Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Расчет стержней на прочность, жесткость и устойчивость. Учебное пособие
.pdf
При расчете балки в виде двутавра в условие (2.5) подставляются
(
)
(
)
=
(
)
(
)
значения σ и τ для точки перехода от полки к стенке двутавра, а
также в центре сечения при у = 0.
Для балок постоянного сечения можно записать уравнение, выражающее зависимость между прогибом балки υ и действующими на
нее внешними силами и моментами. Это уравнение называется универсальным уравнением упругой линии балки. Аналогичное уравнение можно записать и для углов поворота балки θ.
Универсальное уравнение упругой линии балки получается с использованием дифференциального уравнения
2
d−=υ
dz
2
M
. (2.6)
JE
Здесь Е – модуль упругости материала балки.
Выражение для изгибающего момента М в этом случае удобно за-
n
z-z
писывать с использованием обобщенной функции
, которая
0
+
определяется следующим образом:
( )
n
=
z-z ,...2,1,0
+
0
n
0
>
;0,
z-zеслиz-z
0
≤
z-zесли
0
n (2.7)
.00
В соответствии с выражением (2.7) получается, что обобщенная
функция является степенной функцией, если значение ее аргумента-
z-z положительное, и равна нулю, если 0≤0z-z . Индекс + в вы-
0
ражении для обобщенной функции отражает эту особенность.
Отметим, что операции дифференцирования и интегрирова-
ния обобщенной функции (2.7) выполняются так же, как и для
обычной функции, а
Выражение для изгибающего момента, возникающего в балке при
действии сосредоточенного момента
функции (2.7), имеет вид
0
0
=
z-z , если 0≤
+0
M (Рис.2.1а), с использованием
−−= azMM . (2.8)
0
z-z .
0
0
0
+
41
(
)
≤
−
(
)
=
а)
а
B
y
zОA
F
B
z
О
б)
С
c
z
D
О
в)
c
z
Е
О
D
С
г)
c
z
Е
О
D
С
д)
Рис.
2.1
M
0
y
b
y
q
y
q
С
d
y
q
d
С учетом того, что число в нулевой степени равно 1 и, в соответствии с (7)
Следовательно, как и должно быть, на участке ОА 0
–
MM −= . Знак минус в выражении (2.8) поставлен в соответствии
0
0
=−+az при 0
0
( )
a-z
az , получаем
=
+
0
>=
;,1
azеслиa-z
≤
.0
azесли
M , а на АВ
0
с принятым правилом знаков для изгибающего момента.
42
Аналогично, изгибающий момент от сосредоточенной силы F
(
)
≤
−
(
)
=
(
)
(
)
c
z
=
2
q
2)(2
≤
≤
()(
)
2
2
q
2
(рис.2.1б)
−= bzFM .
+
На участке ОВ (рис.2.1,б) 0
bz , поэтому
0=−+bz 0
M , а
следовательно
Для балки, загруженной распределенной нагрузкой на участке СD,
который начинается при
(рис.2.1в)
В случае, когда участок распределенной нагрузки СD не распространяется до конца балки (рис.2.1г), а заканчивается в точке D,
ступают следующим образом. Продолжают нагрузку q на участке DЕ
и прикладывают такую же нагрузку q противоположного знака
(рис.2.1д). В результате получается, что на балку действуют нагрузки
, приложенные по участкам, продолжающимся до конца балки. Сле-
довательно, при записи М можно использовать выражения вида (2.9).
Для балки, показанной на рис.2.1г и 2.1д, с учетом (2.9), получаем
Обратим внимание на особенности записи выражения для изги-
бающего момента, при наличии распределенной нагрузки q, действующей на некотором участке балки dzc
+
bzbz −=−
,
и продолжается до конца балки
qM . (2.9)
)(
−
cz
=
qM . (2.10)
±=
qM m .
−
cz
bzFM −= .
2
)(
−=cz
+
22
−
dz
q
q
++
. В этом случае
22
−−
dz
++
по-
Здесь c – координата начала участка действия распределенной на-
грузки, d – координата конца участка. Знак первого слагаемого выбирается в соответствии с принятым правилом знаков для изгибающего момента, который создается действием нагрузки
слагаемого – противоположен знаку первого. Так, член
43
. Знак второго
2
)(
− cz
q
+
входит в уравнение (2.10) со знаком « + », т.к. в сечениях балки при
c
z
>
q
2)(2
dz
2)(2
6
6
d
нагрузка q создает положительный момент – растягивает часть
стержня (верхнюю) с положительной координатой y.
y
M
F
1
A
а
b
q
F
2
0
B
z
c
Рис. 2.2
Для балки АВ (рис. 2.2), загруженной сосредоточенными силами
F , 2F , моментом
1
изгибающего момента М можно записать в следующем виде:
+
Подставляя выражение (2.11) в уравнение (2.6), получим
EJ
М и распределенной нагрузкой
0
)(
−
az
−
q
2
υ
d
2
q
−
q
22
−
cz
++
.
)(
−
az
+
q
выражение для
021
+++
0
)()()0(
+−−−−−=
dzMbzFzFM
(2.11)
0
−−+−+−−=
)()()0( dzMbzFzF
021
22
−
cz
++
.
+++
Интегрируя это уравнение, находим
υ
d
JE
−θ=
dz
( )
0
−−+
qdzM
+
−
z
( ) ( )
FJE
10
( ) ( )
−
az
44
2
0
+
F
2
+
−
q
2
−
bz
++
+
22
33
cz
++
,
()(
)
24242
−θ+υ=υ
(
)
(
)
(
)
υ
dz
[
]
[
]
0
( ) ( ) ( )
−
dz
+
M
0
−
q
FzJEJEJE
−
az
3
0
−
z
10
+
q
+
F
2
442
−
cz
+++
.
3
−
bz
++
+
66
Здесь
которых используются граничные условия, зависящие от условий за-
крепления балки.
Если в некотором сечении балки с координатой
шарнирная опора, то в этом сечении прогиб балки должен быть равен
нулю и граничное условие имеет вид:
Если в некотором сечении
этом месте должны быть равны нулю прогиб и угол поворота:
Для балки с постоянным поперечным сечением в виде двутавра
(рис. 2.3) произвести следующие расчеты:
1) Из условия прочности по максимальным нормальным напряже-
ниям подобрать размеры поперечного сечения балки. Проверить выполнение условий прочности по максимальным касательным напряжениям и условия третьей теории прочности.
2) Записать универсальное уравнение упругой линии балки и уравнение для углов поворота балки. Построить эпюры прогибов и углов
поворота.
3) Произвести расчет на жесткость по максимальным прогибам в
пролете и на консольной части балки.
Используем следующие исходные данные: l
q1 = 50 кН/м, q2 = 30 кН/м, М0 = 40 кН·м, F = 30 кН, Е = 2·105 МПа,
σ =160 МПа,
υEJ , 0θEJ – постоянные интегрирования, для нахождения
0
zz = имеется
1
0
=υ z .
1
zz = балка защемлена (заделана), то в
2
zd
0
=υ z ,
2
2.2. ПРИМЕР РАСЧЕТА
2
0
=
.
= 2 м, l2 = 4 м, l3 = 2 м,
1
τ = 100 МПа.
45
Допускаемые значения прогиба балки в пролете
[
]
[
]
(
)
(
)
dz
()()(
)
−−−−−+−+−
=
≤
≤
консоли
150/
l=υ . Здесь
к
l ,
l – соответственно, длины пролета
пр
к
300/
l=υ , на
пр
и консольной части балки.
1. Определение опорных реакций. Опорные реакции для рассматриваемого примера уже вычислялись в первой главе. Получили -
R кН, 60=
70−=
B
R кН.
C
Используя описаные правила записи изгибающего момента с применением обобщенной функции (2.7), получим
2
)(
−−
llz
21
+++
−
2
(2.12)
.)()2/()(
Слагаемое
2
z
+−=
qM
q
1
1
2
2
)(
−
lz
1
+
q
2
2
0
−−− lllzM , учитывающее наличие сосредото-
3210 +
2
)(
−
lz
1
−
q
2
2
−−−−−−−−
llzRllzFlzR
21211
CB
+++
ченного момента, в уравнение (2.12) не введено, т.к. по определению
обобщенной функции
2
0
=−−−
lllz для любого
321
+
lllz ++≤ ,
321
т.е. оно равно нулю по всей длине балки.
Для определения поперечной силы воспользуемся дифференциальной зависимостью между изгибающим моментом и поперечной силой
dM
Q
= . Дифференцируя выражение для момента (2.12), находим
llzqlzqlzqzqQ
21212111
+++
0
0
( ) ( )
1
+
l
2
−−−−−
lzFlzR
11
2
CB
+
−−−
llzR
21
0
.
+
(2.13)
2. Построение эпюр изгибающего момента М и поперечной силы Q.
Один из возможных способов записи выражений и вычисления
значений Q и М представлен в первой главе. Можно также при построении эпюр Q и М воспользоваться выражениями (2.12), (2.13).
При этом для вычисления значений Q и М балка также разбивается на
четыре участка – I, II, III, IV (рис.2.3).
Участок I, 20
z м.
46
На этом участке
=
2
=
1
=
z
2
=
z
≤≤z
=
()()(
)
2
=
z
=
=
lz ≤ , поэтому, в соответствии с определением обо-
1
бщенной функции (7),
k
( ) ( )
k
+
,0
l
2
−−=−
lzlz при .1,0
11
2
+
k
,0,0
=−−=
llz
21
+
k
Следовательно, часть слагаемых в выражениях (2.12), (2.13) обратится
в нуль и, в результате, получаем
2
zqQ
−= ,
1
z
qM −= .
1
При 0
z Q = 0, М = 0;
м М = – 25 кН·м;
м Q = – 100 кН, М = – 100 кН·м.
Участок II, 2 м
Как видно из рис.2.3, на этом участке
k
l
2
−−
lz при 1,0
1
2
+
4 м.
( )
llz
21
5,0 llz +≤ , поэтому
21
k
,0,0
=−−=
+
k ,
из формул (2.12), (2.13)
121112111 BB
)(
lzR
=−−
1
При
3
z м М = – 115 кН·м;
z м Q = – 30 кН, М = – 100 кН·м.
2
z
qM
11
q
+−=
1
zlq
1
2
l
1
q
+
−−=
2
2
)(
lz
−
1
q
+
2
2
2
2
)(
lz
−
1
2
2
)(
lz
−
1
2
lzR
−−
1
B
м Q = – 30 кН, М = – 100 кН·м;
4
B
).(
,
RlzqlqRlzqlzqzqQ −−+−=−−+−+−=
Из полученных числовых данных видно, что изгибающий момент
М принимает на данном участке экстремальное значение. Определим
максимальное значение М и сечение, в котором он возникает.
47
dz
z
(
)
=
=
y
/2
R
C
M
0
C
D
l
3
z
R
B
q
2
A
z
B
q
1
l
1
z
l
/2
2
F
l
2
I
II
Q,
кН
30
100
30
М,
кНм
100
115
Рис. 2.3
Из условия экстремума М
100
dM
имеем
B
Отсюда, обозначая z через
*
Таким образом, в сечении 3
принимает экстремальное значение
*
, получим
B
z м 0
III
IV
60
40
0=
,
0)(
=−+−− lzqRlq
,
1211
3/
=++= qlqRlqz
м.
21211
Q , а изгибающий момент
48
(
)
2
≤≤z
=
()()(
)
−−−−−+−+−
=
4
=
z
=
=
≤≤z
=
=
M
=
см/Н10160
МПа
160
⋅
*
−
22
6 м.
lz
1
*
( )
B
115
−=−+
1
кН·м.
l
*
1
−−= lzR
zlqM
11max
Участок III, 4 м
+
q
2
На этом участке
k
,0,
=−−+≤
llzllz при 1,0
2121
+
l
2
,
−−−−−
lzFlzR
111
2
2
)(
q
+
2
.)2/()(
llzFlzR
211
2
)(
lz
−
1
q
−
2
k ,
2
llzqlzqlzqzqQ
21212111
2
)(
llz
−−
21
−
2
При
5
6
z м М = – 85 кН·м;
z м Q = 0, М = – 40 кН·м.
( )
( )
B
2
z
qM
+−=
1
2
B
м Q = – 60 кН, М = – 100 кН·м;
lz
−
q
1
1
2
−−−−−
Участок IV, 6 м
Q ,
8 м.
0
– 40 кН·м.
На основе полученных числовых результатов строятся эпюры Q и
М. (Рис. 2.3).
3. Подбор сечений балки из условия прочности по максимальным нормальным напряжениям.
Как видно из эпюры М (рис. 2.3), опасным сечением при расчете по
максимальным нормальным напряжениям является сечение при
3
z м, в котором возникает наибольшее значение изгибающего мо-
мента =М 115 кН·м.
Из условия прочности (2.3) определяем момент сопротивления се-
чения балки.
49
3
мН10115
⋅⋅
26
−
=⋅=
36
см71910719
.
W
M
≥
=
[ ]
σ
мкН115
⋅
=
В соответствии с таблицей сортамента, найденному значению W
=
(
)
dSJ
2
2
=
σ
=
=
σ
соответствует двутавр № 36 – для которого 743==
WW см
x
3
h = 36 см, b = 14,5 см, d = 0,75 см, t = 1,23 см, h1 = h – 2 t = 33,54 см, Jx
= 13380 см4, 423=
S см
x
3
.
4. Проверка прочности двутавра по максимальному касатель-
ному напряжению и с использованием третьей теории прочности.
В сечении, проходящем через точку В, возникает наибольшая по-
перечная сила Q = 100 кН = 100·103 Н, поэтому это сечение будет
опасным сечением при расчете по максимальным касательным напря-
жениям.
В двутавре максимальные касательные напряжения возникают в
центре сечения, при 0
y . В этой точке 423==
*
SS см
x
x
3
75,0== dyb см. По формуле (4) находим
33
см423H10100
см75,0см13380
Н
3
1022,4
см
2
2,42
=⋅=
max
Q
max
x
⋅=τ
= МПа.
⋅⋅
4
⋅
,
,
Получили, что 100<τ
max
МПа, следовательно, условие прочности
(2.4) для касательных напряжений выполняется.
Проверку прочности двутавра по третьей теории прочности прове-
дем также для сечения в точке В, так как здесь
QQ = , а изги-
max
бающий момент принимает сравнительно большое значение
М = 100 кН·м = 100·103 Н·см.
Построим эпюры напряжений σ и τ. В соответствии с формулой
(2.1), получаем:
при
0
h
y = , МПа5,134
y = , МПа3,125
=σ ,
h
1
y , 0
5
смН10100
⋅⋅
4
см13380
см36
=⋅
2
,
.
50
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]