Issuu on Google+

1

РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМОЙ БАЛКИ Исходные данные P = 1 т = 10 кН, q = 0.5 т/м = 5 кН/м, М0 = 8 тм = 80 кНм, L1= 6 м, L2= 3 м, а1= 1 м, а2= 2 м [σ] = 1600 кг/см2 = 160 МПа, [τ] = 1000 кг/см2 = 100 МПа Определяем опорные реакции. Балка находится в равновесии под действием плоской системы параллельных сил. Составляем уравнения равновесия статики для балки CD: ΣmA= RD⋅L2 – q⋅a2(L2 +

a2 ) – P⋅(L2 + a2) = 0; 2

2 5 ⋅ 2 ⋅ (3 + ) + 10 ⋅ (3 + 2) RD = = 30 кН. 2 3

для всей балки: ΣmA= – M0 – +

q ⋅ (L1 + a1 ) 2 + RB⋅L1 + RD⋅(L1 + a1 + L2) – q⋅a2(L1 + a1 + L2 + 2

a2 ) – P⋅( L1 + a1 + L2 + a2) = 0; 2

RB =

8 + 5⋅

(6 + 1) 2 2 − 30 ⋅ (6 + 1 + 3) + 30 ⋅ 2 ⋅ (6 + 2 + 3 + ) + 10 ⋅ (6 + 1 + 3 + 2) = 2 2 6

= 10,08 кН. ΣYi= RA – q⋅L1 + RB – q⋅a2 – P = 0; RA = 5⋅6 – 10,08 – 30 + 5⋅2 + 10 = 14,92 кН. 2

2

q ⋅ L1 q ⋅ a1 Проверка: ΣmB= – RA⋅L1 – M0 + – + RD⋅(a1 + L2) – 2 2 a 5 ⋅ 62 5 ⋅12 – q⋅a2(a1 + L2 + 2 ) – P⋅(a1 + L2 + a2) = – 14,92⋅6 – 8 + – + 2 2 2

+ 30⋅(1 + 3) – 5⋅2⋅(1 + 3 +

2 2

) – 10⋅(1 + 3 + 2) ≈ 0

0 ≡ 0 ⇒ реакции найдены правильно.


2

Разбиваем балку на четыре участка и определяем на них поперечную силу Q и изгибающий момент Ми. Участок 1: Q = RA – q⋅x1;

0 ≤ х1≤ L1 = 6 м. Q(0) = 14,92 кН, Q(6) = 14,92 – 5⋅6 = – 15,08 кН. 2

q ⋅ x1 Mи = M0 + RA⋅x1 – ; 2

Mи(6) = 8 + 14,92⋅6 –

5 ⋅ 62 2

Mи(0) = 8 кНм, = 7,5 кНм.

Участок 2: 6 м ≤ х2≤ L1 + a1 = 7 м.


3

Q = RA – q⋅x2 + RB;

Q(6) = 14,92 – 5⋅6 +10,08 = – 5 кН,

Q(7) = 14,92 – 5⋅7 + 10,08 = – 10 кН. 2

q ⋅ x2 Mи = M0 + RA⋅x2 – + RB⋅(x2 – 6); 2

Mи(7) = 8 + 14,92⋅7 –

5 ⋅ 72 2

Mи(6) = 7,5 кНм,

+ 10,08⋅(7-6) = 0.

Участок 3: 0 ≤ х3≤ a2 = 2 м. Q = P + q⋅x3;

Q(0) = 10 кН, Q(2) = 10 + 5⋅2 = 20 кН. 2

q ⋅ x3 Mи = – P⋅x3 – ; 2

Участок 4:

Mи(0) = 0;

Mи(2) = – 10⋅2 –

5 ⋅ 22 2

= – 30 кНм.

2м ≤ х4≤ L2 + a2 = 5 м.

Q = P + q⋅a2 – RD = 10 + 5⋅2 – 30 = – 10 кН. Mи = – P⋅x4 – q⋅a2⋅(x4 –

a2 ) + RD⋅(x4 – a2); 2

Mи(5) = – 10⋅5 – 5⋅2⋅(5 –

2 2

Mи(2) = –30 кНм;

) + 30⋅(5 – 2) = 0.

Определим экстремальное значение изгибающего момента на 1-ом участке при Q = 0.

R 14,92 х* = qA = 5 = 2,98 м,

Ми(2,98) = 8 +14,92⋅2,98 –

5 ⋅ 2,982 2

= 30,25 кНм.

По полученным данным строим эпюры Q и Mи. Рассмотрим опасные сечения E и D. Условие прочности для точек 1 и 1I |σmax|= Wy ≥

М max Wy

/рис.2/ – сечение Е:

≤ [σ] = 160 МПа, откуда момент сопротивления сечения:

30,25 ⋅103 = 0,189⋅10-3м3= 189 см3. 160 ⋅106

По сортаменту принимаем двутавровую балку

№ 20a /рис.2/ с

параметрами: Wy= 203 см3, Ιy= 2030 см4, b(z)= 5.2 мм, Sy0= 114 см3.


4

11 1

σ

0,86

τ 17,2

3 135

20 2

y

0,52 1

z

21,6

Сечение D

Рис.2

Проверка прочности в опасных точках (рис.2) 1 и 1I – сечение Е: | M max | Wy

|σmax|=

=

30,25 ⋅103 = 149 МПа < [σ]. 203 ⋅10- 6

В сечении D: M σ(3)= I y

в точке 3: Q ⋅S Iy

τ(3)= I

y b( z )

где

=

Z3=

20 − 0,86) ⋅ 10- 2 = 135 МПа, 2 -8 2030 ⋅ 10

30 ⋅ 103 ⋅ (

20 ⋅103 ⋅ 90,5 ⋅10-6 2030 ⋅10-8 ⋅ 0,52 ⋅10- 2

= 17,2 МПа

Z3 — координата точки 3,

статический момент: SyI= 11⋅0,86⋅

20 − 0,86 2

= 90,5 см3.

По третьей теории прочности: σрIII=

σ2 + 4τ2

=

1352 + 4 ⋅17,2 2

= 139,4 МПа ≤ [σ] = 160 МПа,

условия прочности выполнены. В точке 2 сечение D: |τ|max=

20 ⋅103 ⋅114 ⋅10-6 2030 ⋅10-8 ⋅ 0,52 ⋅10- 2

|τ|max=

Q ⋅So y I y b( z )

,

σ = 0.

|τ|max≤ [τ] = 100 МПа.

= 21,6 МПа,

Условия прочности выполнены. Строим эпюры главных напряжений в опасном сечении D: σ1 =

σ 1 + σ 2 + 4τ 2 2 2

|σmax| =

σ3 =

,

M 30 ⋅103 = Wy 203 ⋅10−6

σ 147,8МПа 1 − σ 2 + 4τ 2 2 2

.

= 147,8 МПа.

σ1

147,8МПа

σ3


Пример решени задач