![](/user_photo/2706_HbeT2.jpg)
Маврина Бурлакова 2006
.pdf![](/html/2706/468/html_hE4SqOriD4.6S7m/htmlconvd-fKb5tU51x1.jpg)
– из условия прочности подобрать стальную балку двутаврового сечения при [σ]=160 МПа.
Данные для расчета: М = 24 кН м; |
q = 15 кН/м; а = 2 м; b = 3,6 м; |
||||
с = 1,2 м. |
|
|
|
|
|
|
M |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
а |
b |
q |
c |
|
|
|||||
|
|
Рис. 20
Решение
1. В данной задаче рассматривается поперечный изгиб балки. Необходимо изобразить расчетную схему балки с указанием численных значений нагрузки и линейных размеров (рис. 21, а).
Определим реакции опор, составив уравнения моментов относительно точек А и В:
∑МА = 0; − М + qb b |
+ RB (b + c)= 0 ; |
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
3,62 |
|
|
|
|
|
|
|
M − qb |
b |
24 −15 |
|
|
|
|
|
|||||
RB = |
2 |
= |
2 |
= −15,25 кН; |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
b + c |
|
3,6 +1,2 |
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
b |
|
|
|
|
|
|
|
||
∑МB = 0; − М − qb |
|
+ c − RA(b + c)= 0 |
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
b |
|
|
|
|
|
|
3,6 |
|
|||
|
|
− M − qb |
+ c |
|
|
− 24 −15 3,6 |
2 |
+1,2 |
||||||
RА = |
|
|
2 |
|
= |
|
|
|
|
= −38,75кН. |
||||
|
b |
+ c |
|
|
|
3,6 +1,2 |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Знаки «–» означают, что обе реакции направлены вниз, а не вверх, как предположили при составлении уравнений равновесия. На расчетной схеме покажем действительные направления найденных реакций опор. Выполним проверку правильности расчета реакций, составив уравнение равновесия проекций сил на ось у:
∑Y = 0; qb − RA − RB = 0 ,
15 3,6 −15,25 −38,75 = 0 , 54 – 54 = 0, то есть реакции опор найдены верно.
51
![](/html/2706/468/html_hE4SqOriD4.6S7m/htmlconvd-fKb5tU52x1.jpg)
2. Разбиваем балку на участки, число участков равно трем, указыва- |
|||||
ем их номера (см. рис. 21, а). |
|
|
|||
|
у |
|
|
|
|
|
M = 24 КН м |
q = 15 кН/м |
|
||
а) |
|
|
|
В |
|
|
А |
RА = 38,75 кН |
|||
|
а = 2 м |
c = 1,2 м RB = 15,25 кН |
|||
|
|
b = 3,6 м |
|||
|
М |
1 |
|
2 |
3 |
|
Мz1 |
|
|
|
|
б) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x1 |
Qy1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
М |
|
|
Мz3 |
Qy3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Мz2 |
|
|
|
RA |
x2 |
Qy2 |
RB |
|
|
|
|
x3 |
|
|
|
|
|
|
15,25 |
в) |
|
|
|
2,58 м |
Эп. Qy, кН |
|
|
|
|
||
|
|
|
38,75 |
|
|
|
24 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Эп. Мz, кН м |
|
|
|
|
21,45 |
18,3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
26,05 |
|
|
|
|
|
Рис. 21 |
|
52 |
|
|
|
|
|
![](/html/2706/468/html_hE4SqOriD4.6S7m/htmlconvd-fKb5tU53x1.jpg)
3. На каждом участке проводим сечение и составляем уравнения рав-
новесия для отсеченных частей (см. рис. 21, б): |
|
|
|
|
|
||||||||||||
– участок 1 |
(0 ≤ х1 |
≤ а): ∑Y = 0; Qy |
= 0 , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∑mz = 0 ; − M + M z |
|
= 0; M z = M = 24 кН м; |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
– участок 2 (0 ≤ х2 ≤ b): ∑Y = 0; −RA −Qy2 + qx2 = 0 , |
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
Qy2 = −RA + qx2 = −38,75 +15x2 ; |
|
|
||||||||||
|
|
∑mz = 0 ; − M + RAx2 |
− q |
x22 |
|
+ M z |
2 |
= 0 |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
x22 |
|
|
|
x22 |
|
|||||
|
|
M z |
2 |
= M − RAx2 + q |
|
|
|
= 24 −38,75x2 +15 |
|
; |
|||||||
|
|
|
2 |
|
2 |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
– участок 3 |
(0 ≤ х3 |
≤ c): ∑Y = 0; Qy |
− RB |
= 0 , Qy |
= RB =15,25кН; |
||||||||||||
|
|
∑mz |
3 |
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
= 0 ; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
− M z |
− RB x3 |
= 0 M z |
|
= −RB x3 = −15,25x3. |
|
||||||||||
|
|
|
|
3 |
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
По найденным выражениям строим эпюры поперечной силы Qy и изгибающего момента Mz (рис. 21, б). При построении эпюры изгибающего момента на втором участке необходимо определить положение сечения, в котором изгибающий момент принимает экстремальное значение – M z2экстр при изменении знака поперечной силы, то есть при Qy2 = 0 ,
Qу2 = −RA + qx2 = 0 ,
отсюда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x2 = |
RA |
= |
38,75 |
= 2,58 |
м. |
|
||||
|
|
|
q |
|
15 |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Значение M z2 в этом сечении |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
M z |
2 |
= M − RAx2 + |
qx22 |
= 24 |
−38,75 |
2,58 + |
15 2,582 |
= −26,05кН м. |
|||||
2 |
|
2 |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4. По эпюре Mz находим опасное сечение, в котором изгибающий момент имеет наибольшее по модулю значение
Mz max = 26,05 кН м
исоставляем условие прочности
σmax = M z max ≤ [σ].
Wz
53
![](/html/2706/468/html_hE4SqOriD4.6S7m/htmlconvd-fKb5tU54x1.jpg)
Отсюда
Wz ≥ |
|
M z max |
|
26,05 103 |
−6 |
3 |
3 |
|
|
||||||
|
|
= |
160 106 =162,8 10 |
|
м |
= 162,8 см . |
|
|
[σ] |
|
По ГОСТ 8239-89 подбираем номер двутавровой балки: № 20, Wzтабл =184 см3. Для этой балки наибольшее напряжение в опасном сечении будет равно
|
|
σmax = |
|
M z max |
|
= 26,05 103 =141,6 106 Па = 141,6 МПа, |
|||
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
||||||
|
|
|
Wzтабл |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
184 10−6 |
||
что удовлетворяет условию прочности. |
|||||||||
|
Пример 4 (задача 3, см. рис. 5, схема (б)). Для заданной консольной |
||||||||
|
|
|
|
F |
|
|
|
|
балки (консоли) (рис. 22) требуется: |
|
|
|
|
|
|
|
|
– изобразить расчетную схему балки; |
|
А |
|
|
|
|
|
|
В |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
– построить эпюры поперечной силы Qy и |
||
|
q |
|
|
|
|
|
|||
|
а |
|
с |
|
|
|
|
изгибающего момента Mz; |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
– из условия прочности подобрать дере- |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 22 |
|
|
|
|
вянную балку круглого поперечного сечения при |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
[σ]=10 МПа. |
Данные для расчета: F = 26 кН; q = 15 кН/м; a = 2 м; b = 3,6 м; c = 1,2 м.
Решение
1. Изобразим расчетную схему балки с указанием численных значений сил и линейных размеров (рис. 23, а).
Определим реакцию заделки В:
∑Y = 0 ; RB + q(a + c)− F = 0 , |
|
|
|
RB = F − q(a + c)= 26 −15(2 +1,2)= −22 кН. |
|
||
Знак «–» означает, что реакция RB направлена вниз. |
|
||
∑тВ = 0 ; МВ + Fc − q(a + c) |
a + c |
= 0 , |
|
|
|
||
2 |
|
|
|
МВ = −Fc + q (a + c)2 |
= −26 1,2 +15 (2 +1,2)2 |
= 45,6 кН м – |
|
2 |
2 |
|
момент заделки направлен против хода часовой стрелки. Реакции заделки покажем на расчетной схеме балки.
54
![](/html/2706/468/html_hE4SqOriD4.6S7m/htmlconvd-fKb5tU55x1.jpg)
2.Балку разбиваем на два участка.
3.Методом сечений находим на каждом участке поперечную силу Qy
иизгибающий момент Мz. Расчетные схемы отсеченных частей балки показаны на рис. 23, б. Из уравнений равновесий, составленных для каждой отсеченной части, получим:
|
(0 ≤ х |
≤ а): −Q |
|
|
|
|
|
qx2 |
|
|
|
|
|
|
|
– участок 1 |
y |
= qx ; M |
z |
= |
1 |
; |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
1 |
|
|
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
qx22 |
|
||
– участок 2 |
(0 ≤ х2 ≤ c): −Qy |
2 |
= RB − qx2 ; |
M z |
2 |
= M B − RB x2 |
+ |
. Здесь |
|||||||
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
координата х2 задается справа налево, то есть в сечении В значение х2 = 0, в сечении D значение х2 = c.
Далее строим эпюры поперечной силы Qy и изгибающего момента Мz.
у
а) А
б)
в)
D q = 15 кН/м
а = 2 м
1
F = 26 кН |
МВ = 45,6 кН м |
В |
|
с = 1,2 м |
RВ = 22 кН |
|
|
Мz1 |
М |
2 |
Qy2 |
|
MB |
|
|
z |
|
|
|
||
|
|
Qy1 |
|
|
|
|
RB |
х1 |
|
|
|
х2 |
|||
|
|
|
|
30
22
4
Эп. Qy, кН
45,6
30
7,5
Эп. Mz, кН м
Рис. 23
4. По эпюре Мz находим опасное сечение, в котором изгибающий момент Мz достигает наибольшего значения – для нашей балки это сечение В, в котором Мz max = 45,6 кН м.
55
![](/html/2706/468/html_hE4SqOriD4.6S7m/htmlconvd-fKb5tU56x1.jpg)
Из условия прочности
|
|
|
|
|
|
σmax |
= |
|
|
M z max |
|
|
≤ [σ], |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Wz |
|
|
|
|
|
|
|||
найдем момент сопротивления |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Wz = |
|
M z max |
|
|
|
45,6 103 |
|
|
|
|
−6 3 |
3 |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
= 10 106 = 4560 |
10 |
м = 4560 см . |
|
|
|
|
|
||||||||
|
[σ] |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
Отсюда диаметр круглого поперечного сечения балки |
|
|
= |
πd 3 |
||||||||||||||||
W |
z |
|
: |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
32 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
d ≥ 3 32Wz |
= |
3 32 4560 |
=36 см. |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
π |
|
|
|
|
π |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
Пример выполнения задания № 3 |
|
|
|
|
||||||||||
|
|
Пример 1 (задача 1). Балка нагружена распределенной силой с ин- |
||||||||||||||||||
тенсивностью |
q =10 кН/м и парой сил с моментом |
M1 =8 |
кН м, дейст- |
|||||||||||||||||
вующими в |
вертикальной плоскости ху, |
и сосредоточенной силой |
||||||||||||||||||
F2 = 20 кН и парой сил с моментом M 2 = 24 |
кН м, действующими в гори- |
|||||||||||||||||||
зонтальной плоскости xz. Поперечное сечение балки – |
прямоугольник с |
соотношением размеров при k > 1 bh = 2 (вариант 1); при k < 1 bh = 0,5 (ва-
риант 2). Плоскости действия нагрузки являются главными плоскостями балки. При расчете принять допускаемое напряжение [σ]=160 МПа.
Решение
1. Изображаем расчетную схему балки согласно исходным данным. На схеме показываем численные значения сил и моментов, линейные размеры балки (рис. 24, а).
Вычерчиваем поперечное сечение балки в масштабе с учетом соот-
ношения bh = k , вариант 1 – рис. 25, а; вариант 2 – рис. 25, б.
Определяем реакции опор балки, составляя уравнения равновесия в координатных плоскостях xy и xz относительно точек А и В соответственно:
56
![](/html/2706/468/html_hE4SqOriD4.6S7m/htmlconvd-fKb5tU57x1.jpg)
– плоскость xy:
∑M A = 0 ; M1 |
− q |
(c + 2a)2 + RBy (c + 2a)= 0 , |
|
|
|||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
− M1 + q |
(c + 2a)2 |
|
|
−8 +10 |
(1,2 + 2,8)2 |
|
|
|
||||
RBy = |
|
|
2 |
|
= |
|
|
2 |
|
|
=18 кН; |
||
c + 2a |
|
|
1,2 + |
2,8 |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
∑M B = 0 ; M1 |
+ q |
(c + 2a)2 − RAy (c + 2a)= 0 , |
|
|
|||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M1 + q (c + 2a)2 |
8 +10 (1,2 + 2,8)2 |
|
|
|
|
|||||||
RAy = |
|
2 |
|
= |
|
|
|
2 |
|
= 22 |
кН. |
||
c + |
2a |
|
|
|
1,2 + |
2,8 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
–плоскость xz:
∑M A = 0 ; F2a + M 2 − RBz (c + 2a)= 0 ,
RBz = |
F2a + M 2 |
= |
20 1,4 + 24 |
=13 кН; |
|
||
c + 2a |
|
|
|
||||
|
1,2 + 2,8 |
|
|
|
|||
∑M B = 0 ; F2 (a + c + 2a)+ M 2 − RAz (c + 2a)= 0 , |
|
||||||
RAz = |
F2 (a + c + 2a)+ M 2 |
= |
20(1,4 +1,2 + 2,8) + 24 |
=33 кН. |
|||
|
1,2 + 2,8 |
||||||
|
c + 2a |
|
На расчетной схеме показываем реакции опор (см. рис. 24, а).
2.Строим эпюры внутренних силовых факторов: в плоскости ху –
эпюры поперечной силы Qy и изгибающего момента Mz; в плоскости xz – эпюры поперечной силы Qz и изгибающих моментов (см. рис. 24, б). Эпюры изгибающих моментов строят на сжатых волокнах.
3.По эпюрам изгибающих моментов определяем опасные сечения балки и выписываем значения моментов (см. рис. 24, б):
– сечение I: M zI = M z max =16,2 кН м, M yI = 23,4 кН м;
– сечение II: M zII =11,2 кН м, M yII = M y max =36,4 кН м.
4. Исходя из соотношения bh = k , согласно своему шифру, изобража-
ем поперечные сечения I и II в масштабе (вид справа на поперечное сечение отсеченной левой части балки) и проставляем знаки нормальных напряжений в четвертях системы осей zy каждого опасного сечения: отрицательные напряжения (сжатие) – в верхней части сечения от момента Mz и в левой части сечения от момента Mу (вариант 1 – рис. 25, а; вариант 2 –
рис. 25, б).
57
![](/html/2706/468/html_hE4SqOriD4.6S7m/htmlconvd-fKb5tU58x1.jpg)
a) y
М1 = 8 кН м
F2 = 20 кН z
б)
20
RAy = 22 кН |
RAz = 33 кН |
RBy = 18 кН |
||
М2 = 24 кН м q =10 кН/м |
||||
А |
|
II |
|
x |
|
|
|
||
|
|
|||
a = 1,4 м |
c=1,2 м |
2a =I2,8 мRBz = 13 кН В |
22
1,8 м
Эп. Qy, кН
18
11,2 16 16,2
Эп. Mz, кН м
8
13
Эп. Qz, кН
12,4
Эп. My, кН м
28 |
23,4 |
|
36,4 |
Рис. 24
58
![](/html/2706/468/html_hE4SqOriD4.6S7m/htmlconvd-fKb5tU59x1.jpg)
Далее находим осевые моменты инерции поперечного сечения:
– вариант 1: J z |
= |
bh3 |
= |
b(2b)3 |
= |
|
2 |
|
b |
4 |
; |
J y = |
b3h |
= |
b3 2b |
= |
b4 |
; |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
12 |
|
12 |
3 |
|
|
|
12 |
|
|
12 |
6 |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
J z |
|
= 4 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
J y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
– вариант 2: J z |
= |
bh3 |
= |
b(0,5b)3 |
= |
0,125 |
b |
4 |
; |
J y = |
b3h |
= |
b30,5b |
= |
0,5b4 |
; |
|||||||||||||||||||||||||||||
|
12 |
|
12 |
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
12 |
|
|
|
|
12 |
|
|
12 |
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
J z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
= |
1 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
J y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Для каждого опасного сечения находим угол β, который нейтральная |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
линия составляет с осью z: tgβ = tgα |
|
J |
z |
|
, где tgα = |
|
M y |
|
|
. Результаты расче- |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
J y |
|
|
M z |
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
та сводим в табл. 10. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Таблица 10 |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
Сече- |
|
|
|
|
Вариант 1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Вариант 2 |
|
|
|
|
|||||||||||||
ние |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
tg α |
|
|
|
α,° |
|
|
tg β |
|
|
|
|
|
|
β,° |
|
|
|
|
|
tg α |
|
|
|
|
|
|
α,° |
|
|
tg β |
|
|
β,° |
|||||||||||
I |
|
1,44 |
|
|
55,3 |
|
|
5,78 |
|
|
|
|
80,2 |
|
|
|
|
|
1,44 |
|
|
|
|
|
55,3 |
|
|
0,36 |
|
|
19,8 |
||||||||||||||
II |
|
3,25 |
|
|
72,9 |
|
|
13 |
|
|
|
|
85,6 |
|
|
|
|
|
3,25 |
|
|
|
|
|
72,9 |
|
|
0,81 |
|
|
31,1 |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Проводим нейтральные линии в сечениях I и II под углом β к оси z через те четверти системы осей zy, в которых знаки нормальных напряжений разные (±, ) (см. рис. 24). Опасные точки (оп. т.) располагаются в углах сечения и отмечены на рис. 25:
а) сечение I – КI , LI ;
сечение II – КII , LII ;
б) сечение I – ЕI , DI ;
сечение II – EII, DII .
Знаки напряжений указаны на рис. 25.
5. Находим осевые моменты сопротивления поперечного сечения балки: Wz = 2hJ z , Wy = 2Jby .
59
![](/html/2706/468/html_hE4SqOriD4.6S7m/htmlconvd-fKb5tU60x1.jpg)
Вариант 1: Wz = 2b3 ; Wy = b3 ; Wz = 2Wy . 3 3
а)
Mz = 11,2 My = 36,4
z
Сечение I
у
KI н.л.
--
-+
α
β
+ |
+ |
- |
+ |
LI |
b
h = 2b
Mz = 16,2 My = 23,4
z
Сечение II
у
н.л.
KII
--
-+
α
β
+ |
+ |
- |
+ |
LII |
b
h = 2b
|
|
|
α = 55,3° |
|
|
|
β = 80,2° |
б) |
|
|
|
|
|
|
у |
EI |
|
|
|
|
- |
|
- |
z |
- |
|
н.л. + |
|
|
α |
|
|
|
β |
|
|
+ |
+ |
|
|
|
||
|
- |
|
+ |
b
α = 55,3° β = 19,8°
α = 72,9° β = 85,6°
|
|
|
|
у |
|
|
|
EII |
|
|
|
|
|
- |
|
- |
|
0,5b |
z |
- |
|
н.л. + |
|
|
|
|
|
||
h = |
|
+ |
α |
|
|
|
|
+ |
|
||
DI |
|
- |
β |
+ |
|
|
|
|
DII |
||
|
|
|
|
α = 72,9° |
|
|
|
|
|
β = 31,1° |
Рис. 25
60