Задача 3 – Плоский изгиб прямых брусьев

Задание. Для заданных двух схем балок (рисунки 7, 8) требуется написать выражения для поперечных сил Q и изгибающих моментов M для каждого участка в общем виде, построить эпюры Q и M, найти M _max и подобрать:

а) для схемы а – деревянную балку круглого поперечного сечения при [σ ] = 8 МПа;

б) для схемы б – стальную балку двутаврового поперечного сечения при [σ ] = 160 МПа. Данные взять из таблицы 3.

Чтобы построить эпюры (графики) Q и М, надо помнить, что поперечная сила в любом сечении есть алгебраическая сумма проекций всех внешних сил, действующих по одну сторону сечения, на ось, перпендикулярную оси балки. Поперечная сила Q считается положительной, если внешняя сила слева от сечения направлена снизу вверх, а справа – сверху вниз, и отрицательна – в противоположном случае.

Изгибающий момент в любом сечении определяется как алгебраическая сумма моментов всех внешних сил, действующих по одну сторону от этого сечения. Изгибающий момент считается положительным от тех нагрузок, момент которых изгибает горизонтальную балку выпуклостью вниз. Для построения эпюр Q и М необходимо разбить балку на грузовые участки; граница участка – это место приложения сосредоточенной внешней нагрузки или начало (конец) распределенной нагрузки.

Эпюра изгибающих моментов изображается на растянутых волокнах балки (в сторону ее выпуклости), а так как положительный момент соответствует направлению выпуклостью вниз, то положительный момент откладывается вниз, а отрицательный – вверх.

Для проверки правильности построения эпюр необходимо помнить, что в сечении, в котором к балке приложена сосредоточенная внешняя сила, перпендикулярная оси балки (в том числе и опорная реакция в виде сосредоточенной силы), значение поперечной силы Q изменяется скачкообразно на величину приложенной силы. Аналогично, в сечении, в котором к балке приложен сосредоточенный изгибающий момент (в том числе и опорная реакция в виде сосредоточенного момента), значение изгибающего момента М изменяется скачкообразно на величину приложенного момента.

Изгибающий момент достигает максимума или минимума в сечениях балки, в которых поперечная сила равна нулю.

Рисунок 7 – Расчетные схемы балок

Рисунок 8 – Расчетные схемы балок (продолжение)

Таблица 3 – Исходные данные к задаче 3

Пример 3. Рассмотрим две схемы балок, представленных на рисунке 9.

Рисунок 9 – Схемы балок

Данные для расчета:

F = 20 кН; q = 20 кН/м; М = 40 кНм;

Для схемы (а): Для схемы (б):

Решение

Схема (а), рисунок 10

1. 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.

Участок 1: ; Q₁ = – F = – 20 кН, М ₁ = Fx;

при x₁ = 0 М ₁ = 0, при х₁ = ₃ = 0, 5 м М ₁ = 20 = 10 кНм.

Рисунок 10 – К расчету балки

Участок 2: ;

Q₂ = – F + q (x₂ – ₃), М ₂ = F x ₂ – q ;

при x ₂ = ₃ = 0, 5 м Q₂ = – F = – 20 кН, М ₂ = 20 кНм;

при x ₃ = = 5 м Q₂ = – 20 + 20(5 – 0, 5) = 70 кН,

М ₂ = 20 .

На этом участке Q меняет знак. Найдем значение x₂ = x₀, при котором Q = 0.

Q₂ = – F + q (x₂ – a₃) = 0; x ₂ = x ₀ = м.

В этом сечении балки момент экстремален.

При x ₂ = 1, 5 м М _max = 20

Отложим положительные ординаты Q вверх, а отрицательные – вниз и, соединив полученные точки линиями, получим эпюру поперечных сил (рисунок 10). Эпюра изгибающих моментов строится на растянутых волокнах балки, т.е. положительные значения М откладываются ниже нулевой линии, отрицательные – выше.

2. Подбор размеров поперечного сечения балки. Условие прочности при изгибе запишем:

где W_z= осевой момент сопротивления поперечного сечения;

М _max = 102, 5 кНм – максимальный изгибающий момент.

Тогда условие прочности можно представить в виде:

Отсюда определим диаметр поперечного сечения балки:

.

Схема (б), рисунок 11

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

.

Отсюда

и отсюда же

Рисунок 11 – Расчетная схема балки и эпюры Q и M

Выполним проверку:

.

Следовательно, реакции определены верно.

2. Составим выражения для определения поперечной силы и изгибающего момента.

Участок 1: ; Q₁ = – F= – 20 кН, М ₁ = – F х ₁;

при х ₁ = 0 М ₁ = 0; при х₁ = ₁ = 3, 2м М ₁ = – 20 .

Участок 2: ; Q₂ = – F+R_A = – 20 + 74, 2 = 54, 2 кН,

М ₂ = – F ₂ + М + R_A(x ₂ – ₁);

при х ₂ = ₁ = 3, 2 м М ₂ = – 20 ;

при х ₂ = ₁ + ₂ = 4, 8 м М ₂ = – 20 .

Участок 3: ; ;

при х ₃ = 0 Q₃ = – R_B = – 73, 8 кН, М ₃=0;

при х ₃ = 6, 4 м Q₃ = – 73, 8+20

М ₃ = 73, 8 .

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

Q₃ = – R_B + q x ₃ = 0, х ₃ = х ₀ = ;

М _max = 73, 8

По полученным данным построим эпюры изгибающих моментов и поперечных сил.

3. Подберем размеры поперечного сечения двутавровой балки.

Для опасного сечения с М _max = 136, 2 кНм из условия прочности при изгибе

получим W_Z =

Из таблицы сортамента прокатных профилей (ГОСТ 8339–89) подберем двутавр с ближайшим большим значением W_Z: № 40, W_Z = 9, 47

Задача 4 – Статически определимая рама

Задание. Для одной из рам, изображенной на рисунке 12, требуется:

1) написать выражения для продольных сил N, поперечных сил Q и изгибающих моментов M на каждом участке в общем виде;

2) построить эпюры N, Q и M;

3) подобрать двутавровое сечение при ;

4) определить горизонтальное перемещение точки 1 и угловое перемещение сечения в точке 2.

Данные взять из таблицы 4.

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

Рисунок 12 – Схемы рам

Таблица 4 – Исходные данные к задаче 4

№ схемы
	3, 0 2, 9 2, 8 2, 7 2, 6 2, 5 2, 4 2, 3 2, 2 2, 1	3, 0 2, 9 2, 8 2, 7 2, 6 2, 5 2, 4 2, 3 2, 2 2, 1
e	д	е	д	е

Пример 5. Рассмотрим раму, представленную на рисунке 13.

Рисунок 13 – Заданная схема рамы

Решение

1. Определим опорные реакции и (рисунок 14).

Определим опорные реакции и (рисунок 14).

Для этого составим три уравнения равновесия:

, ,

откуда ;

, ,

откуда

откуда

Рисунок 14 – Расчетная схема рамы

Проверка реакций опор:

, ;

, ; .

Опорные реакции найдены верно.

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

Раму можно представить из пяти участков: и (рисунок 14).

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 14 отмечены крестиком) принимаем в качестве левых концов участков.

На каждом участке проведем по одному сечению, определяемому координатой

Участок : .

Алгебраическая сумма проекций односторонних сил на ось стержня дает усилие

Алгебраическая сумма проекций односторонних сил на само сечение стержня дает усилие

.

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

Участок : ;

; ; ;

при , при

Участок : ;

; ; ;

, .

Участок : ;

; , , ;

, , .

Участок : ;

; ,

, .

2. По вычисленным значениям строим эпюры N, Q и М (рисунок 15).

Рисунок 15 – Эпюры и

Для проверки правильности построения эпюр вырежем узлы рамы и приложим к ним все внутренние и внешние усилия (рисунок 16).

Рисунок 16 – Схемы узлов рамы

Проверка показывает, что узлы находятся в равновесии:

узел : , ;

узел : , .

Как правило, проверяют равновесие всех узлов рамы.

3. Подбор сечения. Ориентировочно подбираем номер двутавра из условия прочности при чистом изгибе, если :

.

Значение снято с эпюры M (рисунок 15).

Принимаем двутавр № 12 ГОСТ 8339-89:

, ,

Проверка прочности двутавра № 12 по нормальным напряжениям при совместном действии изгибающего момента и продольной силы:

;

4. Для вычисления горизонтального перемещение точки 1 рассмотрим вспомогательное (единичное) состояние рамы, отбросив все ранее действующие внешние нагрузки и приложив в этой точке по направлению искомого перемещения горизонтальную силу, равную единице (рисунок 17).

Построим для единичного состояния рамы эпюру изгибающих моментов. Для этого найдем ее реакции опор:

, ;

, ;

, .

Проверка:

.

Запишем уравнения изгибающего момента по участкам рамы:

участок : ; ;

участок : ;

, , ;

Рисунок 17 – Схема единичного состояния рамы и эпюра

участок : ;

;

участок : ;

, , .

По полученным значениям строим эпюру изгибающих моментов (рисунок 17).

Горизонтальное перемещение точки 1 найдем «перемножением» рабочей (грузовой) эпюры (рисунок 15) с единичной (рисунок 17) по формуле Симпсона:

,

где длина участка рамы;

значения моментов грузовой эпюры в нача-

ле, середине и конце участка;

значение моментов единичной эпюры в на-

чале, середине и конце участка.

Вычисления проводим по участкам ( и ). Для этого на перечисленных эпюрах дополнительно найдем ординаты моментов посередине участков ( и ).

Для грузовой эпюры:

участок : ;

участок : ;

участок :

Для единичной эпюры:

участок : ;

участок : ;

участок : .

Напомним, что при «перемножении» эпюр произведения ординат рабочей и единичной эпюр, имеющих одинаковые знаки, берутся со знаком плюс, а разные – со знаком минус.

Окончательно получим:

Для определения угла поворота сечения в точке 2 приложим в этом месте единичный момент () (рисунок 18).

Найдем реакции опор:

, ;

;

, .

Рисунок 18– Схема единичного состояния рамы и эпюра

Проверка:

Запишем уравнения изгибающего момента по участкам рамы:

участок : ; ;

участок : ; ;

участок : ; ;

участок : ;

, , .

По полученным значениям строим эпюру изгибающих моментов (рисунок 18).

«Перемножая» грузовую эпюру с единичной (по участкам и ), находим величину углового перемещения сечения в точке 2:

Отрицательный ответ указывает, что действительный угол поворота сечения в точке 2 будет направлен в сторону, противоположную направлению выбранного единичного момента, т.е. будет поворачиваться против часовой стрелки.