ЛЕКЦИЯ 4

ЛЕКЦИЯ 4
Рассмотрим пример определения нормальных напряжений (рис. 4.1):
P
P
δ
z
a
θ
l/2
a
M
Ра
Рис. 4.1 Пример определения нормальных напряжений
Определить максимальное нормальное напряжение в балке. Поперечное
сечение балки – круг диаметром d = 25 см., длина пролёта l = 1,5 м., длина выступающей части а = 34 см., приложенные силы Р = 11,8 Т.
1. Строим эпюру изгибающих моментов. Величина момента над опорами равна
максимальному изгибающему моменту и равна
M max  Pa  11,8  103  34  4,02  105 кГсм .
2. Максимальное напряжение
 max 
M max
,
W
где
d 3 3,14  253

 15,3  103 см3 –
32
32
момент сопротивления изгибу поперечного сечения.
Таким образом, максимальное напряжение:
W
 max 
4,02  10 5
15,3  10 3
 262 кГ / см2 .
3.2.2 Расчёт балок
При изгибе балок нормальные напряжения являются основными, определяющими прочность балок. Условие прочности при изгибе запишется:
Безмельницин В.Т. Техническая механика Лекция 4
 max 
M x max
 ,
Wx
2
(4.1)
откуда
Wx 
M x max
.

(4.2)
Если для сжатия и растяжения допустимое напряжение  одинаковы, то
берут симметричное относительно горизонтальной оси поперечное сечение.
С целью экономии материала необходимо выбирать сечение с минимальной площадью. По справочнику выбираем профиль с моментом сопротивления
изгибу удовлетворяющим неравенству (4.2).
M
Из формулы для нормальных напряжений    x y следует, что необIx
ходимо сделать при той же площади значение Ix как можно больше, т.е. необходимо разнести материал как можно дальше от продольной оси. На рис. 4.6
приведён предельный случай.
h/2
A/2
h/2
A/2
Рис. 4.2 Самое рациональное распределение материала
Практическая реализация такого предельного случая – двутавровое сечение. Для него имеем:
Wx  0,35Ah .
Для прямоугольного сечения имеем:
Wx 
bh 2
 0.167 Ah
6
Таким образом, двутавровое сечение более чем в два раза экономичнее
прямоугольного.
3.2.3 Касательные напряжения в балках
Безмельницин В.Т. Техническая механика Лекция 4
3
Пусть балка имеет прямоугольное поперечное сечение высотой h и шириной b. Примем два предположения, упрощающие закон распределения касательных напряжений в балке прямоугольного поперечного сечения:
1. Касательные напряжения параллельны их результирующей - перерезывающей силе Q.
2. Касательные напряжения постоянны по ширине балки и меняются по высоте.
Вырежем из балки малый элемент mn двумя смежными поперечными сечениями и двумя плоскостями, параллельными срединной поверхности балки
(рис. 4.3), расположенными бесконечно близко друг к другу на расстоянии dz и
dy соответственно.
τ
n
h
y
n
m
m
x
τ
Q
b
Рис. 4.3 Касательные напряжения в элементе mn
Касательные напряжения τ по вертикальной грани элемента mn распределены равномерно по ширине, согласно принятой гипотезе. Тогда на перпендикулярной горизонтальной грани будут действовать, согласно закону парности
касательных напряжений, такие же равномерно распределённые касательные
напряжения τ, т.е. и между горизонтальными слоями балки действуют касательные напряжения.
На верхней и нижней гранях касательных напряжений нет (на них нет
внешних нагрузок, уравновешивающих эти касательные напряжения), т.е. и касательные напряжения в поперечном сечении при y  h / 2 равны нулю.
Для определения касательных напряжений в слое балки с координатой у1
вырежем из балки элемент pnn1p1 двумя смежными поперечными сечениями,
отстоящими на расстоянии dz друг от друга. Верхняя грань этого элемента совпадает с поверхностью балки (τ = 0 как показано выше), нижняя грань совпадает с слоем балки с координатой у1, в котором определяется касательное напряжение (рис. 4.4 а).
Безмельницин В.Т. Техническая механика Лекция 4
n
n1
4
y
τ
p1
y1
τ
y
τ
p
h/2
N + dN
y1
N
x
z
dz
а
б
Рис. 4.4 Определение касательных напряжений
По боковым граням элемента ( в поперечных сечениях) действуют нормальные напряжения σ, распределённые по высоте сечения согласно выведенной нами на предыдущей лекции формуле:

Mx
y,
Ix
равнодействующие которых по граням равны N и N + dN соответственно.
Под действием указанных сил элемент находится в равновесии. Составим
уравнение равновесия всех сил в проекции на ось z. Имеем:
  b  dz  N  dN  N  0 ,
откуда

dN 1
 .
dz b
Найдём равнодействующую нормальных напряжений в поперечном сечении балки:
M
N   dA   x  ydA ,
I x A1
A1
где интегрирование проводится по площади отсечённой части поперечного сечения (рис. 4.4б). Но:

 ydA  Sx A1
Безмельницин В.Т. Техническая механика Лекция 4
5
статический момент отсечённой части поперечного сечения относительно
нейтральной линии. Итак:
M
N   x Sx .
Ix
Sx
Так как для балки постоянного поперечного сечения отношение
- веIx
личина постоянная, то получаем для касательного напряжения формулу:

dM x Sx
.

dz I x b
Но, как известно,
dM x
 Qy .
dz
Таким образом, получаем окончательно для касательных напряжений в
сечении балки формулу:

Q ySx
Ix b
.
(4.3)
Эта формула была выведена Журавским Д.И. в 1855 г. и носит его имя.
В формуле Журавского для данного сечения балки величины Q y , I x , b константы, и закон изменения касательных напряжений по высоте балки совпадает с законом изменения статического момента отсечённой части сечения Sx
(рис. 4.4 б). Но статический момент площади равен произведению этой площади на координату её центра тяжести, т.е. (рис. 4.4 a):
2

h
1h
 bh
S  A1  y c  b  y1    y1     y12  .
2
2 2
 2 4


x
Итак, касательное напряжение в балке постоянного прямоугольного поперечного сечения определяется формулой:
Безмельницин В.Т. Техническая механика Лекция 4
6
`τ
y1
yС
h/2
y
x
τmax
а
б
Рис.4.5 Распределение касательных напряжений в сечении
Qy  h2

  y12  .
y1  
2I x  4

Имеем:
 min
Q y h 2 Q y h 2 12 3 Q y 3 Q y
 h
     0,  m ax  (0) 



,
8I x
8 bh 3 2 bh 2 A
 2
где А – площадь поперечного сечения балки.
Таким образом, касательное напряжение в балке прямоугольного поперечного сечения распределяется по высоте по параболической зависимости
(рис. 4.5 б).
Из закона Гука   G   следует, что деформация сдвига γ меняется как и
касательное напряжение τ по закону параболы. Но деформация сдвига – это изменение прямого до деформации угла между осью балки и плоскостью поперечного сечения. Т.е. при изгибе поперечное сечение балки не остаётся плоским и перпендикулярным нейтральной поверхности балки (рис. 4.6.
Как следует из рисунка, удлинение волокна, параллельного оси балки если изменится, по сравнению со случаем, когда поперечное сечение остаётся
плоским, то незначительно и для определения нормального напряжение в случае наличия поперечной силы можно продолжать пользоваться той же формулой, что и в случае чистого изгиба:
M
   x y.
Ix
Безмельницин В.Т. Техническая механика Лекция 4
7
P
Рис. 4.6 Несоблюдение гипотезы плоских сечений при поперечном изгибе
3.2.4 Касательные напряжения в двутавровой балке
t
h1/2
h
y1
h1/2
Рассмотрим балку двутаврового поперечного сечения, которое упрощённо можно представить в виде сочетания прямоугольников (рис. 4.7).
τmax
а
б
Рис. 4.7 Распределение касательных напряжений в двутавре
При рассмотрении распределения касательных напряжений в стенке двутавровой балки можно принять те же предположения, что и для прямоугольного поперечного сечения и, следовательно, пользоваться той же формулой (4.3).
Найдём величину статического момента отсечённой части сечения (на рис. 4.7 а
она заштрихована). Имеем:
Безмельницин В.Т. Техническая механика Лекция 4
8
h / 2  y1 
 h h  h h / 2  h1 / 2   h1

S*x  b  1  1 
  t   y1  y1  1

2
2
 2 2  2
 2



b  h 2 h12  t  h12
       y12 
2 4
4  2 4

Таким образом, касательные напряжения в пределах стенки определяются
формулой:

Q  b  h 2 h12  t  h12
2
(4.4)

       y1  ,
Ix t  2  4
4  2 4

т.е. меняются по закону параболы (рис. 4.7 б). Максимальной величины они достигают в центре сечения (у1 = 0):
Q  b  h 2 h12  th 12 
 max 
    
,
I x t  2  4
4 8 
минимальной – в стенке на уровне нижней поверхности полки (у1 = h1/2):
 min
Q  h 2 h 12 
   .

2I  4
4 
Так как t мало по сравнению с b, то делаем вывод о том, что изменение
касательного напряжения по высоте стенки двутавра незначительно (рис. 4.7 б).
В полках нельзя принимать те же предположения, которые имели место
для прямоугольного сечения относительно распределения касательных напряжений (так, например, на нижней поверхности полки напряжения равны нулю
на свободной поверхности и отличны от нуля в стенке). Условно напряжения в
полке на уровне нижней поверхности полки считаем по той же формуле (4.3),
т.е. здесь получаем разрыв в напряжениях, так как вместо t в формуле теперь
будет фигурировать b, величина существенно б'ольшая (рис. 4.7 б).
Как следует из этого анализа, большая часть поперечной силы Q воспринимается стенкой, и так как напряжения в стенке существенно не меняются, то
можно считать, что
Q
.

h1  t
Необходимо помнить, что определяющим условием прочности при изгибе обычно является прочность по нормальным напряжениям. Поэтому сечение
балки подбирают из условия прочности по нормальным напряжениям и лишь
потом проверяют прочность по касательным напряжениям и прочность по эквивалентным напряжениям в наиболее нагруженной точке.
Безмельницин В.Т. Техническая механика Лекция 4
Рассмотрим пример (рис. 4.8):
P
y
9
P
z
a
a
P
Q
P
M
Pa
Рис. 4.8 Пример нагружения балки
Шарнирно опёртая балка нагружается двумя равными силами на расстоянии а = 50 см от опор. Поперечное сечение балки прямоугольное шириной b =
10 cм и высотой h = 15 см, материал – дерево с допустимым нормальным
напряжением σw = 110 кГ/см2 и τw = 15 кГ/см2. Определить допустимую силу
Рw из условия прочности на изгиб и условия прочности на сдвиг и сравнить.
Решение.
1. Средняя часть балки находится в состоянии чистого изгиба с изгибающим моментом M  P  a , концевые – в состоянии поперечного изгиба с
максимальным изгибающим моментом M  P  a и максимальной перерезывающей силой Q  P .
2. Запишем условие прочности по нормальным напряжениям:
 max 
откуда
M
 w ,
W
M  Pw  a  W   w ,
т.е.
bh 2
10  15 2
Pw 
w 
110  825 кГ
6a
6  50
3. Условие прочности по касательным напряжениям запишется:
Безмельницин В.Т. Техническая механика Лекция 4
 max 
откуда
3Q
 w ,
2A
2
Q  Pw  A   w ,
3
т.е.
2
2bh
2  10  15
Pw  A   w 
w 
 15  1500 кГ
3
3
3
4. Таким образом, выбирая меньше меньшего, имеем:
Pw  825 кГ,
т.е определяющим явилось условие прочности по изгибу.
10