Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

-6-05-~3

.PDF

Скачиваний:

Добавлен:

28.12.2025

Размер:

13.39 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 279 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Рисунок 39 - Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов

Проверим равновесие узлов:

Равновесие узлов выполняется.

2.4.6 Определение перемещений при изгибе балок.

Метод начальных параметров При изгибе балок возникают линейные и угловые перемещения. Составляю-

щими перемещений вдоль оси обычно пренебрегают.

Линейным перемещением или прогибом балки называют перемещение центра тяжести поперечного сечения по нормали к недеформированной оси балки.

Угол, на который поперечное сечение поворачивается по отношению к своему первоначальному положению, при отсутствии сдвига, называют угловым перемещением или углом поворота сечения.

Прогиб и угол поворота в любом сечении балки определяют с помощью универсального уравнения метода начальных параметров:

EIvz

= EIv0

+ EI 0 z +

M z2

Q z3

q z4

M (z − a )2

+ i=1

z ai

Fi (z − bj )3

(z − c

;

z bj

z ck

i=1

(30)

EI z

= EI 0 + M0 z +

Q z2

q z3

z a

Mi (z − ai ) +

i=1

(31)

Fj (z − bj )2

(z − c

z bj

z ck

j=1

k=1

где v0 , 0 , M 0 , Q0 , q0 - начальные параметры, т.е. прогиб, угол поворота, момент,

поперечная сила и интенсивность распределенной нагрузки в начале координат. Начало координат всегда принимаем на левом конце балки.

Начальные параметры v0 и 0 определяются из граничных условий, т.е. из усло-

вий закрепления балки на опорах. Если начало координат совпадает с защемленным концом балки, то начальные параметры v0 и 0 равны нулю, если начало коор-

динат совпадает с шарнирной опорой, то v0 = 0 , а 0 0. Начальный параметр 0 определяется из условия закрепления правого опорного сечения, т.е. из уравнения

EIvz=l = 0 .

M i , F j , qk - внешние силовые факторы в пределах балки.

z - расстояние от начала координат до сечения, в котором определяются перемещения.

ai , b j , ck - расстояния от начала координат, соответственно, до момента, силы

иначала распределенной нагрузки.

Знаки

z ai ,

z bj

z ck

означают, что соответствующие силовые факторы,

после которых они поставлены, необходимо учитывать при z ai , z bj и z ck и не

надо – при z ai , z bj и z ck .

Все силовые факторы подставляются в уравнения (30) и (31) с учетом знаков. Если распределенная нагрузка не доходит до сечения, в котором определяют перемещения, то её необходимо продлить до рассматриваемого сечения и одновременно приложить такую же по величине и противоположно направленную

нагрузку.

Если ось Y направлена вверх, то знак плюс прогиба свидетельствует о том, что линейное перемещение также направлено вверх.

Знак плюс угла поворота показывает, что поперечное сечение поворачивается против хода часовой стрелки.

Пример 20

Балка нагружена расчетной нагрузкой. Материал балки - сталь с допускаемыми напряжениями [σ] = 210 МПа; [τ] = 130 МПа и модулем продольной упругости

E=200 ГПa.

Требуется:

1)подобрать сечение балки двутаврового профиля и проверить прочность с учетом собственного веса;

2)в одном из сечений балки, имеющем одновременно большие значения поперечной силы Q и изгибающего момента M, определить напряжения σ и τ на уровне примыкания полки к стенке; проверить прочность, используя энергетическую теорию прочности; для сравнения выполнить проверку прочности по третьей теории прочности; выделить вокруг указанной точки элемент балки и показать на схеме нормальные, касательные и главные напряжения;

3)с использованием уравнений метода начальных параметров определить углы поворота сечений над опорами, прогибы посередине пролета и на конце консоли, построить эпюру прогибов балки.

4)проверить жесткость балки при допустимом относительном прогибе:

ymax = 2001

а=2 м, b=3 м, с=2 м, d=4 м, F=20 кН, M=10 кНм, q=12кН/м.

Рисунок 40 - Схема балки

Решение.

Определим опорные реакции в балке и построим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.

Составим уравнение равновесия:

М А = 0 ;

М А = −F(a + в + с + d ) −YD (a + в + с) +

+F(a + в) + q(в + с)( в +2 с + а) + m = 0;

−20 11− YD 7 + 20 5 +12 5 4,5 +10 = 0,

D = 1607 = 22,857кН.

М D = 0;	М D = YA (a + в + с) + m − q	(в + с)2	− F c − F d = 0 YA =	260	= 37,143кН.
		2		7

Y = 0;

Рисунок 41 - Схема балки. Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов

Осуществляем проверку правильности определения опорных реакций:

Y = YA + YB − q(в + с) − F + F = 22,857 + 37,143 −12 5 − 20 + 20 = 0. Строим эпюру поперечных

сил (рисунок 34):

QA = YA = 37,143кН; QB = QA = 37,143кН ;

QC( левее) = QA − q в = 37,143 − 36 = 1,143кН;

QC(правее) = QC( левее) − F = 1,143 − 20 = −18,857кН;

QD( левее) = QC(правее) − q c = −18,857 −12 2 = −42,857кН;

QD(правее) = QD( левее) +YD = −42,857 + 22,857 = −20кН;

QK = −20кН.

Строим эпюру изгибающих моментов (рисунок 41):

МА = m =10кН м,

МВ = m + YA a =10 + 37,143 2 = 84,286кН м,

МС = m + YA (a + в) − q в22 =10 + 37,143 5 −12 322 =141,715кН м,

М D	= m + А (a + в + с) − q			(в + с)2	− F c =	.
				2

=10	+ 37,143 7 −	12 52	− 20 2 = 80кН м,
		2
М К	= 0.

Подберем сечение балки в виде двутавра, используя следующее условие проч-

ности: =	M max ;		откуда требуемый момент сопротивления.
	WX
	W	X		Mmax	=	141,715 103 = 0,675 103 м3 = 675см3;

						210 106
M max = 141,715кН м						(согласно эпюре изгибающих моментов).
Пользуясь сортаментом (Приложение1), выбираем двутавр №36:
	WX		= 743см3 ;			I X =13380 см4 ; Sxотс = 423см3 ;

q= 486 Н / м (собственный вес балки); d=7,5 мм, b=145 мм, t=12,3 мм,

А= 61,9см 2 .

Проверим прочность балки с учетом собственного веса.

Определим опорные реакции от действия собственного веса балки (q=0,486кН/м).

М А = 0;

М А = −YD (a + в

+ с) + q

(a + в + с + d )2

= 0;

−Y 7 + 0,486112

= 29,403

= 0;

= 4,200кН.

(a + в + c)2

d 2

М D = 0;

M D = YA (a

+ b + c) − q

+ q

= 0;

0,486 42

YA 7 −

0,486 7

= 0;

YA =

8,019

=1,146кН,

Y = q(a + в + с + d) − YA −YD = 0,486 11 − 4,2 −1,146 = 0.

Построим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов (рисунок 42).

QA = YA = 1,146кН ;	QD( левее) = YA − q(a + в + с) =1,146 − 0,486 7 = −2,256кН;
QD(правее)	= −2,256 +YD = −2,256 + 4,2 =1,944кН;
		QK = 0.
		М А = 0.
М D = YA (a + в + с) −	q(a + в + с)2		0,486 7	2
М D = YA (a + в + с) −	2	= 1,146 7 −	2	− 3,885кН м;
	2		2
		85

Рисунок 42 - Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов от собственного веса балки

МК = 0.

N = QqA = 01,,146486 = 2,358м;

M N	= YA ZN −	q Z 2		=1,146 2,358 −		0,486 2,3582
			N				2	=1,351кН м;
			2
М С	= YA (a + в) −		q(a + в)2		= 1,146 5	−	0,486 5	2
				2			2	= −0,345кН м.

Усилия в балке с учетом собственного веса:

Qmax = 42,867 + 2,256 = 45,123кН;

Мmax = 141,715 − 0,345 = 141,370кН м.

Прочность балки с учетом собственного веса:

max

141,370 103

= 190,2 106 Па = 190,2МПа

743 10−6

Qy max Sxотс

45,123 103 423 10−6

= 19,02

Па =

max

7,5 10−3

13380 10−8

в IX

= 19,02МПа

Прочность балки с учетом собственного веса обеспечена. В точке D проведем исследование напряженного состояния:

МD = 80 кНм, QD = - 42,857 кН.

Проведем анализ сечения.

Рисунок 43 - Сечение балки. Эпюры нормальных и касательных напряжений

Нормальные напряжения определяются по формуле

∙

80 ∙ 103

= −

∙

= −

∙ 18 ∙ 10−2

= −107,6 МПа

13380 ∙ 10−8

(сжатие)

80 ∙ 103

= −

∙

= −

∙ 16,77 ∙ 10−2

= −100,3 МПа

13380 ∙ 10−8

(сжатие)

3 = 04 = 2 = 100,3 МПа (растяжение)

5 = 1 = 107,6 МПа (растяжение)

Касательные напряжения определим по формуле:

∙ отс

∙

1 = 0;

= −

42,857 ∙ 103 ∙ 310,06 ∙ 10−6

= −0,68 МПа

13380 ∙ 10−8 ∙ 14,5 ∙ 10−2

2′

= −

42,857 ∙ 103

∙ 310,06 ∙ 10−6

= −13,24 МПа

13380 ∙ 10−8 ∙ 7,5 ∙ 10−3

отс(для точки 2) = ∙ ∙ (

) = 14,5 ∙ 1,23 ∙ 17,385 = 310,06 см3

42,857 ∙ 103 ∙ 423 ∙ 10−63 = − 13380 ∙ 10−8 ∙ 7,5 ∙ 10−3 = −18,06 МПа

2 = 4; 2′ = 4′ ; 5 = 0.

Определим главные напряжения и положение главных осей в точке 2 сечения:

						2					100,3				100,3				2
=		± √(			)		+ 2 = −							± √(				)	+ 13,242 =
=		± √(			)		+ 2 = −							± √(				)	+ 13,242 =
1,2	2			2							2				2
	2			2							2				2
									= −50,15 ± 51,87
		1 = −50,15 + 51,87 = 1,72 МПа
		2 = −50,15 − 51,87 = −102,02 МПа
			=				=		−13,24			= −7,69				= −82,6°
			=				=					= −7,69				= −82,6°
		1			1			1,72							1
					1			1,72
				=				=		−13,24			= 0,13				= 7,4°
			2	=			2	=		−102,02			= 0,13			2	= 7,4°
			2													2

Рисунок 44 - Нормальные и касательные напряжения в точке 2

Проведем проверку прочности балки по четвертой теории прочности:

0 =	1	12	+ ( 1 − 2 )2	+ 22 =	1	1,722 + (1,72 +102,02)2 +102,022 =
	2				2
=102,89МПа
			σ1		α2	2
						x
						x

σ2

Рисунок 45 - Положение главных напряжений и главных осей

Проведем проверку прочности балки, используя третью теорию прочности:

0 = 1 − 2 =1,72 +102,02 =103,74МПа

Построим упругую линию балки, используя метод начальных параметров. Обобщенное уравнение изогнутой оси имеет вид:

EIX = EIX 0 + m(z − a) +		F(z − в)2			+	q(z − c)3
			2				6

EIX = EIX 0	+ EIX 0 z + m(z − a)2		+	F(z − в)3			+ q(z − c)4	,

	2				6		24

где а, в и с - координаты соответствующих нагрузок.

Рисунок 46 - Упругая линия балки

Для определения начальных параметров 0 и 0 зададимся условием, что прогиб

на опоре D равен 0.

Запишем уравнение прогибов для сечения Z=7м:

EI X (Z =7 м) = EI X 0 7 +

(7 − 0)3

m(7 − 0)2

−

F(7 − 5)3

−

q(7 − 2)4

= 0;

EI X 0 7 +

37,143(7 − 0)3

+ 10(7 − 0)2

−

20(7 − 5)3

−

12(7 − 2)4

= 0; EI X 0 = −289,88.

Определим прогиб в середине пролета при Z=3,5м:

= EI

3,5 +

(3,5 − 0)3

m(3,5 − 0)2

−

q(3,5 − 2)4

(Z =3,5м)

= −289,88 3,5 +

37,143(3,5 − 0)3

10(3,5 − 0)2

−

12(3,5 − 2)4

690,44

= −

EIX

(Z =3,5м)

= −

690,44 103

= −0,026м = −2,6см.

200 109 13380 10−8

Определим прогиб в конце пролета при Z=11м:

EIX (Z =11м) = EIX 0 11+

(11− 0)3

m(11− 0)2

q(11− 2)4

−

q(11− 7)4

−

F(11− 5)3

(11− 7)3

= −289,88 11

37,143(11− 0)3

10(11− 0)

12(11− 2)

−

12(11− 7)4

−

20(11− 5)3

22,857(11− 7)3

2027,19

EIX

Так как распределенная нагрузка q действует не до конца балки, то продляем

ее до точки К, приложив на участке DK

q с обратным знаком.

(Z =11м) =

2027,19 103

= 0,075м = 7,5см.

200 109

13380 10−8

Определим углы поворота на опорах:

(Z =0) =

− 289,88 103

= −0,0108рад.

200 109 13380 10−8

Переведем в градусы, умножив на

180 :

(Z =0) = − 0,0108 180

= −0,62 .

3,14

EIX (Z =7) = EI 0 + m(7

− 0) +

(7 − 0)

−

F(7 − 5)2

−

q(7 − 2)3

= −289,88 +10(7 − 0) +

37,143(7 − 0)2

20(7 − 5)2

−

12(7 − 2)3

= 400,12.

−

(Z =7) =

398,21 103

= 0,015рад

200 109 13380 10−8

(Z =7) =

0,015 180

= 0,86 .

3,14

Определим максимальный относительный прогиб в пролете балки:

maxl = 7002,6 = 2691 2001

Условие жесткости выполняется.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 279 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
28.12.20253.83 Mб0-1B212~1.PDF
#
28.12.20255.47 Mб0-1C2CD~1.PDF
#
30.11.202513.16 Mб0-2-360~1.PDF
#
28.12.20256.59 Mб1-6-05-~1.PDF
#
28.12.20253.86 Mб0-6-05-~2.PDF
#
28.12.202513.39 Mб0-6-05-~3.PDF
#
28.12.20251.42 Mб0-6-05-~4.PDF
#
28.12.20256.84 Mб0-62083~1.PDF
#
28.12.20254 Mб0-640CC~1.PDF
#
28.12.20253.75 Mб0-6A82E~1.PDF
#
28.12.20251.48 Mб0-6AC01~1.PDF