10621

- 130 -

Отметим, что при определении начальных параметров данной статически неопределимой балки мы не обращались к уравнениям равновесия.

8.5. Расчет балок на жесткость

Расчет на жесткость производят, обычно, как проверочный расчет для обеспечения нормальных эксплуатационных свойств конструкции. Чтобы избежать появления чрезмерных перемещений, максимальный по модулю прогиб балки ограничивают допускаемым - [v], который, обычно, назначают в пределах от 1/200 до 1/600 длины пролета:

При расчете консольных балок длину l0 в формуле (8.13) полагают равной удвоенной длине консоли: l0 = 2lк .

Напомним, что прогибы балки обратно пропорциональны ее жесткости:

v1 / v2 = EJ2 / EJ1 ,

поэтому если для балки с жесткостью EJ1 условие (8.13) не выполняется, про-

Пример 8.6. Проверить условие жесткости стальной и деревянной балок,

рассмотренных в примере 7.1 (стр. 50), полагая EСТ = 200 ГПа, EДЕР = 10 ГПа, и принимая [v] = (1/ 200)l0 .

Решение. Нетрудно убедиться, что максимальный прогиб консольной балки, загруженной распределенной нагрузкой, будет равен v max= ql 4 / 8EJ .

Для заданных консольных балок длиной lк = 2 м допускаемый прогиб составит:

[v] = (1 / 200)l 0 = (1 / 200) × 2lк = 0,02 м.

Максимальный прогиб стальной балки при q = 10кН/м и J = 1290 см4 ра-

вен:

v max= ql 4 / 8EJ = 10 × 24 /(8 × 200 ×106 ×1290 ×10−8 ) м = 0,008 м < [v].

Отношение жесткостей стальной и деревянной балок равно (EJ ст/ EJ дер)

= 200×106 ×1290/(10 ×106 ×13333) = 1,94 ; поэтому в силу (8.14):

vдер = (EJ ст/ EJ дер) v ст =1,94 ×0,008 = 0,015 < [v],

т.е. условие жесткости (8.13) также выполнено. ·

- 131 -

ГЛАВА 9. ПОНЯТИЕ О ДЕФОРМАЦИИ СДВИГА

К понятию сдвига можно прийти, отправляясь от поперечного изгиба. Рассмотрим консольную балку длиной l , загруженную на конце силой P (рис.9.1а). Под действием приложенной нагрузки в ее сечениях возникают изгибающие моменты: М ≤ Pl и поперечные силы: Q = P . Пусть F − площадь

поперечного сечения балки; тогда из формулы (5.10) следует, что с точностью до множителя σ Pl/b3, а τ P/b2, где b = F . Таким образом, если при l >>b определяющими в балке были нормальные напряжения: σ>>τ, то при l → 0 картина меняется на противоположную − нормальными напряжениями можно пренебречь и учитывать только касательные. При этом формула Журавского уже не будет выполняться и мы вынуждены предположить, что касательные напряжения равномерно распределены в поперечном сечении балки: τ = Q / F .

Вырежем из нашей балки призматический элемент размерами b × z × y .

Для удобства рассмотрения деформаций закрепим его левую грань, исключив таким образом его перемещение как абсолютно твердого тела (рис.9.1б). Под действием касательных напряжений этот параллелепипед будет изменять свою форму, испытывая деформацию сдвига.

Взаимное смещение противоположных граней такого элемента − |Δv| на-

зывается абсолютным сдвигом.

Относительным сдвигом или углом сдвига называется безразмерная ве-

личина:

Она играет ту же роль при рассмотрении деформации сдвига, что и продольная деформация ε при ЦРС. Экспериментально было установлено, что между касательными напряжениями τ и относительным сдвигом γ существует зависимость, которая носит название закона Гука при сдвиге:

-132 -

τ= Gγ,

где G − модуль сдвига.

Очевидно, что это соотношение аналогично закону Гука при ЦРС: σ = Eε.

Таким образом, к двум известным ранее физическим константам Е и ν, с которыми мы встретились при изучении ЦРС, добавляется еще одна − G.

Можно ли ожидать, что при рассмотрении других видов НДС мы встретимся с новыми физическими константами? Нет, или, во всяком случае, они будут выражаться через уже известные постоянные Е и ν , так же как и константа G. Косвенным подтверждением этого является то, что превращение квадратного элемента в ромб в результате деформации сдвига (рис.9.1б) можно интерпретировать как его растяжение двумя силами, действующими по диагонали этого квадрата и являющимися равнодействующей напряжений в левой и верхней, а также нижней и правой гранях этого элемента. И действительно, модуль сдвига выражается через модуль упругости и коэффициент Пуассона по формуле:

G = (E/2)/ (1 +ν).

На сдвиг рассчитывают такие детали конструкций как сварные соединения, болты и заклепки (рис.9.1в). Расчет заключается в проверке условия:

τ = P/F ≤ [τ],

где F − площадь сечения, по которому происходит сдвиг.

Иначе этот вид деформации называется срезом или скалыванием (для деревянных деталей − рис.9.1г).

ПРИМЕЧАНИЯ:

1.Формально сдвиг можно было определить еще в параграфе 1.6 как такой вид НДС,

при котором в поперечных сечениях бруса Qx ¹ 0, а остальные компоненты внутренних усилий равны нулю. Сложность заключается в корректном описании способа реализации этого НДС. В рассмотренных примерах он не появляется в чистом виде и, в отличие от ЦРС или изгиба, проявляется локально. При этом в результате сдвига одновременно происходит взаимное смещение горизонтальных слоев и поперечных сечений бруса.

2.Возвращаясь к нашей балке в ее первоначальном виде (рис.9.1а, б), отметим, что

для выбранной системы координат γ > 0, v < 0 . Поэтому, переходя в (9.1) к пределу, полу-

Для того чтобы влияние касательных напряжений при изгибе стало соизмеримым с нормальными, достаточно, чтобы длина и высота балки отличались меньше, чем на порядок. Прогибы такой балки складываются из ее перемещений вследствие изгиба и перемещений, вызванных сдвигом:

v(z) = vизг (z) + vсдв (z).

Дифференцируя, получим соотношение, которое лежит в основе теории расчета «коротких» или «толстых» балок.:

dv / dz = θ − γ ,

где q = dvизг/ dz , g = - dvсдв/dz.

- 133 -

ГЛАВА 10. СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ

Напомним, что НДС бруса определяется 6-ю компонентами: Qx, Qy, Nz,

Mx, Μy, Mz.

Ранее были рассмотрены следующие виды НДС:

1)ЦРС (Nz ≠ 0),

2)Чистый изгиб (Mx ≠ 0 или Μy ≠ 0),

3)Поперечный изгиб (Mx ≠ 0, Qy ≠ 0 или Μy ≠ 0, Qx ≠ 0),

4)Сдвиг (Qx ≠ 0 или Qy ≠ 0).

Определение. НДС бруса называется сложным, если одновременно два или более компонент отличны от нуля. Исключение составляет поперечный изгиб, относящийся к простым видам НДС.

10.1. Косой изгиб

Этот вид НДС рассматривается как альтернатива прямому изгибу бруса (см. §3.1). Напомним, что изгиб бруса называется прямым, если выполнены два условия:

-силовая плоскость совпадает с плоскостью симметрии бруса,

-силы, приложенные к брусу перпендикулярны оси бруса.

Рассмотрим брус прямоугольного поперечного сечения длиной l в системе координат Oxyz, где начало отсчета выбрано на его левом защемленном конце, а ось Оz совпадает с осью бруса.

Пусть свободный конец бруса загружен силой Р, лежащей в плоскости поперечного сечения и направленной под углом α к оси Oy (рис. 10.1).

Очевидно, что в этом случае силовая плоскость не совпадает с плоскостью симметрии бруса, то есть не выполняется первое условие.

Составляющая силы Р по оси Oy вызывает изгиб бруса в вертикальной плоскости – относительно оси Ox – с максимальным изгибающим моментом Mx = Рcosα·l = Мcosα, а сила Рх = Рsinα – изгиб в горизонтальной плоскости (относительно оси Oy) с максимальным изгибающим моментом My = Рsinα·l =

=Мsinα.

Таким образом, косой изгиб эквивалентен двум прямым изгибам во вза-

Чтобы построить эпюру результирующих напряжений, определим положение нейтральной оси. Подставляя в (10.1) σ = 0 и учитывая, что M ≠ 0, получим:

y = − (sinα/Jy)/(cosα/Jx)x = − tgα (Jx/Jy) x,

у

х

Рис. 10.1

Как видим, она проходит через центр тяжести сечения и лежит во втором и четвертом квадрантах.

Отметим, что если Jx ≠ Jy , то и β ≠ α, то есть нейтральная ось не перпен-

дикулярна силовой плоскости.

Дальнейший ход построения эпюры результирующих напряжений не требует комментариев (рис. 10.2).

Расчет балки на прочность при косом изгибе выполняют по формуле, аналогичной формуле (7.1) для прямого изгиба:

|σ|max = (Mx/Wx) + (My/Wy) ≤ [σ].

Максимальные прогибы консоли от сил Рy = Рcosα и Рх = Рsinα найдем с помощью универсального уравнения изогнутой оси балки (см. пример 8.3):

fx = (Рхl3)/(3EJy); fy = (Рyl3)/(3EJx).

- 135 -

Тангенс угла между плоскостью симметрии бруса Oyz и плоскостью прогибов равен:

tgγ = (fx/fy) = tgα (Jx/Jy) = tgβ,

то есть плоскость прогибов перпендикулярна нейтральной оси бруса.

σmax

Рис. 10.2

10.2. Прямой изгиб с ЦРС

Пусть теперь не выполняется второе условие прямого изгиба, о котором шла речь в начале §10.1, и свободный конец бруса загружен силой Р, приложенной в центре тяжести сечения, которая лежит в плоскости симметрии бруса, но не перпендикулярна его оси (рис. 10.3).

Разложим силу Р на составляющие по осям Oy и Oz. Тогда сила Рz будет вызывать растяжение бруса с постоянной продольной силой Nz = Рz и постоянными нормальными напряжениями σ(N) = N/F, а сила Рy – изгиб в вертикальной плоскости с максимальным изгибающим моментом Mx = Рy·l, и нормальными напряжениями σ(Mx) = (Mx/Jx)y.

- 136 -

у

х

Рис. 10.3

Результирующие нормальные напряжения будут равны:

σ = σ(N) + σ(Mx) = N/F + (Mx/Jx)y.

Таким образом, при изгибе с растяжением нейтральная ось не проходит через центр тяжести сечения (рис. 10.4).

При этом

σmax = N/F + Mx/Wx;

σmin = N/F − Mx/Wx.

Эти формулы справедливы и для случая сжимающей продольной силы, но только при условии, что балка имеет большую изгибную жесткость, когда соблюдается принцип начальных размеров.

Условие прочности:

|σ|max = N/F + Mx/Wx ≤ [σ].

Изгиб с ЦРС возникает также в брусе большой жесткости от внецентренно приложенной силы. Рассмотрим такой брус, к которому в точке с координатами ех, еу приложена сила Р, где Ох, Оу – оси симметрии сечения (рис. 10.5).

В любом сечении бруса возникают внутренние силы, равные по модулю:

N = Nz = Р; Mx = Реу; Mу = Рех.

Таким образом, внецентренное сжатие бруса сводится к ЦРС в сочетании с чистым косым изгибом, которое эквивалентно двум прямым, и при х, y > 0:

Для построения результирующей эпюры нужно, как и в §10.1, определить положение нейтральной оси. Для σ = 0, из (10.4) получим:

Р/F + (Mx/Jx)y + Mу/Jу)х = 0,

откуда учитывая, что Jx = Fix2, Jу= Fiу2, Р ≠ 0, получим уравнение нейтральной оси:

Эта прямая отсекает на координатных осях отрезки ах, ау, проходя через точки:

при у = 0: х = ах = − (iу2/ ех);

(10.6)

при х = 0: у = ау = − (iх2/ еу).

- 138 -

О

ех

х

Рис. 10.5

Дальнейший ход построения эпюр трудностей не вызывает (рис. 10.6).

ПРИМЕЧАНИЯ:

Из формул (10.6) следует:

1.Положение нейтральной оси зависит от формы и размеров сечения и от эксцентриситета приложенной силы Р , но не зависит от величины этой силы.

2.Знаки ах, ау противоположны знакам ех, еу.

3.Напряжения в точке 3 могут быть как сжимающими (σ<0), так и растягивающими (σ>0), что опасно.

Определим максимальные значения эксцентриситета ех, еу для безопасной работы конструкции (σ<0).

Для прямоугольного сечения Jx = bh3/12, iх2 = Jx/F = h2/12, iy2 = Jy/F = b2/12. 1. Пусть нейтральная ось проходит через точки 2 и 3 сечения. При этом

ах = − b/2, ау = ∞, а из (10.6) следует:

ех = − (iу2/ах) = b/6; еу = − (iх2/ау) = 0.

++

нейтральная ось

σmax

Рис. 10.6

2. Пусть нейтральная ось проходит через точки 1 и 2 сечения. При этом

ах =∞, ау =− h/2, а из (10.6) найдем: ех = 0; еу =h/6.

Аналогично находим точки М3 и М4 и определяем ядро сечения – область вокруг центра тяжести сечения, внутри которой приложенная сила не вызывает растягивающих усилий. Для прямоугольного сечения им будет ромб размерами b/3 по горизонтали и h/3 по вертикали.