. 24

2.3. Главные напряжения

В произвольной точке поперечного сечения балки, находящейся на расстоянии y от нейтральной оси, нормальные и касательные напряжения определяют по формулам

, .

Нормальные напряжения максимальны во внешних волокнах балки и равны нулю на нейтральной оси. Касательные напряжения равны нулю во внешних волокнах и обычно достигают максимума на нейтральной оси. При поперечном изгибе в плоскости yz sx = sy = 0, поэтому напряженное состояние является плоским и главные напряжения определяются по формулам

, . (9)

Рассмотрим балку прямоугольного сечения и определим главные напряжения в нескольких характерных точках произвольного сечения mn (.25).

. 25

Пример 17. Определить главные напряжения в точке К консольной балки, нагруженной сосредоточенной силой F = 50 кН, приложенной на свободном конце, если l = 50 см, С = 20, d = 4 см, b = 4 см, h = 10 см.

Решение. 1. Определение внутренних силовых факторов в поперечном сечении, проходящем через точку К. Строим эпюры Qy и Mx и находим QK = -F = -50 кН,

MK = -F×C = -50 × 20 × 10-2 = -10кН×м.

. 26	2. Определение главных напряжений. Напряжения в поперечном сечении определяются по формулам , . Вычисляя , , ,

, находим

Величины главных напряжений

;

; ; .

Направление главного растягивающего напряжения s1 по отношению к продольной оси балки z:

; ,

а напряжение s3 направлено перпендикулярно к s1.

НЕ нашли? Не то? Что вы ищете?

Графическое определение величин главных напряжений и направлений главных осей представлено на. 27.

. 27

3. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ И РАСЧЕТ НА ЖЕСТКОСТЬ

3.1. Основные понятия

.28	При изгибе произвольное сечение K балкиполучает три перемещения: вертикальный прогиб V, горизонтальное смещение W, угол поворота q. Ось деформированной балки называется упругой

линией. В реальных конструкциях W<<V, Vmax £ l/200, qmax £ 1° (0,0174 рад), поэтому в расчетах можно пренебречь смещением W, а для углов поворота использовать приближенную формулу q » tgJ = dv/dz. Таким образом, для определения линейных и угловых перемещений сечений балки необходимо знать уравнение упругой линии V(z).

Кривизна оси балки связана с изгибающим моментом выражением K = 1/r = Mx/(EIx).

Из курса математики известна следующая формула для кривизны линии: ,

где , .

Подставляя это значение К в предыдущее выражение, получим точное дифференциальное уравнение упругой линии балки:

. (10)

Пренебрегая по сравнению с единицей, заменяем его приближенным уравнением

(11)

которое называют основным дифференциальным уравнением упругой линии балки.

Выбор знака определяется принятой системой координатЕсли ось y направлена вверх, то знаки момента Мх и кривизны совпадают, поэтому в уравнении (11) берется знак “плюс”. При обратном направлении оси y знаки Мх и противоположны, следовательно, в этом случае следует использовать уравнение вида , которое и рассматривается в дальнейшем.

. 29

3.2. Метод начальных параметров

Последовательно интегрируя уравнение (11), получим сначала выражение для углов поворота

(а)

а затем для прогибов

. (б)

Для вычисления интегралов, входящих в формулы (а) и (б), запишем выражение изгибающего момента Мх(z) от типичных нагрузок:

. 30

. 31

Подставляя Мх в формулы (а) и (б) и учитывая, что в общем случае на балку действует несколько моментов, сосредоточенных сил и погонных нагрузок, после интегрирования получим окончательно

(12)

(13)

Здесь qо и Vo – угол поворота и прогиб в начале координат, называемые начальными параметрами и определяемые из условий опирания балкиЗначок “Л” над символом суммы обозначает, что суммируются только те величины, которые относятся к части балки, расположенной слева от того сечения, где ищутся перемещения. Все нагрузки, приведенные на. 30, считаются положительными.

Пример 18

Элемент машины представляет собой балку пролетом 3a, опирающуюся на шарнирно подвижную опору, а с другой – на вертикальные направ -

. 32

ляющие, вдоль которых свободно (без трения) скользит ползун, жесткосвязанный с балкой. Определить прогибы в точках А и С и угол поворота на опоре В.

Решение. 1. Определение опорных реакций. Составляем уравнения равновесия и находим искомые реакции:

, , , , .

2. Определение начальных параметров. Из условий опирания балки имеем qА = 0 и VВ = 0. Из первого получаем qо = 0, а из второго находим Vо:

, .

3. Определение искомых перемещений. Имеем

; ,

Пример 19. Определить углы поворота опорных сечений и прогибы на конце консоли и в середине пролета. Построить пунктиром вид изогнутой оси балки

Решение. 1. Определение опорных реакций. Из уравнений равновесия имеем

, , ,

, , .

. 33	2. Определение начальных параметров. Из условий опирания балки VA = VB = 0 или в развернутом виде ,

Таким образом, получаем систему

откуда , .

3. Определение искомых перемещений. Угол поворота на опоре А .

Угол поворота на опоре В

Прогиб посредине пролета (сеч. С)

Примерный вид упругой линии балки показан на. 33 пунктиром.

Пример 20

Определить место и значение наибольшего прогиба, а также углы поворота опорных сечений двухопорной балки постоянной жесткости, нагруженной сосредоточенными моментами

. 34

Решение. 1. Определение опорных реакций. Имеем åmB = 0, RA×3a = 3M, RA = RB = M/a.

2. Определение начальных параметров. Из условий опирания балки VA = VB = 0. Согласно первому условию Vо = 0, а из второго находим qо:

откуда .

Следовательно, уравнения прогибов и углов поворота имеют вид

, .

Наибольший прогиб возникает в том сечении, где dv/dz = q = 0, т. е. при z = 2a. Подставив в уравнение прогибов z = 2a, вычислим наибольший прогиб

Vmax = -2Ma2/(3EIx).

Интересно отметить, что прогиб посредине пролета балки равен Vср = V(1,5a) = -9Ma2/(16EIx) и отличается от наибольшего на 15%. Угол поворота сечения В

qB = q(3a) = 3Ma/(2EIx).

Пример 21

Подобрать номер стального двутавра исходя из условий прочности и жесткости, если допускаемое напряжение [s] =160 МПа, допускаемый прогиб [f] = l / 400,

. 35

F = 50 кН, модуль упругости Е = 200 ГПа.

Решение.

1. Подбор сечения по условию прочности. Максимальный изгибающий момент возникает в защемлении и равен Mmax = F×l = 50 кН×м. По условию прочности smax £ [s] или Мmax/Wx£ [s], откуда

Wx ³ Мmax / [s] = 50×103/(160×106) = 312,5 см3.

Принимаем двутавр № 24а, у которого Wx = 317 см3.

2. Подбор сечения по условию жесткости. Максимальный прогиб f = Fl3/(3EIx). По условию жесткости vmax = f £ [f] или Fl3/(3EIx) £ l/400, откуда

Ix = 400Fl2/(3E) = 400×50×103×12/(3×200×109) = 3333 см4.

Берем профиль № 24, для которого Ix = 3460 cм4.

Окончательно принимаем двутавр № 24а, удовлетворяющий как условию прочности, так и жесткости.

Пример 22

Подобрать диаметр деревянной балки круглого сечения, удовлетворяющей условиям прочности и жесткости, если q =1 кН/м, а =1 м, [s] = 10 МПа, [t] = 1 МПа, Е = 10 ГПа, [f] = l/400.

Решение

1. Построение эпюр Q и Мх. Опорные реакции:

. 36

RA = RB = 2qa.

Расчетные внутренние факторы:

Qmax = 2qa = 2кН, Mmax = 4qa2 = = 4 кН×м.

2. Подбор сечения из условий прочности:

- по нормальным напряжениям

smax = Mmax/Wx £ [s], Wx=pd3/32, откуда

;

- по касательным напряжениям

tmax = 4Qmax/(3A) £ [t], A=(p/4)d2, откуда

Таким образом, по условию прочности требуемый диаметр равен .

3. Подбор сечения по условию жесткости. Определяем наибольший прогиб. Начало координат выбираем в середине балки (сеч. С). Тогда в силу симметрии qо = 0. Кроме того, Qo = 0 и Мо = 4qa2. Из условия опирания балки VB = 0 или

Отсюда .

По условию жесткости , , откуда

Окончательно принимаем больший размер, т. е.

Пример 23. На стальную двутавровую балкудействует равномерно распределенная нагрузка. Определить интенсивность нагрузки q, если измерением установлено, что касательная к оси изогнутой балки на сво-

. 37

бодном конце составляет с осью Oz угол qо = 8 мрад. Принять Е = 200 ГПа.

Решение. Из условия опирания балки qА = 0 или q(l) = qo + (1/EIx)(ql3/6) = 0, из которого находим

qo = -ql3/(6EIx). Отсюда

q = 6EIxqo/l3 = 6×200×109×350×10-8×8×10-3/23 = 4,2 кН/м.

Пример 24. Дюралевая круглая труба сечением 50х44 мм положена горизонтально на две опоры. Определить максимальный допускае -

. 38

мый пролет l, исходя из условий прочности и жесткости, если [f] = l/200, [s] = 115 МПа, g = 26 кН/м3, Е = 75 ГПа.

Решение. 1. Расчет на прочность. Геометрические характетики сечения

;

Погонная нагрузка .

Из условия прочности или

, откуда

2. Расчет на жесткость. Наибольший прогиб в данном случае равен . Из условия жесткости , откуда

Окончательно принимаем меньшую из двух найденных величин, т. е. .

Пример 25. При загружении сосновой доски, свободно лежащей на двух опорах, силой F = 24 Н посредине был измерен прогиб

. 39

под силой f = 5 мм. Определить модуль упругости материала.

Решение. Как известно, прогиб под силой равен , откуда .

Вычисляем момент инерции

и находим

3.3. Энергетический метод

Энергия деформации при изгибе. Выделим из балки бесконечно малый элементи составим для него уравнение баланса энергии

dU = dW,

где dU – потенциальная энергия упругой деформации, dW – работа внешних сил. Как известно, работа пары сил Мх равна произведению момента на угол поворота. Однако, учитывая статический характер нагружения и линейную зависимость между усилиями и перемещениями, в нашем случае dW = (1/2)Mxdq.

. 40

Но dq = dz/r = Mxdz/(EIx), поэтому .

Полная энергия, накапливаемая во всей балке,

. (14)

Полученная формула, строго говоря, справедлива только при чистом изгибе. При поперечном изгибе она является двухчленной

. (15)

Здесь Ky – коэффициент, зависящий от формы поперечного сечения. Например, для прямоугольного сечения Ky = 1,2. Второе слагаемое не превышает, как правило, 2-3% от всей энергии деформации, поэтому в большинстве практических расчетов им пренебрегают.

Теоремы о взаимности работ и перемещений. Эти теоремы относятся к числу общих теорем сопротивления материалов. Они прямо вытекают из принципа независимости действия сил и применимы ко всем системам, для которых соблюдается этот принцип.

. 41

Рассмотрим упругое тело, к которому приложены силы F1 в точке А и F2 в точке В. Определим работу, которую совершат эти силы при различном порядке их приложения. Пусть сначала прикладывается сила F1, а затем F2. Тогда сумма работ равна

где dА1 – перемещение точки А по направлению силы F1, вызванное силой F1; dВ2 – перемещение точки В по направлению силы F2, вызванное силой F2; dА2 – перемещение точки А по направлению силы F1 под действием силы F2, приложенной в точке В. В последнем слагаемом множитель 1/2 отсутствует, так как на пути ОА2 сила F1 остается неизменной.

Во втором случае сначала прикладывается сила F2, а затем F1 и выражение работы будет следующим:

Приравнивая работы, находим

F1dA2 = F2dB1 , (16)

Полученный результат выражает теорему о взаимности работ (теорему Бетти): работа первой силы на перемещении точки ее приложения под действием второй силы равна работе второй силы на перемещении точки ее приложения под действием первой силы.

В частности, если F1 = F2 = F, то выражение (16) принимает вид

dА2 = dВ1 (17)

В этом и заключается теорема о взаимности перемещений (теорема Максвелла) перемещение точки А под действием силы, приложенной в точке В, равно перемещению точки В под действием той же силы, приложенной в точке А

. 42

Теорема Кастилиано. Частная производная от потенциальной энергии системы по силе равна перемещению точки приложения силы по направлению этой силы.

Рассмотрим упругое тело, нагруженное произвольной сис-

. 43

темой сил. Потенциальная энергия деформации, на-копленная в теле в результате работы внешних сил, равна U и выражается через силы U = U(F1, F2, …, Fn). Дадим одной из сил, например, силе Fn, приращение dFn. Тогда потенциальная энергия получит приращение (¶U/¶Fn)dFn и примет вид

U + (¶U/¶Fn)dFn. (а)

Изменим порядок приложения сил. Приложим сначала силу dFn, а затем всю систему. Тогда выражение потенциальной энергии получим в виде

U + dFndn + (1/2)dFnddn, (б)

где dFndn есть приращение энергии, связанное с работой силы dFn на перемещении dn, вызванном всей системой внешних сил; перед произведением множитель 1/2 не ставится, поскольку на перемещении dn сила dFn остается неизменной. Третье слагаемое, равное работе силы dFn на вызванном ею перемещении ddn , является величиной высшего порядка малости, поэтому его можно отбросить.

Приравнивая выражения (а) и (б), находим

dn = ¶U/¶Fn , (18)

что и требовалось доказать.

Пример 26. Определить наибольший прогиб консоли, нагруженной на конце силой F.

Решение. Изгибающий момент в произвольном сечении К балки равен Mx(z) = - F×z.

f = Fl3/(3EIx)

. 44

Потенциальная энергия упругой деформации

По формуле (18) находим искомое перемещение

Интеграл Мора. Пусть требуется определить прогиб некоторого сечения К балкиПриложим в точке К фиктивную силу Ф

. 45

и вычислим изгибающий момент в произвольном сечении балки Mx(z) = MF(z) + MФ(z),

где MF – момент от заданной системы внешних сил, МФ – дополнительный момент, вызванный силой Ф. Момент МФ пропорционален силе Ф, поэтому его можно представить как произведение . Здесь есть изгибающий момент от единичной силы, приложенной в рассматриваемой точке К.