prim-8
.pdf
Часть 1 Сопротивление материалов
Рисунок 1 – Правило знаков
Проверки построения эпюр:
Эпюра поперечных сил:
Если на балке имеются сосредоточенные силы, то на эпюре, должен быть скачок на величину и по направлению данной силы;Эпюра параллельна нулевой линии, кроме случаев когда действует
распределенная нагрузка (на этих участках, эпюра наклонена под определенным углом).
Эпюра изгибающих моментов:
Если на балке есть сосредоточенный момент (или пара сил), то на эпюре должен быть скачок на его величину;Эпюра моментов представляется в виде прямой линии, кроме
случаев, где на балке приложена распределенная нагрузка (на данных участках, эпюра представляется в виде параболы);Если эпюра поперечных сил, на рассматриваемом участке
больше нуля, то эпюра моментов – возрастает, если меньше нуля – убывает, при равенстве нулю – эпюра моментов параллельна нулевой линии.
1 Изгиб
Пример № 1
Для заданной схемы балки требуется построить эпюру поперечных сил и эпюру изгибающих моментов, найти максимальный изгибающий момент Мmax и по нему подобрать стальную двутавровую балку с указанием ее номера по ГОСТ 8239-72. Допускаемое напряжение на изгиб принять
[ ] 160МПа.
Дано:
F=12 кН; q=10 кН/м; М=15 кН·м; a=3,5 м; b=3 м; с=2 м; d=2,5 м.
Рисунок 2
Решение
1 Определение реакций опор
Поместим данную балку в плоскую систему координат. Проставим реакции на заданной схеме.
Опорные реакции RyA и RyB направим вертикально вверх. Горизонтальная составляющая реакций в неподвижной опоре RxA.
Рисунок 3
Для определения реакций |
RyA |
и RyB воспользуемся уравнениями |
|
равновесия для плоской системы: |
|
|
|
Fxi |
0 |
(1) |
|
|
|
|
(2) |
|
|
0 |
|
Fyi |
(3) |
||
|
|
|
|
|
M 0 |
|
|
|
|
||
Для определения реакций составим уравнения исходя из условий равновесия:
- уравнение проекций всех сил на ось x (уравнение 1):
RxA 0
- исходя из условия - сумма моментов относительно любой точки равняется 0 (уравнение 3), составим два уравнения, относительно первой и второй опоры:
|
|
a |
|
|
МА 0 |
||
q a |
M RyB a b c F a b c d 0 |
||||||
|
|
||||||
|
2 |
|
|
МB 0 |
|||
|
|
|
|
|
|
||
|
a |
|
M RyA a b c F d 0 |
||||
q a |
|
|
b c |
||||
|
|||||||
|
2 |
|
|
||||
отсюда
|
|
|
|
|
q |
a2 |
|
M F a b c d |
||||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
RyB |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a b c |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
10 |
3,52 |
|
15 12 3,5 3,0 2,0 |
|||||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
20,97 кН |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3,5 3,0 2,0 |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
q a |
|
|
|
|
|
b c M F d |
|||||||||
|
|
2 |
|
|||||||||||||||
RyA |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
a b c |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
||
|
10 3,5 |
3,5 |
|
|
3,0 2,0 |
15 12 2,5 |
||||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
26,03 кН |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3,5 3,0 2,0 |
||||||
- для проверки правильности вычислений реакций RyA и RyB составляем уравнение проекций всех сил на ось y (уравнение 2)
Fxi 0 RyA q a RyB F 26,03 10 3,5 20,97 12 0
Условие выполняется, следовательно, реакции найдены, верно.
2 Построение эпюры поперечных сил Q
Для построения эпюр, используем метод сечений. Разбиваем балку на четыре участка (a, b, c, d).
Рисунок 4
Участок a. Проводим сечение I-I на расстоянии z1; 0 z1 a от левого конца балки. Правую часть балки откидываем, левую зарисовываем, добавляя при этом, поперечную силу Q1 (согласно правила знаков) – рисунок 5 а.
z1є(0;a) |
z2є(0;b) |
а) |
б) |
z3є(0;d) |
z4є(0;c) |
в) |
г) |
|
Рисунок 5 |
Рассмотрим равновесие левой части балки. Поперечную силу в искомом сечении находим используя уравнение равновесия (2).
RyA q z1 Q1 0
отсюда
QI RyA q z1
Поперечная сила Q1 зависит линейно от z. Поэтому для построения эпюры Q1 на первом участке вычислим значения поперечной силы в начальной и конечной точках:
при z1=0
Q1 |
26,03 10 0 26,03 |
кН; |
при z1=a=3,5 м |
|
|
Q1 |
26,03 10 3,5 8,97 |
кН; |
Затем отложим полученные ординаты и соединим их прямой линией (рисунок 6, эпюра Q).
Рисунок 6 – Схема и эпюры
Участок b. Проводим сечение II-II на расстоянии z2; 0 z2 b от левого конца балки. Правую часть балки откидываем, левую зарисовываем, добавляя при этом, поперечную силу Q2 (согласно правила знаков) – рисунок 5 б.
Рассмотрим равновесие левой части балки. Поперечную силу в искомом сечении находим, используя уравнение равновесия (2).
RyA q a Q2 0
отсюда
Q2 RyA q a 26,03 10 3,5 8,97 кН.
Видим, что поперечная сила на участке b постоянна. Поэтому эпюра представляет собой прямую линию, параллельную оси абсцисс и имеющую ординату – 8,97 кН.
Участок d. Проводим сечение III-III на расстоянии z3; 0 z3 d от правого конца балки. Левую часть балки откидываем, правую зарисовываем, добавляя при этом, поперечную силу Q3 (согласно правила знаков) – рисунок 5 в.
Рассмотрим равновесие правой части балки. Поперечную силу в искомом сечении находим, используя уравнение равновесия (2).
F Q3 0
отсюда
Q3 F 12 кН.
Эпюра на участке d – прямая с ординатой +12кН (рисунок 6).
Участок с. Проводим сечение IV-IV на расстоянии z4; 0 z4 c от правого конца балки. Левую часть балки откидываем, правую зарисовываем, добавляя при этом, поперечную силу Q4 (согласно правила знаков) – рисунок 5 г.
Рассмотрим равновесие правой части балки. Поперечную силу в искомом сечении находим, используя уравнение равновесия (2).
RyB F Q4 0
отсюда
Q4 F RyB 12 20,97 8,97 кН.
Эпюра на участке с – прямая с ординатой -8,97 кН (рисунок 6).
Проверки эпюры поперечных сил (рисунок 6):
На балке имеются 3 сосредоточенные силы RyA, RyB, F. На эпюре поперечных сил имеются скачки в точках приложения, равные по значению и направленные в сторону рассматриваемых сил.
Эпюра имеет наклон только на участке a, где имеется распределенная нагрузка. В остальных случаях эпюра параллельна нулевой линии.
3 Построение эпюры изгибающих моментов.
Для построения используем те же участки что и при рассмотрении эпюры поперечных сил.
Участок a. Сечение I-I на расстоянии z1; 0 z1 a. Добавляем, изгибающий момент M1 (согласно правила знаков) – рисунок 5 а.
Рассмотрим равновесие левой части балки. Искомый изгибающий момент в сечении находим используя уравнение равновесия 3, относительно центра тяжести сечения c1.
Mc1 |
0 RyA z1 |
q z1 |
|
z1 |
M |
1 |
|
||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
M1 RyA z1 q z12
2
Получили уравнение параболы. Для ее приближенного построения достаточно найти значения момента в трех точках: начало, конец и середина (в случае если имеется вершина параболы, то обязательно ее построение).
при z1=0
M1 26,03 0 10 0 0 кН∙м;
при z1=a=3,5 м |
|
|
|
|
M1 26,03 3,5 10 |
3,52 |
29,86 |
кН∙м; |
|
2 |
||||
|
|
|
Вершина параболы определяется точкой в которой Q=0. Для этого используем уравнение для построения эпюр поперечных сил, и приравниваем его к нулю:
QI RyA q z1 0
отсюда |
|
RyA |
|
|
|
|
|
|
z |
|
26,03 |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
2,6 |
|
q |
|
10 |
|
|
||||
1 |
|
|
|
|
|
|
||
при z1= 2,6 м |
|
|
|
|
|
|
|
|
M1 26,03 2,6 10 |
2,6 |
2 |
|
33,88 кН∙м. |
||||
2 |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Отложив вычисленные значения изгибающих моментов, проведем через них параболу с вершиной в точке М1=33,88 кН∙м.
Участок b. Сечение II-II на расстоянии z2; 0 z2 b. Добавляем, изгибающий момент M2 (согласно правила знаков) – рисунок 5 б.
Рассмотрим равновесие левой части балки. Искомый изгибающий момент в сечении находим используя уравнение равновесия 3, относительно
центра тяжести сечения c2. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Mc2 |
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
||
0 RyA |
(a z2 ) q a |
|
z2 |
|
M2 |
||||||
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
||
|
M2 |
RyA |
(a z2 ) q a |
|
|
z2 |
|
|
|
||
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
||
Уравнение прямой линии. Для построения достаточно найти две точки. при z2=0
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|||
M2 |
RyA |
(a z |
2) q a |
|
|
z2 |
|
|
|
||
2 |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
3,5 |
|
|
|
|
||||
26,03 (3,5 0) q 3,5 |
|
|
|
|
0 |
22,86 |
кН м |
||||
|
2 |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
при z2=b=3 м |
|
a |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
||||
M2 |
RyA (a z |
2) q a |
|
|
z2 |
|
|
|
||
2 |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
3,5 |
|
|
|
|
||||
26,03 (3,5 3) |
q 3,5 |
|
|
|
|
3 |
2,94 |
кН м |
||
|
2 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Ставим на эпюре две точки и соединяем прямой.
Участок d. Сечение III-III на расстоянии z3; 0 z3 d Добавляем, изгибающий момент M3 (согласно правила знаков) – рисунок 5 в.
Рассмотрим равновесие правой части балки. Искомый изгибающий момент в сечении находим, используя уравнение равновесия 3, относительно центра тяжести сечения c3.
Mc3 0 F z3 M3
M3 F z3
Уравнение прямой линии. Для построения достаточно найти две точки. при z3=0
M3 F z3 12 0 0 кН∙м
при z3=d=2,5 м
M3 F z3 12 2,5 30 кН∙м
Ставим на эпюре две точки и соединяем прямой.
Участок c. Сечение IV-IV на расстоянии z4; 0 z4 c Добавляем, изгибающий момент M3 (согласно правила знаков) – рисунок 5 г.
Рассмотрим равновесие правой части балки. Искомый изгибающий момент в сечении находим, используя уравнение равновесия 3, относительно центра тяжести сечения c4.
Mc4 0 RyB z4 F d z4 M4
M4 RyB z4 F d z4
Уравнение прямой линии. Для построения достаточно найти две точки. при z4=0
M4 RyB z4 F d z4 20,97 0 12 2,5 0 30 кН∙м
при z4=с=2 м
M4 RyB z4 F d z4 20,97 2 12 2,5 2 12,06 кН∙м
Ставим на эпюре две точки и соединяем прямой.
Проверки эпюры изгибающих моментов (рисунок 6):
на эпюре имеется единственный скачок там, где приложен сосредоточенный момент М;
эпюра представляется виде прямой линии, за исключением участка, где приложена распределенная нагрузка. На этом участке, эпюра виде параболы;
эпюра поперечных сил больше нуля на участках d и левой части участка а – на этих участках, эпюра моментов возрастает. Эпюра поперечных сил меньше нуля на участках b, с и правой части участка а – на этих участках, эпюра моментов убывает.
4 Подбор оптимального сечения
Максимальный изгибающий момент (исходя из эпюры)
Mmax 33,88 кН м.
Требуемый момент сопротивления остальной двутавровой балки
W |
Mmax |
|
33,88 |
103 |
0,000212м3 212 |
3 |
. |
|
|
|
|
6 |
|||||
x |
[ ] |
160 |
10 |
|
см |
|||
|
|
|
|
|
||||
Из таблицы сортамента выбираем двутавр № 22, у которого Wx 232см3
Пример № 2
Для заданной схемы балки требуется построить эпюру поперечных сил и эпюру изгибающих моментов, найти максимальный изгибающий момент Мmax и по нему подобрать стальную балку круглого сечения. Допускаемое напряжение на изгиб принять [ ] 150МПа.
Дано:
F=10 кН; q=2 кН/м; М=5 кН·м; a=3,5 м; b=3 м; с=2,5 м.
Рисунок 2
Решение
1 Определение реакций опор
Поместим данную балку в плоскую систему координат. Проставим реакции на заданной схеме.
Опорная реакция RyА направим вертикально вверх. Горизонтальная составляющая реакций в неподвижной опоре RxА. Изгибающий момент Мизг в жесткой заделке.
Рисунок 3
Для определения реакций используем уравнения равновесия для плоской системы:
Для определения реакций составим уравнения исходя из условий равновесия:
- уравнение проекций всех сил на ось x (уравнение 1):
RxA 0
- уравнение проекций всех сил на ось y (уравнение 2):
RyA q b F 0