Кротов С.В. Расчеты брусьев на изгиб и кручение. Учеб. пособ. 2020

Максимальные касательные напряжения

что значительно меньше допускаемой величины 2МПа . Эпюры напряжений показаны на рис. 2.4.

2.5 Расчет балки круглого поперечного сечения

Решение

Вычерчиваем заданную расчетную схему балки (рис. 2.5, а).

1 Определяем реакции в опорах:

31

Рис. 2.5

Проверка. Сумма проекций внешних сил и найденных реакций должна равняться нулю: y 0; RA + RB – q·3,6 – 0,5F = 0; 33,2 + 125,8 – 40 3,6 – 15 = 0,

реакции определены верно.

32

2 Определяем поперечные силы по сечениям:

Q1,2,3 = RA=33,2 кH, Q4 = RA–q 2,52 = –67,6 кH,

Q5 = Q4 + RB=58,2 кН, Q5 = 0,5F = 15 кH.

3 Определяем изгибающие моменты по сечениям:

M 4 = M5 +М = –39,5+32 = –7,5 кHм.

Строим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов (рис. 2.5, б, в). Необходимо определить изгибающий момент, достигающий экстремального значения в сечении, где поперечная сила, изменяясь непрерывно, переходит через нулевое значение (см. эпюру Qy – это происходит на расстоянии «z» от се-

чения 2):

z 2

M max = RA (1,08+z) – q 2 .

Согласно дифференциальной зависимости dMdz Qy далее приравниваем производную от изгибающего момента по длине нулю: RA qz 0, откуда находим искомое расстояние z = RqA 3340,2 0,83 м и определяем значение из-

гибающего момента:

Mmax 33, 2 0,83 1,08 40 0,832 49,6 кНм. 2

4 Определяем размеры поперечного сечения из условия прочности при изгибе:

max = М x max ,

Wx

откуда требуемый момент сопротивления балки

33

М x max

Wx .

Момент сопротивления изгибу для круглого поперечного сечения

Wx 0,1d 3 ,

тогда диаметр поперечного сечения

Округляя полученное значение, принимаем диаметр d = 37 см. Подсчитаем момент инерции и момент сопротивления сечения:

Фактические (расчетные) нормальные напряжения будут равны

Сравнивая это значение с допускаемым значением 2МПа , видим,

что полученное значение существенно меньше допускаемой величины. Эпюры напряжений показаны на рис. 2.6.

5 Определяем перемещения по методу начальных параметров.

Начало отсчета располагаем на левой опоре, ось Y направлена вверх, ось Z – вправо.

Общее уравнение прогибов для этой балки

34

При z = l = 3,6 м прогиб V = 0 и прогиб в начале координат V0 = 0.

При z = l/2 =1,8 м прогиб балки не равен нулю V 0, но в начале координат V0 = 0. Тогда

Рис. 2.6

Теперь определим угол поворота на опоре А:

ной балки Vl 0,7 см значительно меньше допускаемой величины прогиба.

2

35

2.6Проверка расчета на жесткость

Справой стороны балка имеет выступающую консоль и здесь возможны два пути решения (рис. 2.7, а).

Можно расположить начало отсчета на правом свободном конце балки, направив ось ординат Y вверх, а ось абсцисс Z влево. Но в этом случае придется записать условия равенства нулю прогибов как на опоре B, так и на опоре A и предстоит решать систему из двух уравнений.

Вид изогнутой оси балки z 2l

Рис. 2.7

36

Поступая иначе, можно воспользоваться следующим приемом: преобразовать расчетную схему балки. Отсекаем консоль, а нагрузка на консоль заменяется на два внутренних силовых фактора – поперечную силу и изгибающий момент, которые становятся начальными параметрами при расположении начала отсчета на правой опоре B, с направлением оси ординат Y вверх, а оси абсцисс Z – влево (рис. 2.7, б).

Кроме того, необходимо распределенную нагрузку, прекращающую действие на длине 2,52 м от опоры B добавить ее (направлено вниз – пунктиром) до опоры A на участке 1,08 м и на этом же участке отнять ее (направлено вверх – пунктиром), см. рис. 2.7, б.

Здесь нужно составить одно уравнение прогибов и углов поворота, а затем получить нужные параметры: угол поворота в начале координат и, самое главное, прогиб посередине пролета.

Тогда сила Q0 будет в уравнении со знаком минус, как и изгибающий момент M0. Оба начальных параметра справа отрицательны по отношению к началу координат.

Момент, создаваемый распределенной нагрузкой относительно опоры B:

Момент, создаваемый сосредоточенной силой относительно опоры B:

MF 0,5F 0,3l 15 1,08 16,2 кНм.

Тогда полный момент относительно опоры B

M0 M F Mq ;

M0 23,328 ( 16,2) 39,53 кНм.

Получим поперечную силу на опоре B, суммируя распределенную нагрузку на консоли и сосредоточенную силу

Q0 q 0,3l 0,5F 40 1,08 15 58,2 кН.

Общее уравнение прогибов для этой балки

При z = l = 3,6 м прогиб V = 0 и прогиб в начале координат V0 = 0.

37

Поэтому

EJxV = 0

и

EJxV0 = 0.

Тогда

EJ x 0 3,61 452,56 256,15 978,22 207,36 279,94 2,27 199,23,6 ;

EJ x 0 = 55, 33 кНм2.

При z = l/2 =1,8 м посередине пролета прогиб балки не равен нулю V 0, но на опоре B, где теперь располагается система координат, отсчет ведется влево, начальный прогиб V0 = 0.

Тогда

Знак угла поворота «–» говорит о том, что поворот поперечного сечения cлева от опоры B происходит по часовой стрелке.

Прогиб посередине пролета при z = 1,8 м будет равен

Знак прогиба «–» говорит о том, что изгиб балки посередине пролета происходит вниз.

Вид изогнутой оси для этой балки повторен на рис. 2.7, г.

38

Результат определения прогиба посередине пролета полностью совпадает

сполученным ранее и равен 0,7 см.

2.7Расчет балки двутаврового поперечного сечения

Задача № 4

Дано: М = 32 кHм; F = 30 кH; q = 40 кН/м; l = 3,6 м; = 0,7; [σ] = 160 МПа.

Решение

Вычерчиваем расчетную схему консольной балки (рис. 2.8, а).

Анализ внутренних силовых факторов в данном случае можно начинать и без определения величин реакций в жестком защемлении, располагая точку начала отсчета на свободном конце консоли и двигаясь к заделке.

1 Определяем поперечные силы в характерных сечениях:

Q1 = F = 30 кH; Q2,3 = F + q 1,08 = 73,2 кН; Q4 = F + q 3,6 = 174 кH.

2 Определяем изгибающие моменты в сечениях:

M1 0; M2 F 1,08 q 1,081,208 55,7 кHм ;

M3 M2 M 55,7 32 87,7 кHм ;

M4 q 3,6 32,6 F 3,6 M 399,2 кHм.

3 Строим эпюры поперечных сил Qy (кН) и изгибающих моментов Mx (кНм), примерный вид изогнутой оси балки приведен на рис. 2.8, б, в, г.

4 Подбор двутаврового поперечного сечения из условия прочности:

max М х max .

Wx

Требуемый (необходимый) момент сопротивления двутавровой балки:

39

399,2

Вид изогнутой оси балки

г

Рис. 2.8

По ГОСТ 8239–89 выбираем наиболее близкий по значению Wx двутавр № 60, у которого момент сопротивления Wx = 2560 см3, момент инерции Jx = 76806 см4, статический момент отсекаемой части – полусечения двутавра Sxотс = 1491 см3, ширина стенки d 1,2 см.

5 Фактические наибольшие нормальные напряжения будут равны

40