Теор мех. Решение Решение задачи начинаем с определения опорных реакций. Для этого составляем уравнения статического равновесия

• Название: Решение Решение задачи начинаем с определения опорных реакций. Для этого составляем уравнения статического равновесия
• Анкор: Теор мех
• Дата: 25.11.2022
• Размер: 250.83 Kb.
• Имя файла: Primer_reshenia_zadachi.pdf
• Тип: Решение; #812059

Пример решения задачи «Расчет балки на изгиб»
Для балки, изображенной на рисунке выполнить проектный расчет, подобрав четыре вида поперечного сечения: круглое, квадратное, прямоугольное с отношением высоты сечения к его ширины равное двум и двутавровое. Сравнить выбранные сечения на экономичность по расходу материала.
Данные для расчета
– Сосредоточенные силы:
F
1
= 8 кН; F
2
= 5 кН.
– Момент пары сил
М = 4 кН·м.
– Длины участков балки:
a = 2 м; b = 0,5 м; c = 1,5 м; d = 1м.
Решение
Решение задачи начинаем с определения опорных реакций. Для этого составляем уравнения статического равновесия.
.
0
)
d
c
b
a
(
F
)
c
b
a
(
R
M
a
F
M
2
B
1
A
=
+
+
+
−
+
+
+
+

=

В этом уравнении одна неизвестная реакция
R
B
Найдем её.
=
+
+
+
+
+
+
−

−
=
c
b
a
)
d
c
b
a
(
F
M
a
F
R
2
1
B
кН.
25
,
1
5
,
1
5
,
0
2
)
1
5
,
1
5
,
0
2
(
5
4
2
8
=
+
+
+
+
+
+
−

−
=
Аналогично составим сумму моментов всех сил относительно второй опоры.
.
0
d
F
M
)
c
b
(
F
)
c
b
a
(
R
M
2
1
A
B
=

−
+
+
−
+
+
−
=

X
A
B
b
а
с
F
1
M
R
A
H
A
Y
R
В
d
3
V
F
2
d
R
A
Рисунок 1 – Схема балки

Отсюда найдем вторую опорную реакцию.
=
+
+

−
+
+
−
=
c
b
a
d
F
M
)
c
b
(
F
R
2
1
A
кН.
25
,
4
5
,
1
5
,
0
2
1
5
4
)
5
,
1
5
,
0
(
8
−
=
+
+

−
+
+
−
=
Знак минус реакции
A
R
означает, что этот вектор направлен в противоположную сторону. Выполним исправление направления реакции
A
R
, для чего зачеркнем первоначальное направление вектора на схеме и укажем правильное направление.
Горизонтальная реакция в шарнирно-неподвижной опоре
A
равна нулю, так как никаких активных сил в направлении оси
X не действует.
0
H
X
A
=
−
=

; откуда
.
0
H
A
=
Для проверки правильности нахождения опорных реакций можно составить сумму проекций всех сил на ось
Y
.
0
5
25
,
1
8
25
,
4
F
R
F
R
Y
2
B
1
A
=
−
+
+
−
=
−
+
+
=

Проверка подтверждает правильность выполненного решения.
Теперь определяем внутренние изгибающие моменты в сечениях балки с применением метода сечений. Для этого мысленно рассекаем каждый участок балки поочередно, отбрасываем одну часть, заменяем действие отброшенной части на оставшуюся внутренними силовыми факторами и составляем уравнение равновесия оставшейся части балки.
При этом знак внутреннего изгибающего момента определяем в зависимости от знака кривизны балки: если балка под действием внутреннего момента изгибается выпуклостью вниз, такой момент считается положительным; в обратном случае – отрицательным.
Кроме изгибающего момента в поперечных сечениях балки возникает также поперечная сила. Но влияние этого силового фактора на прочность балки не существенно, поэтому построение эпюры поперечных сил в данной теме не рассматривается.
Рассмотрим первый участок (рис. 2, а). Рассечем этот участок в сечении с координатой
x
1
и отбросим правую часть балки. На оставшейся левой части балки действует только одна внешняя сила
R
A
,
которая создает относительно рассматриваемого сечения момент с плечом
x
1
.
Под действием этой силы точка
А
будет перемещаться в направлении силы, балка будет изгибаться выпуклостью вверх, как показано пунктиром на

рис. 2, а. В соответствии с правилом знаков момент от силы
R
A
будет отрицательным. Следовательно,
.
x
R
M
1
A
1

−
=
Здесь
x
1
может принимать значения в пределах длины первого участка, то есть
a
x
0
1


Зададим крайние значения координаты
x
1
и определим соответствующие значения момента на границах первого участка.
При
0
x
1
=
0
M
1
=
; при
м
2
a
x
1
=
=
кНм
5
,
8
2
25
,
4
a
R
M
A
1
−
=

−
=

−
=
Рассмотрим второй участок. После его рассечения в некотором сечении с координатой
x
2
и отбрасывания правой части, видно, что на оставшуюся часть действуют две внешние силы -
R
A
и
F
1
(рис. 2, б).
Реакция опоры
A
имеет плечо
(а + x
2
)
и изгибает балку по-прежнему выпуклостью вверх, следовательно, изгибающий момент от этой реакции будет отрицательный. Сила
F
1
имеет плечо
x
2
,
точка приложения силы будет перемещаться в направлении этой силы, т. е. вверх, следовательно, эта сила будет стремиться изгибать балку выпуклостью вниз, как указано на рис. 2, б пунктиром. Знак изгибающего момента от этой силы
Рисунок 2
–
Варианты изгиба упругой линии балки на каждом участке а)
A
x
1
R
A
Q
1
M
1
г)
M
4
d
3
V
F
2
Q
4
x
4
M
3
Q
3
A
b
а
x
3
F
1
M
R
A
в)
M
2
A
x
2
а
F
1
R
A
Q
2
б)

получается положительный. Тогда внутренний момент на втором участке будет равен
2
1
2
A
2
x
F
)
x
a
(
R
M

+
+

−
=
, где
b
x
0
2


Задаем граничные значения координаты
x
2
При
0
x
2
=
кНм
5
,
8
2
25
,
4
a
R
M
A
2
−
=

−
=

−
=
; при
м
5
,
0
b
x
2
=
=
кНм
625
,
6
5
,
0
8
5
,
2
25
,
4
b
F
)
b
a
(
R
M
1
A
2
−
=

+

−
=

+
+

−
=
Переходим к третьему участку. Рассекаем его в сечении с координатой
x
3
и отбрасываем правую часть (рис. 2, в). На ставшейся части действуют силы
R
A
, F
1
и пара сил с моментом
М
. Реакция опоры имеет плечо
(a+b+x
3
)
и даст отрицательный момент. Сила
F
1
имеет плечо
(b+x
3
)
и даст положительный момент. Пара сил с моментом
М
стремится поворачивать сечение, в котором она действует, против часовой стрелки, это приведет к изгибу балки выпуклостью вверх, что соответствует отрицательному знаку момента. Следовательно, внутренний момент на третьем участке будет равен
M
)
x
b
(
F
)
x
b
a
(
R
M
3
1
3
A
3
−
+

+
+
+

−
=
, где
c
x
0
3


Задаем граничные значения переменной.
При
0
x
3
=
=
−

+
+

−
=
M
b
F
)
b
a
(
R
M
1
A
3
кНм
625
,
10
4
5
,
0
8
5
,
2
25
,
4
−
=
−

+

−
=
, при
с
x
3
=
=
−
+

+
+
+

−
=
M
)
c
b
(
F
)
c
b
a
(
R
M
1
A
3
кНм
5
4
)
5
,
1
5
,
0
(
8
)
5
,
1
5
,
0
2
(
25
,
4
−
=
−
+

+
+
+

−
=
Рассмотрим последний четвертый участок. Метод сечений позволяет отбрасывать любую часть рассеченного бруса. Рассечем участок длиной
d
и отбросим теперь левую часть, оставив для рассмотрения более простую правую часть, на которой действует только одна сила
F
2
(рис. 2, г). Эта сила имеет относительно рассматриваемого сечения плечо
x
4 и изгибает этот участок выпуклостью вверх. Следовательно, знак изгибающего момента будет отрицательный.
4
2
4
x
F
M

−
=
, где
d
x
0
4


При
0
x
4
=
.
0
M
4
=
при
d
x
4
=
кНм.
5
1
5
d
F
M
2
4
−
=

−
=

−
=

Найденные значения изгибающих моментов откладываем на графике, который называется эпюрой изгибающих моментов и наглядно показывает характер распределения величин этих моментов вдоль оси балки. При этом обращаем внимание на то, что на первых трех участках использовалась правосторонняя система координат (т. е. начало координат находилось слева), а на последнем участке использовали левостороннюю систему, когда координата
x
4
измерялась справа. Полученная эпюра изгибающих моментов представлена на рис. 5.
По эпюре наглядно видно, что опасным является сечение с изгибающим моментом 10,625 кНм. Проектный расчет балки выполняем по этому сечению. Условие прочности при изгибе выглядит так:
Для стальной балки допускаемое напряжение
 

= 160 МПа.
Найдем осевой момент сопротивления.
 
.
см
4
,
66
м
10
4
,
66
10
160
10
625
,
10
M
W
3
3
6
6
3
z
=

=


=

−

Из выражения осевого момента сопротивления для круглого сечения найдем диаметр сечения балки, удовлетворяющий условию прочности.
.
см
4
,
66
32
d
W
3
3
z
=
=

Отсюда диаметр
Рисунок 3 – Эпюра изгибающих моментов
10,625 8,5 5
6,625 d
3
V
B
A
b
а
с
F
1
M
R
В
F
2
d
R
A
М (Нм)
 
.
W
M
z



=

см
78
,
8
14
,
3
4
,
66
32
W
32
d
3
3
z
=

=

=

Площадь круглого сечения будет равна
2
2
2
кр
см
5
,
60
4
8,78
14
,
3
4
d
A
=

=

=

Найдем сторону квадратного сечения балки
а.
Момент сопротивления квадратного сечения равен
3
3
z
см
4
,
66
6
a
W
=
=
Отсюда
см
36
,
7
4
,
66
6
W
6
a
3
3
z
=

=

=
Тогда площадь квадратного сечения балки равна
2
2
2
кв
см
2
,
54
36
,
7
a
A
=
=
=
Определим размеры прямоугольного сечения с отношением высоты к ширине равным двум. Осевой момент сопротивления для прямоугольного сечения равен
6
h
b
W
2
z

=
, где
b
- ширина сечения,
h
– высота сечения.
С учетом заданного соотношения
2
b
h
=
получаем
.
см
4
,
66
12
h
6
h
2
h
6
h
b
W
3
3
2
2
z
=
=

=

=
Отсюда
см
27
,
9
4
,
66
12
W
12
h
3
3
z
=

=

=
Тогда
см
635
,
4
2
27
,
9
2
h
b
=
=
=
Следовательно, площадь прямоугольного сечения равно
.
см
43
27
,
9
635
,
4
h
b
A
2
пр
=

=

=
По таблице сортамента прокатной стали в соответствии с ГОСТ
8239-89 выбираем двутавр №14 с осевым моментом сопротивления

W
z
= 81,7 см
3
и площадью поперечного сечения
А = 17,4 см
2
. Очевидно, что двутавровое сечение является наиболее экономичным с точки зрения расхода материала. Оценим расход материала для изготовления балок выбранных сечений, сравнивая площадь каждого сечения с площадью двутаврового сечения.
48
,
3
4
,
17
5
,
60
A
A
дв
кр
=
=
11
,
3
4
,
17
2
,
54
A
A
дв
кв
=
=
47
,
2
4
,
17
43
A
A
дв
пр
=
=
С учетом выполненного сравнения площадей расставим их в порядке возрастания расхода материала: наиболее экономичным является двутавровое сечение, затем следует прямоугольное сечение, далее – квадратное, наименее экономичное – круглое сечение, на которое требуется в 3,5 раза больше стали, чем для двутавровой балки.