scherbo-sp1
.pdf
рового поперечного сечения. Нагрузки расчетные. Расчетные сопротивления: R = 210 Мпа и Rs =130 МПа.
Рис. 8.6
1.Определим величину опорных реакций в балке
∑МА = 0. − 20 2 + 5 +10 3 3,5 −5RB = 0. RB =14 кН
Проверка: ∑у = −20 + 36 −10 3 +1 = 50 −50 = 0 .
2.Запишем аналитические выражения для Q и М по участкам балки
иопределим их значения для характерных сечений.
|
|
|
|
Участок СА |
0 ≤ х ≤ 2 м |
|||
|
20кН |
|
|
|
|
|
Q = −20 кН; М = −20х; |
|
С |
|
|
|
|
|
х = 0, |
М = 0; |
|
|
|
|
|
|
||||
|
x |
|
|
|
|
|
х = 2 м, М = −40 кНм. |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
Участок АD |
0 ≤ х ≤ 2 м |
|||
|
20кН |
|
|
36кН |
Q = −20 +36 =16 кН. |
|||
|
|
|
М = −20(2 + х) + 36х = −40 +16х. |
|||||
C |
А |
|
|
|||||
|
|
х = 0, |
М = −40 кНм; |
|||||
|
2м |
|
|
x |
|
|
||
|
|
|
|
|
х = 2, |
М = −6 кНм. |
||
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
191 |
|
Участок BD 0 ≤ х ≤ 2 м
Q = −14 +10x;
x = 0, Q = −14 кН; х = 3 м, Q =16 кН.
Поперечная сила на этом участке меняет знак. Значит, существует экстремум для изгибающего момента. Приравняв поперечную силу к нулю, определим сечение, в котором изгибающий момент будет иметь экстремальное значение.
Q = −14 +10x = 0; |
x =1,4 м; М =14x −10 |
x2 |
=14x −5x2 . |
|
|||
|
2 |
|
|
x = 0, M = 0; x = 3 м, М = −3 кНм;
х=1,4 м, Мmax =14 1,4 −5 1,42 = 9,8 кНм.
3.На основании выполненных расчетов строим эпюры Q и М
(рис. 8.6, г, д).
4.Анализируя эпюры Q и М, определяем опасные сечения балки. Та-
ким сечением является сечение Ал (слева от опоры А), где
Мz max = 40 кНм = 4000 кНсм и Q max = 20 кН.
5. Определим требуемый момент сопротивления сечения из условия прочности при изгибе в расчете по предельным состояниям
σmax = M z max ≤ R,
Wz
откуда
Wz ≥ |
|
M z |
max |
= |
4000 |
=190,48 см3. |
|
|
21 |
||||
|
|
|
||||
|
|
R |
|
|||
6. Определим необходимые размеры поперечных сечений:
а) двутавровое
Обращаемся к сортаменту прокатной стали и выбираем номер двутавра с моментом сопротивления близким к требуемому.
Наиболее близко подходят двутавр № 20 с Wz′ =184 см3 и двутавр № 20а с Wz′′= 203 см3 по ГОСТ 8239-72.
При установке двутавра № 20 будет некоторое перенапряжение. Определим его величину.
σmax = |
M z = |
4000 |
= 21,74 |
кН |
|
= 217, МПа > R = 210 МПа. |
|
184 |
см2 |
||||||
|
Wz′ |
|
|
||||
|
|
|
|
192 |
|
||
% перенапр. = 217,4 − 210 100 = 3,52 % > 3 % . 210
Окончательно принимаем к установке двутавр № 20а с Wz′′= 203 см3. При его установке максимальные нормальные напряжения равны
|
σ |
max |
= |
M z = 4000 = |
19,704 кН |
2 |
=197,04 МПа < R = 210 МПа. |
||||||||||||||
|
|
|
|
Wz′′ |
203 |
см |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
б) коробчатое из двух швеллеров |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Для такого сечения |
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
J z = 2J zшв |
|
и |
Wzшв = |
Wz |
= |
190,48 |
= 95,24 см3. |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
2 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Тогда |
|
требуемый |
момент сопротивления |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
швеллера |
|
Wz |
|
190,48 |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Wzшв = |
= |
|
= 95,24 см3. |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
сортаменту проката и выбираем необходимый номер |
|||||||||||||||||||
|
Обращаемся к |
||||||||||||||||||||
швеллера. Наиболее близко подходят швеллер № 16 |
с Wz′ = 93,4 см3 и |
||||||||||||||||||||
швеллер № 16а с Wz′′=103 см3. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
При установке швеллера № 16 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
Wz |
= 2Wz′ = 2 93,4 =186,8 см3. |
|
|
|||||||||||
|
Максимальные нормальные напряжения |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
σ |
max |
= M z |
= 4000 |
= 21,41кН |
|
|
= 214,1 МПа > R = 210 МПа. |
|||||||||||||
|
|
|
|
Wz |
186,6 |
см3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
% перенапряж. = 214,1 − 210 100 =1,95 % < 3 %. 210
Такое перенапряжение допустимо. Окончательно к установке принимаем балку коробчатого поперечного сечения, составленную из двух швеллеров № 16.
7. Построим эпюры σ и τ для опасного сечения Ал двутавровой балки. Выпишем из сортамента прокатной стали все необходимые данные
для двутавра № 20а.
h = 200 мм, b =110 мм, d = 5,2 мм, t = 8,6 мм, J z = 2030 см4 , Wz = 203 см3 , Sz =114 см3.
Изобразим поперечное сечение нормальных напряжений в поперечном сечении двутавра на разных уровнях.
193
На уровне 1-1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
σ |
= |
M z y |
|
; |
y |
= h = 200 =100 мм =10 см. |
||||
1−1 |
|
|
1−1 |
|
1−1 |
2 |
2 |
|
|
|
|
|
J z |
|
|
|
|
|
|||
σ |
= |
4000 10 =19,704 кН |
|
=197,04 МПа. |
||||||
1−1 |
|
2030 |
|
|
|
см2 |
|
|
||
На уровне 2-2 при |
y2−2 |
= h |
−t = 200 |
−8,6 = 91,4 мм = 9,4 см |
||||||
|
|
|
|
|
|
2 |
|
2 |
|
|
σ2−2 |
= |
M z y2−2 = |
4000 9,14 |
=18,005кН |
2 =180,05 МПа. |
|||||
|
|
J z |
|
|
2030 |
|
см |
|
||
На уровне 3-3 |
при y3−3 = y2−2 |
σ3−3 = σ2−2 =180,05 МПа. |
||||||||
На уровне 4-4 |
при у4−4 = 0 |
|
σ4−4 = 0. |
|
||||||
На уровне 5-5 при у5−5 = −9,14 см |
σ5−5 = −σ3−3 = −180,05 МПа. |
|||||||||
На уровне 6-6 при у6−6 = −9,14 см |
σ6−6 = −σ2−2 = −180,05 МПа. |
|||||||||
На уровне 7-7 при у7−7 = −10 см |
σ7−7 = −σ1−1 = −197,04 МПа. |
|||||||||
На основании выполненных расчетов построена эпюра σ для опасного сечения Ал (рис. 8.7).
Определим величину касательных напряжений в поперечном сечении двутавра на разных уровнях.
|
|
|
|
τ1−1 = 0 ; τ2 − 2 = |
|
QS z2 − 2 |
|
|
b2−2 = b =11см; |
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
; |
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
J z b2 − 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
Sz2−2 |
|
|
|
h |
|
|
t |
|
|
|
|
20 |
|
|
0,86 |
|
|
||||||||
|
|
|
= b |
t |
2 |
− |
|
|
=11 0,86 |
2 |
|
− |
|
2 |
= 90,53 см2 |
; |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
τ |
2−2 |
= − |
20 90,53 |
= −0,081кН |
|
|
|
|
= −0,81 МПа. |
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2030 11 |
|
|
|
|
см2 |
|
|
|
||||||||||||
τ |
3−3 |
= QSz3−3 |
; |
b |
|
|
= d = 0,52 см, |
S 3−3 |
= S |
2−2 = 90,53 см2 . |
||||||||||||||||||
|
|
J zb3−3 |
|
3−3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
z |
|
|
|
z |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
τ |
3−3 |
= − |
20 90,53 |
= −1,715кН |
|
|
2 |
|
= −17,15 МПа. |
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
2030 0,52 |
|
|
|
|
см |
|
|
|
|
||||||||||||
τ |
4−4 |
= τ |
max |
= QSz4−4 |
; b |
= d = 0,52 см, |
S 4−4 =114 см3. |
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
J zb4−4 |
|
|
|
4−4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
z |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
τ5−5 = τ3−3 = −17,15 МПа. |
|
τ6−6 = τ2−2 = −0,81 МПа. τ7−7 = 0. |
||||||||||||||||||||||||||
На основании выполненных расчетов построена эпюра τ (см. рис. 8.7).
τmax = 21,6 МПа < Rs =130 МПа.
194
Сеч. Ал y
Рис. 8.7
Прочность по касательным напряжениям обеспечена с очень большим запасом.
Наиболее опасными точками могут быть точки на уровнях 3-3 или 5-5. Эквивалентные напряжения по третьей теории прочности
σэквIII = 
σ2 + 4τ2 = 
180,052 + 4 17,152 =183,3 МПа ≤ R = 210 МПа.
Прочность сечения обеспечена.
Задания для самостоятельной работы
Решить следующие задачи:
Задача 1.
Для балки, изображенной на рис. 8.8, а, построить эпюры Q и М, подобрать размеры поперечных сечений (рис. 8.8, б, в) построить эпюры σ и τ для опасных сечений. Нагрузки нормативные, [σ] =160 МПа, [τ] =100 МПа.
в)
Рис. 8.8
195
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∑ |
F (x − a |
iF |
)2 |
|
|
∑qi (x − aiq )3 |
|
|||||||||
EJ zθ = EJ zθ0 + ∑mi (x − aim ) + |
|
i |
|
|
|
|
+ |
|
|
|
|
|
, |
|
|
|||||||||||
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
подставляя значение x =3a , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
EJ zθc = o −5qa2 (3a − 0) + 3qa(3a − a)2 |
− qa(3a − a)2 |
− q(3a − a)3 |
= |
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
6 |
|
|
|
||
= −15qa3 +13,5qa3 − 2qa3 −1,333qa3 = −4,833qa3. |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
θc |
= − |
4,833 qa3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
EJ z |
(поворот по часовой стрелке). |
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ус |
(при x =3a ), |
используя |
||||||||||||
Аналогично |
найдем |
и прогиб сечения |
||||||||||||||||||||||||
формулу прогибов. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
EJ z yc = 0 + 0 − |
5qa2 |
(3a − 0) |
2 |
+ |
3qa(3a − 0)3 |
− |
qa(3a − a)3 |
− |
q(3a |
− a)4 |
= |
|||||||||||||||
|
|
2 |
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
6 |
|
|
24 |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
= −22,5qa4 +13,5qa4 −1,333qa4 − 0,667qa4 = −11qa4 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
yc = − |
11qa4 |
(прогиб вниз). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
EJ z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Пример 2.
Рассмотрим теперь балку с шарнирно опертым левым концом балки (рис. 9.2). Поставим целью определить угол поворота сечения В и прогиб сечения D.
Рис. 9.2
Начнем с определения реакции на левом конце балки RA.
∑M B = 0; |
− 4qa a − 2q a 1,5a − 2qa2 + 3RAa = 0; |
RA = 3qa |
∑M A = 0; |
− 2qa2 + 2qa 1,5a + 4qa 2a −3RB a = 0; |
RB = 3qa |
Проверка ∑ y =3qa − 2qa − 4qa + 3qa = 0 .
При такой схеме опирания (при x = 0 ) y0 = 0 , а θ0 ≠ 0 .
Второй начальный параметр θ0 определим из условия опирания на правом конце балки, а именно при x −3a; yB = 0. Для определения проги-
197
ба уВ необходимо распределенную нагрузку 2q продолжить до конца и компенсировать такой же нагрузкой противоположного направления.
EJ z yB = 0 + EJ zθ0 3a |
− |
2qa2 (3a |
− a)2 |
|
3qa(3a |
− a)3 |
|
|||||||||
|
|
2 |
|
+ |
|
6 |
|
− |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
− |
4qa(3a − 2a)3 |
2q(3a − a)4 |
2q(3a − 2a)4 |
= 0. |
|
|||||||||||
6 |
|
− |
|
24 |
+ |
|
24 |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
3EJ zθ0 a − 4qa4 +13,5qa4 −0,667qa4 −1,333qa4 + 0,083qa4 = 0 . |
|
|||||||||||||||
EJ zθ0 = −2,5277qa3 или θ0 |
= − |
2,5277qa3 |
(по часовой стрелке). |
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
EJ z |
|
|
|
|
|
|
||
Прогиб сечения D при x = 2a равен |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
EJ z yD = 0 − 2,5277qa |
3 2a − 2qa2 (2a − a)2 |
+ 3qa(2a − 0)3 |
− 2q(2a − a)4 |
= |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
6 |
|
|
24 |
|
= −5,0554qa4 − qa4 + 4qa4 −0,083qa4 = −2,1384qa4 . |
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
yD |
= − |
2,1384qa4 |
|
(вниз). |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
EJ z |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Угол поворота сечения В на правой опоре при x =3a равен |
|
|||||||||||||||
EJ zθB = −2,5277qa3 − 2qa2 + 3qa(3a − 0)2 |
|
− 4qa(3a − 2a)2 − |
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
− 2q(3a − a)3 |
+ |
2q(3a − 2a)3 |
= −2,5277qa3 − 4qa3 +13,5qa3 − |
|
||||||||||||
|
6 |
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
− 2qa3 − 2,6667qa3 + 0,3333qa3 = 2,6389qa3. |
|
|
|
|
||||||||||||
|
θB = |
2,6389qa3 |
(против часовой стрелки). |
|
||||||||||||
|
|
EJ z |
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример 3.
Рассмотрим балку с консолью на левом конце (рис. 9.3). Начнем расчет с определения опорных реакций.
∑M A = 0 − 2qa a + q 3a 1,5a + 2qa2 − 3a RB = 0 RB =1,5qa
∑M B = 0 2qa2 − q 3a 1,5a 4a + 3a RA = 0 RA = 3,5qa
Поставим себе задачу определить величину максимального прогиба в балке между опорами А и В.
198
|
EJ zθ = |
23 qa3 − |
2qa(x − a)2 |
+ 3,5qa(x − a)2 − q(x − a)3 = 0. |
||
|
|
8 |
|
2 |
2 |
6 |
Подставим x = 2,5a ; |
|
|
|
|
||
|
EJ zθ = 2,875qa3 −6,25qa3 +3,9375qa3 −0,5625qa3 = |
|||||
|
|
= 6,8125qa3 −6,8125qa3 = 0. |
|
|||
Следовательно, при |
x = 2,5a прогиб балки будет максимальным. |
|||||
EJ z ymax = −5 qa4 |
+ |
23 qa3 2,5a − 2qa(2,5a −0)3 |
+ |
|||
|
|
6 |
|
8 |
6 |
|
+ |
3,5qa(2,5a − a)3 |
− |
q(2,5a − a)4 |
|
||
|
6 |
24 |
= |
|
||
|
|
|
|
|
||
= −0,8333qa4 + 7,1875qa4 −5,2167qa4 +1,9688qa4 = 2,8954qa4 . |
||||||
|
|
ymax = |
2,8954qa4 |
(вверх). |
|
|
|
|
|
EJ z |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
Задания для самостоятельной работы
Решить следующие задачи.
Задача 1.
Определить прогиб и угол поворота на левом конце консольной бал-
ки (рис. 9.4).
Рис. 9.4
Задача 2.
Определить прогиб и угол поворота в сечении С (рис. 9.5).
2 кН/м
Рис. 9.5
200