Задачник / Глава 06 (112-155)

		13,24 МПа,			72,9		МПа,		tg2	2 31,07	1,042 ;
	1			3
										59,66
					о				о
			2 46 10				,	23 5 .

В точке 5 вертикальные и горизонтальные площадки свободны от , следовательно, они и есть главные,

1 = 0 , 3 = 119,32 МПа.

На рисунке 6.15 изображены элементы, «вырезанные» из фасада балки в точках 1–5 в опасном сечении и указаны главные площадки и на-

пряжения. Знак «–» перед указывает на то, что оно сжимающее.

т.1				т.2	1			3 34,8 МПа
	39,8 МПа								13,3 МПа
									40,9 МПа
								1 48,1МПа
						3
									40 24
т.3				т.4
1	3		41,4 МПа		1				3 72,9 МПа
	45
			41,4 МПа						59,7 МПа
									31,1МПа
	45
3				3
			41,4 МПа						1 13,2 МПа
		1
									23 5
т.5
	119,3 МПа
			Рис. 6.15

6.1.7 Проверка прочности балок, допускаемые нагрузки

Пример 6.1.8. Произвести проверку прочности стальной балки (рис. 6.16, а) коробчатого сечения, размеры которого приведены на рисунке 6.17.

Эпюры Q и M построены по известным правилам (рис. 6.16, б, в). Допускаемые напряжения: 160 МПа; 80 МПа.

132

F=500 кН				m 98кНм
	RA=920,83 кН
а)			q=300 кН/м		RВ=299,17 кН
								b=12 см
	0,2 м	2,2 м			0,2 м		1	Fп
500	560						2		Fc	см
								b1=8 см
					299,17
		Эп. Q, кН							5 см	=11
-					h=24 см	см
									=	п
							3		c
б)				-		=20			y
										х
						1
	+					h				y
360,83			Эп. М, кНм
	1,4 м
в)	106
51,5				38,17				y
	-			-
				+
		+						Рис. 6.17
				59,83
			111
			Рис. 6.16
	Решение.		Предварительно вычислим момент инерции коробчатого
сечения относительно оси x:

	bh3		b h	3		12 243			8 203
I x			1 1							8490 см4.
	12		12			12			12

Для проверки прочности воспользуемся третьей теорией прочности:

pIII 2 4 2 .

Выберем опасные точки в балке, где расчетное напряжение может достигнуть наибольшей величины. Максимум pIII может быть достигнут

вследующих точках балки:

1)в точке, где = max. Эта точка располагается в сечении с наибольшим изгибающим моментом, в наиболее удаленном от нейтральной

оси волокне (точка 1 в сечении с Mmax = 111 кНм). В этой точке всегда отсутствует касательное напряжение (τ = 0), следовательно

pIII max ;

133

2) в точке, где τ = τmax. Эта точка располагается в сечении с наибольшей поперечной силой (Q = 560 кН) на нейтральной оси (точка 3), но здесь нормальное напряжение равно нулю, следовательно

pIII 2 max ;

3)третью опасную точку надо искать там, где и не максимальны, но одновременно достигают возможно большей величины. В данном

примере это точка 2 в сечении с М = 106 кНм, Q = 560 кН. Вычислим напряжения в точках.

Точка 1:			M		y		111 10 3 12 10 2		156,89 МПа<160 МПа.
				max 1
	max			I				8490 10 8
					x

Точка 3: max

Q

max

S3

560 10 3 464 10 6

76,52 МПа;

I

x

(b b )

8490 10 8

4 10 2

1

76,52 МПа< 80

max

МПа.

Здесь (см. рис. 6.17)

S

3

А y

2А y 12 2 11 2 2 10 5 464 см3.

п

п

с

с

Тогда

153,04 МПа < 160 МПа.

рIII

2

max

Точка 2:

M

A

y

2

106 10 3

10 10 2

124,85 МПа;

I

x

8490

10 8

Q

S

2

560 10 3

264 10 6

43,53 МПа.

8490 10 8

2 2 10 2

I

x

b

2

Здесь

S

2

A y

12 2 11 264 см3.

п

п

Тогда

МПа < 160 МПа.

pIII

124,85 2

4 43,53 2 152, 2

Значит, прочность коробчатого сечения обеспечена.

Пример 6.1.9. Для предыдущей балки подобрать двутавровое сечение и выполнить проверку прочности по четвертой теории прочности, если

= 160 МПа, = 100 МПа.

Решение. Подбираем двутавр по Мmax = 111 кНм из условия прочности только по нормальным напряжениям:

				M	max		111 10 3
	W								693,8 10 6 м3 = 693,8 см3.
		x					160

134

	Ближайший меньший двутавр I 33, W = 597 см3, работал бы с пере-
								x
	напряжением на 16%, поэтому выбираем I 36, W = 743 см3. В этом случае
	max меньше на 6,7 %.							x
	Для I 36 имеем: h = 36 cм, b = 14,5 cм, t = 1,23 см, d = 0,75 см,
	Ix = 13380 см4, Sx = 423 см3.
	Проверка прочности балки.
	Опасные сечения и точки остаются те же, что и в предыдущей задаче
	(рис. 6.18).
				3					b
	Точка	1:	max 111 10		( 0,18)		149,3
									1
				13380 10 8					t
	МПа;								2
	max 149,3 МПа <				160 МПа.
	Точка 3:							h	3
		560 10 3 423 10 6							х
	max				236,05 МПа;
		13380	10 8 7,5 10 3						d
	max 236,05			МПа > 100 МПа.					t
	Особенностью			рассмотренного			примера		y
	является действие большой сосредоточенной си-
	лы на малом плече (рис. 6.16), которая создает								Рис. 6.18
	небольшой изгибающий момент в сечении бал-
	ки, а поперечная сила при этом значительна. Именно этим объясняется то,
	что условие прочности в точке 3 по касательным напряжениям в данном
	случае не выполняется. Поэтому выбираем другой двутавр – № 60: Ix =
	76806 см4, Sx = 1491 см3, d = 1,2 см, t = 1,78см, b = 19 см. Двутавр № 55 ра-
	ботал бы с перенапряжением 7,4%.
	Проверяем прочность в сечении над опорой в точке на нейтральной
	оси:
		max	560 10 3 1491 10 6			90,59 МПа			< 100 МПа.
			76806 10 8 12 10 3
	Прочность в точке 3 обеспечена.
	Проверяем прочность в том же сечении в точке 2:
				106 10 3 28,2 10 2				38,92 МПа ;
				76806 10 8
			560 10 3		984,5 10 6
				76806 10 8 12 10 3				59,82 МПа,
									135

где y			h		t		60	1,78 28,2 см;
	2
		2				2
							h				t			30	0,89 984,5	3
				S2		b t							19 1,78			см .
							2				2

Тогда

pIV 38,922 3 59,82 2 110,6 МПа < 160 МПа; т. е. прочность двутавра № 60 обеспечена.

Пример 6.1.10. Для чугунной балки таврового сечения (рис.6.19 и 6.20) построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил, опреде-

лить величину допускаемой нагрузки, если допускаемые напряжения рав-

ны: при растяжении [ p ] = 40 МПа, при сжатии c = 120 МПа; a = 0,6 м.

	F	3 F			F		20 см
		2			2		1
								х1
					6		9 см
	а		2а		36 см		9 см	х
F	F		Эп. Q					х2
							4
					F
					2		2
	Fа
			Эп. М				y
							Рис. 6.20
	Рис. 6.19
	Решение.	Эпюры		Q и	M построены	по	известным	правилам

(рис. 6.19). Из эпюры моментов берем Mmax = Fa. Вычислим момент инерции сечения (рис. 6.20) относительно центральной оси x.

Площади стенки и полки сечения тавра равны, поэтому общий центр тяжести располагается посередине между центрами площадей стенки и полки.

				20 63		4 303
	I	x			20 6 92		4 30 92	29196 см4.
				12		12

Для определения допускаемой нагрузки воспользуемся условием прочности:

136

M

max

[ p ]

max

y1,2

;

I x

[ c ]

y1 12 см,

y2 24 см;

Mmax = Pa;

подставим в условие прочности

Fa

p

y1,2

,

Ix

c

отсюда

[ p ] Ix

40 103

2,92 104

10 8

162, 2

кН;

Fp

a y1

0,6 0,12

F

c Ix

120 103

2,92 104

10 8

243, 2

кН.

c

a y2

0,6 0, 24

В качестве допускаемой принимаем меньшую из сил, т. е. [Fp ] = 162,2 кН.

6.1.8 Определение перемещений в балках по методу начальных параметров

Пример 6.1.11. Для заданной балки (рис. 6.21, а) записать функции прогиба, угла поворота, изгибающего момента и поперечной силы. По-

строить эпюру прогибов балки, если Ix = 1430 cм4, E = 2 105 МПа;

EIx = 2 105 106 1430 10-8 = 2,86 106 Нм2.

Решение. Определяем опорные реакции, располагаем начало координат в защемлении, обозначаем участки и записываем уравнение метода начальных параметров:

z 0 θ0 z

M

0

z 2

Q z3

q

0

z 4

0

z a

2EI

6EI

24EI

M

доп z a 2

Qдоп z a 3

qдоп z a 4

.

2EI

6EI

24EI

137

а)	RA=32 кН				m 6 кНм
		q =10 кН/м
	А				В		C	z
		МА=26 кНм
					qдоп		F=8 кН
			а=4 м
	y		l=6 м
б)		Эп. 103		, м			48,1
					27,28	-
								4
			9,21
		+
		2,83	5,6	Эп. Q, кН

в)

8

8

-

32

+

Эп. М, кНм

г)

26

-

+

16

М

max

=25,2 22

Рис. 6.21

Определяем начальные параметры 0 ,

θ0 , M0

, Q0 , q0

при z 0 и

дополнительные

параметры

при z a.

При

z 0

в заделке

0 0; θ0

0;

M0 M A 26 кНм; Q0

RA 32 кН ; q0 10 кН/м;

при z a

Mдоп

m 6

кНм; Qдоп 0; qдоп q.

Здесь используются правила знаков для М и Q, принятые при построении эпюр. Подставим эти значения в общее уравнение и продифференцируем его трижды, не раскрывая скобок. В пояснение заметим, что

d z a n

d z a n

n z a n 1,

dz

d z a

тогда

z 26 z2

32 z3

10 z4

z a

6 z 4 2

10 z 4 4

; (1)

2EI

6EI

24EI

2EI

24EI

138

θ z

26 z

16

z2

1,67

z3

z a

6

z 4

1,67

z 4 3

;

(2)

EI

EI

EI

EI

EI

z

2

z a

EI z M 26 16 2 z 1,67 3

6 1,67 3 z 4 2 ;

(3)

EI

z

z a

16,7 6(z 4) .

(4)

z Q 32 1,67 6

С помощью этих зависимостей можно определить , θ , M , Q в любом сечении балки, учитывая, что члены после вертикальной черты используются лишь при z>a.

По выражениям (3) и (4) построены эпюры М и Q (см. рис. 6.21, в, г). Воспользуемся первой зависимостью и построим изогнутую ось бал-

ки, подсчитав прогибы при z = 1, 2, 3, 4, 5, 6 м. Вынесем общий множитель:

z	1			[13z 2						5,33z3				0,417z 4						z a 3 z 4 2 0,417 z 4 4 ] ;
		EI						1					(13 12		5,33 13	0,417 14 ) 2,83 10 3
	1																					м;
								2860
2								1					(13 22		5,33 23					0,417 24 ) 5,6 10 3		м;
								2860
3								1				(13 32		5,33 33		0,417 34 ) 7,69 10 3 м;
					2860
4								1				(13 42		5,33 43		0,417 44 ) 9,21 10 3 м;
					2860
	5							1					(13 52		5,33 53					0,417 54	3 5 4 2
								2860
	0,417 5 4 4 ) 27,28 10 3 м;
	6							1					(13 62		5,33 63					0,617 64	3 6 4 2
								2860

0,417 6 4 4 ) 48,1 10 3 м.

По полученным данным изобразим эпюру прогибов (см. рис. 6.21, б). Из выражения (2) найдем угол поворота сечения В при z = 4 м. Поскольку сечение В находится на границе I участка, то члены после вертикальной черты опускаем:

139

	z	1			26z 16z 2 1,67z3			103		26z 16z 2 1,67z3 ;
								2,86 106
			EI
		4				1	26 4 16 42 1,67 43		1,58 10 2 рад.
						2860

Пример 6.1.12. Для заданной балки (рис. 6.22) составить функции прогиба и угла поворота. Построить эпюру прогибов с интервалом z = 2 м и найти угол поворота сечения D.

R	A	8 кН		RС=28 кН
				q=10 кН/м
					z
		А	В	C	D
			m 12 кНм
		а=2 м
			l=4 м	b =2 м
		y
		Эп. , мм
			6,99
			-
				+
				24,2
			Рис. 6.22

Дано: EI = 2,86 МНм2.

Решение. Определяем опорные реакции, выбираем систему координат (z, y) и записываем уравнение метода начальных параметров:

z 0 0 z

M z

2

Q z3

q z 4

0

0

0

z a

2EI

6EI

24EI

M доп1 z a 2

z l

Qдоп2 z l 3

qдоп2 z a 4

.

2EI

6EI

24EI

Определим начальные и дополнительные параметры.

При z = 0 имеем 0 0 ; 0

0 ; M0 0 ; Q0

RA 8 кН;

q0 0 ;

z a , M доп1

m 12 кНм ;

z l , Qдоп2

Rc 28

кН ;

140

											qдоп2 q 10 кН/м.
Тогда уравнение прогибов примет вид:
z		0	z 8z3					z a						12 z a 2																		z l												28 z l 3																			10 z a 4				.
			6EI														2EI																														6EI																	24EI
В этом уравнении неизвестен угол поворота сечения 0																																																																в начале ко-
ординат, который находим из граничного условия с 0 при z = l:
			4			0 0 4																8 43																		12 4 2 2												;
																						6EI
									6 2 2																																				2EI
		8 43																		15,33 103																								5,36 10 3																				рад.
	0
			6EI	4					EI 4											2,86 106
Запишем уравнение для прогибов и углов поворота с учетом 0 :
			z 5,36 10 3 z																8z3												z a										12 z a 2														z l
																			6EI																										2EI
													28 z l 3																	10 z a																4				;																(1)
																6EI																				24EI
																																														12 z a
																		3									8z 2												z a																							z l
	z z 5,36 10																										2EI																							EI
													14 z l 2																		10 z l 3																	.																		(2)
																	EI																				6EI
Найдем прогибы, подставляя в формулу (1) значения z с интервалом 2 м:
0	0 ;
2	5,36 10 3 2																103																8						23						6,99 10 3																			м;
															2,86 10												6
																														6
				3							103													8											3							12 22																							6
4 5,36 10						4													6											4																																		10		0;
																	10							6																						2					5,22
						2,86

	6			5,36 10 3		6	1		[	8	63		12	6 2 2		28	6 4 3
							2860 6					2			6
																		;
		10
					6 4 4 ] 24,2 10 3			м.
			24

По полученным данным строим изогнутую ось (см. рис. 6.22).

Для определения угла поворота сечения D подставим в формулу (2) z = 6 м:

141