Формулы для расчетов на изгиб

Подборка формул для расчета балок и рам на изгиб и решения задач сопротивления материалов по расчету внутренних сил, напряжений, деформаций и перемещений при изгибе.

Обозначения:

σ — нормальные напряжения,
τ — касательные напряжения,
Q_y – внутренняя поперечная сила,
M_x – внутренний изгибающий момент,
I_x – осевой момент инерции сечения балки,
W_x – осевой момент сопротивления сечения,
A — площадь поперечного сечения,
[σ], [τ] – соответствующие допустимые напряжения,
E – модуль упругости I рода (модуль Юнга),
y — расстояние от оси x до рассматриваемой точки сечения балки.

Расчет внутренних поперечных сил и изгибающих моментов

Формула кривизны балки в заданном сечении

Расчет нормальных напряжений в произвольной точке сечения балки при изгибе

Условие прочности по нормальным напряжениям при изгибе (проверочный расчет)

Осевые моменты инерции I и сопротивления W

• прямоугольного сечения
  
  h – высота сечения,
  b – ширина сечения балки.
• круглого сечения балки
  
  D — диаметр сечения

Касательные напряжения в произвольной точке сечения при изгибе определяются по формуле Журавского:

Здесь:

S_x^* — статический момент относительно оси x отсеченной части сечения

b — ширина сечения на уровне рассматриваемой точки

Условие прочности балки по касательным напряжениям

Дифференциальное уравнение линии изогнутой оси балки

Уравнения метода начальных параметров (МНП)

θ_z, y_z — соответственно угол наклона и прогиб сечения балки на расстоянии z от начала координат,
θ₀, y₀ — соответственно угол наклона и прогиб сечения балки в начале координат,
m, F, q — соответственно все изгибающие моменты, сосредоточенные силы и распределенные нагрузки приложенные к балке,

a, b — расстояние от начала координат до сечений где приложены моменты и силы соответственно,
c — расстояние от начала координат до начала распределенной нагрузки q.

Пример расчета перемещений в балке методом начальных параметров >

Другие формулы >
Примеры решения задач >
Краткая теория >

Балки под распределенной нагрузкой | Онлайн калькулятор

Ниже выполнены онлайн расчеты статически определимых балок в условиях прямого поперечного изгиба под действием переменной распределенной нагрузки. Данная нагрузка является постоянной или линейно изменяется в пределах заданных максимального и минимального значений. Расчеты определяют прогиб, угол поворота и изгибающий момент в произвольно заданной точке балки при различных граничных условиях.

Исходные данные:

L — длина балки, в миллиметрах;

a — координата точки начала приложения распределенной нагрузки, в миллиметрах;

X — координата точки нахождения изгибающего момента, угла поворота и прогиба балки, в миллиметрах;

q_a — значение распределенной нагрузки в точке а, в ньютонах/метр;

q_l — значение распределенной нагрузки в крайней правой точк, в ньютонах/метр;

I_x — момент инерции сечения относительно оси, перпендикулярной действию нагрузки, в метрах ⁴;

Е — модуль упругости материала балки, в паскалях.

Расчет балки # 1.2

Расчет изгибающего момента, угла поворота и прогиба в произвольно заданной точке консольно закрепленной балки под действием распределенной нагрузки.

Граничные условия:

R_L = 0 — реакция опоры в крайней левой точке;

M_L = 0 — изгибающий момент в крайней левой точке;

θ_R = 0 — угол поворота в крайней правой точке;

Y_R = 0 — прогиб балки в крайней правой точке.

Расчет балки # 2.2

Расчет изгибающего момента, угла поворота и прогиба в произвольно заданной точке балки c защемленным концом и скользящей опорой под действием распределенной нагрузки.

Граничные условия:

R_L = 0 — реакция опоры в крайней левой точке;

θ_L = 0 — угол поворота в крайней левой точке;

θ_R = 0 — угол поворота в крайней правой точке;

Y_R = 0 — прогиб балки в крайней правой точке.

Расчет балки # 3.2

Расчет изгибающего момента, угла поворота и прогиба в произвольно заданной точке балки c защемленным концом и шарнирной опорой под действием распределенной нагрузки.

Граничные условия:

М_L = 0 — изгибающий момент в крайней левой точке;

Y_L = 0 — прогиб балки в крайней левой точке;

θ_R = 0 — угол поворота в крайней правой точке;

Y_R = 0 — прогиб балки в крайней правой точке.

Расчет балки # 4.2

Расчет изгибающего момента, угла поворота и прогиба в произвольно заданной точке балки c защемленными концами под действием распределенной нагрузки.

Граничные условия:

θ_L = 0 — угол поворота в крайней левой точке;

Y_L = 0 — прогиб балки в крайней левой точке;

θ_R = 0 — угол поворота в крайней правой точке;

Y_R = 0 — прогиб балки в крайней правой точке.

Расчет балки # 5.2

Расчет изгибающего момента, угла поворота и прогиба в произвольно заданной точке балки c шарнирными опорами под действием распределенной нагрузки.

Граничные условия:

М_L = 0 — изгибающий момент в крайней левой точке;

Y_L = 0 — прогиб балки в крайней левой точке;

М_R = 0 — изгибающий момент в крайней правой точке;

Y_R = 0 — прогиб балки в крайней правой точке.

Расчет балки # 6.2

Расчет изгибающего момента, угла поворота и прогиба в произвольно заданной точке балки c шарнирной и скользящей опорами под действием распределенной нагрузки.

Граничные условия:

R_L

= 0 — реакция опоры в крайней левой точке;

θ_L = 0 — угол поворота балки в крайней левой точке;

М_R = 0 — изгибающий момент в крайней правой точке;

Y_R = 0 — прогиб балки в крайней правой точке.

©ООО»Кайтек», 2020. Любое использование либо копирование материалов или подборки материалов сайта, может осуществляться лишь с разрешения автора (правообладателя) и только при наличии ссылки на сайт www.caetec.ru

Как рассчитать диаграммы изгибающего момента?

Расчет диаграммы изгибающего момента

Ниже приведены простые инструкции по расчету диаграммы изгибающего момента балки без опоры.. Изучите этот метод, так как он очень универсален. (и может быть адаптирован к множеству различных типов задач. Способность вычислять момент балки — очень распространенная практика для инженеров-строителей и часто возникает на экзаменах в колледжах и старших классах..

во-первых, что такое изгибающий момент? Момент — это вращательная сила, которая возникает, когда сила прикладывается перпендикулярно к точке на заданном расстоянии от этой точки.. Он рассчитывается как перпендикулярная сила, умноженная на расстояние от точки. Изгибающий момент — это просто изгиб, возникающий в балке из-за момента.

При расчете изгибающих моментов важно помнить две вещи.; (1) стандартные единицы — Нм и (2) изгиб по часовой стрелке считается отрицательным. В любом случае, со скучными определениями, давайте посмотрим, как рассчитать диаграмму изгибающего момента:

Расчет диаграмм изгибающего момента вручную

1. Рассчитайте реакции на опорах и начертите диаграмму свободного тела. (FBD)

Если вы не знаете, как определить реакции на опорах – пожалуйста, сначала посмотрите это руководство. Как только у вас будет реакция, нарисуйте диаграмму свободного тела и Диаграмма усилия сдвига под балкой. Окончательно вычислить моменты можно, выполнив следующие действия.:

2. Слева направо, делать “порезы” до и после каждой реакции / нагрузки

Для расчета изгибающего момента балки, мы должны работать так же, как мы делали для диаграммы силы сдвига. Начиная с x = 0 будем перемещаться по балке и вычислять изгибающий момент в каждой точке.

Резать 1

Сделать “резать” сразу после первой реакции луча. В нашем простом примере:

Так, когда мы разрезаем луч, мы учитываем только силы, приложенные слева от нашего разреза. В таком случае, у нас есть сила 10 кН в направлении вверх. Теперь, как вы помните, изгибающий момент — это просто сила x расстояние. Так что по мере того, как мы удаляемся от силы, величина изгибающего момента увеличится. Мы видим это в нашей БМД.. Уравнение для этой части нашей диаграммы изгибающего момента:: -M(Икс) знак равно 10(-Икс) M(Икс) = 10x

Резать 2

Этот разрез делается непосредственно перед второй силой по балке.. Поскольку между первым и вторым резом нет других нагрузок, уравнение изгибающего момента останется прежним. Это означает, что мы можем рассчитать максимальный изгибающий момент. (в этом случае в середине, или x = 5) просто подставив x = 5 в приведенное выше уравнение:

Резать 3

Этот разрез делается сразу после второй силы по балке.. Теперь у нас есть ДВЕ силы, которые действуют слева от нашего разреза.: реакция опоры 10 кН и нагрузка -20 кН, действующая вниз. Итак, теперь мы должны учитывать обе эти силы по мере продвижения по нашей балке.. На каждый метр мы перемещаемся по балке, будет добавлен момент +10 кНм от первого усилия и -20 кНм от второго. Итак, после точки x = 5, наше уравнение изгибающего момента становится: M(Икс) знак равно 50 +10(х-5) – 20(х-5) M(Икс) знак равно 50 -10(х-5) для 5 ≤ х ≤ 10 ПРИМЕЧАНИЕ: Причина, по которой мы пишем (х-5) потому что мы хотим знать расстояние от точки x = 5 только. Все, что до этой точки, использует предыдущее уравнение.

Резать 4

Очередной раз, давайте переместимся вправо от нашей балки и сделаем разрез прямо перед нашей следующей силой. В таком случае, наше следующее сокращение произойдет незадолго до реакции со стороны Right Support. Поскольку между опорой и нашим предыдущим разрезом нет других сил, уравнение останется прежним: M(Икс) знак равно 50 -10(х-5) для 5 ≤ x≤ 10 И давайте подставим в это значение x = 10, чтобы найти изгибающий момент на конце балки.: M(Икс) знак равно 50 – 10(10-5) = 0кНм Это имеет смысл. Поскольку наш луч статичен (и без вращения) Имеет смысл, что наша балка должна иметь нулевой момент в этот момент, если учесть все наши силы. Он также удовлетворяет одному из наших начальных условий, что сумма моментов на опоре равна нулю. ПРИМЕЧАНИЕ: Если ваши расчеты приводят вас к любому другому числу, кроме 0, ты сделал ошибку!

БОНУС: Как рассчитать изгиб с помощью SkyCiv Beam

SkyCiv имеет бесплатный калькулятор изгибающего момента для быстрого и удобного расчета диаграмм изгибающих моментов. Под нашим платная версия калькулятор даже покажет вам полный ручной расчет, показаны необходимые шаги для расчета диаграмм изгибающего момента. Просто смоделируйте балку с помощью калькулятора, и нажмите решить. Он покажет вам пошаговые расчеты того, как нарисовать диаграмму изгибающего момента. (включая порезы):

Расчет на прочность | ПроСопромат.ру

Задача 1

В некотором сечении балки прямоугольного сечения 20×30см

М=28 кНм, Q=19 кН.

Требуется:

а) определить нормальное и касательное напряжения в заданной точке К, отстоящей от нейтральной оси на расстоянии 11 см,

б) проверить прочность деревянной балки, если [σ]=10 МПа, [τ]=3 МПа.

Решение

а) Для определения σ_(К), τ_(К) и _maxσ,_maxτ потребуется знать величины осевого момента инерции всего сечения I_Н.О., осевого момента сопротивления W_Н.О., статического момента отсечённой части  и статического момента половины сечения S_max:

Тогда:

б) Проверка прочности:

— по условию прочности нормальных напряжений:

— по условию прочности касательных напряжений:

Задача 2

В некотором сечении балки М=10кНм, Q=40кН. Поперечное сечение – треугольное. Найти нормальное и касательное напряжения в точке, отстоящей от нейтральной оси на расстоянии 15 см.

где 

Тогда

где:

Тогда

Задача 3

Подобрать сечение деревянной балки в двух вариантах: круглое и прямоугольное (при h/b=2), если [σ]=10 МПа, [τ]=3 МПа, и сравнить их по расходу материала.

Задаёмся направлениями опорных реакций А и В и составляем уравнения статики:

(1)          ∑М(В) = F·8 – М – А·6 + (q·6)·3 =0,

откуда 

(2)          ∑М(А) = F·2 – М + В·6 — (q·6)·3 =0,

откуда 

Iучасток   

∑М(С) = М(z₁) +F·z₁=0,

ММ(z₁) = —F·z₁= — 30 ·z₁ —

– уравнение прямой.

При z₁ = 0:      М = 0,

z₁ = 2:      М =- 60 кНм.

∑у= — F — Q(z₁) = 0,

Q(z₁) = — F = -30 кН – постоянная функция.

II участок     

откуда

— уравнение параболы.

При z₂=0:     М = 0,

z₂=3м:  М = 30 · 3 – 5 · 3² = 90 — 45 = 45кНм,

z₂=6м:  М = 30 · 6 – 5 · 6² = 180 — 180 = 0.

∑у= Q(z₂) — q·z₂ + B= 0,

Q(z₂) = q·z₂ — B= 10·z₂ – 30 – уравнение прямой,

при  z₂ = 0:     Q = -30,

        z₂ = 6м:     Q = 10·6 – 30 = 30.

Определение аналитического максимума изгибающего момента второго участка:

из условиянаходим :

И тогда

Заметим, что скачок в эп.М расположен там, где приложен сосредоточенный момент М = 60кНм и равен этому моменту, а скачок в эп.Q – под сосредоточенной силой А = 60 кН.

Подбор сечения балок производится из условия прочности по нормальным напряжениям, куда следует подставлять наибольший по абсолютной величине изгибающий момент из эпюры М.

В данном случае максимальный момент по модулю М = 60кНм

откуда: :

а) сечение круглой формы d=?

б) сечение прямоугольной формы при h/b = 2:

тогда

Размеры сечения, определенные из условия прочности по нормальным напряжениям, должны удовлетворять также условию прочности по касательным напряжениям:

Для простых форм сечений известны компактные выражения наибольшего касательного напряжения:

— для круглого сечения 

— для прямоугольного сечения 

Воспользуемся этими формулами. Тогда

— для балки круглого сечения при :

— для балки прямоугольного сечения

Чтобы выяснить, какое сечение требует меньшего расхода материала, достаточно сравнить величины площадей поперечных сечений:

А_{прямоугольного} = 865,3см² < А_{круглого} = 1218,6см², следовательно, балка прямоугольного сечения в этом смысле выгоднее, чем круглого.

 

Задача 4

Подобрать двутавровое сечение стальной балки, если [σ]=160МПа, [τ]=80МПа. 

Задаёмся направлениями опорных реакций А и В и составляем два уравнения статики для их определения:

(1)              ∑М(А) = – М₁– F  ·2 — (q·8)·4 + М₂ + В·6 =0,

откуда 

(2)      ∑М(В) = – М₁– А · 6 + F · 4 + (q·8)·2 + М₂ =0,

откуда 

Проверка:

∑у = А – F – q · 8 + В = 104 – 80 – 20 · 8 +136 = 240 – 240 ≡ 0.

∑М(С) = М(z₁) — М₁=0,

М(z₁) = М₁= 40 кНм – постоянная функция.   

∑у= — Q(z₁) = 0,

Q(z₁) = 0.

II участок 

— парабола.

Приz₂=0:       М = 40 кНм,

z₂=1м:    М = 40 + 104 – 10=134кНм,

z₂=2м:    М = 40+ 104 · 2 – 10 · 2² = 208 кНм.

∑у=А — q·z₂ — Q(z₂) = 0,

Q(z₂) =А— q·z₂ = 104 –  20·z₂  – уравнение прямой,

при  z₂ = 0:       Q = 104кН,

        z₂ = 6м:    Q = 104 – 40 = 64кН.

III участок

— парабола.

Приz₃=0:       М = 24+40=-16 кНм,

z₃=2м:    М = 24 + 136·2 — 10 (2+2)² = 24 + 272 – 160 = 136кНм,

z₃=4м:    М = 24 + 136·4 – 10 (2+4)² = 24 + 544 – 360 = 208 кНм.

∑у=В — q(2+z₃ ) + Q(z₃) = 0,

Q(z₃) =- В + q(2+z₃ ) = -136 + 20 (2+z₃ )   – уравнение прямой,

при  z₃ = 0:        Q = -136 + 40 = — 94кН,

        z₃ = 4м:     Q = — 136 + 20 (2+4) = — 136 + 120 = — 16кН.

IV участок

— парабола.

z₄=0:       М = 0кНм,

z₄=1м:    М = – 10кНм,

z₄=2м:    М = — 40кНм.

∑у=- q·z₄ + Q(z₄) = 0,

Q(z₄) =q·z₄ = 20·z₄  – уравнение прямой.

Приz₄ = 0:       Q = 0,

        z₄ = 2м:     Q = 40кН.

Проверяем скачки в эпюрах:

а) В эпюре М скачок на правой опоре величиной 24кНм (от 16 до 40) равен сосредоточенному моменту М₂=24, приложенному в этом месте.

б) В эпюре Q три скачка:

первый из них на левой опоре соответствует сосредоточенной реакции А=104кН,

второй – под силой F=80кН и равен ей (64+16=80кН),

третий – на правой опоре и соответствует правой опорной реакции 136кН (94+40=136 кН)

Наконец, проектируем двутавровое сечение.

Подбор его размеров производится из условия прочности по нормальным напряжениям :

 

В сортаменте двутавровых профилей профиля с точно таким моментом сопротивления W_х нет. Есть № 40^а с W_х=1190 см³ и № 45^а с W_х=1430 см³

Попробуем  меньший из них. Если принять двутавр № 40^а, у которого W_х=1190 см³ , то наибольшее напряжение в опасном сечении будет:

и перенапряжение составитчто превышает рекомендуемую величину отклонения, равную 5%.

Поэтому приходится принимать ближайший больший размер двутавра, а именно №45^а, у которого W_х=1430 см³. В этом случае балка будет работать с недонапряжением:

что меньше [σ]=160МПа на  

Итак, принимается двутавр №45^а, у которого: W_х=1430 см³, I_х=32240см⁴, I_х: S_х=38,6см, d=11,5мм.

Далее необходима проверка прочности по касательным напряжениям с помощью условия прочности :

 

Это условие прочности выполняется, даже с избыточным запасом.

 

Задача 5

Подобрать сечение балки, рассмотрев шесть вариантов форм и три вида материалов (древесина, чугун, сталь).

Решение 

1.Определение опорных реакций 

∑М(А) = F · 2 + М₁ — М₂— q·6·7 + В · 8 =0,∑М(В) = F · 10 + М₁— М₂ – А · 8 + q·6·1 =0,Проверка:

∑у = – 20 – 40 ·6 +50+210 = — 260 + 260 ≡ 0.

2.Построение эпюр изгибающих моментов и поперечных сил.

I участок

∑М(С) = М(z₁) + F·z₁=0,

М(z₁) = — F·z₁= -20·z₁.

При z₁=0:     М = 0,

        z₁=2м:  М = – 40кНм,

∑у= — F— Q(z₁) = 0,

Q(z₁) = — 20кН.

II участок

        z₂=0:      М = — 20 – 40 = -60 кНм,

z₂=4м:   М = 200 — 20 – 120 = 200 — 140 = 60кНм.

∑у=- F + А — Q(z₂) = 0,

Q =- F + А= -20+50=30кН.

III участок

— парабола.

Приz₃=0:      М = — 20·4= — 80 кНм,

z₃=2м:   М = 210·2 — 20·(2+2)² = 420 – 320 = 100кНм,

z₃=4м:   М = 210·4 – 20 · (2+4)² = 840 – 720 = 120кНм.

∑у= Q(z₃) + В — q·(2+z₃) = 0,

Q(z₃) = — В + q·(2+z₃) = — 210 + 40·(2+z₃) – уравнение прямой.

Приz₃ = 0:       Q = -130кН,

        z₃ = 4м:     Q = 30кН.

Q(z₀) = — 210 + 40·(2+z₀) = 0,

— 210 + 80 + 40·z₀ = 0,

40·z₀ = 130,

z₀ =3,25м,

IV участок

парабола.

Приz₄=0:      М = 0 кНм,

z₄=1м:   М = – 20кНм,

z₄=2м:   М = — 80кНм.

∑у=- q·z₄ + Q(z₄) = 0,

Q(z₄) =q·z₄ = 40·z₄  – уравнение прямой,

        z₄ = 0:        Q = 0,

        z₄ = 2м:     Q = 80кН.

3. Подбор сечений (опасное сечение по σ: |_maxМ|=131,25кНм,

опасное сечение по τ: |_maxQ|=130кН).

Вариант 1. Деревянное прямоугольное ([σ]=15МПа, [τ]=3МПа)

Принимаем: В=0,24м,

                         Н=0,48м.

Проверяем по τ:

Вариант 2. Деревянное круглое

Принимаем d=0,45м,

Проверяем по τ:

Вариант 3. Чугун : ([σ_Р]=30МПа, [σ_с]=120МПа, [τ]=15МПа)

Принимаем b=0,19м, тогда h=0,38м, d=0,076м.

Проверка по τ:

b(у)= b — d= 0,19 — 0,076 = 0,114м

Вариант 4. Сталь, двутавр : ([σ]=160МПа, [τ]=80МПа).

по сортаменту W_х=953см³. Это №40: I_x=19062см⁴, S_х=545см³, d=0,83см.

Проверка по τ:

Вариант 5. Сталь, круглая труба

Принимаем D=0,22м   →  d = 0,6·D =0,132м.

Проверка по τ:

Вариант 6. Сталь, прямоугольная труба  

b₁= b — 2t = b — 2·0,1b = 0,8b,

h₁= h — 2t  = 0,8h,

Принимаем b=0,13м, h=0,26м.

Проверка по τ:

Кстати: какое из сечений стальной балки выгодней по расходу материала?

Двутавр —  А = 72,6см² = 72,6·10^-4 = 0,00726м²,

круглая труба –

прямоугольная труба — 

Самый лёгкий: двутавр → самый выгодный с точки зрения изгиба.

 

Расчёт железобетонных балок прямоугольного сечения при совместном воздействии поперечных сил, крутящих и изгибающих моментов

Аннотация В статье даётся обоснование расчёта железобетонных балок прямоугольного сечения при совместном воздействии поперечных сил, крутящих и изгибающих моментов. Решая проблему обеспечения надёжности и качества объектов строительства в Республике Беларусь, ближнем и дальнем зарубежье, авторы подчёркивают неизбежность расчёта железобетонных конструкций, подверженных кручению с изгибом. Отмечается необходимость проведения экспериментальных и теоретических исследований прочности железобетонных балок криволинейного очертания в плане, бортовых балок железобетонных фундаментов из перекрёстных лент, балок открытых крановых эстакад и путепроводов, балок в пространственных рамных конструкциях и прогонах монолитно связанных с второстепенными опорными конструкциями, так как несущая способность таких элементов при кручении сравнительно ниже, чем при изгибе. Используя тензор напряжений для изгиба, поперечной силы, крутящего момента и совместного воздействия этих факторов, представлено общее положение исследования работы пространственных сечений железобетонных балок прямоугольного сечения, включающее анализ их напряжённого состояния для трёх основных характерных случаев. При расчёте прочности пространственных сечений принята идеализированная двухлинейная диаграмма деформирования согласно ТКП EN 1992-1-1, на основе которой приводится методика расчёта несущей способности железобетонной балки прямоугольного сечения, воспринимающей одновременно крутящий и изгибающий момент. Несущая способность железобетонной балки при совместном воздействии крутящего момента и поперечной силы диктуется условием прочности из соотношения моментов внешних и внутренних сил относительно оси, проходящей через центр тяжести сжатой зоны балки при эпюре напряжений сжатой зоны в виде прямоугольной трапеции. Предложен упрощённый способ расчёта пространственных сечений железобетонных балок прямоугольного сечения.

Ключевые слова: напряжённое состояние, тензор напряжений, поперечное сечение, крутящий момент, изгибающий момент, пространственное сечение, ветви хомутов, ядро сечения

Для цитирования: Семенюк, С.Д. Расчёт железобетонных балок прямоугольного сечения при совместном воздействии поперечных сил, крутящих и изгибающих моментов / С.Д. Семенюк, А.В. Зезюлин, Е.Я. Семенюк // Проблемы современного бетона и железобетона : сб. науч. тр. / Ин-т БелНИИС; редкол.: О. Н. Лешкевич [и др.]. – Минск, 2015. – Вып. 7. – С. 133-151.

Полный текст статьи на русский язык

Список использованных источников

1. Коуэн, Г. Дж. Кручение в обычном и предварительно напряжённом железобетоне / Г. Дж. Коуэн. – М. : Стройиздат, 1972. – 104 с.
2. Савицкий, Н. В. Оценка надёжности железобетонных элементов по прочности сечений наклонных продольной оси /Н. В. Савицкий, К. В. Баташева, А. А. Тытюк, Т. Ю. Шевченко // Сб. наук. тр. ПГАСА. – Донецк: ПГАСА, 2004. – Вып. 29. – С. 98 – 101.
3. Семенюк, С. Д. Влияние предыстории загружения на несущую способность железобетонных балок, подверженных кручению с изгибом / С. Д. Семенюк, И. С. Фролков // Ресурсоекономнi матерiали, конструкциi, будiвлi та споруди : збiрник наукових працъ. – Вып. 22. – Рiвне, 2011. – С. 722 – 727.
4. Семенюк, С. Д. Железобетонные и пространственные фундаменты жилых и гражданских зданий на неравномерно деформированном основании / С. Д. Семенюк. – Могилёв : Белорусско–Российский университет, 2003. – 269 с.
5. Семенюк, С. Д. Расчёт несущей способности железобетонных конструкций, работающих на изгиб с кручением / С. Д. Семенюк, Ю. Г. Москалькова, С. В. Босаков // Ресурсоекономнi матерiали, конструкциi, будiвлi та споруди: збiрник наукових працъ / НУВХП. – Вып. 30. – Рiвне, 2015. – С. 263 – 270.
6. Тимошенко, С. П. Теория упругости / С.П. Тимошенко, Дж. Гудьер. – М. : Наука, 1979. – 560 с.
7. Торяник, М. С. Расчёт железобетонных конструкций при сложных деформациях / М. С. Торяник. – М. : Стройиздат,1974. – 297 с.
8. Фалеев, Л. В. Экспериментально–теоритические исследования несущей способности железобетонных балок прямоугольного и таврового сечений, работающих на косой изгиб с кручением.: Дис. канд. техн. наук / Л. В. Фалеев. – Мн., 1968. – 316 с.
9. Феодосьев, В. И. Сопротивление материалов / В. И. Феодосьев. – М. : Наука, 1979. – 540 с.
10. Юдин, В. К. Работа железобетонных балок прямоугольного сечения на кручение с изгибом / В. К. Юдин // Бетон и железобетон. – 1964. – № 1. – С. 11 – 14.

ISSN 2076-6033

Расчет балок при изгибе на прочность

Содержание:

Расчет балок при изгибе на прочность

• В зависимости от поставленной цели расчета на долговечность, расчет балки в момент изгиба на долговечность может быть представлен тремя видами решаемых задач. 1. Проверьте напряжение балок при известных размерах поперечного сечения и заданных прочностных характеристиках материала. 2. Выбор поперечного сечения, то есть определение требуемых размеров поперечного сечения при заданной форме и прочностных

характеристиках материала (расчетные расчеты). 3. Конечная нагрузка определяется выбранными размерами поперечного сечения и прочностными характеристиками материала.x

Ry, (21.15) где Wx=Jx/h / 2 называется осевым резистивным моментом поперечного сечения. Спецификация момента сопротивления-м3 или см3. Таким образом, момент сопротивления является геометрической характеристикой прочности поперечного сечения балки при изгибе. Чем больше момент сопротивления, тем меньше стресс, который возникает в этой точке опасности. Момент сопротивления высоте h и ширине b прямоугольного сечения Wx = Jx/!/ Max=(bh9 / 12)/(n / 2)=BSC. Момент сопротивления W x радиусу G круглого сечения =Jx / r■ — w* / 4r=LGs. Сопротивление W * раз для наружного радиуса G кольцевого сечения Вт к икс =Jkx/r=n(r4-4r rty. Для профиля качения двутавровой балки канальный момент сопротивления показан в справочниках.

• Для выбора поперечного сечения балки (расчетный расчет) значение требуемого момента сопротивления определяется по следующей формуле: G xt R>(21.16)Cu Выберите размер этого сечения до полученного значения W x в заданном виде поперечного сечения. Определение предельной нагрузки осуществляется по формуле прочности (21.15). По известным значениям W x и r y вычисляется максимальный изгибающий момент абсолютной величины, который может выдержать данная балка: / Mx m axl=Wx Ry. (21.17) Затем, в соответствии с полученным значением|M x max|, определяется предельное значение внешней нагрузки, действующей на балку. 16-

480 241 расчет прочности при максимальном касательном напряжении. После расчета балки на нормальное напряжение выполняется проверка на прочность максимального тангенциального напряжения. Балка с определенной шириной поперечного сечения по высоте (прямоугольник, квадрат и др.).), Обычно не рассчитывают на тангенциальное напряжение, определяя его прочность нормальным напряжением. Исключение составляет балка с большой поперечной силой, или балка с резким изменением ширины сечения (двутавровая балка, швеллер и др.).да что с тобой такое? Опасным является поперечное сечение балки, а максимальная поперечная сила действует на Qmax.s»(21.18) s otc-статический момент блокировки части поперечного сечения относительно нейтральной оси;Jx—момент инерции всего Людмила Фирмаль

поперечного сечения относительно нейтральной оси; DST определяется напряжением сдвига; — момент инерции всего поперечного сечения относительно нейтральной оси. Расчет силы эквивалентного напряжения. Расчет эквивалентного напряжения в основном основан на двутавровых балках, каналах,etc.At поскольку любая внешняя нагрузка, максимальный изгибающий момент и максимальная поперечная сила, возникающие сечения, обычно не совпадают, опасным сечением, большим изгибающим моментом и точкой бокового опасного сечения будет точка, в которой эквивалентное напряжение достигает наибольшего значения. Максимальное эквивалентное напряжение поперечного сечения балки создается в точках сопряжения горизонтальной и

вертикальной стенок. Эквивалентное напряжение при расчете стальных балок рассчитывается по энергетической теории прочности. Условие прочности описывается следующим образом %kvtah=<1 ‘ 1E*Y(21.19), где Qz-Mxyljx—нормальное напряжение в критической точке;Vpy=qys0tcijxb-касательное напряжение в критической точке;RtJ-расчетное сопротивление стали. Рассмотрим процесс расчета более подробно на примере. 242 гонки 21.20 Например. Может быть. 21.20, а, имеет поперечное сечение в виде двутавровой балки(рис. 21.21,а), ры=2jQ МПа делать расчет на прочность, Ра=121.8 МПа, JX используется — =253.9-ИО-6M4 и АТИ=1209-ИО-6м3. Решение. Из приложенной нагрузки на балку находим опорную реакцию: S z=0;/ / C=0. =504-0, 5+504-4, 5-Rc-5=0; Rc=504kN. ZMc=RB-b— 504-4,5 — 504-0,5 = 0; RB=504kN. Рассчитайте изгибающий момент и боковую силу характерной части балки. Поперечное

сечение V. MX=0\Qy=Rg=504kN. В разделе D. MX=I 0, 5=252kN-m; Q * eB=504kN; Q » p=0. Раздел К. М,=р, б- 4,5-504-4=252kN-м;м джеб=0;м’*== — 504kN. Секция C. L1x=0; Qy= — 504kN. 1г* 243 согласно этим значениям, графики M и Q(фиг. 21.20, b и C). Расчет самого высокого нормального напряжения.x=252-103-2 0.1 0 -2 /2 5 3 ,9 -1 0 -» = 19,85 МПа. Предварительно рассчитанное тангенциальное напряжение в точке 2: Два. = Вычислить эквивалентное напряжение 110,76 МПа: около максимального env= 198,5® + 3-110,76″ = 283,2 МПа. Тэ Макс>1,15/?y или 283.2>241.5. 244балка не соответствует прочностным условиям максимальных тангенциальных и эквивалентных напряжений. Необходимо увеличить размер поперечного сечения.

Смотрите также:

Решение задач по технической механике

Расчет прочности и жесткости сварной балки двутаврового сечения

а – схема изменения сечения по длине балки; б – сечение балки и эпюры напряжений.

Цель: Проверка режима расчета сопротивления сечений в постпроцессоре «Сталь» вычислительного комплекса SCAD

Задача: Проверить расчетное сечение сварного двутаврового профиля для главных балок пролетом 18 м в балочной клетке нормального типа. Верхний пояс главных балок раскреплен балками настила, расположенными с шагом 1,125 м.

Источник: Металлические конструкции : учебник для студ. Учреждений высш. проф. Образования / [Ю. И. Кудишин, Е. И. Беленя, В. С. Игнатьева и др.] ; под. Ред. Ю. И. Кудишина. — 13-е изд., испр. — М. : Издательский центр «Академия», 2011. С 195.

Соответствие нормативным документам: СНиП II-23-81*, СП 16.13330, ДБН В.2.6-163:2010.

Имя файла с исходными данными:

4.1 SectionResistance_Example_4.1.spr;
отчет — 4.1 SectionResistance_Example_4.1.doc

Исходные данные:

M1 = 3469,28 кНм	Расчетный изгибающий момент;
Q1 = 925 кН	Расчетная перерезывающая сила;
Ry = 23 кН/cм2, Rs = 0,58*23=13,3 кН/cм2	Сталь марки C255 при толщине t>20 мм;
l = 18 м	Пролет балки;
Wy = 15187,794 см3	Геометрические характеристики для сварного
Iy = 1290962,5 см4 Sy = 9108,75 см3 iy = 63,715 см, iz = 4,265 см	двутавра с полками 240×25 мм и стенкой 1650×12 мм;

Параметры SCAD Постпроцессор СТАЛЬ:
[Элемент № 1] Усилия

N Макс. 0 Т Привязка 0 м Макс. 0 Т Привязка 0 м	My Макс. 0 Т*м Привязка 0 м Макс. 353,65 Т*м Привязка 3,75 м	Mz Макс. 0 Т*м Привязка 0 м Макс. 0 Т*м Привязка 0 м
Mk Макс. 0 Т*м Привязка 0 м Макс. 0 Т*м Привязка 0 м	Qz Макс. 94,31 Т Привязка 0 м	Qy Макс. 0 Т Привязка 0 м Макс. 0 Т Привязка 0 м
	Длина стержня 3,75 м Длина гибкой части 3,75 м Загружение L1

 

Расчет выполнен по СНиП II-23-81*
Конструктивный элемент Section

Сталь: C255

Длина элемента 3,75 м
Предельная гибкость для сжатых элементов: 220
Предельная гибкость для растянутых элементов: 300
Коэффициент условий работы 1
Коэффициент надежности по ответственности 1
Расчетная длина в плоскости XoY 1,125 м
Расчетная длина в плоскости XoZ 18 м
Расстояние между точками раскрепления на плоскости 1,125 м

Сечение

Результаты расчета	Проверка	Коэффициент использования
п.5.12	Прочность при действии изгибающего момента My	0,99
пп.5.12,5.18	Прочность при действии поперечной силы Qz	0,41
пп.5.24,5.25	Прочность при совместном действии продольной силы и изгибающих моментов без учета пластики	0,99
п. 5.14*	Прочность по приведенным напряжениям при одновременном действии изгибающего момента и поперечной силы	0,86
п.5.15	Устойчивость плоской формы изгиба	0,99
пп.6.15,6.16	Предельная гибкость в плоскости XoY	0,09
пп.{2} \] 4. Гибкость элемента в плоскости действия момента: \[ \lambda_{y} =\frac{\mu l}{i_{y} }=\frac{18\cdot 100}{63,715}=28,2508. \] 5. Гибкость элемента из плоскости действия момента: \[ \lambda_{y} =\frac{\mu l}{i_{y} }=\frac{1,125\cdot 100}{4,265}=26,3775. \] Сравнение решений Фактор Источник Ручной счет SCAD Отклонение от ручного счета, % Прочность при действии изгибающего момента Му 0,99 15083,826/15187,794 = 0,993 0,993 0,0 Прочность при действии поперечной силы Qz – 5,4388/13,3 = 0,4089 0,408 0,0 Прочность по приведенным напряжениям – 22,7715/1,15/23 = 0,861 0,861 0,0 Прочность при совместном действии продольной силы и изгибающих моментов без учета пластики – 15083,826/15187,794 = 0,993 0,993 0,0 Устойчивость плоской формы изгиба – 15083,826/1/15187,794 = 0,993 0,993 0,0 Предельная гибкость в плоскости XoY – 26,3775/300 = 0,088 0,088 0,0 Предельная гибкость в плоскости XoZ – 28,2508/300 = 0,094 0,094 0,0   Как рассчитать диаграммы изгибающего момента? Расчет диаграммы изгибающего момента Ниже приведены простые инструкции по расчету диаграммы изгибающего момента балки без опоры. Изучите этот метод, поскольку он очень универсален (и может быть адаптирован для многих различных типов задач. Способность вычислять момент балки является очень распространенной практикой для инженеров-строителей и часто возникает на экзаменах в колледже и средней школе. Во-первых, что такое изгибающий момент? Момент — это сила вращения, которая возникает, когда сила прикладывается перпендикулярно к точке на заданном расстоянии от этой точки.Он рассчитывается как перпендикулярная сила, умноженная на расстояние от точки. Изгибающий момент — это просто изгиб балки под действием момента. При расчете изгибающих моментов важно помнить две вещи; (1) стандартными единицами измерения являются Нм и (2) изгиб по часовой стрелке считается отрицательным. В любом случае, избавившись от скучных определений, давайте рассмотрим этапы расчета диаграммы изгибающего момента: Расчет диаграмм изгибающего момента вручную 1.Рассчитайте реакции на опорах и начертите диаграмму свободного тела (FBD) Если вы не знаете, как определить реакцию опор — сначала просмотрите это руководство. Когда у вас есть реакции, нарисуйте диаграмму свободного тела и диаграмму силы сдвига под балкой. Окончательный расчет моментов можно выполнить, выполнив следующие шаги: 2. Сделайте «надрезы» слева направо до и после каждой реакции / нагрузки Чтобы рассчитать изгибающий момент балки, мы должны действовать так же, как и для диаграммы поперечных сил.Начиная с x = 0, мы будем перемещаться по балке и вычислять изгибающий момент в каждой точке. разрез 1 Сделайте «разрез» сразу после первой реакции луча. В нашем простом примере: Итак, когда мы разрезаем балку, мы учитываем только силы, приложенные слева от разреза. В этом случае у нас есть сила 10 кН в направлении вверх. Как вы помните, изгибающий момент — это просто сила x расстояние. Таким образом, по мере того, как мы удаляемся от силы, величина изгибающего момента будет увеличиваться.Мы видим это в нашей БМД. Уравнение для этой части нашей диаграммы изгибающего момента: -M (x) = 10 (-x) M (x) = 10x разрез 2 Этот разрез делается непосредственно перед вторым усилием вдоль балки. Поскольку между первым и вторым резом нет других нагрузок, уравнение изгибающего момента останется прежним. Это означает, что мы можем рассчитать максимальный изгибающий момент (в данном случае в средней точке, или x = 5), просто подставив x = 5 в приведенное выше уравнение: Cut 3 Этот разрез делается сразу после второго усилия по балке.Теперь у нас есть ДВЕ силы, которые действуют слева от нашего разреза: реакция опоры 10 кН и нагрузка -20 кН, действующая вниз. Итак, теперь мы должны учитывать обе эти силы по мере продвижения по нашей балке. На каждый метр, который мы перемещаем по балке, будет добавлен момент +10 кНм от первой силы и -20 кНм от второй. Таким образом, после точки x = 5 наше уравнение изгибающего момента становится: M (x) = 50 +10 (x-5) — 20 (x-5) M (x) = 50-10 (x-5) для 5 ≤ x ≤ 10 ПРИМЕЧАНИЕ. Причина, по которой мы пишем (x-5), заключается в том, что мы хотим знать расстояние только от точки x = 5.Все, что до этой точки, использует предыдущее уравнение. Разрез 4 Опять же, давайте переместимся вправо от нашей балки и сделаем разрез прямо перед нашим следующим отрядом. В этом случае наше следующее сокращение произойдет незадолго до реакции Правой Поддержки. Поскольку между опорой и нашим предыдущим разрезом нет других сил, уравнение останется прежним: M (x) = 50-10 (x-5) для 5 ≤ x≤ 10 И давайте подставим в это значение x = 10, чтобы найти Найдите изгибающий момент на конце балки: M (x) = 50 — 10 (10-5) = 0 кНм. Это имеет смысл.Поскольку наша балка статична (и не вращается), имеет смысл, что наша балка должна иметь нулевой момент в этой точке, если мы учитываем все наши силы. Он также удовлетворяет одному из наших начальных условий, что сумма моментов на опоре равна нулю. ПРИМЕЧАНИЕ: Если ваши вычисления приводят вас к любому другому числу, кроме 0, вы ошиблись! БОНУС: как рассчитать изгиб с помощью SkyCiv Beam В SkyCiv есть бесплатный калькулятор изгибающего момента, позволяющий быстро и легко рассчитать диаграммы изгибающего момента.В нашей платной версии калькулятор даже покажет вам полные ручные расчеты, показывая шаги, предпринятые для ручного расчета диаграмм изгибающего момента. Просто смоделируйте луч с помощью калькулятора и нажмите «Решить». Он покажет вам пошаговые расчеты того, как нарисовать диаграмму изгибающего момента (включая разрезы): Механика материалов: изгиб — напряжение сдвига »Механика тонких конструкций Поперечный сдвиг при изгибе Как мы узнали при создании диаграмм сдвига и момента, поперечная сила и изгибающий момент действуют по длине балки, испытывающей поперечную нагрузку.На предыдущем уроке мы узнали о том, как изгибающий момент вызывает нормальное напряжение . Это нормальное напряжение часто доминирует в расчетных критериях прочности балки, но по мере того, как балки становятся короткими и толстыми, преобладающим становится поперечное напряжение сдвига . В этом уроке мы узнаем, как сила сдвига при изгибе балки вызывает напряжение сдвига . Поперечный сдвиг трудно визуализировать. Рассмотрим несколько балок, консольно прикрепленных к стене.Представьте, что это деревянные доски размером 2 на 4 дюйма. Если они не связаны друг с другом, приложение нагрузки к свободному концу балок приведет к их изгибу и скольжению мимо друг друга, как показано на рисунке ниже. Если вместо этого доски склеить, клей предотвратит проскальзывание балок друг о друга. Это сопротивление скольжению или сопротивление силам, параллельным поверхности балки, создает напряжение сдвига внутри материала. Это напряжение сдвига может вызвать разрушение, если горизонтальные плоскости, которые должны сопротивляться сдвигу, являются слабыми. Чтобы понять природу этого поперечного напряжения сдвига более математически, давайте представим балку, которая просто поддерживается на концах и нагружена точечной силой в ее центре. Давайте увеличим масштаб небольшого сегмента балки и проанализируем силы, действующие на него. Из предыдущих разделов мы знаем, что при изгибе возникает нормальное напряжение, которое изменяется по оси y . Из показанной нагрузки мы знаем, что нормальное напряжение в направлении x будет сжимающим (отрицательным) в верхней части балки и растягивающим (положительным) в нижней части балки.Мы также знаем, что это нормальное напряжение будет равно нулю вдоль нейтральной оси балки. Нас интересует суммирование сил в направлении x и установка их равными нулю. Если мы посмотрим на произвольную площадь поперечного сечения (то есть не на всю площадь поперечного сечения), мы можем записать силы от нормального напряжения как напряжение, умноженное на площадь дифференциального элемента. Теперь мы знаем из нашей аналогии с деревянной доской, приведенной выше, что должна быть сила, параллельная основанию этой произвольной области — эта сила сдвига будет действовать в направлении x , и мы назовем ее дельтой H.Теперь мы можем суммировать силы, действующие в направлении x . Установив сумму сил в направлении x равной нулю и решив для нашего неизвестного сдвига, мы можем начать простые вещи. Во-первых, мы видим, что, переставив некоторые члены и вынув члены, которые не меняются по площади поперечного сечения из интеграла, мы получаем знакомый член в крайней правой части уравнения. Мы находим интеграл y по площади — это, как мы знаем из нашего урока по изгибу, равно первому моменту площади вокруг другой оси (в данном случае из изображения поперечного сечения, то есть z ось): Q z .Мы также можем немного упростить это уравнение, вспомнив связь между изменением изгибающего момента и поперечной силой. Итак, мы можем переписать M d -M c (что является дельтой M ) как V delta x . Что у нас остается, как только мы приведем два дельта-члена к одной и той же стороне уравнения, это уравнение для горизонтальной поперечной силы на единицу длины . (Вы можете заметить, что я избавился от нижних индексов, которые показаны в приведенном выше уравнении.Это потому, что в приведенном выше уравнении была указана система координат: x было длинной осью балки, y было по толщине, а z было по ширине. Вышеприведенное уравнение является общим, вам нужно будет определить, какие координаты и, следовательно, какие индексы и соответствующие моменты площади вам нужно решить.) Это уравнение для q имеет единицы [Н · м -1 ]. Сила на длину … только из анализа размеров, мы можем заметить, что эта поперечная сила на единицу длины будет напряжением, если мы разделим q на шкалу длины.Соответствующим масштабом длины в этом случае является , толщина интересующей области, т . Теперь из раздела нашего урока по изгибу, посвященного моментам площади, мы знаем, как вычислить Q и I . Прежде чем беспокоиться о деталях, есть несколько вещей, которые мы можем сразу извлечь из этого уравнения. Начнем с того, что мы знаем: мы можем определить В из наших диаграмм сдвига и момента . Мы можем вычислить I на основе формы всей конструкции , и мы можем определить t из ширины нашей области интереса , т.е.е. на какой ширине происходит этот сдвиг. Определение Q часто является самой сложной частью такого рода проблем — это то, что требует большой практики. Эти уравнения для поперечного напряжения сдвига можно упростить для обычных инженерных форм. Например, если у вас узкий прямоугольный луч, уравнение упрощается до: Где c — половина толщины балки, или вообще c — это расстояние от нейтральной оси до внешней поверхности балки.Это уравнение является иллюстративным по двум причинам: во-первых, напряжение сдвига будет иметь максимальное значение в центре балки, то есть когда y = 0, и будет равно нулю вверху и внизу балки. Это справедливо для балок более сложной формы — поперечный сдвиг сверху и снизу равен нулю. Следующее уравнение действительно для определения максимального поперечного напряжения сдвига в американских стандартных (S-образная балка) или широкополочных (W-образных) балках. Сводка Изгиб может вызвать как нормальное напряжение, так и поперечное напряжение сдвига .О существовании этого напряжения сдвига можно судить по тому, что карты слегка скользят друг мимо друга, когда вы сгибаете колоду карт. Величина напряжения сдвига становится важной при проектировании изгибаемых балок, которые являются толстыми или короткими — балки могут и будут разрушаться при сдвиге при изгибе. Для расчета поперечного напряжения сдвига мы используем приложенную силу сдвига (которую можно получить из диаграммы момента сдвига), первый момент площади и толщины интересующей области и второй момент площади всей конструкции.Сложность с этими проблемами обычно возникает при принятии решения о том, какая интересующая область является конкретной проблемой, и при правильном вычислении Q для этой области. Этот материал основан на работе, поддержанной Национальным научным фондом в рамках гранта № 1454153. Любые мнения, выводы, выводы или рекомендации, выраженные в этом материале, принадлежат авторам и не обязательно отражают точку зрения Национального научного фонда. Научный фонд. Страница не найдена | MIT Перейти к содержанию ↓ Образование Исследовательская работа Инновации Прием + помощь Студенческая жизнь Новости Выпускников О Массачусетском технологическом институте Подробнее ↓ Прием + помощь Студенческая жизнь Новости Выпускников О Массачусетском технологическом институте Меню ↓ Поиск Меню Ой, похоже, мы не смогли найти то, что вы искали! Попробуйте поискать что-нибудь еще! Что вы ищете? Увидеть больше результатов Предложения или отзывы? Как нарисовать диаграмму поперечного усилия и изгибающего момента | Балка с простой опорой | Примеры Диаграмма поперечной силы и изгибающего момента свободно опертой балки может быть построена путем предварительного расчета значений поперечной силы и изгибающего момента.Значения поперечной силы и изгибающего момента рассчитываются на опорах и в точках, где изменяется нагрузка. Пример простой опорной балки с точечной нагрузкой Нарисуйте диаграмму силы сдвига и изгибающего момента для точечной нагрузки на балку, несущую прямую опору. Как показано на рисунке ниже. Решение Сначала найдите реакции свободно опертой балки. Обе реакции будут равны. Так как балка симметрична. т.е. R1 = R2 = W / 2 = 1000 кг. Теперь найдите значение поперечной силы в точках A, B и C. Когда балка с простой опорой несет точечные нагрузки. Затем найдите значение поперечной силы в сечениях. Значение поперечной силы останется неизменным до точечной нагрузки. Значение поперечной силы при точечной нагрузке изменяется и остается неизменным до тех пор, пока не вступит в действие любая другая точечная нагрузка. Сила сдвига между (A — B) = S.F (A-B) = 1000 кг Сила сдвига между (B — C) = S.F (B -C) = 1000 — 2000 S.F (B — C) = — 1000 кг. Диаграмма усилия сдвига Изгибающий момент В случае балки с простой опорой изгибающий момент на опорах будет равен нулю. И он будет максимальным там, где поперечная сила равна нулю. Изгибающий момент в точке A и C = M (A) = M (C) = 0 Изгибающий момент в точке B = M (B) = R1 x Расстояние R1 от точки B. Изгибающий момент в точке B = M (B) = 1000 x 2 = 2000 кг.м Диаграмма изгибающего момента Простая опорная балка с UDL и точечной нагрузкой, пример Нарисуйте диаграмму силы сдвига и изгибающего момента балки с прямой опорой, несущей равномерно распределенную нагрузку и точечные нагрузки.Как показано на рисунке. Решение Сначала найдите реакции R1 и R2 свободно опертой балки. Реакции будут равны. Так как балка симметрична. R1 = R2 = W / 2 = (600 +600 + 200 x4) / 2 = 1000 кг Следовательно, R1 = R2 = 1000 кг. Усилие сдвига Сила сдвига между участками A — B = S.F (A — B) = 1000 кг. Сила сдвига справа от точки B = S.F (B) = 1000-600 С.F (B) правый = 400 кг. Теперь поперечная сила слева от точки C. Из-за равномерно распределенной нагрузки значение сдвига непрерывно изменяется от точки B до C. Сила сдвига в точке C (слева) = S.F (L) = 400 — (200 × 4) Сила сдвига в точке C (слева) = S.F (L) = -400 кг Сила сдвига между участком C — D = S.F (C-D) = -400 — 600 Сила сдвига между участками C — D = S.F (C-D) = -1000 кг. Диаграмма усилия сдвига Можно увидеть по поперечной силе; Сила сдвига максимальна в точке A и остается неизменной до момента возникновения точечной нагрузки. В точке B значение поперечной силы уменьшается из-за точечной нагрузки. Сдвигающая сила от B к C непрерывно уменьшается из-за удл. В точке C поперечная сила постепенно падает из-за точечной нагрузки. От точки C до D сила сдвига остается прежней, поскольку в этом диапазоне не действует никакая другая точечная нагрузка. Изгибающий момент B.M будет равен нулю на опорах. т.е. М (А) = М (Д) = 0 Б.M в точках B и C = M (B) = M (C) = 1000 x2 = 200 кг.м А теперь, как определить максимальный изгибающий момент? Изгибающий момент будет максимальным в точке, где сила сдвига равна нулю. Следовательно, изгибающий момент будет максимальным в средней точке. M (макс.) = 1000 × 4 — 600 × 2-200 × 2 (2/2) M (макс) = 2400 кг.м Диаграмма изгибающего момента Калькулятор фиксированной балки | calcresource Теоретические основы Содержание Введение Фиксированная балка (также называемая фиксированной балкой) является одной из самых простых конструкций.У него всего две опоры, обе фиксированные. Фиксированные опоры запрещают любое движение, включая вертикальные или горизонтальные смещения, а также вращения. Ограничение вращения приводит к нулевому уклону на двух концах, как показано на следующем рисунке. Неподвижная балка имеет две фиксированные опоры, по одной на каждом конце. Неподвижная балка имеет больше опор, чем требуется для обеспечения статической прочности. В самом деле, вторую неподвижную опору можно полностью удалить, превратив конструкцию в консольную балку, которая по-прежнему является конструкцией, несущей звуковые нагрузки.Другими словами, фиксированная балка обеспечивает избыточность опор. Напротив, конструкция без избыточности превратилась бы в механизм, если бы какая-либо из ее опор была удалена. В этой ситуации конструкция может беспрепятственно перемещаться в одном или нескольких направлениях. Структуры, которые не предлагают избыточности, называются критическими или детерминантными структурами . Если с ними произойдет локальный сбой, они рухнут. Напротив, конструкция, которая имеет больше опор, чем требуется для ограничения ее свободного движения, называется избыточной или неопределенной конструкцией .Избыточные структуры могут выдержать один или несколько локальных сбоев, прежде чем они станут механизмами. Фиксированная балка — это неопределенная (или дублирующая) конструкция. Допущения Обычно при выполнении статического анализа несущей конструкции необходимо рассчитать внутренние силы и моменты, а также прогибы. Когда конструкция является 2-мерной и приложенные нагрузки действуют в одной и той же 2D-плоскости, интерес представляют только три результирующих действия: осевые силы N, поперечные поперечные силы V и изгиб. моменты М. Для неподвижной балки, нагруженной только поперечными нагрузками (так, чтобы их направление было перпендикулярно продольной оси балки), осевая сила всегда равна нулю, при условии, что прогибы остаются небольшими. Поэтому осевыми силами обычно можно пренебречь. Результирующие характеристики реакции и прогибы, представленные на этой странице, рассчитаны с учетом следующих допущений: Материал однороден и изотропен (другими словами, его характеристики одинаковы в любой точке и в любом направлении) Материал является линейно упругим Нагрузки прикладываются статично (они не меняются со временем) Поперечное сечение одинаково по всей длине балки Прогибы небольшие Каждое поперечное сечение, которое изначально является плоским и также перпендикулярно продольной оси, остается плоским и перпендикулярно отклоненной оси.Это тот случай, когда высота поперечного сечения значительно меньше длины балки (в 10 и более раз), а также поперечное сечение не является многослойным (не сечение сэндвич-типа). Последние два предположения удовлетворяют кинематическим требованиям теории пучка Эйлера-Бернулли и здесь также приняты. Условные обозначения Условные обозначения необходимы для расчета внутренних сил и моментов N, V, M и их физической интерпретации в любом сечении балки.Здесь приняты следующие правила: Осевая сила N считается положительной, когда она вызывает растяжение детали. Сдвигающая сила V положительна, когда она вызывает вращение детали по часовой стрелке. Изгибающий момент M является положительным, когда он вызывает растяжение нижнего волокна балки и сжатие верхнего волокна. Эти правила, хотя и не являются обязательными, но достаточно универсальны. Другой набор правил, если следовать ему последовательно, также даст те же физические результаты. Положительный знак для внутренней осевой силы, N, поперечной силы, V и изгибающего момента, M Обозначения E: модуль упругости материала (модуль Юнга) I: момент инерции поперечного сечения вокруг упругой нейтральной оси изгиба L: общий пролет балки R: реакция опорной силы d: прогиб M: изгибающий момент и опорный момент V: поперечная поперечная сила \ theta: наклон w: распределенная нагрузка W: общая сила распределенной нагрузки P: точечная нагрузка Неподвижная балка с равномерно распределенной нагрузкой В этом случае нагрузка w распределяется равномерно по всему пролету балки, имея постоянная величина и направление. 4} {384 EI}
Точки контригиба: (нулевой момент)	x_o = \ left (3- \ sqrt {3} \ over6 \ right) L \ ок0.2)

Неподвижная балка с точечной силой в середине

В этом случае сила сосредоточена в одной точке, расположенной в середине балки. Однако на практике сила могла быть применена на ограниченном протяжении. В непосредственной близости от приложения силы ожидаются концентрации напряжений, и в результате отклик, предсказываемый классической теорией балки, может быть неточным. Однако это только местное явление. Когда мы удаляемся от места действия силы, результаты становятся действительными в силу принципа Сен-Венана при условии, что нагруженная площадь остается существенно меньше общей длины балки.

В следующей таблице представлены формулы, описывающие статический отклик фиксированной балки с закрепленными обоими концами под действием сосредоточенной точечной силы P, приложенной посередине. 3} {192 EI}

Точки обратного изгиба:

(нулевой момент)

x_o = {L \ over 4}

x_1 = {3L \ over 4}

Изгибающий момент в x: M (x) = \ left \ {\ begin {align} & — {PL \ over8} + {Px \ over2} &, x \ le L / 2 \\ & — {PL \ over8} + {P (L-x) \ over2} &, x> L / 2 \ end {align} \ right.2 \ left (4x-L \ right)} {48 E I} &, x> L / 2 \ end {align} \ right. Наклон в точке x: \ theta (x) = \ left \ {\ begin {align} — & \ frac {Px (L-2x)} {8 EI} &, x \ le L / 2 \ \ — & \ frac {P (Lx) (L — 2x)} {8 EI} &, x> L / 2 \ end {align} \ right.

Фиксированная балка с точечной силой в произвольном положении

В этом случае сила сосредоточена в одной точке в любом месте пролета балки. Однако на практике сила может быть применена на небольшой площади, а не в идеальной точке.Однако, чтобы считать силу сосредоточенной, размеры зоны нагружения должны быть значительно меньше общей длины балки. В непосредственной близости от силы ожидаются концентрации напряжений, и в результате отклик, предсказываемый классической теорией балки, может быть неточным. Однако это только местное явление. По мере удаления от места расположения силы расхождение результатов становится незначительным.

В следующей таблице представлены формулы, описывающие статический отклик фиксированной балки с закрепленными обоими концами под действием сосредоточенной точечной силы P, приложенной на случайном расстоянии a от левого конца.2 \ over 2EI} &, x> a \ end {align} \ right.

где:

b = La

s_a = L + 2a

s_b = L + 2b

Неподвижная балка с точечным моментом

точка балки в любом месте пролета балки. На практике это может быть пара сил или элемент, находящийся на кручении, соединенный из плоскости и перпендикулярно балке, как показано на следующем рисунке.

Практически момент не может быть реализован на идеально бесконечно малой точке.Вместо этого небольшая длина балки будет подвергаться действию наложенного момента. В непосредственной близости от зоны нагружения ожидается, что результаты, предсказанные с помощью классической теории балок, будут неточными (из-за концентраций напряжений и других локализованных эффектов). Однако по мере того, как мы уходим, предсказанные результаты становятся совершенно достоверными, как указано в принципе Сен-Венана, при условии, что площадь нагрузки остается существенно меньше, чем общая длина балки.

В следующей таблице представлены формулы, описывающие статический отклик фиксированной балки с закрепленными обоими концами под действием сосредоточенного момента M точки, приложенного на расстоянии a от левого конца.2} {2 E I} + {M_Ax \ over E I} — {M (x-a) \ over E I} &, x> a \ end {align} \ right.

где:

b = La

x_1 = L \ left ({1 \ over2} — {\ sqrt {3} \ over 6} \ right) \ приблизительно 0,21132L

x_2 = L \ left ({1 \ over2} + {\ sqrt {3} \ over 6} \ right) \ приблизительно 0,78868L

t_a = L-3a

t_b = L-3b

Фиксированная балка с треугольной нагрузкой

В этом случае нагрузка распределяется по всему пролету балки, однако ее величина непостоянна.Вместо этого он изменяется линейно, начиная с нуля на левом фиксированном конце, постепенно увеличиваясь до своего пикового значения w_1 на правом фиксированном конце. Размеры w_1 — сила на длину. Общее количество силы, приложенной к балке, равно W = {1 \ over2} w L, где L — длина пролета. В некоторых случаях может быть задана полная сила W, а не пиковая сила на длину w_1.

Ориентация треугольной нагрузки важна для использования стола! Формулы были подготовлены для случая восходящей нагрузки (слева направо), как показано на схеме.Для нисходящей нагрузки вы можете отразить балку так, чтобы ее левый конец (точка A) был наименее загруженным, и, следовательно, ось x и соответствующие результаты также должны быть отражены.

В следующей таблице представлены формулы, описывающие статический отклик фиксированной балки с закрепленными обоими концами при линейно изменяющейся (треугольной) распределенной нагрузке, восходящей слева направо.

Фиксированная балка с линейно изменяющейся распределенной нагрузкой (треугольная)
Количество	Формула
Реакции:	R_A = {3w_1L7 \ over20} over20} M_A = — {w_1L ^ 2 \ over30} M_B = — {w_1L ^ 2 \ over20}
Концевые уклоны:	\ theta_A = \ theta_B = 0
Предельный изгибающий момент :	M_u = — {w_1L ^ 2 \ over20}
Предельная сила сдвига:	V_u = — {7w_1L \ over20}
Предельное отклонение:	d_u = \ frac {Cw_1 L ^ 4} {100000 EI}
Изгибающий момент при x:	M (x) = — {w_1 \ left (2L ^ 3 -9L ^ 2x + 10x ^ 3 \ right) \ over60L}
Сдвигающее усилие при x:	V (x) = {w_1 \ left (3L ^ 2 — 10x ^ 2 \ right) \ over20L}
Прогиб в x:	d (x) = — \ frac {R_A x ^ 3 } {6 EI} — {M_Ax ^ 2 \ over 2EI} + \ frac {w_1x ^ 5} {120EIL}
Наклон в точке x:	\ theta (x) = \ frac {R_A x ^ 2} {2 EI} + { M_A x \ over EI} — \ frac {w_1x ^ 4} {24EIL}
где: C = (15 — \ sqrt {105}) (\ sqrt {105} -5) ^ 2 \ приблизительно 130.8538

Неподвижная балка с трапецеидальной нагрузкой

В этом случае нагрузка распределяется по всему пролету балки с линейно изменяющейся величиной, начиная с w_1 на левом фиксированном конце и до w_2 на правом фиксированном конце . Размеры w_1 и w_2 — сила на длину. Общее количество силы, приложенной к балке, составляет: W = {L \ over2} (w_1 + w_2), где L — длина балки.

Значения w_1 и w_2 могут быть присвоены произвольно. Первое не обязательно должно быть меньше второго.Они могут принимать даже отрицательные значения (одно или оба).

В следующей таблице представлены формулы, описывающие статический отклик фиксированной балки с фиксированными обоими концами при переменной распределенной нагрузке трапециевидной формы.

Неподвижная балка с линейно изменяющейся распределенной нагрузкой (VDL)
Кол-во	Формула
Реакции:	R_A = {L (7) \ 9000_2 над R_B = {L (3w_1 + 7w_2) \ over20} M_A = -L ^ 2 ({w_1 \ over20} + {w_2 \ over30}) M_B = -L ^ 2 ({w_1 \ over30} + {w_2 \ over20})
Концевые уклоны:	\ theta_A = \ theta_B = 0
Изгибающий момент в x:	M (x) = M_A + R_Ax — {(2w_1 + w_x) x ^ 2 \ over6}
Сила сдвига в точке x:	V (x) = R_A — {(w_1 + w_x) x \ over2}
Прогиб в точке x:	d (x) = — \ frac { R_A x ^ 3} {6 EI} — {M_Ax ^ 2 \ over 2EI} + \ frac {(4w_1 + w_x) x ^ 4} {120EI}
Наклон в точке x:	\ theta (x) = \ frac {R_A x ^ 2} {2 EI} + {M_Ax \ over EI} — \ frac {(3w_1 + w_x) x ^ 3} {24EI}
где: w_x = w_1 + {(w_2 -w_1) х \ over L}

Неподвижная балка с трапециевидным распределением нагрузки в виде плиты

Такое распределение нагрузки является обычным для балок по периметру плиты.Распределенная нагрузка имеет трапециевидную форму, как показано на следующем рисунке. Максимальная величина нагрузки w, возникающая внутри балки, в то время как с двух сторон нагрузка линейно изменяется, уменьшаясь до нуля на двух концах. Размеры w — сила на длину. Общее количество силы, приложенной к балке, составляет: W = w (La / 2-b / 2), где L — длина балки, а a, b — длины левой и правой стороны, соответственно, где распределение нагрузки меняется (треугольное ).

Нагрузка неподвижной балки от соседней плиты.Поверхностная нагрузка на выделенную область ложится на ближайшую балку (нижнюю).

В следующей таблице представлены формулы, описывающие статический отклик фиксированной балки с закрепленными обоими концами при трапециевидном распределении нагрузки, как показано на схеме.

Неподвижная балка с трапециевидным распределением нагрузки
Количество	Формула
Реакции:	R_B = {w s_1 \ over20L ^ 3} слева L — {a \ over2} — {b \ over2} \ right) — R_B M_B = — {w s_2 \ over60L ^ 2} M_A = M_B + R_BL-w \ left ({L ^ 2 \ over2} — {bL \ over2} + {b ^ 2 \ over6} — {a ^ 2 \ over 6} \ right)
Концевые уклоны:	\ theta_A = \ theta_B = 0
Изгибающий момент при x:	M (x) = \ left \ {\ begin {align} & M_A + R_A x- {wx ^ 3 \ over6a} &, x \ le a \\ & M_A + R_A x- {w (a ^ 2 + 3x ^ 2-3ax) \ over6} &, a

Неподвижная балка с частично распределенной равномерной нагрузкой

В этом случае нагрузка распределяется равномерно только на часть пролета балки, имеющую постоянную величину w. Оставшийся пролет остается свободным от какой-либо нагрузки. Размеры w — сила на длину. Таким образом, общая сила, приложенная к балке, составляет: W = w \ left (L-a-b \ right), где L — длина пролета, а a, b — длина левой и правой стороны, соответственно, при отсутствии нагрузки.

В следующей таблице представлены формулы, описывающие статический отклик фиксированной балки с закрепленными обоими концами при частично распределенной равномерной нагрузке.2)

Неподвижная балка с частично распределенной трапециевидной нагрузкой

В этом случае нагрузка распределяется только на часть длины балки, а оставшаяся длина остается свободной от какой-либо нагрузки. Распределение изменяется линейно по величине от w_1 в левую сторону до w_2 в правую сторону. Размеры w_1 и w_2 — сила на длину. Таким образом, общее количество силы, приложенной к балке, составляет: W = {L-a-b \ over2} (w_1 + w_2), где L — длина пролета, а a, b — длины без нагрузки с левой и правой стороны балки соответственно.

Значения w_1 и w_2 могут быть присвоены произвольно. Первое не обязательно должно быть меньше второго. Они могут принимать даже отрицательные значения (одно или оба).

Это самый общий случай. Формулы для частично распределенных равномерных и треугольных нагрузок можно получить, соответствующим образом задав значения w_1 и w_2. Кроме того, соответствующие случаи для полностью нагруженного пролета можно получить, установив a и b равными нулю.

В следующей таблице представлены формулы, описывающие статический отклик фиксированной балки с закрепленными обоими концами при частично распределенной трапециевидной нагрузке.3

Статьи по теме

Понравилась эта страница? Поделись с друзьями!

Гибка балок

Введение

На этой странице рассматривается классическая теория изгиба балок, которая является важным фактором почти во всех конструктивных решениях и анализы. Хотя это менее очевидно, это также относится к продольному изгибу колонны. также. И это на самом деле второй мотив этого страницы, чтобы заложить основу для предстоящего обсуждения теории продольного изгиба колонн.

Цель не состоит в том, чтобы охватить все аспекты изгиба балки. В частности, такие темы, как определение нейтральной оси, теорема о параллельной оси и расчет прогибов балок не рассматривается.

---

Радиус кривизны

Радиус кривизны имеет фундаментальное значение для изгиба балки, поэтому он будет рассмотрено здесь. Обычно обозначается греческой буквой \ (\ rho \), и его можно представить как радиус круга, имеющего ту же кривизну, что и часть графика, изгиб дороги или любой другой путь.Когда путь прямой, \ (\ rho \) бесконечен, а когда путь имеет острый кривая в нем, \ (\ rho \) мала.

В конечном итоге нам понадобится аналитическое выражение для радиуса кривизны, так что он будет развиваться здесь. Начните с любой функции \ (y = y (x) \), как показано на рисунке. Напомним, что длина дуги \ (s \) связана с \ (\ rho \) через \ (\ rho \, \ theta = s \), где \ (\ theta \) — угол дуги. В дифференциальной форме это \ (\ rho \, d \ theta = ds \). Теперь разделите обе части на \ (dx \).{3/2}} \]
Интересно, что любое выражение, включающее радиус кривизны, кажется, всегда имеет появляются в знаменателе. И это не исключение, даже если это определяющее уравнение.

Также интересен тот факт, что многие приложения механики включают гибку, но в малых масштабах. Обсуждаемый здесь изгиб балки не является исключением. В таких случаях, лучший подход — определить ось x вдоль луча так, чтобы прогибы \ (y \) и, что более важно, деформированный уклон \ (y ‘\) будут оба будут маленькими.3} \]
где \ ({\ bf v} \) — вектор, определяемый параметрически как \ ({\ bf v} = {\ bf v} (x (t), y (t), z (t)) \), \ ({\ bf v ‘} \) — его первая производная, \ ({\ bf v’ ‘} \) — его вторая производная, и \ (| … | \) представляет длину вектора, то есть квадратный корень из суммы квадраты его составляющих.

---

Деформации при изгибе

Напомним, что длина дуги \ (L \) связана с радиусом кривизны \ (\ rho \) через \ (L = \ rho \, \ theta \), где \ (\ theta \) — угол.

Все становится сложнее, если принять во внимание толщину. На рисунке ниже объект начальной длины \ (L_o \) изогнут. как показано. Поскольку он имеет конечную толщину, различные его части растягиваются, или сжатые, в разном количестве. Внешняя часть балки растягивается больше всего, потому что он дальше всего от этот центр. Математически все части изогнуты под одинаковым углом, \ (\ theta \), но \ (\ rho \) изменяется по толщине, поэтому количество \ (\ rho \, \ theta \) тоже меняется, и, следовательно, меняется и \ (L \).

Следующий шаг — принять осознанное решение, чтобы избежать путаницы, связанной с наличием множества разные радиусы кривизны по толщине изгибаемого объекта. Это выполняется в два этапа.

Сначала найдите тот \ (\ rho \), который удовлетворяет \ (\ rho \, \ theta = L_o \). Обратите внимание, что \ (\ rho \) — вычисленный результат здесь, а \ (\ theta \) и \ (L_o \) — входные данные. Также обратите внимание, что длина в уравнении равна \ (L_o \), исходная недеформированная длина, не деформированный. Этот шаг устанавливает одно уникальное значение \ (\ rho \) для поперечное сечение, а не иметь несколько значений, что может привести к большой путанице.

Нейтральная ось

Местоположение в поперечном сечении, где известно \ (\ rho \, \ theta = L_o \) как нейтральная ось . Это единственное место, где окончательная деформированная длина такая же, как и исходная недеформированная длина, поэтому растяжения не происходит … из-за изгиба. Не думайте, что нейтральная ось должна быть посередине. поперечного сечения объекта. Это не обязательно так, особенно если объект представляет собой композицию из разных материалов с разными жесткости.

Предупреждение «из-за изгиба» в предыдущем абзаце присутствует, потому что объект также может быть одновременно нагружен растяжением (или сжатием), которое его растягивает пока каждая точка в его поперечном сечении не будет длиннее (или короче, если сжато), чем исходная длина, \ (L_o \).

Второй шаг — ввести переменную \ (y \) как расстояние от нейтральной оси. с любым другим радиусом в поперечном сечении, как показано на рисунке ниже. В результате радиус кривизны при любом \ (y \) равно \ ((\ rho — y) \), а окончательная длина в любом \ (y \) определяется как

\ [ L = (\ rho — y) \ тета \]
Напомним, что \ (L_o = \ rho \, \ theta \).Теперь деформацию \ (\ epsilon \) можно выразить как

\ [ \ epsilon_x = {L — L_o \ над L_o} = {(\ rho — y) \ theta — \ rho \, \ theta \ over \ rho \, \ theta} \]
, что упрощает

\ [ \ epsilon_x = — {y \ over \ rho} \]
Это ключевой результат деформации объекта. Это показывает, что деформация равна нулю при \ (у = 0 \), нейтральная ось, и линейно отклоняется от нее. Если объект толстый, то \ (y \) может принимать на больших значениях, но не на тонких объектах. Вот почему толстые объекты имеют большую жесткость на изгиб, чем тонкие предметы.

Кроме того, радиус кривизны в знаменателе учитывает многие эффекты изгиба. Когда объект не изогнут, тогда \ (\ rho \) бесконечно, а деформации, естественно, равны нулю. По мере изгиба объекта \ (\ rho \) уменьшается, и уравнение показывает, что деформации увеличиваются.

Наконец, обратите внимание, что деформация — это нормальная деформация и на самом деле является продольной, по длине балки. Обычно ось \ (x \) выравнивается по длина балки, создающая деформацию \ (\ epsilon_x \).

---

Напряжение изгиба

Теперь, когда у нас есть выражение для деформации, разработать выражение для стресса невозможно. будь проще. Умножьте деформацию на \ (E \), модуль упругости, для получения напряжения \ (\ sigma_x \).

\ [ \ sigma_x = — {E \, y \ over \ rho} \]
Хотя этот шаг был чрезвычайно простым, на самом деле он довольно глубок в том, пренебрегали простотой. Напомним со страницы на Закон Гука о том, что каждый компонент нормального напряжения зависит от всех трех компонентов нормальной деформации.Но здесь мы просто умножили деформацию на \ (E \), чтобы получить напряжение. Этот шаг имеет ключевое предположение встроено в него … что на балку не действуют боковые нагрузки / напряжения. В таких случаях уравнения «работают» так, что \ (\ sigma_x = E \, \ epsilon_x \) как в одноосное растяжение. Это происходит в большинстве балок, потому что они тонкие по сравнению с их длина.

Гибка пластин

В случае пластин этот этап будет более сложным, потому что пластина тонкая только в одном направление, а не два, относительно его длины.2)} \ epsilon_x \]
где \ (\ nu \) — коэффициент Пуассона материалов. Понятно, что напряжение при заданном деформация в этом случае выше, чем при классическом одноосном растяжении.

---

Изгибающие моменты и напряжение

Изгибающий момент \ (M_z \) в поперечном сечении, создаваемый полем напряжений, вычисляется по формуле

\ [ M_z \; знак равно \ int_A r \ times dF \; знак равно — \ int_A y \, \ sigma_x dA \]
где \ (y \) — плечо момента, а \ (\ sigma_x dA \) — сила. 2 dA \]
Оставшийся интеграл очень важен.2 дА \]
Всегда имейте в виду, что значения \ (y \) отсчитываются от нейтральной оси, которая соответствует \ (y = 0 \).

Уравнение изгибающего момента теперь можно записать как

\ [ M_z = {E \, I_ {zz} \ over \ rho} \]
, что является очень важным уравнением.

Аппроксимация малого изгиба

Напомним, что мы обсуждали ранее, что когда уровень изгиба мал и \ (y ‘\ lt \ lt 1 \), тогда \ (\ rho \) может быть близко аппроксимируется \ (y » \). Это дает

\ [ M_z = E \, I_ {zz} y » \ qquad (\ text {when} \; \; y ‘\ lt \ lt 1) \]
, что является еще одним очень важным и полезным уравнением.

А теперь … вернемся к этим двум уравнениям

\ [ M_z = {E \, I_ {zz} \ over \ rho} \ qquad \ qquad \ text {и} \ qquad \ qquad \ sigma_x = — {E \, y \ over \ rho} \]
и поймите, что оба содержат \ (E / \ rho \). Решение каждого уравнения для этого отношения дает

\ [ {E \ over \ rho} = {M_z \ over I_ {zz}} \ qquad \ qquad \ text {и} \ qquad \ qquad {E \ over \ rho} = — {y \ over \ sigma_x} \]
Итак, приравняйте эти два, чтобы получить одно из самых известных уравнений в машиностроении. 2 dA — {E \ over \ rho_z} \ int_A y \, z \, dA \\ \\ \\ & & & = & {E \ over \ rho_y} I_ {yy} — {E \ over \ rho_z} I_ {yz} \ end {eqnarray} \]
А другой момент, \ (M_z \), вычисляется путем интегрирования напряжение по поперечному сечению с \ (y \) в качестве плеча момента.2 dA — {E \ over \ rho_y} \ int_A y \, z \, dA \\ \\ \\ & & & = & {E \ over \ rho_z} I_ {zz} — {E \ over \ rho_y} I_ {yz} \ end {eqnarray} \]
Уравнения можно компактно записать в матричной форме как

\ [ \левый\{ \ matrix { Мой \\ \\ M_z } \верно\} знак равно \левый[ \ matrix { \; I_ {yy} & -I_ {yz} \\ \\ -I_ {yz} & \; I_ {zz} } \верно] \левый\{ \ matrix { E / \ rho_y \\ \\ E / \ rho_z } \верно\} \]
Это показывает, что момент инерции на самом деле является тензором.2 \).

Наконец, если \ (I_ {yz} = 0 \), все значительно упростится до

\ [ \ sigma_x = {M_y \, z \ over I_ {yy}} — {M_z \, y \ over I_ {zz}} \]

Напряжение изгиба — обзор

9.3.1 Простой изгиб

В целом расчет изгибающих напряжений может быть сложной задачей. Даже задача плоского изгиба представляет собой двумерную краевую задачу упругости, и обычно принимается несколько предположений, чтобы можно было получить простое решение. Эти специальные допущения известны как теория пучков Эйлера-Бернулли, теория плоских пучков или просто теория изгиба балок . На самом деле здесь нет никакой теории, это просто набор априорных предположений о том, как балка деформируется при изгибе, что позволяет аналитически решить более сложную краевую задачу. В случае трубок (см. Рисунок 9-8), таких как обсадная колонна, это типичные допущения:

Рисунок 9-8. Простое изгибание трубы в одной плоскости.

•

Трубка изначально прямая.

•

Поперечное сечение трубки симметрично относительно центральной продольной оси.

•

Все поперечные сечения, перпендикулярные продольной оси до изгиба, остаются перпендикулярными оси после изгиба.

•

Центральная продольная ось (нейтральная ось) не испытывает осевой деформации

•

Радиус трубки мал по сравнению с длиной.

•

Прогибы при изгибе малы по сравнению с длиной, поэтому радиус трубы остается постоянным во всех направлениях.

Результатом этих предположений является уравнение для осевой деформации:

, где y — координата в плоскости изгиба с началом на нейтральной оси (центре), θ — угол в плоскости кривизны, и s осевая координата вдоль нейтральной оси трубы. Подстановка этого в одномерное определяющее уравнение (закон Гука) дает нам осевое напряжение изгиба:

(9,18) σb = σs = Eɛs = −Eydθds

Очевидно, что максимальное напряжение возникает в точке, где y равен внешнему радиусу трубы, r _o .Но мы можем захотеть определить напряжение на внутренней стенке также в случаях внутреннего давления, поэтому мы просто опустим индекс, понимая, что r _i ≤ r ≤ r _o . Член dθ / d s — это кривизна изогнутой трубы, которая обратно пропорциональна радиусу кривизны R . Таким образом, на практике уравнение принимает вид

, где

σ _b = напряжение изгиба, (+) для растяжения, (-) для сжатия

E = модуль упругости Юнга

r = радиус трубы, на котором определяется напряжение (т.е.е. внутри или снаружи)

R = радиус кривизны траектории ствола скважины

Важно, чтобы используемые единицы были согласованы. В нефтепромысловых установках радиус трубы обычно выражается в дюймах, а радиус кривизны траектории ствола скважины — в футах, поэтому они должны быть преобразованы в одни и те же единицы (не имеет значения, какие). В единицах СИ обе меры должны быть в метрах. Модуль Юнга обычно выражается в фунтах-силах на дюйм. ² , кПа или МПа, а напряжение изгиба указано в тех же единицах.

Перед использованием этой формулы необходимо запомнить исходные положения, особенно с трубками. Когда труба изгибается, ее поперечное сечение имеет тенденцию к овальному, а не к круглому.