4. Пример расчета балки на неподвижную нагрузку

1. Рассмотрим балку (рис. 8, а).

Строим поэтажную схему (рис. 8, б) и определяем степень свободы балки:

W = 3D – 2Ш – С_оп = 3·3 – 2·3 – 6 = 0.

Главная балка CF прикреплена к земле тремя стержнями, осевые линии которых не пересекаются в одной точке и не параллельны между собой, значит, она геометрически неизменяема и статически определима (W=0). Балки AC и FL по приведенному признаку соединены с землей и главной балкой и поэтому являются геометрически неизменяемыми. Значит, в целом многопролетная балка статически определима и геометрически неизменяема.

2. Определяем опорные реакции, изгибающие моменты и поперечные силы в характерных сечениях балки.

1) Для балки FL (рис.8,б) определяем опорные реакции R_F и R_K из уравнений равновесия:

∑ M_K = 0: –R_F l₁ + m + 2P₂ = 0, откуда R_F = 4,7 кН,

∑ M_F = 0: –R_Kl₁ + m + P₂(l₁ + 2) = 0, откуда R_K = 13,7 кН.

Проверяем правильность определения реакций:

∑ Fy = 0: –R_F + R_K – P₂ = 0. Реакции балки вычислены правильно.

Изгибающий момент и поперечная сила в сечении x₁ при изменении x₁ от 0 до 8м вычисляются по формулам:

M_x1 = –R_F x₁ + m + R_K(x₁ – l₁);

Q_x1 = –R_F + R_K;

При x₁ = 0 м: M_x1 = 0 кН · м, Q_x1 = –R_F = –4,7 кН,

x^лев₁ = 3 м: M^лев_x1 = –14 кН · м, Q^лев_x1 = –R_F = –4,7 кН,

x^прав₁ = 3 м: M^прав_x1 = –4 кН · м, Q^прав_x1 = –R_F = –4,7 кН,

x^лев₁ = 6 м: M^лев_x1 = –18 кН · м, Q^лев_x1 = –R_F = –4,7 кН,

x^прав₁ = 6 м: M^прав_x1= –18 кН · м, Q^прав_x1= –R_F + R_K = 9 кН,

x₁ = 8 м: M_x1 = 0 кН · м, Q_x1 = –R_F + R_K = 9 кН.

2) Проведем аналогичные расчеты для балки АС (см. рис. 8, а)

∑ M_C = 0: R_B l₂ – P₁(l₂ – 2) – q₁(l₂ +2)²/2= 0, R_B = 41 кН.

∑ M_B = 0: –R_C l₂ +P₁(l₂ - 2) – q₁ ·2² / 2 + q₁ (l₂)² / 2 = 0, R_C = 17 кН.

Проверка реакций: ∑ y = 0: R_B +R_C –P₁ – q₁ ·6 = 0. Реакции вычислены правильно.

Изгибающий момент и поперечная сила в сечении х₂ при изменении х₂ от 0 до 6м вычисляются по формулам

M_x2 = R_B(x₂ – 2) – P₁(x₂ – 4) – q₁(x₂)² / 2;

Q_x2 = –q x₂ + R_B – P₁;

При x₂ = 0 м: M_x2 = 0 кН · м, Q_x2 = 0 кН,

x^лев₂ = 2 м: M^лев_x2 = –16 кН · м, Q^лев_x2 = 16 кН,

x^прав₂ = 2 м: M^прав_x2 = –16 кН · м, Q^прав_x2 = 25 кН,

x^лев₂ = 4 м: M^лев_x2 = 18 кН · м, Q^лев_x2 = 9 кН,

x^прав₂ = 4 м: M^прав_x2= 18 кН · м, Q^прав_x2 = –1 кН,

x₂ = 6 м: M_x2 = 0 кН · м, Q_x2 = –17 кН.

3) Расчет главной балки CF. Загружаем ее в точках C и F давлением вышележащих балок R_D и R_E (реакциями с обратными знаками) (рис. 8, в) и вычисляем опорные реакции.

∑ M_E = 0: R_D l – R_C ·8 – q₂ 8² / 2 + q₂ 2² / 2 – R_F · 2 = 0,

откуда R_D = 44,2 кН.

∑ M_D = 0: –R_E l + q₂ ·8² / 2 – q₂ ·2² / 2 – R_F ( l + 2) = 0,

откуда R_E = 8,07 кН.

Проверяем правильность определения реакций.

∑ y = 0: R_E +R_D+R_F –q₂ ·10 –R_C = 0.

Реакции вычислены правильно.

Рис. 8

Рис. 4

Изгибающие моменты и поперечные силы в сечении х при изменении х от 0 до 10 м вычисляются по формулам:

М_{х =} –R_C х – q₂ х² / 2+ R_D(x₂ – 2)+ R_Е(x – 8);

Q_х = –R_C – q₂ х+ R_D + R_Е.

При x = 0 м: M_x = 0 кН · м, Q_x = –R_D = –17 кН,

x^лев = 2 м: M^лев_x = –42 кН · м, Q^лев_x = –25 кН,

x^прав = 2 м: M^прав_x = –42 кН · м, Q^прав_x = 19,2 кН,

x^лев = 8 м: M^лев_x = 13 кН · м, Q^лев_x = –4,7 кН,

x^прав = 8 м: M^прав_x = 13 кН · м, Q^прав_x = 3,3 кН,

x = 10 м: M_x = 0 кН · м, Q_x = –4,7 кН.

По вычисленным значениям M и Q строятся эпюры внутренних усилий для каждой простой балки (см. рис. 9) и для многопролетной балки AL (см. рис. 8, в).

4) Подбираем сечение балки из условия прочности при изгибе:

,

Откуда требуемый момент сопротивления поперечного сечения балки W_ТР определяется как: .

Для части АС и FL конструкции:

м³ =85,7 см³.

По таблице сортамента принимаем двутавр № 16 с W_х =109 см³

Для части АС и FL конструкции:

м³ =114 см³.

По таблице сортамента принимаем двутавр № 18 с W_х =143 см³

Рис.9