Сечение 3-3:
Qz3 = – P + q(z2 – c), Mz3 = P z3 – q(z3 – c)2/2 + m, b + c < z3 < a + b + c
Вычисляем значения Q и M:
I участок:
z1 = 0. Qz1 = – 0,5 кН, Мz1 = 0
z1 = 0,5 м Qz1 = – 0,5 кН, Мz1 = 0,5 0,5 = 0,25 кН.м.
II участок:
z2 = 0,5 м Qz2 = – 0,5 кН, Mz2 = 0,5 0,5 = 0,25 кН.М
Z2 = 1,5 м Qz2 = 0,5 + 0,4(1,5 – 0,5) = – 0,1 кН Mz2 = 0,5 1,5 – 0,4(1,5 – 0,5)2/2 = 0,55 кН.м.
Значение изгибающего момента вычисляем также для середины второго участка:
z2 = 1 м Mz2 = 0,5 1 – 0,4(1 – 0,5)2/2 = 0,45 кН.м.
III участок:
z3 = 1,5 м Qz3 = - 0,5 + 0,4(1,5 – 0,5) = – 0,1 кН;
Mz3 = 0,5 1,5 – 0,4(1,5 – 0,5)2/2 +0,2 = 0,75 кН.м.
z3 = 3 м Qz3 = - 0,5 + 0,4(3,0 – 0,5) = 0,5 кН;
Mz3 = 0,5 3 – 0,4(3 – 0,5)2/2 + 0,2 = 0,45 кН.м.
Значение изгибающего момента вычисляем также и для середины третьего участка:
z3 = b + c +a/2 = 2,25 м; Mz3 = 0,5 2,25 – 0,4(2,25 – 0,5)2/2 + 0,2 = 0,71 кН.м.
Определяем максимальное значение изгибающего момента. Для этого определим значение z3*, при котором имеет место Mmax. В этом сечении поперечная сила равна нулю.
Qz3 = - P + q(z3* - c) = 0, тогда z*3 = (P + qc)/ = (0,5 + 0,4 0,5)/0,4 = 1,75 м.
Вычислим значение изгибающего момента Mmax:
Mmax = 0,5 1,75 – 0,4(1,75 – 0,5)2/2 +0,2 = 0,762 кН.м.
Момент сопротивления прямоугольного сечения равен:
Wx = bh2/6 = 12 182/6 = 648 см3 = 648 10-6 м3.
Нормальное напряжение в сечении, наиболее нагруженным изгибающим моментом Mmax равно:
= Mmax/Wx = 0,762 103 106/648 = 1,18 МПа.
Касательные напряжения вычисляем по формуле Журавского, которая для прямоугольного сечения имеет вид:
= 3/2 Q/bh = 3/2 0,5 103/0,12 0,18 = 0,3 МПа.
Прочность балки обеспечена как по нормальным, так и по касательным напряжениям.
Пример 4.2. Для стальной двухопорной балки (рис.4.11) определить внутренние усилия по участкам, построить эпюры Q и M и подобрать двутавровое сечение по максимальному изгибающему моменту Mmax. Проверить балку на прочность по касательным напряжениям. Допускаемые напряжения принять:[] = 160 МПа, [] = 80 МПа.
Исходные данные: a = 3 м, b = 1 м, c = 1,5 м,
m = 5 кН м, P = 4 кН, q = 2 кН/м.
m
RA
1 q 2 Rb
3
P
B
A
a) 1 2 3
z1 z3
z2
a
b
c
3,5 4 4
+
б) +
–
z1* 2,5 2,5
3,06
в)
1,5
+
3,5 –
6
Рисунок 4.11 – Схема к расчету: а) заданная нагрузка; б) эпюра поперечных сил; в) эпюра изгибающих моментов
Определяем опорные реакции, используя уравнения равновесия:
МА = 0. RВ (а + в) – q (а2/2) + m – Р (а + в + с) = 0.
МВ = 0. – RА (а + в) + qа (а/2+в) + m – Рс = 0.
RB = (qа2/2 – m + Р (а + в + с))/(а + в) = 6,5 кН.
RА = (qа(а/2 + в) + m – Рс)/(а + в).
Правильность определения реакций на опорах проверяем, проектируя все силы на вертикальную ось:
У = 0 RА – qа + RВ – Р = 0 3,5 – 23 + 6,5 – 4 = 0.
Реакции определены правильно.
Определяем внутренние усилия Q и M в поперечных сечениях балки методом сечений. Для этого рассекаем условно балку в произвольном месте каждого участка плоскостями 1-1, 2-2, 3-3. Из условия равновесия отсеченной части определяем поперечную силу Q и изгибающий мо-мент М на каждом участке:
сечение 1-1 Qz1 = RA – qz1; Mz1 = RA z1 – qz12/2; 0 < z1 < 3;
сечение 2-2 Qz2 = RA – qa; Mz2 = RA z2 – qa(z2 – a/2) – m; 3 < z1 < 4;
сечение 3-3 Qz3 = Р; Mz3 = – Р z3; 0 < z1 < 1,5.
Вычисляем значения Q и М .
I участок:
z1 = 0; Qz1 = 3,5 кН; М z1 = 0.
z1 = 3 м; Qz1 = 3,5 – 2 3 = - 2,5 кН; М z1 = 3,5 3 - ( 2 32 )/2 = 1,5 кН.м.
Координату z1*, при которой момент имеет максимальное значение, находим из условия Qz1 = 0:
Qz1 = RA – qz1* = 0; z1* = RA / q = 3,5/2 = 1,75 м.
Изгибающий момент в этом сечении равен
Mmax = 3,5 1,75 – ( 2 1,75 2)/2.
II участок:
z2 = 3 м; Qz2 = 3,5 – 2 3 = - 2,5 кН; М z2 = 3,5 3 - 2 3 ( 3 – 3/2 ) – 5 = - 3,5 кН.м;
z2 = 4 м; Qz2 = 3,5 – 2 3 = - 2,5 кН; М z2 = 3,5 4 - 2 3 ( 4 – 3/2 ) – 5 = - 6 кН.м.
III участок:
z3 = 0; Qz3 = 4 кН; М z3 = 0.
z3 = 1,5 м; Qz3 = 4 кН; М z3 = – 4 1,5 = – 6 кН.
По этим данным строим эпюры Q и М .
Из условия прочности при изгибе = М / W x [] определяем необходимый момент сопротивления двутавровой балки:
W x = М / [] = (6 103 )/(160 106) = 3,75 10- 5 м3 = 37,5 см3.
По таблице сортамента на двутавр подбирается номер двутавра 10 с моментом сопротивления W x = 39,7 м3.
Проверяем балку на прочность по касательным напряжениям: для этого вычисляем по формуле Журавского касательные напряжения для сечения, наиболее нагруженного поперечной силой (сечение на опоре В):
= QS*x / bIx .
Из таблиц сортамента для двутавра 0 10 находим:
S*x = 23,0 см3; Ix = 198 см4; b = 4,5 мм = 0,45 см.
Тогда
= 410323,0108 / 1060,45198 = 1,03МПа.
Прочность по касательным напряжениям обеспечена.
Пример 4.3. На рисунке (4.12,а) задана эпюра изгибающих моментов и закон ее изменения по длине балки.
Установить комбинации нагрузок, вызывающих эту эпюру.
(1 + 3z – 1,25z2)
(5 – z
– z2)
1
1 11
+
а ) – -1 – 111 1V
2
1 м 3 м 2 м 2 м
5
3
1 1
б ) + +
–
1 0,5
М4 2
М1 М2 q3
q2
P5
в
)
P3
P1 P2 P4
М1 = 2 кН.м, М2 = 4 кН.м, М4 = 1 кН.м, q2 = 2 кН/м, q3 = 2,5 кН/м,
P1 = 1 кН, P2 = 2 кН, P3 = 2 кН, P4 = 1,5 кН, P5 = 0,5 кН.
Рисунок 4.12 – Схема к расчету: а) заданная эпюра моментов; б) полученная эпюра поперечных сил; в) комбинации нагрузок; вызывающих эпюру изгибающих моментов
Пойдем слева направо. Решение задачи основывается на использовании формул:
dм / dz = tg = Q ; dQ / dz = tg = q .
I. На I-ом участке эпюра М меняется по линейному закону:
М / l1 = tg
1
=( – 1 – (– 2)) / 1 = 1 кН,
а Q1 = const = 1 кН, dQ / dt = q = 0.
II. На II-ом участке изгибающий момент изменяется по параболическому закону. Тангенс угла наклона касательной к кривой М, будучи вначале отрицательным, постепенно уменьшается по величине и обращается в нуль, и затем становится положительным:
Q11 = dM11 / dz = d/dz (– 5 – z + z2) = – 1 + 2z.
При z = 0 и z = 3 м:
Qz=0 = – 1 кН , Qz =3 = – 1 + 23 = 5 кН,
q2 = dQ11 / dz = 2 кН.м или q = tg 2 = Q11 / l2 = 5 – (–1) / 3 = 2 кН.м,
причем направлена вверх, так как q > 0.
III. Q111 = dM111 / dz = d/dz(1 + 3z – 1,25z2) = 3 – 2,5z;
z = 0:Q111 = 3 кН, z = 2:Q111 = 3 – 2,52 = – 2 кН;
q3 = dQ111 / dz = –2,5 кН / м или q = tg 2 = Q111 / l3 = (–2 – 3)/2 = – 2,5 кН / м,
q направлено вниз, так как q < 0.
I V. tg 4 = dM1V / dz = M1V / l4 = – 1/2 = – 0,5 кН;
Q1V = const = – 0,5 кН.