесия. Эпюры Q и М строятся обычным путем, отдельно для каждой

части балки, а затем их нужно соединить.

После того как изучены закономерности изменения Q и М на участках балки в зависимости от вида нагрузки, процедуру их определения можно несколько упростить. Выражения для Q и М на каждом участке балки в зависимости от z не составляются, а сразу вычисляются их значения для конкретных сечений (обычно это границы расчетных участков балки).

Как выявлено ранее, в сечении, где приложена сосредоточенная сила F, на эпюре Q образуется скачок на величину этой силы. Поэтому в таких сечениях вычисляются два значения Q на бесконечно малых расстояниях слева (л) и справа (п) от него.

То же относится и к сосредоточенному моменту М. Определяем внутренние силы (усилия) в характерных сечениях

балки.

Ход слева.

Сечение А:

Q = Ay = 9 кН, М = 0.

Сечение В:

Qл = Ay – q 4 = 9 – 5 4 = – 11 кН; Qп = Ay – q 4 + Вy = 9 – 5 4 + 15 = 4 кН;

M Ay 4 q 4 42 9 4 5 4 2 4 кН м.

112

Сечение С:

Q = Ay – q 4 + Вy = 9 – 5 4 + 15 = 4 кН;

9 5 5 4 3 15 1 0.

Для остальной части балки целесообразен ход справа.

Сечение K:

Q = –Ky = –4 кН, М = 0.

Сечение D:

Qп = –Ky = –4 кН;

Qл = –Ky + F = –4 + 8 = 4 кН;

М = + Ky 1,5 = + 4 1,5 = +6 кН м.

Сечение С:

Q = – Ky + F = –4 + 8 = 4 кН;

М = Ky (1,5 + 1,5) – F 1,5 = + 4 3 – 8 1,5 = 0.

Заметим, что последние значения Q и М можно было не определять (уже найдены).

ПовычисленнымзначениямQ иМстроятсяихэпюры(рис. 5.9, в, г). На участке АВ балки эпюра Q переходит через нуль. Определим это сечение N, в котором изгибающий момент имеет максимальное

значение:

QN = Ay – qz0 = 0,

откуда z0 = Ay/q = 9/5 = 1,8 м. При z = z0 = 1,8 м

Mmax Ay z0 qz0 z20 9 1,8 5 1,8 0,9 8,1 кН м.

113

Из построенных эпюр следует, что Qmax = 11 кН, Mmax = 8,1 кН·м. Процедуру построения эпюры Q можно еще более упростить,

применив графоаналитический прием, помня о закономерности изменения Q в зависимости от вида нагрузки.

Начинать построение удобно с крайнего левого сечения балки. В сечении А – скачок на величину и направление реакции, т. е. вверх на 9 кН. На участке АВ – прямая, наклонная по направлению

нагрузки q, т. е. вниз на

5 4 = 20 кН.

Получим точку с ординатой

9 – 20 = –11 кН.

От этой точки вверх на значение реакции Вy = 15 кН получим точку с ординатой 4 кН. На участке ВС и СD изменений нет – эпюра прямая, параллельная оси. В сечении D – скачок вниз на F = 8 кН – получим ординату 4 кН. На участке DK изменений нет. В сечении K – скачок вверх на значение реакции Ky = 4 кН. Построение всегда должно «замкнуться» на нуле.

Пример 5.5

Построить эпюры Q и М для составной балки, нагруженной сосредоточенным моментом М и нагрузкой q, распределенной по закону треугольника, смаксимальнойординатойq = 6 кН/м(рис. 5.10).

Решение

В защемлении (сечение А) возникают вертикально направленная реакция Аy и момент МА, а в шарнирной опоре D – реакция Dy.

Опорные реакции определяются из уравнения равновесия

MCпр Dy 2,7 q2,72 13 2,7 0,

откуда

Dy = 7,29 / 2,7 = 2,7 кН.

114

а

б

в

Рис. 5.10

При определении реакции распределенная нагрузка была заменена равнодействующей, которая равна площади этой нагрузки

(треугольника) = 0,5qа и приложена в центре тяжести. Плечо равнодействующей относительно сечения С равно а3 :

откуда МА = –26,2 кН м.

MСлев Ay 3 M A M 0,

откуда Аy = 5,4 кН. Проверка:

Y 5,4 2,7 6 22,7 8,1 8,1 0 – реакции найдены верно.

115

Определяем внутренние силы (Q и М) в характерных сечениях балки.

Ход слева.

Сечение А:

Q = Ay = 5,4 кН;

М = –МА = –26,2 кН·м.

Сечение В:

Q = Ay = 5,4 кН;

Млев = –МА + Ay 2 = –26,2 + 5,4 2 = –15,4 кН·м;

Мпр = –МА + М = –26,2 + 5,4 2+ 10 = –5,4 кН·м.

Сечение С:

Q = Ay = 5,4 кН;

М = – МА + Ay 3 + М = –26,2 + 5,4 3 + 10 = 0.

Для участка балки CD, где нагрузка носит сложный характер, составим подробные выражения для Q и М.

Ход справа:

Ординату распределенной нагрузки qz найдем из подобия треугольников (нагрузочного и отсеченного):

qa qzz ,

откуда

qz qza .

116

С учетом ординаты нагрузки qz получим

ся по кубической параболе, выпуклостью вниз.

Чтобы установить направленность выпуклости эпюры, следует определить значения Q и М еще в одном сечении участка балки (лучше посередине).

Вычисляем значения Q и М на участке CD. При z = 0

Q = –Dy = –2,7 кН, М = 0.

При z = 2,7 м

Q 2,7 6 2,72 5,4 кН; 2 2,7

М 2,7 2,7 6 2,73 0. 6 2,7

Эпюры Q и М показаны на рис. 5.10, б, в.

Для отыскания сечения, в котором Q = 0, нужно приравнять ее выражение нулю:

6z2

Q( z0 ) 2,7 2 2,70 0,

откуда z0 = 1,56 м.

При z = z0 = 1,56 м максимальный изгибающий момент в этом сечении балки

Mmax 2,7 1,56 6 1,563 2,8 кН м. 6 2,7

117

Из построенных эпюр внутренних сил следует, что Qmax = 5,4 кН,

Мmax = 26,2 кН м.

5.2. Напряжения при изгибе. Условия прочности

Как было отмечено выше, в общем случае нагружения балки в ее поперечных сечениях возникают изгибающий момент Мх и поперечная сила Qy или в частном случае – только изгибающий момент (при чистом изгибе).

Принято считать, что при чистом изгибе поперечное сечение, плоское до деформации, остается плоским и после деформации (гипотеза плоских сечений). Предполагается, что продольные волокна балки не давят друг на друга, но каждое из них претерпевает простое растяжение или сжатие.

При изгибе продольные волокна балки принимают криволинейное очертание. При этом с выпуклой стороны они удлиняются (растягиваются), а с вогнутой – укорачиваются (сжимаются) (см. рис. 5.4). Существует промежуточный слой волокон, который не деформируется – это нейтральный слой. В поперечном сечении он проходит через центр тяжести сечения, совпадает с главной центральной осью и называется нейтральной осью (н.о.) или нулевой линией (н.л.). Нейтральная ось делит поперечное сечение балки на две части – растянутую и сжатую.

Поскольку волокна балки при чистом изгибе (Qy = 0, Mx ≠ 0) испытывают простое растяжение или сжатие, в них возникают нормальные напряжения σ, действующие перпендикулярно поперечному сечению (рис. 5.11, а).

Рис. 5.11

118

Нормальные напряжения σ в любой точке поперечного сечения балки определяются по следующей формуле:

где Mx – изгибающий момент в сечении балки;

Jx – момент инерции сечения относительно нейтральной оси; у – расстояние от рассматриваемой точки до нейтральной оси.

Напряжение σ зависит от величины у линейно, поэтому эпюра нормальных напряжений прямолинейна (рис. 5.11, в). Максимальные нормальные напряжения появляются в точках, наиболее удаленных от нейтральной оси.

Знак нормальных напряжений устанавливается по смыслу: «+σ» – если точка расположена в растянутой зоне сечения и «–σ» – если в сжатой. Характер деформации зоны сечения устанавливается по

эпюре Mx.

При поперечном изгибе (Qy ≠ 0, Mx ≠ 0) характер деформации волокон балки несколько изменяется: отдельные волокна сдвигаются относительно друг друга, отчего поперечные сечения слегка искривляются, т. е. гипотеза плоских сечений нарушается.

Поскольку влияние указанных изменений на величину нормальных напряжений невелико, формула (5.1), полученная для случая чистого изгиба, используется и при поперечном изгибе.

Так как при поперечном изгибе волокна балки претерпевают сдвиг, в ее сечении возникают касательные напряжения τ, которые лежат в плоскости сечения (рис. 5.12, а) и в любой его точке опре-

где Qу – поперечная сила в сечении балки;

Sx – статический момент части площади сечения, расположенной выше или ниже рассматриваемого слоя, относительно нейтральной оси; равен произведению отсеченной площади на расстояние от центра тяжести этой площади до нейтральной оси;

119