Задача 3. Расчеты на прочность и жесткость прямолинейной

Задача 3.
Расчеты на прочность и жесткость прямолинейной стальной балки при
плоском изгибе
Вариант 61. Серия 2
Дано:
M=36 кНм,
P=18 кН,
q=40 кН/м,
α=5,
=2,
=3,
l=1.6 м,
m=0.5 м,
k=1.2 м,
p=0.8 м,
1) Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов
Балка 1
M
P
q
m
k
l
Заменяем заделку реакциями M0 и Px, Py. Из схемы нагружения видно, что Px=0, для
M0 и Py составляем уравнения равновесия. Для консольной балки реакции опоры
определяются однозначно:
Н (58.8 кН)
Нм (-110.2 кНм)
Для определения Q и M применим метод сечений. В интересующем нас месте
сделаем мысленный разрез балки, например, на расстоянии x от правого конца балки,
совпадающего с началом распределенной нагрузки qk. Отбросим одну из частей балки,
например левую, и рассмотрим равновесие правой части:
M
P
q
Mi
m
k
l
x
Для 0<x<(m+k)-l=(1.1+0.5)-1.5=0.1 м
Q=qx;
При x=0, Q=0 Н;
При x=0.1 м, Q=14000*0.1=1400 Н.
Для 0.1<x<0.5 м;
Q=qx+P;
При x=0.1 м, Q=14000*0.1+43000=44400 Н;
При x=0.5 м, Q=14000*0.5+43000=50000 Н;
Для 0.5<x<1.6 м,
Q=qk+P;
При x0.5 м, Q=14000*0.5+43000=50000 Н.
Для M
M=-qx*x/2, 0<x<(m+k)-l=(1.1+0.5)-1.5=0.1 м;
При x=0, M=0 Нм;
При x=0.1 м, M=-14000*0.1*0.1/2=-70 Нм.
Для 0.1<x<0.5 м;
M=-qx*x/2-P*(x-0.1)
При x=0.1 м, M=-70 Нм
При x=0.5 м, M=-14000*0.5*0.5/2-43000*(0.5-0.1)=-18950 Нм.
Для 0.5<x<1.6 м,
M=-qk*(x-k/2)-P*(x-0.1)-M,
При x=0.5 м, M=-14000*0.5*(0.5-0.5/2)-43000*(0.5-0.1)-23000=-41950 Нм.
При x=1.6 м, M=-14000*0.5*(1.6-0.5/2)-43000*(1.6-0.1)=-30950 Нм.
Строим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов для балки:
26 кНм
M0
48 кН
19 кН/м
Py
Px
1.1
0.5
1.5
49.9 кН
57.5 кН
1.9 кН
0 кН
Q
M
-95 Нм
-21.6
кНм
-47.6
кНм
-110.8
кНм
0 Нм
Балка 2
M
q
q
P
p
m
l
l
Заменяем шарниры реакциями Pa и Pb. Из схемы нагружения видно, что Px=0, для M0
и Py составляем уравнения равновесия. Для нахождения реакций опор составляем два
уравнения
Н
Знак «-« означает, что направление реакции опоры противоположно принятому. В
принципе это не соответствует приведенной на рисунке опоре (опора с шарниром и
катками может иметь реакцию, направленную вертикально вверх).
Н
Для определения Q и M применим метод сечений. В интересующем нас месте
сделаем мысленный разрез балки, например, на расстоянии x от левого конца балки..
Отбросим одну из частей балки, например правую, и рассмотрим равновесие левой части:
Для поперечной силы Q:
Для 0<x<1.5 м,
Q=Pa+qx;
При x=0, Q=-20 Н;
При x=1.1 м, Q=-20+14000*1.1=15380 Н;
При x=1.5 м, Q=-20+14000*1.5=20980 Н;
Для 1.5<x<2.7 м,
Q=Pa+ql-q(x-l);
При x=1.5, Q=15400 Н;
При x=2.7 м, Q=-20+14000*1.6-14000*(2.7-1.6)=6980 Н;
Для 2.7<x<3.0 м,
Q=Pa+ql-q(x-l)+P;
При x=2.7, Q=-10383+19000*1.5-19000*1.2+48000=43317 Н;
При x=3.0 м, Q=-10383+19000*1.5-19000*1.5+48000=37617 Н;
26 êÍ ì
19 êÍ /ì
A
B
C
Pa
Pb
19 êÍ /ì
48 êÍ
1.1
1.5
0.3
1.5
43.3 êÍ
37.6 êÍ
18.1 êÍ
Q
-4.7 êÍ
-10.4 êÍ
0.5465 ì
73 Í ì
2,45 ì
M
-2.832
êÍ ì
-11.5 êÍ
-25.9
êÍ ì
Для изгибающего момента M:
Для 0<x<1.1 м,
M=-Pa*x+qx2/2;
При x=0, M=0 Нм;
-20.2
êÍ ì
-12.1 êÍ
При x=1.1 м, M=-10383*1.1+19000*1.1*1.1/2=73 Нм;
Для 1.1<x<1.5 м,
M=-Pa*x+qx2/2-M;
При x=1.1 м, M=-10383*1.1+19000*1.1*1.1/2-26000=-25927 Нм;
При x=1.5 м, M=-10383*1.5+19000*1.5*1.5/2-26000=-20200 Нм;
Для 1.5<x<2.7 м
M=-Pa*x+ql(x-l/2)-M-q(x-l)*(x-l)/2;
При x=1.5, M=-20200 Нм;
При x=2.7 м, M=-10383*2.7+19000*1.5*(2.7-0.75)-M-19000*(2.7-1.5)*(2.7-1.5)/2=12140 Нм;
Для 2.7<x<3.0 м
M=-Pa*x+ql(x-l/2)-M-q(x-l)*(x-l)/2+P*(x-2.7);
При x=2.7, M=-12140 Нм;
При x=3.0 м, M=-10383*3+19000*1.5*(3-0.75)-M-19000*(3-1.5)*(3-1.5)/2=0 Нм;
Балка 3
M
P
q
q
p
k
l/4
l
Заменяем шарниры реакциями Pa и Pb. Из схемы нагружения видно, что Px=0, для M0
и Py составляем уравнения равновесия. Для нахождения реакций опор составляем два
уравнения:
26000 Нм
48000 Н
19000
Н/м
Pb
B
A
Pa
0.3
0.375
0.5
1.5
19000
Н/м
Н
Н
Для определения Q и M применим метод сечений. В интересующем нас месте
сделаем мысленный разрез балки, например, на расстоянии x от левого конца балки..
Отбросим одну из частей балки, например правую, и рассмотрим равновесие левой части:
Для поперечнй силы Q:
Для 0<x<0.375 м,
Q=-(2/l)*qx2,
При x=0, Q=0 Н;
При x=0.375 м, Q=-(2/1.5)*19000*0.3752=-3562.5 Н;
Для 0.375<x<0.675 м
Q=Pa-ql/8;
При x=0.375 м, Q=24342.5-3562.5=19780 Н;
При x=0.675 м, Q=24342.5-3562.5=19780 Н;
Для 0.675<x<1.375 м
Q=Pa-ql/8-P;
При x=0.675, Q=19780-48000=-28220 Н;
При x=1.375 м, Q=19780-48000=-28220 Н;
Для 1.375<x<1.875 м
Q=Pa-ql/8-P+q(x-1.375);
При x=1.375, Q=19780-48000=-28220 Н;
При x=1.875 м, Q=-28220+19000*0.5=-28220+9500=-18720 Н;
Для изгибающего момента M:
Для 0<x<0.375 м,
M=M-(4/6l)*qx3
При x=0, M=26000 Нм;
При x=0.375 м, M=26000-19000*0.3753*4/(6*1.5)=26000-445.3=25554.7 Нм;
Для 0.375<x<0.675 м,
M=M-l/8*q(x-l/6)+Pa*(x-l/4)
При x=0.375, M=25554.7 Нм;
При x=0.675 м, M=26000-1.5/8*19000*(0.675-1.5/6)+ 24342.5*(0.675-1.5/4)=31788.7
Нм;
Для 0.675<x<1.375 м
M=M-0.1875*q(x-0.25)+Pa*(x-0.375)-P(x-0.675)
При
x=0.675
м,
M=26000-0.1875*19000*(0.675-0.25)+24342.5*(0.675-0.375)-
0=31788.7 Нм;
При x=1.375, M=26000-3562.5*1.125+24342.5*1-48000*0.7=-13265.3 Нм;
Для 1.375 <x<1.875 м
M=M-0.1875*q(x-0.25)+Pa*(x-0.375)-P(x-0.675)+q(x-1.375)*(x-1.375)/2
При x=1.375, M=26000-3562.5*1.125+24342.5*1-48000*0.7+0=-13734.9 Нм
При x=1.875, M=26000-3562.5*1.625+24342.5*1.5-48000*1.2+19000(0.5)(0.25)=0 Нм
26000 Нм
48000 Н
19000
Н/м
Pb
B
A
Pa
0.3
0.5
0.375
19000
Н/м
1.5
19780
кН
Q
-18720
кН
-3562.5
кН
26000
кНм
31789
кНм
25554
кНм
-28220
кН
11735
кНм
0 кНм
M
Балка 4
q
k
l
l
l
Заменяем опоры (заделки) реакциями Pa и Pb и моментами Ma и Mb . Из схемы
нагружения считаем, что вертикальные перемещения малы, и Px=0, для M и Py составляем
уравнения равновесия. Для нахождения реакций опор составляем два уравнения статики:
Ma
Mb
Pc
A
Pd
C
Pa
B
D
19000
Н/м
Pb
0.5
1.5
1.5
1.5
Pa+Pb+q*k=0
Ma-Mb+Pa*3l+qk*(2l-k/2)=0
Система статически неопределима (4 неизвестных реакции и три уравнения статики
–одно сил и два для моментов). Но есть звено CD, для которого в шарнирах моменты
равны нулю Mc=Md=0;
Из условия статического равновесия для звена CD можно найти силы в шарнирах,
составляем уравнения для звена CD (две неизвестных и два уравнения – система
статически определима):
Pс+Pd+q*k=0
Mc=0
Mc=q*k*k/2+Pd*l=0
Н
Реакция направлена вниз принятому на рисунке направлению.
Pс=-(Pd+q*k)=-(-1583.3+19000*0.5)=-7916.7 Н
Реакция направлена вниз принятому на рисунке направлению.
Для звена AC:
Ma=Pc*l=7916.7*1.5=11875 Нм;
Pc
Pa=Pc=-7916.7 Н;
Для звена DB:
Mb=Pd*l=1583.3*1.5=2375 Нм;
Mx
C
Q
z
Pb=Pd=-1583.3 Н;
Строим эпюры Q и M. Для звена AC поперечная сила постоянна Q=-7916.7 Н;
Ma
Mb
Pc
A
Pd
C
Pa
19000
Í /ì
B
D
Pb
0.5
1.5
1.5
1.5
1583.3
êÍ
Q
-7916.7
êÍ
11875
êÍ ì
2375
êÍ ì
-1583.3 êÍ ì
M
0 êÍ ì
0 êÍ ì
-1649.3 êÍ ì
Для 0≤x≤1.5 м,
Q=Pa=-7916.7 Н;
Для звена CD:
Для 1.5≤x≤2 м,
Q=-Pc+q*(x-1.5);
При x=1.5 м,
Q=-7916.7 Н;
При x=2.0 м,
Q=1583.3 Н;
Q=0 при x=1.5+7916.7/19000=1.917 м;
Для 2.0≤x≤3 м,
Q=1583.3 Н;
Для 3.0≤x≤4.5 м,
Q=1583.3 Н;
Для 0≤x≤1.5 м,
M=Ma-Pa*x;
X=0, M=Ma=11875 Нм,
X=1.5 м, M=11875-7916*1.5=0
Для звена CD:
Для 1.5≤x≤2 м,
M=-Pc *(x-1.5)+q*(x-1.5)2/2 ;
При x=1.5 м,
M=0 Нм;
При x=2.0 м,
M=-1583.3 Нм;
при x=1.5+7916.7/19000=1.917 м, M=-1649.3 Нм
Для 2.0≤x≤3 м,
M=-Pc *(x-1.5)+q*0.5*(x-1.5-0.25) ;
При x=2.0 м,
M=-1583.3 Нм;
При x=3.0 м,
M=0 Нм;
Для звена DB;
M=Pd*x3;
При x=3 м, M=0 Н;
При x=4.5 м, M=2375 Нм.
Проведем проверку полученного решения для всей системы
Pa+Pb+q*k=-7916.7-1583.3+19000*0.5=-9500+9500=0,
Ma-Mb+Pa*3l+qk*(2l-k/2)=11875-2375-7916.7*4.5+9500*2.75=-0.15 Нм.
Значение -0.15 Нм – результат округления получаемых значений реакций заделок.
Т.е. решение правильное.
Балка 5
На рисунке приведена заданная эпюра изгибающих моментов
2
2ql
K
A
B
ql
2
1
l
2
3
l
l
Используем дифференциальную зависимость поперечной силы от изгибающего
момента:
;
Разбиваем балку на три участка. Для первого участка изгибающий момент равен 0 на
левом конце балки и отрицательный на всем участке – верхняя часть сечения балки
работает на растяжение, а нижняя – на сжатие. Зависимость изгибающего момента от
длины – квадратичная. Значит, для поперечной силы будет линейная зависимость от
расстояния x. Резкое изменение угла наклона в шарнире A означает, что в шарнире
приложена сила. Для второго участка изгибающий момент постоянный – отсюда следует,
что поперечная сила равна нулю. Из этого можно сделать вывод, что сила (реакция
шарнирной опоры A) равна и противоположна по знаку распределенной силе,
приложенной на первом участке. Для третьего участка - скачок и резкое изменение угла
наклона для изгибающего момента – в данной точке приложен внешний изгибающий
момент и внешняя сосредоточенная сила, начинается линейное снижение изгибающего
момента – поперечная сила постоянная до конца – до шарнира B. В шарнире приложена
сила – реакция шарнирной опоры B. Для третьего участка можно найти значение Pb(или
Q) из уравнения
Н;
2ql
K
A
M
B
ql
1
2
3
Q
-57000 Н
-57000 Н
М=128250 Нм
q1=38000
Н/м
Pa=57000 Н
1.5
1.5
P=57000 Н
Pb=57000 Н
1.5
Т.к. для третьего участка изгибающий момент положителен, то верхняя часть
сечения балки сжата, а нижняя растянута – сила реакции шарнира B направлена вверх, а
для поперечной силы (поворот против часовой стрелки)- отрицательное значение.
Q=-57000 Н;
На границе второго и третьего участков приложены внешние момент M и сила P.
Т.к. после этого (если идти справа налево) поперечная сила равна нулю, то сила P равна Q
и противоположна по направлению реакции опоры Pb. Вычисляем величину момента M:
Нм;
Момент направлен по часовой стрелке
Для первого участка допустим, что приложена распределенная нагрузка q1. Тогда
поперечная сила:
, а изгибающий момент
, для точки A:
, Теперь можно определить значение q1:
,
q1=38000 Н/м,
Qa=q1*l=38000*1.5=57000 Н, т.к. для первого участка изгибающий момент
отрицательный (нижние слои балки сжаты), то распределенная нагрузка q1 направлена
вниз, а поперечная сила вверх против часовой стрелки для левого конца первого участка
балки – значение Q – отрицательное. Для опоры A справа нет поперечной силы (dM/dz=0),
а слева Qa=-57000 Н. отсюда следует, что Pa=57000 Н и сила реакции опоры направлена
вверх. На рисунке приведены эпюры изгибающих моментов, полученных поперечных сил
и расчетная схема нагружения балки:
2 Подбор двутаврового сечения для балки 2
Дано:
[]=160 МПа; []=0.5 []=80 МПа;
2.1 По эпюрам выбираем наиболее нагруженные участки балки. В данном случае это
точки D и E. В точке D максимальный изгибающий момент, а в точке E наибольшее
сочетание изгибающего момента и поперечной силы. Вначале рассмотрим точку D.
Изгибающий
момент
МD=-25.9
кНм,
поперечная
сила
QD=18.1*(1.1-0.5465)/(1.5-
0.5465)=10.51 кН. Используем условие прочности по нормальным напряжениям:
Отсюда находим выражение для момента сопротивления и вычисляем его значение:
;
Ближайшее значение момента сопротивления Wx , превышающее полученное, у
двутавра стального горячекатанного №20 ГОСТ8239-89: Wx=184 см3, высота h=20 см,
ширина полок b=10 см, толщина стенки d=0.52 см, средняя толщина полки t=0.84 см,
F=26.8 см2, Jx=1840 см4, m=21 кг/м.
< []=160 МПа.
26 кНм
19 кН/м
A
B
C
Pa
19 кН/м
Pb
48 кН
1.1
1.5
0.3
1.5
43.3 кН
37.6 кН
18.1 кН
Q
-4.7 кН
-10.4 кН
0.5465 м
73 Нм
2.45 м
M
-2.832
кНм
-11.5
кНм
-25.9
кНм
E -12.1
кНм
-20.2
кНм
D
Запас по напряжению составляет
Можно взять профиль двутавр №18а с W=159 см3, тогда получится превышение
напряжений в балке, но всего лишь на
, что меньше
допускаемых 5%.
≈ []=160 МПа.
Запас по напряжению составляет
Определяем нормальные напряжения:
;
;
Па =163 МПа;
25
Q
163 МПа
x
0
0
y
180
78.08
8
y
11.92
При y=0 =0, распределение по высоте – линейное.
5.1
-163 МПа
y
100
2.2 Подобранное сечение проверить на прочность по касательным напряжениям,
если []=(0.50.6)[]=80 МПа. Построить эпюру распределения касательных напряжений
по высоте сечения, рассчитав  во всех характерных точках.
Зависимость касательных напряжений от координаты y
; где S’x –статический момент сопротивления сечения выше
искомого уровня y’, d’x –ширина поперечного сечения в искомом уровне y’. Ширина
двутавра меняется от d=5.1 мм (стенка) до d=100 мм (полка). Статический момент для
полусечения S0x=89.8 см3;
Н/м4;
При у=0, d=5.1*10-3м , S0x=89.8*10-6 м3, =735*106*89.8*10-6/5.1*10-3=12.94*106 Па,
max=12.94 МПа  []=(0.50.6)[]=80 МПа.
Проверим для сечения E:
QE=43.3 кН,
Па =53.32 МПа[]=(0.50.6)[]=80 МПа.
Прочность балки по касательным напряжениям обеспечивается.
Для построения параболической кривой эпюры  для сечения D необходимо иметь
еще не менее двух значений по y:
Выбираем y1=78.08 мм и y2=86.6 мм, d1=5.1 мм, d2=100 мм
S1x= S0x-d1*y1*y1/2=89.8-0.51*7.8*7.8/2=74.3 см3;
Па =10.71 МПа;
S2x= S0x-d1*y1*y1/2-(d1+d2)/2*(y2-y1)*(y2+y1)/2=74.3-5.25*0.86*8.23=37.13 см3;
3.36
50
10.71 МПа
0
12.94 МПа
y
180
x
0
0.27 МПа
86.64
0
78.08
y
11.92
Па =0.27 МПа;
5.1
y
0 0.27 МПа
10.71 МПа
100
2.3 Пользуясь соотношением
изогнутой оси балки.
и учитывая расположение опор изобразить вид
26 кНм
19 кН/м
A
B
C
10.4
кН
19 кН/м
48 кН
1.1
1.5
1.5
73 Нм
0.5465 м
0.3
37.6
кН
2.45 м
M
-2.832
кНм
-11.5
кНм
-25.9
кНм
E -12.1
кНм
-20.2
кНм
D
3 Для балки 1, изготовленной из хрупкого материала, имеющего различное
сопротивление растяжению и сжатию, расположить наиболее целесообразно сечение,
и определить допускаемое значение интенсивности распределенной нагрузки q,
считая, что материал блки имеет [раст]=90 МПа и [сж]=350 МПа. Принять P=ql/2,
M=ql2/10.
Дано: h=5 см, α=0.75, =0.5,
Для треугольника:
Fтр=bh/2=5*3.75/2=9.375 см2, Sтр=bh2/6=15.625 см3.
Для полукруга:
Fпкр=(h)2/8=*(2.5)2/8=2.45 см2, Sпкр=(h)3/12=1.302 см3.
Для балки:
Fб= Fтр+ Fпкр=9.375+2.45=11.825 см2; Sб= Sтр- Sпкр=15.625-1.302=14.323 см3;
yöò=12.11
50
x0
O 18
.75
37.5
Координата ц.т. :
Yцт= Sб/ Fб=14.323/11.825=1.211 см;
Осевой момент инерции:
Jx1=26.273 см4.
Для данной балки с меньшими допускаемыми напряжениями на растяжение
необходимо расположить сечение так, чтобы на краю балки растягивающие напряжения
были меньше сжимающих, т.е. растягивающие напряжения д.б. в области с меньшим
37.89
50
yöò=12.11
21.49
расстоянием от нейтральной линии.
M0
ql2/10
ql/2
q
Py
Px
1.1
0.5
1.5
0.85q кН
1.25q
кН
0.1q кН
0 кН
Q
M
-0.005q
Нм
0 Нм
-0.425q
кНм
-0.65q
кНм
-2.025q
кНм
Максимальный изгибающий момент Mx=-2.025q [кНм]=-2025q [Нм];
Максимальное напряжение на растяжение:
Отсюда можно найти q
Н/м
Максимальное напряжение на сжатие:
Отсюда можно найти q
Н/м;
Ответ: q543 Н/м