Raschetnye_metody_otsenki_prochnosti(1)

Пример решения. Рассмотрим две схемы балок, представленных на рисунке 14.

Рисунок 14 – Схемы балок

Решение Схема (а), рисунок 15

Для балки, защемленной одним концом (консольная балка), удобно отсчитывать участки от свободного конца. В этом случае расчет можно вести без определения опорных реакций.

Составим уравнения поперечных сил Q и изгибающих моментов М

для участков.	0 ≤ x1 ≤ a ;		Q1 = – F = – 20 кН, М1 = Fx;
Участок 1:
при x1 = 0 М1 = 0,		при х1 = a = 0,5 м			М1 = 20 0,5 = 10 кНм.
Участок 2:	a ≤ x2	≤ l	;	М2 = Fx2 + М – q (x2 − a)2
Q2 = – F + q (x2 – a ),						;
при x2 = a = 0,5 м					2
		Q2 = – F = – 20 кН,			М2 = 20 0,5 +10 = 20 кНм;
при x2 = l = 5 м		Q2 = – 20 + 20(5 – 0,5) = 70 кН,

М2 = 20 5 +10 − 20 (5 − 0,5)2 = −92,5 кНм. 2

На этом участке Q меняет знак. Найдем значение x2 = x0, при кото-

ром Q = 0.

31

Рисунок 15 – К расчету балки
Q2 = – F + q (x2	– a) = 0; x2 = x0 =		F + qa			=	20 + 20 0,5		=1,5 м.
			q
								20
В этом сечении балки момент экстремален.
При x2 = 1,5 м	Мmax = 20 1,5 +10	− 20		(1,5 − 0,5)2				= 30 кНм.
						2

Отложим положительные ординаты Q вверх, а отрицательные – вниз и, соединив полученные точки линиями, получим эпюру поперечных сил (рисунок 15). Эпюра изгибающих моментов строится на растянутых волокнах балки, т.е. положительные значения М откладываются ниже нулевой линии, отрицательные – выше.

Схема (б), рисунок 16

1. Для построения эпюр Q и М необходимо определить опорные реакции из уравнений статики:

∑M A = Fa1 − M − q(l − a2 )(a2	+	l − a2	) + RB l = 0 .
	2
32

Отсюда

М + q ( l − a 2

)( a 2 +

l − а2

) − Fa 1

R B =

2

=

l 2

8

− 1,6

40 +

20 (8 − 1,6 ) 1,6 +

− 20 3,2

2

=

= 73 ,8 кН .

8

∑M В = F(а1 + l) − М + q (l − a2 )2

− RA l = 0

2

и отсюда же

(l − а2 )2

(8 −1,6)2

F(a1

+ l) − M + q

20(3,2 + 8) − 40 + 20

RA

=

2

=

2

= 74,2 кН.

l2

8

Выполним проверку:

∑Y = −F + R A − q(l − a2 ) + RB = −20 + 74,2 − 20(8 −1,6) + 73,8 = 0 .

Следовательно, реакции определены верно.

2. Составим выражения для определения поперечной силы и изгибаю-

щего момента.
Участок 1:		0 ≤ x1 ≤ a1 ;		Q1 = – F= – 20 кН,					М1 = – Fх1;
при х1 = 0		М1 = 0;	при х1 = a 1 = 3,2м				М1 = – 20 3,2 = −64 кНм.
Участок 2: a1 ≤ x2 ≤ (a1 + a2 );					Q2 = – F+RA = – 20 + 74,2 = 54,2 кН,
			М2 = – F x 2 + М + RA(x2 – a 1);
при х2	= a 1 = 3,2 м		М2 = – 20 3,2 + 40 + 74,2(3,2 − 3,2) = −24 кНм;
при х2	= a 1 + a 2 = 4,8 м			М2 = – 20 4,8 + 40 + 74.2 1,6 = 62,7 кНм.
Участок 3:		0 ≤ x3	≤ (l − а2 ) ;		Q3 = −RB			+ qx3 ,	M3 = R3 x3 − q	x32	;
при х3	= 0	Q3 = – RB = – 73,8 кН,						М3=0;	2
при х3	= 6,4 м Q3 = – 73,8+20 6,4 = 54,2						кН,
			М3 = 73,8 6,4 − 20			6,42		= 62,7 кНм.

2

Определим экстремальное значение момента, так как поперечная сила на третьем участке изменяет знак:

33

Q3 = – RB + qx3 = 0, х3 = х0 = RqB = 7320,8 = 3,69 м;

Мmax = 73,8 3,69 − 20 3,692 2 =136,2 кНм.

По полученным данным построим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов (рисунок 16).

Рисунок 16 – Расчетная схема балки и эпюры Q и M

Задача 2. Длярамы, изображеннойнарисунке17, требуется:

1)написать выражения для продольных сил N, поперечных сил Q

иизгибающих моментов M на каждом участке в общем виде;

2)построить эпюры N, Q и M.

Исходные данные приведены в таблице 4

Для ломаных стержней и рам ординаты эпюры M, как и в балках, откладываются со стороны растянутого волокна.

34

Рисунок 17 – Схемы рам

35

Таблица 4 – Исходные данные к задаче 2

№ схемы	a, м	b, м	F, кН	q, кН / м
1	3,0	3,0	10	10
2	2,9	2,9	20	20
3	2,8	2,8	3	3
4	2,7	2,7	4	4
5	2,6	2,6	5	5
6	2,5	2,5	6	6
7	2,4	2,4	7	7
8	2,3	2,3	8	8
9	2,2	2,2	9	9
10	2,1	2,1	10	10
e	д	е	д	е

Пример решения. Рассмотрим раму, представленную на рисунке 18.

Рисунок 18 – Заданная схема рамы

Решение

1.Определим опорные реакции RA , H B и VB (рисунок 19). Для этого составим три уравнения равновесия:

	ΣМB	= 0 ,		RA 2b + qa 1,5a = 0 ,
откуда	RA =	1,5qa 2		=		1,5 2 32	= 6,75 кН;
			2b
						2 2
	ΣX = 0 ,				RA − F + H B = 0,
					36

откуда	H B = F − RA =8 − 6,75 =1,25 кН ;
откуда	ΣY = 0,	VB − qa = 0 ,
	VB = qa = 2 3 = 6 кН .
Проверка реакций опор:
ΣX = 0,	RA − F + H B = 0, 6,75 −8 +1,25 = 0 ;
ΣM E = 0 , − RA		2b +VB a +	qa 2		= 0 ;
		2

− 6,75 2 2 + 6 3 + 2 232 = 0.

Опорные реакции найдены верно.

Рисунок 19 – Расчетная схема рамы

Составим выражения N, Q и M для всех участков рамы, строго соблюдая правила определения знаков внутренних усилий.

Раму можно представить из пяти участков: AD, CD, DE, DF и FB (рисунок 19).

Для всех участков ось X направляется вдоль стержней, т.е. мысленно представляем вертикальные участки рамы как горизонтальные. При этом нижние концы этих элементов (на рисунке 19 отмечены крестиком) принимаем в качестве левых концов участков.

На каждом участке проведем по одному сечению, определяемому координатой x1 , x2 , x3 , x4 , x5 .

Участок AD : 0 ≤ x1 ≤ 2 м.

Алгебраическая сумма проекций односторонних сил на ось стержня дает усилие:

37

N( x1 ) = 0.

Алгебраическая сумма проекций односторонних сил на само сечение стержня дает усилие:

Q( x1 ) = RA = 6,75 кН .

Алгебраическая сумма моментов односторонних сил относительно центра тяжести сечения дает изгибающий момент:

при x = 0 M ( x =0)

= 0 ,

M ( x1 ) = −RA x1 ;

при x1

= 2 м М( x =2) = −6,75 2 = −13,5 кНм.

1

1

1

Участок CD :

0 ≤ x2

≤3 м;

N ( x2 ) = 0 ;

Q( x2 ) = −qx2 , Q(x2 = =0) = 0, Q(x2 =3) = −2 3 = −6 кН ;

qx2

M ( x2 ) = −

2

,

2

2 32

при x2 = 0 M ( x2 =0)

= 0 ,

при

x2

= 3 м

М( x2

= −

= −9 кНм.

=3)

2

Участок DE :

0 ≤ x3 ≤ 2 м;

N(x3 ) = 0 ; Q(x3 ) = F =8 кН ; Q

( x

= 0 ) =

0

М(x3 ) = F x3

M (x3 =0)

= 0 , M ( x3 =2)

= 8 2 =16 кНм.

Участок BF :

0 ≤ x4 ≤ 2 м;

N(x4 ) = −VB

= −6 кН ;

Q(x4 ) = −H B

= −1,25 кН ;

M (x4 ) = −H B x4 ,

M (x4 =0) = 0

,

M (x4 =2)

= −1,25 2 = −2,5 кНм.

Участок FD :

0 ≤ x5 ≤ 3 м;

N(x5 ) = H B =1,25 кН;

Q(x5 ) = −VB

= −6 кН ;

M (x5 ) = H B b +VB x5 ,

M (x5 =0) =1,25 2 = 2,5 кНм ,

M (x5 =2) =1,25 2 + 6 3 = 20,5 кНм.

2. ПовычисленнымзначениямстроимэпюрыN, Q иМ(рисунок20).

Для проверки правильности построения эпюр вырежем узлы рамы и приложим к ним все внутренние, взятые из этих эпюр, и внешние усилия (рисунок 21).

38

Рисунок 20 – Эпюры N, Q и M Проверка показывает, что узлы находятся в равновесии:

узелD :ΣX = 6,75 +1,25 −8 = 0 ,ΣУ = 6 - 6 = 0, ΣM D = 9 + 20,5 − (13,5 +16)= 0; узел F : ΣX =1,25 −1,25 = 0 , ΣУ = 6 - 6 = 0, ΣM F = 2,5 − 2,5 = 0 .

Как правило, проверяют равновесие всех узлов рамы.

Рисунок 21 – Схемы узлов рамы

39

Контрольные вопросы к РГР № 3

1.Чтоназывается прямым, косым, чистымипоперечным изгибами?

2.Какие внутренние усилия возникают при поперечном изгибе?

3.Какиеправилазнаковпринятыдлякаждогоизвнутреннихусилий?

4.Как вычисляются продольные и поперечные силы и изгибащие моменты в поперечном сечении бруса?

5.Чему равна поперечная сила в сечениях бруса, в которых изгибающий момент достигает экстремальных значений?

6.Изменяется ли поперечная сила в сечении, в котором к балке приложена внешняя сила, перпендикулярная оси балки?

7.Как изменяется момент в сечении, в котором к балке приложен сосредоточенный внешний момент?

8.В чем заключается проверка эпюр Q и M?

9.На каком волокне поперечного сечения балки изображается эпюра изгибающих моментов?

РГР № 4 – Напряжения в балке при изгибе

Задание. Для заданной схемы нагружения балки (рисунок 22) и номера варианта (таблица 5) требуется:

1.Построить эпюры внутренних изгибающих моментов и поперечных сил.

2.Подобрать по условию прочности размеры поперечных сечений при [σ]=160 МПа:

–круглого;

–квадратного;

–прямоугольного пустотелого (рисунок 23);

–двутаврового.

Сопоставить затраты материала для этих вариантов сечений.

3.Построить эпюры распределения нормальных и касательных напряжений для двутаврового сечения балки. Определить главные напряжения в опасных точках сечения.

4.Для заданного сечения балки (рисунок 24) из материала, имею-

щего	различные допускаемые		напряжения на растяжение и сжатие
([σ]р	= 60 МПа,	[σ]с =100 МПа),	построить эпюру нормальных напряже-

ний для наиболее напряженного сечения по длине балки.

40