12 Zginanie płaskie belek prostych.doc 131

ZGINANIE PŁASKIE BELEK PROSTYCH

WYKRESY SIŁ POPRZECZNYCH I MOMENTÓW ZGINAJĄCYCH

Zginanie płaskie: wszystkie siły zewnętrzne czynne (obciąże-nia) i bierne (reakcje) leżą w jednej wspólnej płaszczyźnie prze-chodzącej przez oś belki

Zginanie proste: kierunek wektora momentu zginającego po-krywa się z kierunkiem osi symetrii przekroju poprzecznego belki.

Do wyznaczania sił wewnętrznych wykorzystuje się me-todę myślowych przekrojów. Przy stałym przekroju belki gra-nicami odcinków, w których należy dokonać myślowych prze-krojów, są punkty przyłożenia sił zewnętrznych – czynnych i biernych (reakcji podporowych). Na rysunku pokazano zasto-sowanie metody myślowych przekrojów, układ współrzędnych (oś Y skierowana jest w dół, oś X wzdłuż osi belki) oraz siły wewnętrzne w belce.

12 Zginanie płaskie belek prostych.doc 132

W odróżnieniu od rozciągania i skręcania, w zginaniu wystę-pują dwie siły wewnętrzne – siła poprzeczna T w płaszczyźnie obciążenia XY oraz moment zginający M, którego wektor jest prostopadły do płaszczyzny XY. W obliczeniach wytrzymało-ściowych belek rzeczą podstawową jest wyznaczenie rozkła-dów T i M. Maksymalne wartości tych sił wskazują na przekroje najbardziej obciążone, na przekroje niebezpieczne. Umowne określenie znaków sił wewnętrznych pokazano na rysunku.

UMOWA: Belka zginana „wypukłością w dół” – dodatnie siły wewnętrzne. Belka zginana „wypukłością w górę” – ujemne siły wewnętrzne.

12 Zginanie płaskie belek prostych.doc 133

RÓWNANIA STATYKI

Sposoby podparcia belek

Układy sił:

a) Płaski układ sił równoległych z dwoma równaniami sta-tyki.

b) Płaski układ sił dowolnych z dwoma równaniami statyki (suma rzutów sił na oś poziomą nieaktywna).

Dla wyznaczania reakcji podporowych można sformułować dwa układy równań równowagi, zawierające po dwa równa-nia.

(1)

n

1i

n

1ii0yi ,0M,0P 0 – dowolny punkt.

(2)

n

1iBi

n

1iAi .0M,0M

UWAGA PRAKTYCZNA: korzystnie jest stosować układ (2). Dla sprawdzania poprawności obliczeń można wykorzystać dodatkowo drugie równanie układu (1).

12 Zginanie płaskie belek prostych.doc 134

Przykład Dla belki przedstawionej na rysunku wykonać wykresy sił poprzecznych i momen-

tów zginających.

Zadanie jest statycznie wyznaczalne. Dla L = a + b reakcje podporowe (rys. a):

.L

PbR0PbLR0M

,L

PaR0PaLR0M

AAB

BBA

Sprawdzenie prawidłowości obliczeń: PL

Pa

L

PbRR0yP BA

Ponieważ belka ma stały przekrój poprzeczny, myślowe przekroje wyznacza się w przedziałach ograniczonych punktami przyłożenia obciążeń (rys. b,c):

Przedział 1–1: 0 x1 a

.L

PabM,0M;xRM,

L

PbRT ax0x1AxAx 1111

Przedział 2–2: a x2 a + b

.0M,

L

PabM,axPxRM

,L

PaRPRT

baxax22Ax

BAx

222

2

Podobnie jak dla prętów i wałów, aby sprawdzić poprawność obliczeń, należy sprawdzić prawy koniec belki (rys. c).

Przedział 2’–2’: 0 2'x b

.L

PabM,0M,xRM,

L

PaRT bx0x'2BxBx '2'2'2'2

Wykresy T oraz M pokazano na rys. a. Analizując je należy pamiętać, że na wy-kresach sił wewnętrznych muszą być widoczne wszystkie siły zewnętrzne. Na wykre-sie T uskoki odpowiadają siłom P, RA i RB. Na podporach A i B moment musi być równy zeru – na podparciu przegubowym nie ma momentu zewnętrznego. Musi być także zachowana ciągłość wykresu M na końcu I i początku II przedziału.

12 Zginanie płaskie belek prostych.doc 135

PRZYKŁAD Dla belki obciążonej w sposób ciągły obciążeniem o stałej intensywności q wyko-

nać wykresy sił poprzecznych i momentów zginających.

Obciążenie ciągłe q = const działające na odcinku L można zastąpić siłą wypad-

kową qL, przyłożoną w połowie długości odcinka (wypadkowa układu sił równole-głych). Z sumy momentów względem podpór A i B otrzymuje się RA = RB = qL/2

(rys. a). W belce wystarczy rozpatrzyć tylko jeden przedział 0 x L, w którym

.0M,0M

;2

qxxRM

,2

qLqLRT,

2

qLRT

;qxRT

Lxox

2

Ax

ALxA0x

Ax

Do wykonania wykresu momentów potrzebny jest trzeci punkt, który można otrzy-mać, obliczając ekstremum funkcji opisującej moment zginający:

.8

qL

2

Lq

2

1

2

LRMM

,L2

1

q

Rx0TqxR

dx

dM

22

Axxmax

AmxA

m

Ekstremum momentu występuje w przekroju, w którym siła poprzeczna jest równa zeru (por. zależności różniczkowe pomiędzy obciążeniem a siłami wewnętrz-nymi). Sprawdzenie poprawności obliczeń można przeprowadzić rozpatrując prawy koniec belki (rys. b).

12 Zginanie płaskie belek prostych.doc 136

PRZYKŁAD

Dla belki obciążonej momentem M wykonać wykresy sił poprzecznych i momen-tów zginających.

Z równań statyki oblicza się reakcje podporowe (rys. a):

.L

MR0MLR,0M

,L

MR0MLR,0M

AAB

BBA

Sprawdzenie: RA – RB = 0.

W przedziale 1–1 (0 x1 a) siły wewnętrzne wynoszą (rys. b):

,L

MaM,0M,

L

MxxRM,

L

MRT ax0x

11AxAx 1111

natomiast w przedziale 2–2 (a x2 L):

.0M,L

MbM,MxRM,

L

MRT Lxax2AxAx 2222

Wykresy sił wewnętrznych pokazano na rys. a.

12 Zginanie płaskie belek prostych.doc 137

PRZYKŁAD

Dla belki przedstawionej na rysunku wykonać wykresy sił poprzecznych oraz mo-

mentów zginających. Przyjąć dane: P = 1200 N, q = 1500 N/m, M = 1000 Nm, L = 4 m. Wykonać dodatkowo wykres momentów, korzystając z zasady superpozycji.

Równania statyki (rys. a):

.N5050L

MP

2

3

2

qLR0M

2

LqLL

2

3PLR,0M

,N2150L

M

2

P

2

qLR0M

2

LqL

2

LPLR,0M

AAB

BBA

Sprawdzenie: RA + RB = P + qL = 7200 N. Siły wewnętrzne w trzech myślowych przekrojach (rys. b):

Przedział 1–1: 0 x1 L/2

.mN24002

PLM,0M;PxM,N1200PT 2/Lx0x1xx 1111

Przedział 2–2: L/2 x2 3/2L

,2

LxqRPT 2Ax2

,N21504150050501200T,N385050501200T L2/3x2/Lx 22

,2

2

Lxq

2

LxRPxM

2

2

2A2x2

,mN240021200M 2/Lx2

12 Zginanie płaskie belek prostych.doc 138

.mN1000120002020072202

41500450504

2

31200M

2

L2/3x2

Ponieważ w przedziale II siła poprzeczna zmieniła swój znak, można wniosko-wać, że w przekroju, w którym T = 0 moment osiągnie w tym przedziale wartość eks-tremalną

.mN2541MM

,m567,4q

PR

2

Lx0T

2

LxqRP

dx

dM

567,4xmaxx

Am2x2A

2

x

22

2

2

Przekrój, w którym moment jest równy zeru obliczyć można rozwiązując trójmian kwadratowy i wybierając pierwiastek znajdujący się w granicach drugiego przedziału

.m73,2x02

2

Lxq

2

LxRPxM 20

2

2

2A2x2

Przekrój 3–3: 3/2L x3 2L

.mN1000M,mN1000M

,LxqLL2

3xR

2

LxRPxM

,0qLRRPT

L2xL2/3x

33B3A3x

BAx

33

3

3

Siły wewnętrzne w przedziale III można również określić w prostszy sposób,

przyjmując granice przedziału 0 x’3 L/2 (patrz rys. b). Sposób ten umożliwia rów-nież sprawdzenie poprawności obliczeń.

Wykresy sił wewnętrznych przedstawiono na rys. a. Analizując te wykresy należy po raz kolejny zwrócić uwagę, że wszystkie siły zewnętrzne muszą być na nim widoczne. W przekrojach, w których nie ma sił zewnętrznych (czynnych i bier-nych) obowiązuje ciągłość odpowiednich wykresów.

Wykres momentów zginających w bardzo prosty sposób można otrzymać stosując zasadę superpozycji. Na rysunku c pokazano sposób rozdzielenia obciążenia na trzy proste przypadki oraz sumowania odpowiadających tym przypadkom wykresów mo-mentów zginających. Przedstawiony sposób otrzymywania wykresów M ma duże znaczenie praktyczne.

12 Zginanie płaskie belek prostych.doc 139

NAPRĘŻENIA NORMALNE W ZGINANEJ BELCE

Moment zginający naprężenia normalne

Siła poprzeczna naprężenia styczne (ze względów prak-tycznych – pomijane).

Założenia: hipoteza płaskich przekrojów. Z doświadczenia: W zginanej belce istnieje warstwa obojętna, prostopadła do płaszczyzny działania momentu zginającego, w której włókna

nie ulegają odkształceniom naprężenia = 0. Naprężenia normalne w warstwie odległej o y od warstwy obo-jętnej:

.yJ

M

Z

JZ – osiowy moment bezwładności przekroju porzecznego belki. Naprężenia normalne są liniową funkcją odległości od osi ob-

ojętnej. Maksymalne wartości naprężeń normalnych występują w włóknach skrajnych, najbardziej oddalonych od osi obojętnej. Rozkład naprężeń normalnych pokazano na rysunku.

Naprężenia normalne w zginanej belce o przekroju prostokątnym

Naprężenia normalne w zginanej belce o przekroju trapezowym

12 Zginanie płaskie belek prostych.doc 140

Dla belki o przekroju trapezowym: po wyznaczeniu położenia środka ciężkości przekroju znane są odległości skrajnych włó-kien od osi obojętnej. Na rysunku przyjęto, że odległości skraj-

nych włókien h1 > h2, stąd |1| > |2|. Naprężenia te wynoszą:

.hJ

M,h

J

M2

Z21

Z1

Maksymalne naprężenia normalne przy zginaniu:

.W

M

Zmax

Wz – wskaźnik wytrzymałości przekroju na zginanie, zdefi-niowany jako iloraz momentu bezwładności oraz maksymalnej odległości skrajnego włókna od osi obojętnej.

.h

JW

max

Z

WARUNEK WYTRZYMAŁOŚCIOWY dla zginanej belki o rów-nej wytrzymałości na rozciąganie i na ściskanie ma postać

.W

Mdop

Zmax

Z warunku wytrzymałościowego można wyznaczyć:

– obciążenia dopuszczalne dla zadanego przekroju belki,

– wymaganą wielkość przekroju dla zadanego obciążenia.

12 Zginanie płaskie belek prostych.doc 141

Przykłady przekrojów belek

Dla przekroju prostokątnego (rys. a) moment bezwładności

względem osi Z (oś obojętna) oraz wskaźnik wytrzymałości przekroju na zginanie wynoszą:

.6

bh

h

JW,

12

bhJ

2

21

ZZ

3

Z

Dla przekroju okrągłego (rys. b)

.4

r

32

D

D

JW,

4

r

64

dW

2

1J

33

21

ZZ

44

0Z

O wytrzymałości belki decyduje moment bezwładności prze-

kroju względem osi obojętnej. Z wytrzymałościowego punktu widzenia najbardziej korzystne są te przekroje, których większa część pola powierzchni położona jest możliwie daleko od osi obojętnej (rys. c). W praktyce przekrojami przeznaczonymi do pracy w warunkach zginania są przekroje dwuteowe (na rys. d pokazano model takiego przekroju). Przekroje dwuteowe (rów-nież teowe, ceowniki, kątowniki itp.) są przekrojami znormali-zowanymi (patrz tabele wyrobów hutniczych). Warto zwrócić uwagę, że niewłaściwe usytuowanie dwuteownika znacznie zmniejsza zdolność konstrukcji do przenoszenia obciążeń, np.

obrócenie dwuteownika z rys. d o kąt 90 spowoduje znaczące obniżenie wytrzymałości rzędu kilkudziesięciu procent.

12 Zginanie płaskie belek prostych.doc 142

PRZYKŁAD

Dla belki wspornikowej obliczyć wymiary przekroju poprzecznego. Przyjąć naprę-

żenia dopuszczalne dop = 140 MPa. Z wykresu momentów zginających wi-dać, że maksymalny moment w utwier-

dzeniu wynosi Mmax = PL = 8 kNm. Warunek wytrzymałościowy ma postać:

.W

Mdop

max

P = 10 kN

L = 0,8 md

d=0,8

d

PL

Z warunku tego wyznacza się wartość liczbowa wskaźnika wytrzymałości na zginanie:

.cm14,5710140

8MW 33

dop

max

Dla belki o przekroju pierścieniowym wskaźnik ten wynosi:

.d058,0W,d02898,0

64

)d8,0(dJ,

d5,0

JW 34

44

Z zależności 0,058 d3 = 57,14 otrzymuje się: d = 9,95 cm.

PRZYKŁAD

Dla belki jednoprzęsłowej obciążonej siłą skupioną P określić wymiary 4 ty-pów przekrojów poprzecznych pokaza-nych na rysunku. Wybrać przekrój naj-lepszy z ekonomicznego punktu wi-dzenia.

d a b

2b h

t

a

1 2 3 4

P = 50 kN

L = 3 m

RA B

R

PL

4

= 0,5 P = 0,5 P

Do obliczeń przyjąć dop = 150 MPa.

Z wykresu momentów zginających określić można maksymalna wartość momentu

zginającego Mmax = PL/4 = 503/4 = 37,5 kNm. Z warunku wytrzymałościowego wy-znacza się wymaganą wartość wskaźnika wytrzymałości na zginanie:

.cm25010150

5,37MW,

W

M 33

dop

maxdop

max

Dla porównania przekrojów wykorzystane zostaną ich pola powierzchni. Dla po-szczególnych przekrojów otrzymano następujące wartości.

12 Zginanie płaskie belek prostych.doc 143

1. Przekrój kołowy

.cm46,1464

dF,cm66,13

25032W32d,

32

dW 2

2

133

3

2. Przekrój kwadratowy

.cm1,131aF,cm45,112506W6a,6

aW 22

233

3

3. Przekrój prostokątny

.cm104b2F,cm21,72502

3W

2

3b,

3

b2

6

)b2(bW 22

333

32

4. Przekrój dwuteowy: z tabel wyrobów hutniczych (Polskie Normy) znajduje się dwu-teownik I220, posiadający wskaźnik W = 278 cm3 (h = 220 mm, t = 98 mm). Pole po-wierzchni tego dwuteownika wynosi F4 = 39,6 cm2. Z porównania pól powierzchni w odniesieniu do dwuteownika

F1 : F2 : F3 : F4 = 3,70 : 3,31 : 2,63 : 1,00

wynika, że przekrój dwuteowy jest najlżejszy (to porównanie ma więc aspekt eko-nomiczny).

W zginanej belce występują naprężenia normalne

dopZ

maxW

M oraz naprężenia styczne obliczane ze wzoru

dopZ

maxmax

bJ

ST

(Smax – max moment statyczny przekroju). Dla

belki o przekroju dwuteowym na rysunku pokazano rozkłady

naprężeń. W punktach 1 i 3 sprawdzane są warunki na max

i max. Szczególnej uwagi wymaga punkt 2, w którym występują

razem duże wartości i - tutaj znajduje zastosowanie hipote-

za Hubera: .3 dop22

22red

Rozkłady naprężeń normalnych i stycznych w dwuteowniku

Z praktyki wiadomo, że naprę-żenia styczne mają znacznie mniejszy wpływ niż naprężenia normalne, jednakże sprawdzenie warunku na maksymalne naprę-

żenia styczne max, a przede wszystkim sprawdzenie punktów, w których działają łącznie naprę-żenia normalne i styczne jest ko-nieczne.

12 Zginanie płaskie belek prostych.doc 144

ODKSZTAŁCENIA BELEK

Odkształceniami belki są: – ugięcie belki y, zdefiniowane jako pionowe przemieszczenie

środka ciężkości przekroju poprzecznego belki,

– kąt obrotu przekroju .tgdx

dy , zdefiniowany jako kąt obrotu

normalnej do przekroju poprzecznego belki lub ze względów praktycznych – prostopadłej do normalnej.

Odkształcenia zginanej belki

Obliczanie odkształceń belek możliwe jest za pomocą metody całkowania tzw. równania różniczkowego linii ugięcia belki. Me-toda ta pozwala na wyznaczanie ugięcia oraz kata obrotu w dowolnym przekroju x. W praktyce inżynierskiej stosowane są również uproszczone metody wyznaczania odkształceń belek. Jedną z metod jest metoda superpozycji.

Metoda superpozycji obliczania odkształceń belki

Metoda superpozycji pozwala wyznaczać odkształcenia tylko w wybranych punktach (np. poparcia, końce belki). Dla szybkie-go stosowania metody należy korzystać z gotowych rozwiązań dla podstawowych typów prostych belek (patrz tabela).

12 Zginanie płaskie belek prostych.doc 145

Przemieszczenia prostych belek

Belka Kąt obrotu Przemieszczenie

EJ16

PL

EJ16

PL

2

B

2

A

EJ48

PLy

3

max

dla x = L/2

EJ24

qL

EJ24

qL

3

B

3

A

EJ

qL

384

5y

4

max

dla x = L/2

EJ3

ML

EJ6

ML

B

A

EJ39

MLy

EJ16

MLy

2

max

2

L2

1x

EJ2

PL2

B EJ3

PLy

3

B

EJ6

qL3

B EJ8

qLy

4

B

EJ

MLB

EJ2

MLy

2

B

12 Zginanie płaskie belek prostych.doc 146

PRZYKŁAD 7.8 Dla belki przedstawionej na rysunku obliczyć ugięcie i kąt obrotu punk-

tu C. Przyjąć: P = 40 kN, q = 2,5 kN/m, EJ = 50 MNm2. Aby zastosować metodę superpozycji, należy rozdzielić obciążenia na

siłę skupioną P oraz obciążenia ciągłe q. Ponieważ q działa na części belki znajdującej się poza podporami, należy uwzględnić moment M od-działujący na część belki AB.

AB

P = 40 kN

L a = 5 m

b = 4 ma = 5 m

q = 5 kN/mRA B

R

B1

B2a

B2b

P1y

y2a

2b

y

(qb)q

q

M = qb /22

1

2

2a

2b

1. Belka obciążona siłą P:

.mm2010005,04atgay

,29,0rad005,010504

540

EJ4

Pa

EJ16

PL

31B1B1

3222

1B

2. Belka obciążona rozłożoną równomiernie siłą q. 2a. Odkształcenie przęsła AB:

,12,0rad00208,010

503

55,2

EJ3

qa

EJ3

a22

qa

EJ3

ML 333

2

a2B

.mm3,81000208,04ay 3a2Ba2

2b. Odkształcenie wspornika BC:

,mm1610508

45,2

EJ8

qay

44

b2

.03,0rad00053,010506

45,2

EJ6

qa 333

b2B

Całkowite ugięcie końca C: .mm3,4163,80,20yyyy b2a21C

Kąt obrotu przekroju belki na podporze B:

.17,012,029,0a2B1BB

Kąt obrotu przekroju belki na końcu C:

.17,003,017,0b2BBb2Ba2B1BC

12 Zginanie płaskie belek prostych.doc 147

BELKI STATYCZNIE NIEWYZNACZALNE

W belce statycznie niewyznaczalnej liczba niewiadomych reakcji pod-

porowych jest większa od liczby równań statyki. Różnica pomiędzy tymi wielkościami określa stopień statycznej niewyznaczalności zadania. Rysunek pokazuje, jak belka statyczne wyznaczalna staje się belką sta-tycznie niewyznaczalną.

A

C

P

A

B

B

C

P CR

AR

AR

RB

RB

a)

b)

Belka statycznie wyznaczalna i statycznie niewyznaczalna

Belka pokazana na rysunku a jest belką statycznie wyzna-czalną (płaski układ sił równoległych). Z dwóch równań statyki wyznacza się reakcje RA i RB. Ze względów konstrukcyjnych może się okazać, że ugięcie belki w przekroju C przekracza wartości dopuszczalne i konieczne jest podparcie belki w tym punkcie (rys. b). Skutkiem dodatkowego podparcia jest poja-wienie się trzeciej reakcji RC i belka staje się jednokrotnie sta-tycznie niewyznaczalna.

12 Zginanie płaskie belek prostych.doc 148

Przykład Dla belki pokazanej na rysunku wyznaczyć reakcje, korzystając z me-

tody superpozycji.

Równania równowagi:

,02

qLMLR0M)1(

2

ABA

.02

qLMLR0M)2(

2

AAB

Zdanie jest jednokrotnie statycznie wyznaczalne – należy ułożyć jedno równanie geometryczne. Zadanie rozwiązano dwoma sposobami.

1. Równanie geometryczne yB = 0 (rys. a). Po uwolnieniu belki z podparcia B należy obliczyć jej ugięcie wywołane obciążeniem q oraz siłą RB

.qL8

3R

EJ3

LR

EJ8

qLyy,

EJ3

LRy,

EJ8

qLy B

B4

2B1BB

2B

4

1B

2. Równanie geometryczne A = 0 (rys. b). Po uwolnieniu belki z utwierdzenia, należy porównać kąty obrotu na podporze A:

.8

qLM

EJ3

LM

EJ24

qL,

EJ3

LM,

EJ24

qL 2

AA

3

2A1AA

2A

3

1A

Z układu dwóch równań statyki oraz jednego z przedstawionych wyżej

równań geometrycznych otrzymuje się:

.qL8

1M,qL

8

3R,qL

8

5R 2

ABA