ZGINANIE PAASKIE BELEK PROSTYCH WYKRESY SIA POPRZECZNYCH I MOMENTÓW ZGINAJCYCH Zginanie płaskie: wszystkie siły zewnętrzne czynne (obciąże- nia) i bierne (reakcje) leżą w jednej wspólnej płaszczyznie 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 128 W odróżnieniu od rozciągania i skręcania, w zginaniu wystę- pują dwie siły wewnętrzne siła poprzeczna T w płaszczyznie 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 129 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. n n (1) P = 0, M = 0, 0 dowolny punkt. yi 0i i=1 i=1 n n (2) MBi = 0. M = 0, Ai i=1 i=1 UWAGA PRAKTYCZNA: korzystnie jest stosować układ (2). Dla sprawdzania poprawności obliczeń można wykorzystać dodatkowo drugie równanie układu (1). 12 Zginanie płaskie belek prostych 130 Przykład Dla belki przedstawionej na rysunku wykonać wykresy sił poprzecznych i momen- tów zginających. Zadanie jest statycznie wyznaczalne. Reakcje podporowe (rys. a): M = 0 RBL - Pa = 0 RB = Pa, A L M = 0 RAL - Pb = 0 RA = Pb. B L Sprawdzenie prawidłowości obliczeń: = P(y) = 0 RA + RB = Pb + Pa P L L Ponieważ belka ma stały przekrój poprzeczny, myślowe przekroje wyznacza się w przedziałach ograniczonych punktami przyłożenia obciążeń (rys. b,c): Przedział 1 1: 0 Ł x1 Ł a Pb Pab Tx1 = RA = , Mx1 = RAx1; Mx1=0 = 0, Mx1=a = . L L Przedział 2 2: a Ł x2 Ł a + b Pa Tx2 = RA - P = -RB = - , L Pab Mx2 = RAx2 - P(x2 - a),Mx2 =a = ,Mx2 =a+b = 0. L Podobnie jak dla prętów i wałów, aby sprawdzić poprawność obliczeń, należy sprawdzić prawy koniec belki (rys. c). 0 Ł x'2 Ł b Przedział 2 2 : Pa Pab - Tx2' = RB = , Mx2' = RBx2', Mx2' =0 = 0, Mx2' =b = . L L 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 131 PRZYKAAD 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 Ł x Ł L, w którym Tx = RA - qx; qL qL Tx=0 = RA = , Tx=L = RA - qL = - , 2 2 qx2 Mx = RAx - ; 2 Mx=o = 0, Mx=L = 0. Do wykonania wykresu momentów potrzebny jest trzeci punkt, który można otrzy- mać, obliczając ekstremum funkcji opisującej moment zginający: dM RA 1 = RA - qx = Tx = 0 xm = = L, dx q 2 2 L 1 L qL2 Mmax = Mx=xm = RA - qć = .
2 2 2ł 8 Ł 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 132 PRZYKAAD Dla belki obciążonej momentem M wykonać wykresy sił poprzecznych i momen- tów zginających. Z równań statyki oblicza się reakcje podporowe (rys. a): M = 0, RBL - M = 0 RB = M, A L M = 0, RAL - M = 0 RA = M. B L Sprawdzenie: RA RB = 0. W przedziale 1 1 (0 Ł x1 Ł a) siły wewnętrzne wynoszą (rys. b): M Mx1 Ma Tx1 = RA = ,Mx1 = RAx1 = ,Mx1=0 = 0,Mx1=a = , L L L natomiast w przedziale 2 2 (a Ł x2 Ł L): M Mb Tx2 = RA = ,Mx2 = RAx2 - M,Mx2 =a = - ,Mx2 =L = 0. L L Wykresy sił wewnętrznych pokazano na rys. a. 12 Zginanie płaskie belek prostych 133 PRZYKAAD 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): - - - = M = 0, - RBL - P L + qL L M = 0 RB = qL P M 2150N, A 2 2 2 2 L = M = 0, -RAL + P 3 L + qL L + M = 0 RA = qL + 3 P + M 5050N. B 2 2 2 2 L Sprawdzenie: RA + RB = P + qL = 7200 N. Siły wewnętrzne w trzech myślowych przekrojach (rys. b): Przedział 1 1: 0 Ł x1 Ł L/2 PL Tx1 = -P = -1200N, Mx1 = -Px1; Mx1=0 = 0, Mx1=L / 2 = - = -2400 Nm. 2 Przedział 2 2: L/2 Ł x2 Ł 3/2L L , Tx2 = -P + RA - qć x2 -
2ł Ł Tx2 =L / 2 = -1200 + 5050 = 3850 N, Tx2 =3 / 2L = -1200 + 5050 -1500 4 = -2150 N, 2 L
qć x2 -
L 2ł , Ł Mx2 = -Px2 + RA ć x2 - -
2ł 2 Ł Mx2 =L / 2 = -1200 2 = -2400 Nm, 12 Zginanie płaskie belek prostych 134 3 1500 42 Mx2 =3 / 2L = -1200 4 + 5050 4 - = -7220 + 20200 -12000 = 1000 Nm. 2 2 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 dMx2 L L RA - P
= -P + RA - qć x2 - = Tx2 = 0 x2m = + = 4,567 m,
dx2 2ł 2 q Ł Mx2 max = Mx2 =4,567 = 2541 Nm. Przekrój, w którym moment jest równy zeru obliczyć można rozwiązując trójmian kwadratowy i wybierając pierwiastek znajdujący się w granicach drugiego przedziału 2 L
2ł Ł 2 Ł ł Mx3 =3 / 2L = 1000 N m, Mx3 =2L = 1000 N m. Siły wewnętrzne w przedziale III można również określić w prostszy sposób, przyjmując granice przedziału 0 Ł x 3ó Ł 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 135 NAPRŻENIA 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: M s = y. JZ JZ osiowy moment bezwładności przekroju porzecznego belki. Naprężenia normalne są liniową funkcją odległości od osi obojętnej. Maksymalne wartości naprężeń normalnych występu- ją w włóknach skrajnych, najbardziej oddalonych od osi obojęt- nej. Rozkład naprężeń normalnych pokazano na rysunku. Naprężenia normalne w zginanej Naprężenia normalne w zginanej belce o przekroju prostokątnym belce o przekroju trapezowym 12 Zginanie płaskie belek prostych 136 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 |s1| > |s2|. Naprężenia te wynoszą: M M s1 = h1, s2 = h2. JZ JZ Maksymalne naprężenia normalne przy zginaniu: M smax = . WZ Wz wskaznik wytrzymałości przekroju na zginanie, zdefi- niowany jako iloraz momentu bezwładności oraz maksymalnej odległości skrajnego włókna od osi obojętnej. JZ W = . hmax WARUNEK WYTRZYMAAOŚCIOWY dla zginanej belki o rów- nej wytrzymałości na rozciąganie i na ściskanie ma postać M smax = Ł sdop. WZ Z warunku wytrzymałościowego można wyznaczyć: obciążenia dopuszczalne dla zadanego przekroju belki, wymaganą wielkość przekroju dla zadanego obciążenia. 12 Zginanie płaskie belek prostych 137 Przykłady przekrojów belek Dla przekroju prostokątnego (rys. a) moment bezwładności względem osi Z (oś obojętna) oraz wskaznik wytrzymałości przekroju na zginanie wynoszą: bh3 JZ bh2 JZ = , WZ = = . 1 12 h 6 2 Dla przekroju okrągłego (rys. b) 1 pd4 pr4 JZ pD3 pr3 JZ = W0 = = , WZ = = = . 1 2 64 4 D 32 4 2 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 138 PRZYKAAD Dla belki wspornikowej obliczyć wymiary P = 10 kN przekroju poprzecznego. Przyjąć naprę- żenia dopuszczalne sdop = 140 MPa. Z wykresu momentów zginających wi- L = 0,8 m dać, że maksymalny moment w utwier- d dzeniu wynosi Mmax = PL = 8 kNm. Warunek wytrzymałościowy ma postać: Mmax s = Ł sdop . W PL Z warunku tego wyznacza się wartość liczbowa wskaznika wytrzymałości na zginanie: Mmax 8 W = = 103 = 57,14cm3. sdop 140 Dla belki o przekroju pierścieniowym wskaznik ten wynosi: J p(d4 - (0,8d)4)= 0,02898 d4, W @ 0,058 d3. W = , J = 0,5d 64 Z zależności 0,058 d3 = 57,14 otrzymuje się: d = 9,95 cm. PRZYKAAD Dla belki jednoprzęsłowej obciążonej P = 50 kN = 0,5 P RA = 0,5 P RB siłą skupioną P określić wymiary 4 ty- pów przekrojów poprzecznych pokaza- nych na rysunku. Wybrać przekrój naj- lepszy z ekonomicznego punktu wi- L = 3 m dzenia. t 1 2 3 4 PL a d b 4 Do obliczeń przyjąć sdop = 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 wskaznika wytrzymałości na zginanie: Mmax Mmax 37,5 s = Ł sdop , W ł = 103 = 250cm3. W sdop 150 Dla porównania przekrojów wykorzystane zostaną ich pola powierzchni. Dla po- szczególnych przekrojów otrzymano następujące wartości. 12 Zginanie płaskie belek prostych 139 d=0,8d h a 2b 1. Przekrój kołowy pd3 32 W 32 250 pd2 3 3 W = , d = = = 13,66cm, F1 = = 146,46cm2. 32 p p 4 2. Przekrój kwadratowy a3 3 3 W = , a = 6 W = 6 250 = 11,45cm, F2 = a2 = 131,1cm2. 6 3. Przekrój prostokątny b(2b)2 2b3 3 3 3 3 W = = , b = W = 250 = 7,21cm, F3 = 2b2 = 104cm2. 6 3 2 2 4. Przekrój dwuteowy: z tabel wyrobów hutniczych (Polskie Normy) znajduje się dwu- teownik I220, posiadający wskaznik 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 M oraz naprężenia styczne obliczane ze wzoru smax = Ł sdop WZ T Smax (Smax max moment statyczny przekroju). Dla tmax = Ł tdop JZ b belki o przekroju dwuteowym na rysunku pokazano rozkłady naprężeń. W punktach 1 i 3 sprawdzane są warunki na smax i tmax. Szczególnej uwagi wymaga punkt 3, w którym występują razem duże wartości s i t - tutaj znajduje zastosowanie hipote- za Hubera: sred = s2 + 3t2 Ł sdop. 2 2 Z praktyki wiadomo, że naprę- żenia styczne mają znacznie mniejszy wpływ niż naprężenia normalne, jednakże sprawdzenie warunku na maksymalne naprę- żenia styczne tmax, a przede wszystkim sprawdzenie punktów, Rozkłady naprężeń normalnych i w których działają łącznie naprę- stycznych w dwuteowniku żenia normalne i styczne jest ko- nieczne. 12 Zginanie płaskie belek prostych 140 ODKSZTAACENIA BELEK Odkształceniami belki są: ugięcie belki y, zdefiniowane jako pionowe przemieszczenie środka ciężkości przekroju poprzecznego belki, dy kąt obrotu przekroju , zdefiniowany jako kąt obrotu = tgQ Q. dx 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 141 Przemieszczenia prostych belek Belka Kąt obrotu Przemieszczenie PL2 QA = PL3 16EJ ymax = 48EJ PL2 QB = - dla x = L/2 16EJ qL3 QA = 5 qL4 24EJ ymax = 384 EJ qL3 QB = - dla x = L/2 24EJ ML2 ML y = 1 QA = x= L 16EJ 6EJ 2 ML ML2 QB = - ymax = 3EJ 9 3EJ PL2 PL3 QB = yB = 2EJ 3EJ qL3 qL4 QB = yB = 6EJ 8EJ ML ML2 QB = - yB = - EJ 2EJ 12 Zginanie płaskie belek prostych 142 PRZYKAAD 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. P = 40 kN RA RB q = 5 kN/m A B a = 5 m a = 5 m b = 4 m L P 1 QB1 2 2a M = qb /2 QB2a 2 q QB2b 2b q (qb) 1. Belka obciążona siłą P: PL2 Pa2 40 52 QB1 = = = - 10-3 = -0,005 rad = -0,29o, 16EJ 4EJ 4 50 y1 = a tgQB1 a QB1 = 4 (-0,005)103 = -20 mm . 2. Belka obciążona rozłożoną równomiernie siłą q. 2a. Odkształcenie przęsła AB: qa2 (2a) ML qa3 2,5 53 2 QB2a = = = = 10-3 = 0,00208 rad = 0,12o, 3EJ 3EJ 3EJ 3 50 y2a = a QB2a = 4 0,00208 103 = 8,3 mm . 2b. Odkształcenie wspornika BC: qa4 2,5 44 y2b = = 10 = 16 mm, 8EJ 8 50 qa3 2,5 43 QB2b = = 10-3 = 0,00053 rad = 0,03o. 6EJ 6 50 Całkowite ugięcie końca C: yC = y1 + y2a + y2b = -20,0 + 8,3 +16 = 4,3 mm . Kąt obrotu przekroju belki na podporze B: QB = QB1 + QB2a = (- 0,29o + 0,12o)= -0,17o. Kąt obrotu przekroju belki na końcu C: QC = QB1 + QB2a + QB2b = QB + QB2b = -0,17o + 0,03o = -0,17o. 12 Zginanie płaskie belek prostych 143 1 y 2a y 2b y 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. RA RB P a) A B C RA RC RB P b) A B C 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 144 Przykład Dla belki pokazanej na rysunku wyznaczyć reakcje, korzystając z me- tody superpozycji. Równania równowagi: (1) = 0, M = 0 -RBL - MA + qL2 A 2 (2) = 0. M = 0 -RAL + MA + qL2 B 2 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 qL4 RBL qL4 RBL 3 yB1 = , yB2 = , yB1 = yB2 = RB = qL. 8EJ 3EJ 8EJ 3EJ 8 2. Równanie geometryczne QA = 0 (rys. b). Po uwolnieniu belki z utwierdzenia, należy porównać kąty obrotu na podporze A: qL3 MAL qL3 MAL qL2 QA1 = , QA2 = , QA1 = QA2 = MA = . 24EJ 3EJ 24EJ 3EJ 8 Z układu dwóch równań statyki oraz jednego z przedstawionych wyżej równań geometrycznych otrzymuje się: 5 3 1 RA = qL, RB = qL, MA = qL2. 8 8 8 12 Zginanie płaskie belek prostych 145