Документ: Розрахунок балок при прямому згині, страницы 16-20

M III (x) = −F1 x + M + RB (x −1) = −32 x + 44 + 41(x −1) ,

M III (1) = −32 + 44 =12kH м, M III (3) = −32 3 + 41 2 + 44 = 30kH м.

За обчисленими значеннями згинальних моментів будуємо епюру, яка зображена на рис. 7, в.

4. Добір двотаврового поперечного перерізу балки.

Небезпечним перерізом є переріз з координа-

b

тою x0 = 2.44 м, в якому

Mmax

= 32.53kH м. За

t

формулою (10) знаходимо необхідний момент опо-

ру

W ≥

Mmax

=

32,53 102

= 203,31 см3 .

h

z

[σ]

16

Згідно з

сортаментом добираємо

двотавр

ymax

d

№20а (ГОСТ 8239-72) з такими геометричними ха-

рактеристиками (рис. 8):

h = 20см, b =11см, d = 0.52см, t = 0.86см,

y

Iz = 2030см4 , Wz = 203см3 , Sz =114см3.

Рис. 8. Двотавровий поперечний

переріз балки.

5. Перевірка міцності двотавра за найбільшими нормальними напруженнями.

Для вибраного двотавра згідно формули (10) будемо мати

σ

M

max

32,53 102

kH

<1,05[σ] =16,8

kH

max

=

=16,02

.

W

203

см2

z

Таким чином, в межах можливого п'яти відсоткового перенапруження балки умова міцності виконується.

6. Перевірка міцності двотавра за найбільшими дотичними напруженнями.

За третьою теорією міцності [τ]= 0,5 [σ] = 8				kH/см2. Небезпечним є переріз В, в якому
Qmax = 32kH . Тоді, згідно формулою Журавського (6) та умовою міцності (11) маємо
τmax =	Qmax Sz	=	32 114	= 3,46	kH	<[τ] = 8	kH	.
			0,52 2030		см2
	dIz						см2

Як бачимо, умова міцності виконується.

7. Побудова епюри нормальних і дотичних напружень в перерізі, де одночасно виникають велика поперечна сила та великий згинальний момент.

Переріз, в якому одночасно великі М(х) і Q(х) є переріз, що знаходиться навпроти опори В, де QB = Qmax = 32 kH і M B = −32 kH м. Для цього перерізу у точках K , L та C маємо:

а) нормальні напруження

σ K = −σ K1

=

M B

=

−32 100

= −15,76

kH

,

cм2

B

W

203

ML

z

−32 100

kH

L

L1

y(L)

9,14 =−14,41

σB

=−σB

=

,

Iz

2030

cм2

σBC = 0 ;

б) дотичні напруження

τC

=

QB Sz

=

32 114

= 3,46

kH

, τK =τ K ′

= 0,

d Iz

0,52 2030

B

cм2

B

L

=

L′

=

QB bt (h −t )

=

32 11 0,86 (20 −0,86)

= 2,74

kH

.

τB

2d Iz

2 0,52

2030

cм2

- 15 -

K ′	15,76
L′	+
	+
C	z
	0
L	14, 41 −
K y	15, 76
	σ, (kH см2 )
a)	б)

2,74

+3, 46

2,74

τ, (kH см2 )

в)

Рис. 9. Епюри нормальних і дотичних напружень в перерізі, що знаходиться навпроти опори В балки.

8. Перевірка міцності двотавра в точках переходу від стінки до полички (точки L i L΄).

Оскільки в даних точках діють нормальні та дотичні напруження, в кожній з них виникає плоский напружений стан. Перевірку міцності в цих точках слід проводити з використанням певних теорій міцності. Зокрема, згідно з ІІІ теорією міцності на підставі умови (12) будемо мати

σеквIII = σL2′ + 4τL2′ = 14.412 + 4 2.742 =15, 42	kH	<[σ] =16	kH	.
	см2
			см2

Таким чином, умова міцності в точках L i L΄ виконується.

9. Рівняння зігнутої осі балки.

Для запису цього рівняння використаємо універсальне рівняння (15) прогинів балки. Вибираючи початок відліку на лівому кінці балки (рис. 10), одержуємо

v(x) = v0 +θ0 x + EI1 z (− 3!F x3 + 4!q x4 H (x) − R3!A (x −1)3 H (x −1) −

− 4!q (x −3)4 H (x −3) + M2! (x −5)2 H (x −5) − R3!B (x −5)3 H (x −5)),

де початкові параметри v0 і θ0 визначаються з умов (18), які стосовно нашого випадку запишуться так: v(0) = 0; v(5) = 0.

Підставивши у записане рівняння зігнутої осі балки значення величин зовнішніх навантажень, поданих на рис. 10 та беручи до уваги граничні умови, запишемо вирази для прогинів осі в точках, що знаходяться навпроти опор, тобто в точках з координатами x =1 м та x = 5 м:

	R =15kH			RB =41kH
	A	q =16kH м	M = 44kH м		F1	=32kH
		q =16kH м	M = 44kH м

а)						x
а)
F = 24kH
F = 24kH
	1м
		3 м
		5 м
y			6 м

Рис. 10. Розрахункова схема для визначення прогинів балки.

- 16 -

v(1) = v

+θ

−

3,33

= 0,

v(5)

= v

+5θ

−

251,97

= 0.

0

EIz

0

EIz

Розв’язками цієї системи рівнянь є:

v

= −

58,83

,

θ

=

62,16

.

0

E Iz

Далі підставляючи значення величин v0

і θ0

в рівняння зігнутої осі балки, а також зна-

чення зовнішнього навантаження, одержуємо

v(x) =

1

(−58.83 + 62.16x − 4x3 + 0.67x4 H (x) − 2.5(x −1)3 H (x −1) −

EIz

−0.67(x −3)4 H (x −3) + 22(x −5)2 H (x −5) −6.83(x −5)3 H (x −5)).

10.Визначення прогинів балки для характерних точок осі та побудова епюри прогинів.

Обчислимо прогини балки для характерних точок:

а) точка з координатою x = 0,

v(0) = −

58,83

= −

58,83 106

= −1,45 см;

EIz

2 104 2030

б) точка з координатою x =1м,

v(1) =

−58,83 + 62,16 − 4 + 0,67

=

0

= 0 ;

2

104

2030

в) точка з координатою x = 3 м,

E Iz

v(3) =

−58,83 +62,16 3 −4 33 +0,67 34 −2,5 23

=

53,92 106

=

1,32см;

E Iz

2 104 2030

г) точка з координатою x = 5 м,

v(5) =

−58,83 + 62,16 5 − 4 53 + 0,67 54 − 2,5 43 −0,67 24

= 0 ;

ґ) точка з координатою x = 6м,

E Iz

v(6) = −58,83 + 62,16 6 − 4 63 + 0,67 64 − 2,5 53 −0,67 34 + 22 −6,83 = −

33,15 106

= −0.82см.

2 104 2030

E Iz

За одержаними числовими значеннями будуємо епюру прогинів балки (рис. 7, г).

11. Перевірка жорсткості балки.

Допустимий прогин знаходимо як [v] = l500 = 0,8см. Максимальний прогин, згідно з ре-

зультатами обчислень, vmax = v(0) =1,45см >[v] = 0,8см.

Таким чином, умова жорсткості не виконується. Для добору двотаврового поперечного перерізу балки, що задовольняв би умову жорсткості, розглянемо прогин балки в точці з координатою x = 0 і запишемо умову жорсткості у вигляді

v =	v(0)	=	58,83		≤[v],
			58,83

max			E Iz
			E Iz	58,83			58,83 106	= 3676,9 см4 .
звідки одержуємо			Iz ≥	58,83		=	58,83 106
звідки одержуємо			Iz ≥	E[v]		=	2 104 0,8
				E[v]			2 104 0,8

За цим значенням моменту інерції згідно з сортаментом добираємо двотавр № 24а, для якого I z = 3800см4 .

Очевидно, що така двотаврова балка буде задовольняти як умову жорсткості, так і умови міцності.

- 17 -

Програмне забезпечення MathCAD для

розрахунку на міцність та жорсткість балок при прямому згині , прямокутного поперечного перерізу

Введення нестандартних розмірностей MPa := 106 Pa kN := 103 N

Вхідні дані

Довжина балки	L := 6m
Координати шарнірних опор	xA := 1 m				xB:= 5 m
Розміри поперечного перерізу	b := 10cm				h := 17cm
Момент інерції	I :=	b h3			4
					I = 4094.166667cm
			12
Момент опору	W :=		b h2		3
			6		W = 481.666667cm
Модуль пружності	E := 2 105MPa
Межа текучості	KS := 12			kN
				cm2

Коефіцієнт запасу міцності	k := 1.5

Навантаження балки:

Зосереджені моменти
Координата прикладання	xm1:= 5 m	xm2:= 0 m	xm3:= 0 m
Величина з врахуванням знаку	M1 := 44 kN m	M2 := 0 kN m	M3 := 0 kN m
Зосереджені сили
Координата прикладання	xp1 := 0 m	xp2 := 6 m	xp3 := 0 m
Величина з врахуванням знаку	P1 := −24 kN	P2 := 32 kN	P3 := 0 kN
Розподілене навантаження
Координати початку прикладання	xq1p := 0 m	xq2p := 0 m	xq3p := 0 m
Координати кінця прикладання	xq1k:= 3 m	xq2k:= 0 m	xq3k:= 0 m
Величина з врахуванням знаку	q1 := 16 kN	q2 := 0 kN	q3 := 0 kN
	m	m	m
Допустиме напруження	Dσ:= KS	Dσ = 80MPa
	k

- 18 -

Визначення реакцій опор

RB := 0 kN

RA := 0 kN

Given

+ q1 (xq1k − xq1p) xA − xq1p	−	xq1k −
		2
[RB (xB − xA) + P1 (xA − xp1)	+ P2 (xA
+ q2 (xq2k − xq2p) xA − xq2p −		xq2k −
		2

− xp2) + P3 (xA − xp3) + M1 + M2 + M3] ...						0


xq1p	...

				xq3k	− xq3p
xq2p	+	q3 (xq3k − xq3p)	xA − xq3p −
					2

[−RA (xB − xA) + P1 (xB − xp1) + P2 (xB − xp2) + P3 (xB − xp3) + M1 + M2 + M3] ...

0

+ q1 (xq1k − xq1p)

xB − xq1p

−

xq1k − xq1p

...

2

xq3k − xq3p

+ q2 (xq2k − xq2p)

xB − xq2p

−

xq2k − xq2p

+

q3 (xq3k − xq3p)

xB − xq3p −

2

RA		:= Find(RA,RB)
	RB	:= Find(RA,RB)
	RB
Перевірка:			RA + RB − P1 − P2 − P3 − q1 (xq1k − xq1p) − q2 (xq2k − xq2p) − q3 (xq3k − xq3p) = 0 N
Функція Хевісайда			H(x) :=	0	if	x ≤ 0
			H(x) :=	0	if	x ≤ 0
				1	if	x > 0
				1	if	x > 0

RA = 15kN

Реакції опор рівні:

RB = 41kN

Побудова епюр

Q(x) := (RA H(x − xA) + RB H(x − xB) − P1 H(x − xp1) − P2 H(x − xp2) − P3 H(x − xp3)) ...

+(−1) q1 [ H(x − xq1p) (x − xq1p) − H(x − xq1k) (x − xq1k) ] ...

+(−1) q2 [ H(x − xq2p) (x − xq2p) − H(x − xq2k) (x − xq2k) ] ...

+(−1) q3 [ H(x − xq3p) (x − xq3p) − H(x − xq3k) (x − xq3k) ]

M(x) := −RA H(x − xA) (x − xA) − RB H(x − xB) (x − xB) + P1 H(x − xp1) (x − xp1) + P2 H(x − xp2) (x − xp2) ...

+ P3 (x − xp3) H(x − xp3) + M1 H(x − xm1) + M2 H(x − xm2) + M3 H(x − xm3) ...

+q1 H(x − xq1p) (x − xq1p)2 − H(x − xq1k) (x − xq1k)2 0.5 ...

+q2 H(x − xq2p) (x − xq2p)2 − H(x − xq2k) (x − xq2k)2 0.5 ...

+q3 H(x − xq3p) (x − xq3p)2 − H(x − xq3k) (x − xq3k)2 0.5

x:= 0 m,0.02 m.. L

-19 -

Материал: Розрахунок балок при прямому згині

Смотрите также: