13. Изгиб бруса

13.4. Расчет балок на жесткость

В целях обеспечения нормальной эксплуатации строительных конструкций расчет изгибаемых элементов проводят не только по первой группе предельных состояний, но и по второй – на жесткость.

Во избежание появления опасных для конструкции перемещений, наибольший прогиб ymax = f не должен превышать предельно допустимого, устанавливаемого строительными нормами, т. е. должно выполняться условие жесткости

f ≤ [f].

(13.24)

Если жесткость недостаточна, то необходимо подобрать другое сечение из условия (13.24).

Расчет на жесткость производят по нормативной нагрузке, т. е. без учета возможной перегрузки.

Пример 13.3. Консольная балка AB нагружена парой сил с моментом m = 24 кН · м, распределенной нагрузкой q = 18 кН/м, силой F = 12 кН, длина балки 3a = 3 · 1,2 = 3,3 м (рис. 13.22, а). Вычислить величину прогиба свободного конца балки B, состоящей из двух швеллеров № 33, E = 2 · 105 МПа.

Рис. 13.22

299

И. В. Богомаз. Механика

Решение. Вычислим реакции опор жесткой заделки. Запишем уравнения равновесия:

∑Fi y = 0, RA − q 2a − F = 0 → RA = q 2a + F =18 2 1,2+ 20 = 63, 2 кН;

∑M A = 0, mA −m −q 2a2 − F 3a = 0 → mA = m + q 2a2 + F 3a =

=24 +18 2 1, 22 + 20 3,6 =147,8 кН м.

Проверка:

∑M B = mA −m + q 3a (a + a) − RA 3a =

147,8 −24 +18 2,4 2,4 −63,2 3,6 ≈ 0,02 = 0.

Помещаем начало системы координат Ayz на левый конец консольной балки (рис. 13.22, б). Продолжим (пунктиром) распределённую нагрузку q до правого конца балки и покажем ее компенсирующую часть.

Граничные условия задачи нулевые: yA(z = 0) = 0, θA(z = 0) = 0, константы интегрирования D = 0 и C = 0.

Универсальное уравнение прогиба для сечения z имеет вид

E J yz = −mA	(z −0)2	+ m	(z −a)2	+	VA (z −0)3	− q (z −0)4	+ q (z − 2a)4 .
	2!		2!
				3!		4!	4!

(а)

Прогиб свободного конца балки B, состоящей из двух швеллеров № 33, вычислим из уравнения (а), полагая z = 3a:

E J yB = −mA

(3a)2

+

VA (3a)3

−

q (3a)4

+ m

(3a −a)2

+

q (3a −2a)4

=

2!

2!

3!

4!

4!

147,8(3 1, 2)2

63(3 1, 2)3

18

(3 1, 2)3

= −

+

−

+

2

6

24

+

24(1,2)2

+

18

(1, 2)4

=

−575

кН м3.

2

24

300

13. Изгиб бруса

Из сортамента (швеллер № 33, ГОСТ 8240–89) Jx = 7980 см4.

	yB =	−	575	= −		575 103		= −0,018	м.
			E Jx		2 105	106	2 7980 10−8

Знак минус означает, что точка B переместится вниз.

Пример 13.4. Шарнирно опертая двутавровая балка нагружена равномерно распределенной нагрузкой q, силой F = 4qa (рис. 13.23). Требуется получить уравнение упругой линии y = y(z).

Решение. Вычислим реакцию опор RA и RB (рис. 13,23, б). Запишем уравнения равновесия:

∑MB = 0, qa(a2 + 2a) − RA 2a + 4qa a = 0 → RA = 3, 25qa.

∑M A = 0, qa(a2) + RB 2a −4qa a = 0 → RB =1,75qa.

Проверка:

∑Fy = −q a + RA −4qa + RB = −qa +3,25qa −4qa +1,75qa = 0.

Рис. 13.23

301

И. В. Богомаз. Механика

Совмещаем начало системы координат Oyz с левым концом бал-

ки (рис. 13.23, б).

Граничные условия задачи: yА(z = a) = 0, yB(z = 3a) = 0. Универсальное уравнение прогиба для сечения z имеет вид

EJx y(z) = EJxC z + EJx D + RA (z − a)3 − F (z −2a)3 − q(z)4 + q(z −a)4

3! 3! 4! 4!

(а)

По условиям закрепления балки:

• на левой опоре (z = a)

	EJx 0	= EJxC a + EJx D +	3, 25(a −a)3	−	4qa(a −2a)3	−	q(a)4	+	q(a −a)4	,
			6		6		24		24

EJxC a + EJx D + 1524 qa4 = 0;

• на правой опоре (z = 3a)

EJx 0 = EJxC3a + EJx D +				3, 25qa(3a − a)3				−
						3!
	4qa(3a −2a)3		q(3a)4			q(3a −a)4
−		−			+		,
	3!		4!			4!

EJxC 3a + EJx D + 2423 qa4 = 0.

Введем обозначения X = EJxC, Y = EJxD, запишем систему уравнений относительно X и Y и решим ее:

	15		qa4		= 0,			15	qa4 ,
EJxC a + EJx D +	24						Xa +Y = −	24
												(б)
		23					→		23
				qa	4	= 0				qa	4	.
EJxC 3a + EJx D +		24					X 3a +Y = −		24

302

13. Изгиб бруса

Решаем систему линейных уравнений (б) методом Крамера:

=

a

1

= 3 −3a

= −2a;

3a 1

−

15 qa4

1

= −15 qa4

+ 23 qa4

8

X =

24

=

qa4

;

23 qa4

−

1

24

24

24

24

a

−

15 qa4

23 qa5 +

15 3 qa5

22 qa5

Y =

24

= −

= −

;

3a

−

23 qa4

24

24

24

24

X =

X

=

8

qa3 → C = −

4

qa3;

24 (−2)

24EJx

Y =

Y

=

−22

qa4 =

11 qa4

→ D =

11

qa4 .

24 (−2)

24

24EJx

Подставляем в (а) полученные константы и записываем уравнение упругой линии

y(z) = 1124 qa4 − 244 qa3 z +

+	1		3,24qa(z −a)3	−	4qa(z −2a)3	−	q(z)4	+	q(z −a)4
			3!		3!		4!		4!	.
	EJx

В справочниках по сопротивлению материалов приводятся таблицы максимальных прогибов и уравнения упругой линии для статически определимых балках постоянного поперечного сечения с разными видами закрепления, например, табл. 13.5.

303

И. В. Богомаз. Механика

Таблица 13.5

Схема балки

Максимальный прогиб

и уравнение упругой линии

f = −

P 3

;

3EJx

y(z) = −

P 3

z

z 3

2 −3

+

6EJx

f = −

q 4

;

8EJx

y(z) = −

q 3

z

z

4

3 −4

+

24EJx

f = −

P 3

;

48EJx

y(z) = −

P 3

z

z

3

≤ z ≤

3

−4

, 0

48EJx

2

Pb 3

3

b3

2 −b2

f = −

1

−

3

, z =

;

27EJx

3

P 3

ab

2

y(z) = −

2

, z = a

3EJx

f = −

P 3

(3 a −

a3

);

24EJx

3

P 3

b

z

z 3

y(z) = −

3 1+

a

−

, 0 ≤ z ≤ a

6EJx

a

f = −

5q

4

;

384EJx

y(z) = −

q 4

z

2

z 3

z

4

−

+

24EJx

304