ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ 3,4 Построение эпюр

Техническая механика Практические занятия 3,4
ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ 3,4
Построение эпюр перерезывающих сил и изгибающих
моментов при изгибе балок
Задача 3,4.1 Построить эпюры перерезывающих сил Q и изгибающих моментов М от
сосредоточенных сил F. Проверить дифференцально-интегрвльную зависимость
между Q и М.
RA
a
F
a
a
F
a
A
RB
B
FC
Рис. 3,4.1 Расчётная схема
Решение
1.
FC
F
1) Определяем реакции опор
a)
MB 0

n
Given
F a  FC 2a  F 3a  RA 4a
0
 
Find RA substituteF
 C
F 
F
2
1
RA (F)   F
2
Итак,
RB (F)  RA (F)
2) Строим эпюру поперечных сил Q и эпюру изгибащих моментов М, делая обход
балки от опоры слева и справа (рис. 3,4.2):
б) Так как нагружение балки симметричное, то, очевидно,
2. FC 2F
1) Определяем реакции опор
a)
© Учебный
MB

n
0
центр «Эрудит», www.childrensafety.jimdo.com , © Maria Bezmelnitsina Collé
Техническая механика Практические занятия 3,4
RA
a
F
a
a
F
a
RB
A
B
Q
1
F
2
1
F
2
1
F
2
1
Fa
2
1
F
2
1
Fa
2
M
Рис. 3,4.2 Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов ( FÑ
1
F)
2
Given
F a  FC 2a  F 3a  RA 4a
 
Find RA substituteF
 C
0
2F  0
б) Так как нагружение балки симметричное, то, очевидно, RB (F)  RA (F)
2) Строим эпюру поперечных сил Q и эпюру изгибащих моментов М, делая обход
балки от опоры слева и справа (рис. 3,4.3):
RA
a
F
a
a
A
F
a
RB
B
Q
2F
F
F
M
Fa
Рис. 3,4.3 Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов ( FÑ
© Учебный
центр «Эрудит», www.childrensafety.jimdo.com , © Maria Bezmelnitsina Collé
2F)
Техническая механика Практические занятия 3,4
Нетрудно проверить выполнение дифференциальных зависимостей для балок рис.
3,4.2 и 3,4.3 - производная от перерезывающей силы равна величине распределённой
нагрузки (она равна нулю и в перевом и во втором случаях), а производная от
изгибающего момента по длине балки равна поперечной силе.
Задача 3,4.2 Построить эпюры перерезывающих сил Q и изгибающих моментов М от
сосредоточенных сил F. Проверить дифференцально-интегрвльную зависимость
между Q и М.
RA
a
F
a
2F
a
3F
a
A
RB
B
Рис. 3,4.4 Расчётная схема
Решение
a)
MB
1. Определяем реакции опор

n
Given
3F a  2F 2a  F 3a  RA 4a
Итак,
RA (F)  2.5F
Given
F a  2F 2a  3F 3a  RB 4a
0
б)
 
Find RA substituteF
 C
MÀ

n
0
0
F 
5 F
2
0
7 F
Find RB 
2
 
RB (F)  3.5F
в) Проверка
RA (F)  RB (F)  F  2F  3F  3.5 F  6 F  2.5 F = 0
Итак,
2) Строим эпюру поперечных сил Q и эпюру изгибащих моментов М, делая обход
балки от опоры слева и справа (рис. 3,4.5):
© Учебный
центр «Эрудит», www.childrensafety.jimdo.com , © Maria Bezmelnitsina Collé
Техническая механика Практические занятия 3,4
2.5F
a
F
a
2F
a
3F
a
A
3.5F
B
2.5F
Q
1.5F
0.5F
3.5F
2.5Fa
4Fa
M
3.5Fa
Рис. 3,4.5 Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов
Задача 3,4.3 Построить эпюры перерезывающих сил Q и изгибающих моментов М от
сосредоточенных сил F. Проверить дифференцально-интегрвльную зависимость между
Q и М.
a
F
F
a
a
F
Рис. 3,4.6 Расчётная схема
Решение
1. Для консольной балки можно строить эпюры без определения рекций в заделке. При
этом строить эпюры нужно совершая обход балки со свободного (незаделанного) конца
балки. Строим эпюры (рис. 3,4.6):
Задача 3,4.4 Построить эпюры перерезывающих сил Q и изгибающих моментов М
êÍ
для данной балки (рис. 3,4.8), если F  60êÍ , M0  50êÍ  ì , q  10 , a  2ì .
ì
Проверить дифференцально-интегрвльную зависимость между Q и М.
© Учебный
центр «Эрудит», www.childrensafety.jimdo.com , © Maria Bezmelnitsina Collé
Техническая механика Практические занятия 3,4
F
a
F
a
a
Q
F
F
F
M
2Fa
Fa
Рис. 3,4.7 Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов
RA
F
a
a
a
RB
a
В
q
A
M0
Рис. 3,4.8 Расчётная схема
Решение
a)
MB
1. Определяем реакции опор
RA  10êÍ

n
Given
F 2a  q 2a 2a  M0  RA 3a
Итак,
RA  21.667 êÍ
RB  10êÍ
Given
F a  q 2a a  M0  RB 3a
0
б)
0
0
 
RA  Find RA
MÀ

n
0
 
RB  Find RB
RB  1.667êÍ

в) Проверка
RA  RB  F  q 2a  0 êÍ
Итак,
© Учебный
центр «Эрудит», www.childrensafety.jimdo.com , © Maria Bezmelnitsina Collé
Техническая механика Практические занятия 3,4
2) Строим эпюру поперечных сил Q и эпюру изгибащих моментов М, делая обход
балки от опоры слева и справа (рис. 3,4.9):
21.7 кН
2м
60 кН
2м
1.7 кН
2м
2м
10 кН/м
В
A
50 кНм
18.3
60
Q кН
21.7
1.7
40
41.7
M кНм
63.4
86.8
80
50
3.4
120
Рис. 3,4.9 Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов
Расчёт балок на прочность
Задача 3,4.1 Для данной балки (рис. 3,4.10) построить эпюры поперечных сил и
изгибающих моментов, подобрать двутавровое, круглое, кольцевое (d/D = 0.8), и
прямоугольное (h/b = 2) сечения. Сравнить вес балок с подобранными сечениями.
êÍ
Сделать полную проверку на прочность. Принять a  2ì , q  30 ,
ì

w  160ÌÏà .
RA
RB
a
a
q
В
A
© Учебный
центр «Эрудит», www.childrensafety.jimdo.com , © Maria Bezmelnitsina Collé
Рис. 3,4.10 Расчётная схема балки
Техническая механика Практические занятия 3,4
Решение
1. Определяем реакции опор:
MB

n
a)
RA  10êÍ
Given
a
q a  RA  2a
2
 
RA  Find RA
0
RA  15 êÍ
MÀ

n
б)
Given
3
q a a  RB  2a
2
0
0
 
RB  Find RB
в) проверка
0
RB  10êÍ
RB  45 êÍ
RA  RB  q a  0 êÍ
2. Строим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов (рис. 3,4.11)
15 Т
2м
45 Т
2м
30 кН/м
В
A
Q кН
z
15
45
M кНм
z0
Mmax
Рис. 3,4.11 Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов
© Учебный
центр «Эрудит», www.childrensafety.jimdo.com , © Maria Bezmelnitsina Collé
Техническая механика Практические занятия 3,4
3. В сечении с координатой z (рис. 3,4.11) действуют:
Q(z)  RB  q z
1) поперечная сила
2
z
M (z)  RB z  q
2
2) изгибающий момент
4. Найдём максимальный изгибающий момент. В сечении, где изгибающий
момент максимальный, поперечная сила равна нулю, т.е.
z0  2ì
Given Q z0
0
Mmax  M z0
 
 
 
z0  Find z0
z0  1.5 ì
Mmax  33.75êÍ
 ì
4. Подберём сечение. Условие прочности запишется:
M max

Wx
откуда получим для момента сопротивления изгибу

M max
Wx 
M max

max
 210.937ñì

3

w
Wx  211ñì
Итак,
3

w
w
1) двутавровое сечение. По сортаменту подбираем двутавровую балку № 22 с
3
моментом сопротивления Wx
232ñì . Площадь поперечного сечения
2
Aäâ  30.6ñì .
2) круглое сечение. В этом случае
Wx

3
d
32
d  1ñì
Определим диаметр
Given
Wx

3
d
32
d  Find (d)
d  12.905 ñì
2
d
2
Площадь поперечного сечения
Aêðóã
Aêðóã 130.801ñì

4
3) кольцевое сечение с отношением диаметров d/D = 0.8. Для кольцевого сечения

момент сопротивления определяется формулой Wx
Определим диаметр.
© Учебный

D
32
3
  d  4
 1    .
  D 
центр «Эрудит», www.childrensafety.jimdo.com , © Maria Bezmelnitsina Collé
Техническая механика Практические занятия 3,4
D  1ñì
Given
Wx
D  Find (D)
D  15.383 ñì
D  15.4ñì
Принимаем

3


D
4
 1  0.8
32
d  0.8 D
d  12.307 ñì
d  12.4ñì
Площадь поперечного сечения

Aêîëüöà 
2
2
D 
d 

 1    
4 
 D 
Aêîëüöà  65.502ñì

2
4) поперечное сечение в форме прямоугольника (h/b = 2). Момент сопротивления
2
Wx
b h
, или, так как h
6
3
2 b, Wx
2 b
3
b  1ñì
Given
3
Wx
b  Find (b)
2 b
3
b  6.815 ñì
Принимаем b  6.82ñì
Тогда h  2 b h  13.64 ñì
Площадь поперечного сечения прямоугольника Aïð  b h
Aïð  93.025ñì

2
5. Найдём отношения веса погонного метра каждого профиля к весу погонного метра
двутавра, которые можно найти как отношение соответствующих площадей
поперечных сечений, т.е.
Aêîëüöà
Aïð
Aêðóã
 2.141
 3.04
 4.275
Aäâ
Aäâ
Aäâ
6. Проведём полную проверку прочности.
1) Условие прочности по нормальным напряжениям выполняется, так как из него мы
подобрали профиль - двутавр № 22 с характеристиками:
- высота профиля,
h  22ñì
Ix  2550ñì
4
3
- момент инерции сечения,
- статический момент половины сечения,
Sx  131ñì
© Учебный
центр «Эрудит», www.childrensafety.jimdo.com , © Maria Bezmelnitsina Collé
Техническая механика Практические занятия 3,4
b  5.4ìì
t  8.7ìì
- толщина стенки двутавра,
- толщина полки двутавра.
t
h
y1
1
b
Рис. 3,4.12 Опасная точка 1
2) Делаем проверку прочности в точке с максимальным касательным напряжением - на
нейтральной оси в опасном сечении с поперечной силой Q_  45êÍ :
Q_  Sx

max  I  b
x


max  42.81ÌÏà
Допустимое же касательное напряжение

w 

w
3


w  92.376ÌÏà
Итак, условие прочности  max   w выполняется
3) Проводим проверку прочности в максимально нагруженной точке 1, где
действуют значительное касательное и нормальное напряжения. Выберем сечение с
большим изгибающим моментом и значительной поперечной силой. В качестве
этого сечения можно выбрать середину балки (рис. 3,4.11), где M  M (2ì ),
Q  Q(2ì ) .
Определим координату у1 и статический момент отброшенной части для точки
1:
y1
h
3
y1 
t
Sx1  Sx  b y1
Sx1  103.293ñì

y1  10.13ñì

2
2
Таким образом, нормальное и касательное напряжения в точке 1 равны:
© Учебный
центр «Эрудит», www.childrensafety.jimdo.com , © Maria Bezmelnitsina Collé
Техническая механика Практические занятия 3,4
M


y
1
Ix 1
  119.176
 ÌÏà
1


1 
Q Sx1
Ix  b


1  11.252ÌÏà
Итак, расчётные напряжения по четвёртой теории прочности

ðàñ÷.4 

2
2
1  3  1


ðàñ÷.4 120.759ÌÏà
и удовлетворяют требованиям прочности  ðàñ÷.4  w , где  w  160ÌÏà

© Учебный
центр «Эрудит», www.childrensafety.jimdo.com , © Maria Bezmelnitsina Collé