Прямой поперечный изгиб
(схема 9; строка данных - 9)
Для балки на двух опорах (рис. 1.9) требуется:
1. Определить опорные реакции.
2. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.
3. Определить опасное сечение балки (по максимальному по абсолютной величине изгибающего момента Mmax).
4. Подобрать стальную балку двутаврового профиля (ГОСТ 8239) для при σadm=160 МПа.
5. Найти величину прогиба балки в сечении K.
Исходные данные (по варианту 9)
№ схемы
Внешняя нагрузка
Размеры балки, м
q, кНм
F, кН
M, кНм
a
b
c
9
3,0
18
10
0,4
0,9
0,7
Примечание: на схеме 9 отсутствует q, поэтому ее значение игнорируем.
Решение
1. Определение реакций опор
Балка нагружена сосредоточенной силой F и сосредоточенным моментом M (рис. 2.1, а). Балка в точке A опирается на неподвижную шарнирную опору, в точке B- на подвижную, в которых возникают лишь вертикальные реакции (сила F вертикальная, поэтому Fx=0⟹XA=0 ). Освободим балку от связей заменяя их соответствующими реакциями. (рис. 2.1, б).
Прямоугольную координатную систему выбираем так, что начало координат совместится с точкой A, ось z направим по оси балки направо, ось y-вверх. Тогда ось x будет направлена перпендикулярно плоскости чертежа от нас.
Составим уравнения равновесия балки и вычислим опорные реакции.
mA=0⟹1,3RB+M-2,0F=0;
RB=2,0F-M1,3=2,0∙18-101,3=20 кН.
RB=20 кН.
mB=0⟹1,3YA+M-0,7F=0;
YA=0,7F-M1,3=0,7∙18-101,3=2 кН.
YA=RA=2 кН.
Проверка:
Fiy=0⟹-YA+RB-F=-2+20-18=0/
Расчеты верны.
Знаки «плюс» числовых значений реакций свидетельствуют, что их направления угадали.
2. Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов.
Расчеты начнем с левого конца балки.
На участке I проведем сечение 1, на расстоянии z1 (0≤z1≤0,4) от точки A. Выбрасываем правую часть и рассмотрим равновесие оставленной части (рис.2.1, б)
. Учитывая правила определения знаков внутренних поперечных сил и изгибающих моментов, получим:
Qy1=-YA=-2 кН=const;
Mx1=-YAz1=-2z1.
На концах участка I:
Mx1A=0; Mx1K=-2∙0,4=-0,8 кНм.
На участке II (0≤z2≤0,9):
Qy2=-YA=-2 кН=const;
Mx2=-YA0,4+z2-M=-0,8-2z2-10=-2z2-10,8.
Mx2K=-10,8 кНм; Mx2B=-2∙0,9-10,8=-12,6 кНм.
Участок III (0≤z3≤0,7 м) можно рассмотреть справа:
Qy3=F=18 кН=const;
Mx3=-Fz3=-18z3.
Mx3L=0; Mx3B=-18∙0,7=-12,6 кНм.
По полученным значениям построим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов (рис. 2.1, в, г). Все построения (по длине балки и ординаты эпюров) выполнены с соблюдением масштаба.
Проверка:
на эпюре Qy в точке B имеется скачок, равный модулю силы RB, приложенной к этой точке:
18--2=20 кН;
на эпюре Mx скачок в точке K, равное внешнему моменту, приложенному в т. K:
-0,8--10,8=10 кНм.
на всех участках выполняется теорема Журавского:
Mx1'=-YAz1'=-YA=Qy1.
Mx2'=-YAz2'=-YA=Qy2.
Mx3'=-Fz3'=-F=-Qy3.
3. Определение опасного сечения балки
Опасным являются сечения с максимальным по абсолютной величине значением изгибающего момента. Как видим из эпюры изгибающих моментов, таким является сечение B, где Mmax=12,6 кНм.
4
Задать вопрос
на новый заказ в Автор24.
