Контрольная работа №1 (шифр 727230)

Рис. 2

Составляем уравнение равновесия плоской системы сил относительно оси x и y через проекции её слагаемых на каждую из двух координатных осей. Учитывая направление сил уравнение, будет иметь вид:

ΣF_x = 0 => Rx = 0

ΣF_y = 0 => Ry + F – а₃·q = 0

Отсюда получим реакции опор:

Rx = 0

Ry = а₃·q – F = 0,5·28 – 20 = –6 кН

Для нахождения реактивного момента составляем уравнение моментов сил относительно какой-нибудь точки, например, А:

ΣМ_А(F_i) = 0 => –2а₃·F – М_А + а₃·q­·а₃/2 = 0

М_А = –2а₃·F + а₃·q₂·а₃/2 = –2·0,5·20 + 0,5·28·0,5/2 = –16,5 кН·м

То, что значения реакций опор и реактивного момента получились со знаком «–», означает, что мы просто не угадали направление их действия. В действительности силы направлены следующим образом:

Рис. 3

Для проверки правильности решения составим уравнение моментов сил относительно другой точки, например, С:

ΣМ_С(F_i) = 0 => –2а₃·Ry + М_А – а₃·q­·(а₃+а₃/2) = 0

–2·0,5·6 + 16,5 – 0,5·28­·(0,5+0,5/2) = 0

0 = 0

Реакции и момент найдены правильно.

Построим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов. В соответствии с местом приложения нагрузок — пары сил с моментом М и сосредоточенной силы F разделим балку на два участка: I, II.

Рис. 4

Определим значения поперечных сил Q_y на каждом участке, применяя метод сечения. Как видим, балка имеет участок с равномерно распределенной нагрузкой, следовательно, значение поперечной силы будет изменяться по линейному закону и ее эпюра изобразится наклонным отрезком прямой.

Q_yII = –F = –20 кН;

Q_yI = –F + x·q, где 0 ≤ x ≤ 0,5

при x = 0: Q_yI = –20 + 0·28 = –20 кН;

при x = 0,5: Q_yI = –20 + 0,5·28 = –6 кН;

По полученным данным строим эпюру Q_y (рис. 5).

Рис. 5

Для построения эпюры изгибающих моментов М_и, применяя метод сечений, вычислим значения изгибающих моментов в характерных точках. При этом можно рассматривать равновесие как левой, так и правой отсеченной части — результаты будут одинаковы.

М_А^слева = 0;

М_А^справа = М_А = 16,5 кН·м;

М_В = М_А – а₃·Ry – а₃·q·а₃/2 = 16,5 – 0,5·6 – 0,5·28·0,5/2 = 10 кН·м;

М_С = М_А – 2а₃·Ry – а₃·q·(а₃ + а₃/2) = 16,5 – 2·0,5·6 – 0,5·28·(0,5 + 0,5/2) = = 0 кН·м;

По полученным данным строим эпюру М_и (рис. 6).

Рис. 6

Теперь по максимальному изгибающему моменту подберем балку круглого поперечного сечения при [σ] = 8 МПа. Из условия прочности на изгиб через наибольший изгибающий момент в сечении балки М_max = 16,5 кН·м = 16,5·10³ Н·м определим её диметр, выразив его из формулы условия прочности для круглой балки:

σ = |М_max| / Wи ≤ [σ],

где

Wи = πd³ / 32

отсюда

d = ³√32·|М_max| / [σ]·π

d ≥ ³√32·|16,5·10³| / 8·10⁶·3,14 = 0,276 м = 276 мм.

Мы получили, что диаметр балки для данного условия прочности не должен быть меньше 276 мм.

Рассчитаем балку на рисунке 1-б. В данной задаче будем рассматривать плоскую систему произвольно-расположенных сил. Любую систему произвольно-расположенных сил действующую на тело можно путем сложения привести к одной равнодействующей силе или одной паре сил. Для этого применяется простой способ, основанный на теореме о параллельном переносе сил. Так как по условию задачи имеем одну шарнирно-подвижную опору и одну шарнирно-неподвижную, то на первую будет действовать одна реакция, а на вторую две реакции опоры. Условно покажем реакции опор, действующих на балку, на координатной плоскости и определим их значения исходя из условия, что поперечная сила равна алгебраической сумме внешних сил, действующих по одну сторону от рассматриваемого сечения:

Q_y = ΣF_i

Изгибающий момент численно равен алгебраической сумме моментов сил по одну сторону от рассматриваемого сечения:

Ми = Σ М₀(F_i)

Как мы отметили, в шарнирно неподвижной опоре возникают две реакции, но второй пренебрегаем, так как в наших расчетах она равна нулю, потому что направление вектора совпадает с осью балки и пересекается с центрами опор: ΣF_x = 0 => Rbx = 0. Перерисуем балку с учетом ее геометрических размеров в соответствии с исходными данными (рис. 7).

Рис. 7

Для определения реакций опор балки R_ay, R_b составим систему уравнения моментов относительно опор А и В.

ΣМ_А(F_i) = 0 => а₂·q·(а₃+а₂/2) – а₃·F – (а₃ + а₂)·R_b – М = 0 =>

ΣМ_В(F_i) = 0 => –а₂·q·(а₂/2) – (2а₃+а₂)·F + (а₃ + а₂)·R_аy – М = 0 =>

Отсюда находим реакции опор:

R_b = (а₂·q·(а₃+а₂/2) – а₃·F – М) / (а₃ + а₂)

R_b = (4·28·(4+4/2) – 4·20 – 12) / (4 + 4) = 72,5 кН

R_ay = (а₂·q·(а₂/2) + (2а₃+а₂)·F + М) / (а₃ + а₂)

R_ay = (4·28·(4/2) + (2·4 + 4)·20 + 12) / (4 + 4) = 59,5 кН

Проведем проверку по алгебраической сумме проекций всех внешних сил на ось перпендикулярную балке:

R_ay + R_b – F – а₂·q = 0

59,5 + 72,5 – 20 – 4·28 = 0

0 = 0

Реакции опор определены правильно.

В соответствии с местом приложения нагрузок — пары сил, сосредоточенной силы и реакций опор разделим балку на три участка: I, II, III (рис. 8).

Рис. 8

Определим значения поперечных сил Q_y на каждом участке, применяя метод сечения. Балка имеет участок с равномерно распределенной нагрузкой, следовательно, значение поперечной силы будет изменяться по линейному закону и ее эпюра изобразится наклонным отрезком прямой, а на эпюре изгибающих моментов изобразится дугой параболы. На участке балки свободном от распределенной нагрузки поперечная сила постоянна и эпюра Q_y изобразится прямой, параллельной базовой линии.

Q_yIII = –R_b + x·q, где 0 ≤ x ≤ 4

при x = 0: Q_yIII = –72,5 + 0·28 = –72,5 кН;

при x = 4: Q_yIII = –72,5 + 4·28 = 39,5 кН;

Q_yII = –R_b + а₂·q = –72,5 + 4·28 = 39,5 кН;

Q_yI = –R_b + а₂·q – R_ay = –72,5 + 4·28 – 59,5 = –20 кН.

По полученным данным строим эпюру Q_y (рис. 9).

Для построения эпюры изгибающих моментов М_и, применяя метод сечений, вычислим значения изгибающих моментов в характерных точках. При этом можно рассматривать равновесие как левой, так и правой отсеченной части — результаты будут одинаковы.

Рис. 9

Как видим на участке с равномерно распределенной нагрузкой эпюра поперечной силы наклонной прямой пересекает нулевую ось. Положение сечения, где Q_y = 0, необходимо определить, так как исходя из дифференциальной зависимости изгибающего момента от поперечной силы dM_и/dx = Q в сечении, где поперечная сила изменяет знак, переходя от Q_y > 0 к Q_y < 0, изгибающий момент достигает максимального значения.

М_С = 0;

М_А = –а₃·F = –4·20 = –80 кН·м;

М_D^слева = –2а₃·F + а₃·R_ay = –2·4·20 + 4·59,5 = 78 кН·м;

М_D^справа = –2а₃·F + а₃·R_ay – М = –2·4·20 + 4·59,5 – 12 = 66 кН·м

М_В = (2а₃+а₂)·F + (а₃+а₂)·R_ay – М – а₂·q·а₂/2 = –(2·4+4)·20 + (4+4)·59,5 – – 12 – 4·28·4/2 = 0

Для определения точки наибольшего изгибающего момента необходимо решить уравнение Q_yIII = –R_b + x·q = 0, так как именно на участке III эпюра поперечной силы пересекает базовую линию:

–R_b + x·q = 0

x = R_b / q

x = 72,5 / 28 = 2,59 м

Так как при вычислении поперечных сил методом сечения мы отсекали балку справа налево, то найденное значение x — это расстояние от точки В, на которое отстоит сечение Е, в котором Q_y = 0 (рис. 10).

Рис. 10

Исходя из этого, определим изгибающий момент в экстремальном сечении, рассматривая левую отсеченную часть балки и правую для подтверждения правильности построения эпюры М_и:

М_Е^слева = –(2а₃+1,41)·F + (а₃+1,41)·R_ay – М – 1,41·q·1,41/2 =

= –(2·4+1,41)·20 + (4+1,41)·59,5 – 12 – 1,41·28·1,41/2 = 93,86 кН·м

М_Е^справа = 2,59·R_b – 2,59·q·2,59/2 = 2,59·72,5 – 2,59·28·2,59/2 = 93,86 кН·м

Совпадение значений М_Е­ подтверждает правильность расчета.

Изгибающий момент есть квадратичная функция от x, поэтому на участке, нагруженном равномерно распределенной нагрузкой, эпюра изгибающего момента изображается параболой, выпуклость которой обращена в сторону, противоположную направлению действия нагрузки; при этом на участке, где Q > 0 (DЕ), изгибающий момент возрастает, если Q < 0 (ЕВ), изгибающий момент убывает (рис. 11).

Рис. 11

Для заданной стальной балки подберем двутавровое поперечное сечение при [σ] = 160 МПа по максимальному изгибающему моменту М_max = 93,86 кН·м из условия прочности на изгиб.

Приняв по условию задачи [σ] = 160 МПа = 160 · 10⁶ Па, по формуле находим необходимое значение момента сопротивления сечения при изгибе:

Wи ≥ Ми_max / [σ],

Wи ≥ 93,86 · 10³ / 160 · 10⁶ = 0,000586 м³ = 586 см³

В соответствии с ГОСТ 8239-89 требуемому значению момента сопротивления соответствует тип двутавра №33 с Wи = 597 см³, показанному на рисунке 12. Площадь поперечного сечения этого двутавра 53,8 см², высота h = 330 мм, ширина полки b = 140 мм, толщина стенки s = 7,0 мм, средняя толщина полки t = 11,2 мм. Масса 1 м двутавра составляет 42,2 кг.

Рис. 12

Для выбранной балки выполним проверочный расчет из условия прочности. Определим наибольшее рабочее напряжение в поперечном сечении балки через наибольший изгибающий момент по формуле:

σ = М_max / Wи^(I)

σ = 93,86 · 10³ / 597 = 157,2 МПа

Проверяем прочность наиболее нагруженного сечения стержня по формуле:

∆σ = ((σ – [σ]) / [σ]) · 100%

∆σ = ((157,2 – 160) / 160) · 100% = –1,75%

В данном случае имеет место недогрузка, которая составляет 1,75%, что допускается (не более 15 %).

Задача №7. Определить прогиб свободного конца балки переменного сечения (рис. 1).

Исходные данные: α = 0,2, β = 0,3, κ = 10.

Рис. 1

Решение:

При определении прогибов и углов поворота для балок c переменным сечением надлежит иметь в виду, что жесткость такой балки является функцией от х. Поэтому дифференциальное уравнение изогнутой оси принимает вид:

где J(x) – переменный момент инерции сечений балки.

До интегрирования этого уравнения можно выразить J(x) надлежащей подстановкой через J, т. е. через момент инерции того сечения, где действует М_max; после этого вычисления производятся так же, как и для балок постоянного сечения.

Определим прогиб балки, защемленной одним концом, нагруженной силой Р. Начало координат выберем в точке приложения силы Р.

Тогда

Дифференциальное уравнение принимает вид:

Интегрируем два раза:

Для определения постоянных интегрирования имеем условия: в точке защемления балки при x = l прогиб y = 0 и угол поворота dy/dx = 0 или

Отсюда

Выражение для y и θ принимает вид:

Наибольший прогиб на свободном конце балки получится при x = 0 и равен