Пример 7

Рис. 16

Решение

1. Показываем реакции в опорах.

2. Определяем величины опорных реакции из уравнений равновесия статики.

 М_А = R_B 4 + M₂ - M₁ + q 2 1 = 0,

 М_B = -R_A 4 + M₂ - M₁ - q 2 3 = 0,

Так как реакции получились со знаком минус, меняем их направление на противоположное.

3. Проводим проверку правильности определения реакций.

y = 0 = - R_A - R_B + q 2 = -35 - 5 + 202 , 0 = 0.

Следовательно реакции определены правильно.

4. Разбиваем балку на силовые участки и проводим сечения на каждом участке.

5. Определяем величины Q и М на каждом участке

Q₁ = - R_A + q x₁, 0  x₁  2.

Q₁( x₁ = 0 ) = - 35 кН, Q₁( x₁ = 2м ) = - 35 + 202 = 5 кН.

Так как на этом участке значения “ Q “ меняют свой знак, следовательно, имеется сечение, в котором Q = 0.

Определяем расстояние до этого сечения, обозначив его х₀

- R_A + q x₀ = 0, x₀ = R_A/ q = 35/20 = 1,75 м.

Q₂ = R_B = 5кН,

М₁ = - R_A x₁ + q x / 2, 0  x₁  2.

M₁( x₁ = 0 ) = 0, M₁( x₁ = 2м ) = - 352 + 202²/2 = -30 кНм,

М_max =- R_A x₀ + q x / 2= -351,75+201,75²/2= - 30,625 кНм.

М₂ = - R_B x₂ + M₂, 0  x₂  2.

M₂( x_{2 =} 0 ) = M₂ =20 кНм , M₂( x₂ = 2м ) = -52 +20 = 10 кНм.

6. Строим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов, откладывая в масштабе полученные значения (рис. 16).

7. Подбираем круглое поперечное сечение балки.

М_мах=30,625кНм:

W_х = М_мах / [ ] = 30,625/ 14010³ = 0,21910^-3 м³ = 219см³.

Так как для круга W_х = 0,1d³,

то d = =  13см.

Пример 8

Рис. 17

Решение

1. Показываем реакции в опорах.

2. Определяем величины опорных реакции из уравнений равновесия статики.

 М_{А =} R_B 4 + P2 - M - q 4 2 = 0,

 М_{B =} -R_A 4 - P2 - M + q 4 2 = 0,

3. Проводим проверку правильности определения реакций.

y = 0 = R_A + R_B + P - q 4 = 15 + 25 + 40 - 204 , 0 = 0.

следовательно реакции определены правильно.

4. Разбиваем балку на силовые участки и проводим сечения на каждом участке.

5. Определяем величины Q и М на каждом участке.

Q₁ = 0,

Q₂ = R_A - q x₂, 0  x₂  2.

Q₂( x_{2 = 0} ) = R_A = 15 кН, Q₂( x_{2 = 2м} ) = 15 - 202 = - 25 кН,

Q₃ = -R_B + q x₃, 0  x₃  2.

Q₃( x_{3 = 0} ) = -R_B = -25 кН, Q₃( x_{3 = 2м} ) = -25 + 202 = 15 кН,

Так как на втором и третьем участках значения “ Q “ меняют свой знак, следовательно, меются сечения, в которых Q = 0.

Определяем расстояния до этих сечений, обозначив их х₀₂ и х₀₃

R_A - q x₀₂ = 0, x₀₂ = R_A/ q = 15/20 = 0,75 м,

-R_B + q x₀₃ = 0, x₀₃ = R_B/ q = 25/20 = 1,25 м.

М₁ = М = 20 кНм,

М₂ = М + R_A x₂ - q x / 2, 0  x₂  2.

M₂( x_{2 = 0} )=20 кНм, M₂( x_{2 = 2м} )=20+ 152 - 202²/2=10 кНм,

M₂( x_{2 = 0,75м} )=20+ 150,75 - 200,75²/2 = 25,625 кНм,

М₃ = R_B x₃ + q x / 2, 0  x₃  2.

M₃( x_{3 = 0} ) = 0 , M₃( x_{3 = 2м} ) = 252 - 202²/2 = 10 кНм,

M₃( x_{3 = 1,25м} ) = 251,25 - 201,25²/2 = 15,625 кНм.

6. Строим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов, откладывая в масштабе полученные значения (рис. 17).

7 . Подбираем двутавровое поперечное сечение балки.

М_мах=25,625кНм:

W_х = М_мах / [ ] = 25,625/ 16010³ =

=0,160210^-3 м³ =160,2см³.

По ГОСТ8239-72 выбираем двутавр № 20,

W_x = 184 см³, Jx = 1840 см⁴.S_x =104см³,

b = 5,2 мм.

8. Строим эпюру распределения нормальных напряжений по перечному сечению балки.

Строим эпюру распределения касательных напряжений по поперечному сечению балки (рис. 18).

Q_мах = 25 кН ( из эпюры Q).

Рис. 18

10. Определяем деформацию балки при помощи обобщенного уравнения изогнутой оси балки.

Выбираем начало координат в т. В. Определяем начальные параметры y₀ и ₀ . Для этого составляем уравнения прогибов на опорах балки.

EJy_B = 0 и EJy_A = 0, y_B = y₀.

При х₂ = 4м

Рис. 19

EJ₀4+266,7+53,3-213,33= 0, EJ₀ = - 106,7/ 4 = -26,7кНм²,

₀ = - 26,7/ 2  10⁸  1840  10^-8 = - 7,2  10^-3 рад.

Определяем прогиб в т. D

При х₁ = 2м

y_D = - 33,4/ 2  10⁸  1840  10^-8 = - 9,07  10^-3 м = - 9,07 мм.

Определяем угол поворота в точке D

При х₁ = 2м

_D = - 3,4/ 2  10⁸  1840  10^-8 = - 0,92  10^-3 рад.

Определяем угол поворота в точке А

x₂² (х₂-2)² x₂³

EJ_А = EJ₀ +R_B  + Р  - q , При х₂ = 4м

2 2 6

4² (4-2)² 4³

EJ_А = - 26,7 + 25  + 40  - 20  =

2 2 6

= -26,7 + 200 + 80 -213,3 = 40кНм²,

_А = 40/ 2  10⁸  1840  10^-8 = 10,8  10^-3 рад.

Определяем угол поворота в точке С.

x₃² (х₃-2)² x₃³ (х₃-4)³ (х₃-4)²

EJ_с = EJ₀ +R_B  + Р  - q  +q  +R_A  ,

2 2 6 6 2

При х₃ = 6м

6² (6-2)² 6³ (6-4)³ (6-4)²

EJ_c = - 26,7+25  + 40  - 20  + 20  +15  =

2 2 6 6 2

= -26,7 + 450 + 320 - 720 + 26,7 + 30 = 80 кНм²,

_c = 80/ 2  10⁸  1840  10^-8 = 21,7  10^-3 рад.

Определяем прогиб в т. C

(x₃)³ (х₃-2)³ (x₃ )⁴ (х₃-4)⁴ (х₃-4)³

EJy_с = EJy₀+ EJ₀x₃ +R_B  + Р  - q  + q  + R_A  ,

6 6 24 24 6

При х₃ = 6м

6³ (6-2)³ 6⁴ (6-4)⁴ (6-4)³

EJy_c = - 26,76+25  + 40  - 20  + 20  +15  =

6 6 24 24 6

= -160,2 + 900 + 426,7 - 1080 + 13,3 + 20 = 119,8 кНм³,

y_c = 119,8/ 2  10⁸  1840  10^-8 = 3,2  10^-2 м = 3,2 см.

По полученным данным строим изогнутую ось балки (рис. 19).