ЗакладкиКорзинаЗаказы

Содержание главы

  1. Эпюры внутренних сил
  2. Моменты сопротивления изгибу
  3. Напряжения при изгибе. Подбор сечений
  4. Тонкостенные балки. Центр изгиба. Главные напряжения
  5. Расчет по предельному состоянию (напряжение)
  6. Плоско-пространственные рамы (напряжение)

Примеры решений задач

Данные примеры задач, относятся к предмету «Сопротивление материалов».

Задача #5411

Условие:

aaL=PaP

Построить эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов M для консоли, нагруженной сосредоточенной силой Р и сосредоточенным моментом L = Pa.

Решение:

На участке AB имеем:

Q=P

M=Px

по этим уравнениям построены эпюры Q и M.

На участке BC:

Q=P

M=Px+L

Соответствующие эпюры изображены на рисунке.

Ответ: не указан.

Задача #5412

Условие:

q1q2l

Построить эпюры Q и М для балки, нагруженной распределенной нагрузкой. Интенсивность нагрузки q изменяется вдоль балки по линейному закону. Рассмотреть частные случаи q2 = 0 и q1 = q2 = q. Рассмотреть также случай q1 < 0.

Решение:

Интенсивность нагрузки (см. рис. а)

qu=q1+q2-q1lu 1

Используем условие равновесия балки, составим уравнение относительно точки В

VAl-0ll-uqudu=0

где q(u) du – элементарная нагрузка.

Учитывая (1), получаем

VA=l2q1+q26

Поперечная сила в сечении балки на расстоянии x от левой опоры

Qx=VA-0lqudu=l62q1+q2-q1x+q2-q1lx22 2

Изгибающий момент

Mx=Vax-0lx-uqudu=l22q1+q2x-q1x22+q2-q1lx36 3

По уравнениям (2) и (3) могут быть построены эпюры Q и M при заданном отношении q1 к q2.

Приравнивая выражение (2) нулю, находим значение x, отвечающее Mmax

x0=lq2q1-1q2q12+q2q1+13-1 4

Подставляя в (3) значение x = x0, найдем Mmax. При q2/q1 = 0, т. е. при q2 = 0 (рис. б), из (4) находим

x0=l1-130,423l

и из (3) – соответствующую величину момента (индекс 1 при q опущен)

Mmax=ql2930,0642ql2

На рисунке дано значение площади ω эпюры M и показано положение ее центра тяжести.

При q1 = q2 = q (рис. в) из (2) и (3) имеем:

Qx=ql2-qx

Mx=qlx2-qx22

откуда максимальный момент (посередине)

Mmax=ql28

При q1 < 0 (рис. г) в формулах (1) — (3) следует изменить знак у q1. Можно показать, что в этом случае при 1/2 < q2/q1 < 2 эпюра M имеет два участка различных знаков, как изображено на рисунке. Для х0 получаем два значения

x0*,x0**=lq2q1-11±q2q12-q2q1+13 

и соответственно два экстремальных значения М* и М** изгибающего момента по формуле (3).

При q2/q1 ≥ 2 вся эпюра М положительна, при q2/q1 = 2

M*=227q1l2;x0**=23l

M**=-127q1l2;x0*=l3

При q2/q1 ≤ 1/2 вся эпюра M отрицательна, при q2/q1 = ½

M*=-127q1l2;x0*=l3

Ответ: не указан.

Задача #5413

Условие:

ABCPаа45°

Средней опорой балки является наклонный стержень. Построить эпюры N, Q и М для балки.

Решение:

Рассмотри равновесие балки. Составим уравнение проекций сил на ось балки

X=P-PB2=0

отсюда

RB=P2

Уравнения моментов относительно точки C

MC=RA×2a-PBa2=0

отсюда

RA=P2

Уравнение проекции сил на вертикаль

Y=RA-PB2+RC=0

отсюда

RC=P2

Эпюры N, Q и M см. на рисунке.

Ответ: не указан.

Задача #5414

Условие:

Pqa2aМ0

Для балки па двух опорах пролетом l = 3a, нагруженной равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью q, парой сил с моментом M0 = qa2 и сосредоточенной силой P = qa (см. рисунок), составить в буквенном виде выражения Q(x) и M(х), построить эпюры Q и M и вычислить наибольшие по абсолютному значению величины изгибающего момента и поперечной силы, если q = 2 т/м и a = 2м.

Решение:

1) Определение опорных реакций

Направив реакции опор в точках A и B вверх (горизонтальная реакция HA заведомо равна нулю), составим уравнения моментов относительно опор A и B:

MB=0

-A×3a-M0-P×2a+3qa×1,5a=0

Отсюда

A=13a-qa2-2qa2+1,5qa2=0,5qa

MA=0

B×3a+P×a-3qa×1,5a-M0=0

откуда

B=1,5qa

Проверка:

Y=0

A+B+P-3qa=0

2) Составление аналитических выражений Q(х) и М(х).

Сила P разделяет балку па два участка, в пределах которых выражения Q и М будут различны. Для составления этих выражений необходимо рассмотреть два сечения между силами: сечение 1—1 левее силы P на первом участке н сечение 2—2 справа от нее. При этом целесообразно рассматривать ту часть балки, к которой приложено меньше сил, и выбирать начало координат так, чтобы уравнения были возможно проще; x1 отсчитываем от опоры A, а x2 — от опоры B. Уравнения Q(х) и М(х) примут вид:

- для 1-го участка (0 ≤ x1 ≤ a):

Qx1=A-qx1=0,5qa-qx1

Mx1=Ax1+M0-qx22=0,5qax1+qa2-qx22

- для 2-го участка (0 ≤ x2 ≤ 2a)

Qx2=-B+qx2=-1,5qa+qx2

Mx2=Bx2-qx22=1,5qax2-qx222

Уравнения Q(х) и М(х) показывают, что поперечная сила изменяется на каждом участке балки по закону прямой, а изгибающий момент — по квадратной параболе.

3) Построение эпюр Q и M

Построение графиков функции Q(х) и М(х) производим, придавая переменным x1 и x2 определенные значения [для Q(x) не менее двух на каждом участке, а для М(х) не менее трех]. Подсчеты выполнены ниже:

- при x1 = 0:

Q1=A=0,5qa

M1=M0=qa2

- при x1 = 0,5a:

Q1=0

M1=qa2+0,5qa×0,5a-qa28=98qa2

- при x1 = a:

Q1=0,5qa-qa=-0,5qa

M1=qa2+0,5qa2-qa22=qa2

- при x2 = 0:

Q2=-1,5qa

M2=0

- при x2 = a:

Q2=0

M2=1,5qa2-qa22=qa2

- при x2 = 2a:

Q2=-1,5qa+2qa=0,5qa

M2=1,5qa×2a-q2a22=qa2

По приведенным значениям построены эпюры Q и М. Положительные значения поперечных сил н изгибающих моментов откладываем вверх (в некоторых курсах принято строить эпюры M на растянутых волокнах балки, т. е. откладывать положительные значения моментов вниз).

Эпюра Q изображается двумя параллельными наклонными прямыми; эпюра М ограничена параболическими кривыми, причем наибольшие значения изгибающий момент имеет в сечениях, где Q = 0. На первом участке

Mmax=98qa2

при

x1=0,5a

Для отыскания наибольшего момента на втором участке исследуем уравнение M(x2) на максимум:

dMx2dx2=0=-Q2

(знак минус, так как ось x2 направлено влево);

dMx2dx2=1,5qa-qx2=0

откуда

x2=1,5a

Подставляя это значение в уравнение M(x2), получим

Mmax=1,5qa×1,5a-q1,5a22=98qa2

т. е. такое же значение, как и на первом участке.

Вид полученных эпюр показан на рисунке. Обратим внимание на то, что в эпюре Q имеется скачок на величину силы

P=qa

в сечении под силой, а в эпюре М получен скачок на величину M0 в опорном сечении, где приложена пара сил. Характер кривых, ограничивающих эпюру М, находится в соответствии с дифференциальной зависимостью

d2Mdx2=q

Так как q < 0 (направлено вниз), то

d2Mdx2<0

т. е. кривизна эпюры отрицательна, и, значит, выпуклость кривой должна быть направлена в сторону положительных ординат M, что и получено.

Расчетные значения Q и М, как это видно из эпюры, соответственно равны:

Qmax=1,5qa=1,5×2×2=6 т

Mmax=98qa2=98×2×22=9 тм

Ответ: не указан.

Задача #5415

Условие:

q(x)qa2a

Построить эпюры Q и М для балки на двух опорах пролетом l = 3a, несущей нагрузку, распределенную на длине 2a по закону треугольника (см. рисунок).

Решение:

Опорные реакции определяем из уравнения равновесия, заменив распределенную нагрузку ее равнодействующей, равной площади треугольника

ω=12q×2a=qa

и приложенной в центре тяжести треугольника; получаем

A=59qa

B=49qa

Составим выражения Q(х) и М(х) для каждого из участков балки. В сечении 1—1 (рассматриваем левую часть, для которой x1 меняется от нуля до 2a)

Q1=A-ωx

M1=Ax1-ωxx13

Здесь ω(x) — грузовая площадь, расположенная слева от сечения и равная площади треугольника с основанием x1 и высотой

qx1=qx12a

т. е.

ωx=qx124a

Следовательно,

Q1=59qa-qx124a

M1=59qax1-qx1312a

Для сечения 2—2, рассматривая правую часть (0 ≤ x2 ≤ a), получим

Q2=-49qa

M2=49qax2

На первом участке поперечная сила изменяется по квадратной параболе, а изгибающий момент — по кубической параболе. На втором участке эпюры Q и M ограничены прямыми линиями. Значения ординат Q и М в пределах каждого участка приведены ниже:

- при x1 = 0

Q1=59qa

M1=0

- при x1 = a

Q1=1136qa

M1=1736qa2

- при x1 = 2a

Q1=-49qa

M1=49qa2

- при x2 = 0

Q2=-49qa

M2=0

- при x2 = a

Q2=-49qa

M2=49qa2

По данным формулам построены графики — эпюры Q и М.

Наибольшее значение изгибающего момента найдем, исследуя уравнение на максимум:

dM1dx1=Q1=59qa-qx14a=0

Отсюда абсцисса опасного сечения (x1 = x0)

x0=a320=2a35

Подставляя в уравнение M1, получим

Mmax=59qa2a35-q12a2a35359qa2

Наибольшее значение поперечной силы равно (см. эпюру Q)

Qmax=59qa

Ответ: не указан.

Задача #5416

Условие:

q(x)lq

Балка пролетом l, шарнирно опертая по концам, несет сплошную нагрузку, распределенную по параболическому закону, выражающемуся уравнением q(x) = 4q(lx – x2)/l2. Построить эпюры Q и М.

Решение:

Элементарная нагрузка, приходящаяся на отрезок балки длиною dx, равна

dω=qx dx

Опорные реакции вследствие симметрии равны

A=B=ω2

где ω — грузовая площадь, ограниченная параболой и равная

ω=0lqx dx=4ql20llx-x2 dx=23ql

Следовательно,

A=B=ql3

Поперечная сила и изгибающий момент в сечении с абсциссой x даются выражениями (см. рисунок):

Qx=A-ωx=ql3-0xqx dx

Mx=Ax-0xdωx-x1=ql3x-0xqx1 dx1x-x1

Однако проще, не составляя выражений для Q(х) и М(х), получить их из дифференциальных зависимостей. Из равенства

d2Mdx2=-qx

(знак минус взят, так как q < 0 — направлена вниз), интегрируя дважды, получим:

1) dMdx=Qx=-0xqx dx+Q0

2) Mx-0xdx0xqx dx+Q0+M0

Произвольные постоянные интегрирования Q0 и М0 определяются из граничных условий при x = 0. Так, на левой опоре

Q0=A=ql3

M0=0

Интеграл

0xqx dx=4ql20llx-x2 dx=4ql2x2l2-x33

Значит

Qx=-4ql2x2l2-x33+ql3=ql31-6x2l2+4x3l3

Mx=4ql20xx2l2-x33 dx+ql3x=ql3x-2x3l2+4x4l4

Для построения эпюр Q(х) и М(х) по точкам подсчитаем ординаты этих уравнений (см. рисунок):

- при x = 0:

Q=Q0=ql3

M=M0

- при x = l/2:

Q=0

M=548ql2=Mmax

- при x = l:

Q=Ql=-ql3

M=Ml=0

Ответ: не указан.

Задача #5417

Условие:

lm

Построить эпюры Q и М для балки пролетом l, нагруженной по всей длине равномерно распределенной моментной нагрузкой интенсивностью m (см. рисунок).

Решение:

Направим реакцию A левой опоры вниз, а реакцию B правой опоры вверх. Величина опорных реакций определяется из уравнений равновесия:

MB=0, Al-ml=0, A=m

MA=0, Bl-ml=0, B=m

Следовательно, опорные реакции численно равны m и направлены в противоположные стороны: левая A — вниз и правая B — вверх (если m выражается в кгм/м, то суммарный момент

M=ml

имеет размерность кгм, а реакция

A=-B=Ml

выражается в кг). Поперечная сила в произвольном сечении с абсциссой x равна

Qx=-A=-m

Изгибающий момент

Mx=-Ax+mx=0

Таким образом, равномерно распределенная моментная нагрузка уравновешивается моментом, создаваемым опорными реакциями, причем балка не изгибается.

Ответ: не указан.

Задача #5418

Условие:

P=2тq=1т/ма)

Пользуясь принципом независимости и сложения действия сил, построить эпюры Q и М для балки, изображенной на рис. а.

Решение:

Рассматриваем балку отдельно под действием равномерно распределенной нагрузки

q=1тм рис. б

и отдельно под действием сосредоточенной силы (рис. в). Для получения суммарной эпюры Q или М в случае, если графики имеют одинаковые знаки, достаточно приложить их одни к другому. Если графики имеют разные знаки, их следует наложить одни на другой. 

Результаты сложения эпюр показаны на рис. г и д. Для придания эпюрам обычного вида можно привести их к горизонтальной нулевой оси, для чего суммарные ординаты откладываются от горизонтальной оси вверх или вниз в зависимости от знака.

Ответ: не указан.

Задача #5421

Условие:

2a2a2a2aa4a1)2)3)za

Вычислить и сравнить между собой моменты сопротивления относительно горизонтальной центральной оси для трех сечений, показанных на рисунке.

Решение:

Искомые моменты сопротивления:

Wz1=bh26=2a×4a26=163a3

Wz2=2hJz1-Jz2=24a2a4a312-2a412=5,25a3

Wz3=24a2a4a312-22a312=5a3

Имеем

Wz1:Wz2:Wz3=10,67:10,5:10

Ответ: 10,67 : 10,5 : 10.

Задача #5422

Условие:

CCyyzz2b2bbbb2b2b2b2bbbb1)2)

Вычислить и сравнить моменты сопротивления относительно обеих главных осей двух прямоугольных сечений, ослабленных вырезами одинаковой площади.

Решение:

Искомые моменты:

Jz1=2b4b312-2b22b312=10b4

Wz1=5b3

Jy1=4b2b312-22bb2312+2bb234b2=1,5b4

Wy1=1,5b3

Jz2=2b4b312-2b412+b232b2=6b4

Wz2=3b3

Jy2=4b2b312-2b×b312=2,5b4

Wy2=2,5b3

Ответ: не указан.

Задача #5431

Условие:

Определить максимальное нормальное напряжение в сечении балки, если сечение имеет форму прямоугольника с основанием b и высотой h. Изгибающий момент в сечении равен М.

Решение:

Момент сопротивления сечения

W=bh26

Максимальное напряжение в поперечном сечении балки при изгибе

σmax=MW=6Mbh2

Ответ: не указан.

Задача #54310

Условие:

hybABC

Построить эпюру распределения вертикальных составляющих касательных напряжений по высоте сечения балки, имеющего форму равнобедренного треугольника. Поперечная сила Q направлена вдоль оси z. 

Решение:

Из закона парности касательных напряжений следует, что полное касательное напряжение в точках контура совпадает по направлению с гранями АС и ВС; в любой же точке сечения оно может быть принято направленным к вершине треугольника. По формуле Журавского, выведенной в предположении равномерного распределения τ по ширине сечения, определяются п только составляющие τ, параллельные оси z равные

τ=QSy0Jybz

Для произвольной точки, лежащей на линии b(z), статический момент сдвигающейся относительно нейтральной оси у площади

Sy0=F0z0

Площадь заштрихованного треугольника

F0=12bz23h-z

z0=z+1323h-z=23h+z

Следовательно,

Sy0=12bz23h-z=bz272h2+3hz-9z2

τ=QSy0Jybz=Q27Jy2h2+3hz-9z2

Касательные напряжения изменяются по параболическому закону. Подставляя момент инерции треугольника

Jy=bh336

получим

τ=Q3bh32h2+3hz-9z2 б

Исследуя уравнение для τ на максимум, найдем

dτdz=3h-18z=0

откуда

z=h6

Следовательно,

τ=τmax

при

z=h6

т. е. на средней липни треугольника.

Подставляя это значение z в (б), получим

τmax=3Qbh=32QF

Для построения эпюры τ по высоте сечения дадим переменной z еще три значения:

1) при z = 0

τ=43QF

2) при z = 2h/3

τ=0

3) при z = -h/3

τ=0

Ответ: не указан.

Задача #54311

Условие:

bhzyδtt

Построить эпюры распределения касательных напряжений, возникающих в стенке и в полках двутаврового профиля, изображенного на чертеже, если поперечная сила в сечении Q = 16 т и направлена вдоль оси z. Размеры сечения: b = 36 см, h = 40 см, t = 2 см, δ = 1,2 см.

Решение:

По формуле Журавского величина касательных напряжений равна:

- действующих вдоль стенки

τz=QSy0Jybz

- действующих вдоль полок

τy=QSytJyt

Здесь S0y и Sty — статические моменты сдвигающейся части сечения относительно нейтральной оси y;

b(z) = δ — толщина стенки;

t — толщина полки;

Jy — момент инерции сечения относительно центральной оси y, равный

Jy=δh-2t312+2bt312+bth-t22=

=1,2×36312+236×2312+36×2×19256700 см4

При постоянных ширине сечения b(z) = δ и толщине полки t изменение величины касательных напряжений зависит только от изменения величины статического момента. Для точек 1 и 3, принадлежащих стейке в месте сопряжения ее с полками,

S1,3=bth-t2=36,2×19=1368 см3

Для точки 2, лежащей на нейтральной оси,

S2=Smax=S1+h-2t2×h-2t2δ=1368+18×9×1,2=1560 см3

Для произвольной точки с абсциссой y, принадлежащей полке,

Syt=b2-yt×h-t2=362-y×2×382=18-y×38

При y = 0

Syt=684 см3

При y = b/2

Syt=0

В стенке статический момент изменяется по параболе, а в полке — по прямой. Величины касательных напряжений в стенке двутавра (рис. б):

- в точках 1 и 3

τ1,3=QS1Jyδ=16000×136856700×1,2=322кгсм2

- в точках 2

τ2=QS2Jyδ=16000×156056700×1,2=367кгсм2

Касательные напряжения, действующие вдоль полок, изменяются по закону прямой линии; наибольшие значения близ точек 1 и 3 равны

maxτy=QSytJyt=16000×68456700×296кгсм2 

Поток касательных напряжений, действующих вдоль стенки параллельно Q, растекается по полкам в противоположные стороны (рис. а). В точках перехода от стенки к полкам τz и τy имеют характер местных напряжений и методами сопротивления материалов не могут быть определены.

Ответ: не указан.

Задача #5432

Условие:

Изгибающий момент М в сечении стальной балки (E = 2,1 × 105 МПа) равен 2,58 кН × м. Определить радиус ρ кривизны оси балки. Построить эпюру нормальных напряжений. Поперечное сечение балки — прямоугольник b × h = 3 × 5 см.

Решение:

Момент инерции сечения

J=bh312=31,2 см4

Радиус кривизны

ρ=EJM=25,5 м

Момент сопротивления балки изгибу

W=bh26=12,5 см3

Максимальное нормальное напряжение

σmax=MW=206 МПа

Ответ: не указан.

Задача #5433

Условие:

Pbbb

Определить допускаемую величину Pдоп для двутавровой балки № 30а, Допускаемое напряжение [σ] = 160 МПа. Дано b = 2 м.

Решение:

Строим эпюру M (см. рисунок). Находим

Mmax=2Pb3

Составим условие прочности

σmax=MmaxW=σ

т. е.

2Pдопb3W=σ

Отсюда

Pдоп=3Wσ2b

Из справочной таблицы (двутавровая балки № 30а) находм момент сопротивления изгибу

W=518 см3

и далее

Pдоп=62 кН

Ответ: Pдоп = 62 кН.

Задача #5434

Условие:

Определить наибольшие нормальные и касательные напряжения в шарнирно опертой балке пролетом l = 1,5 м прямоугольного сечения b × h = 4 × 6 см, нагруженной в середине пролета сосредоточенным моментом L = 7,2 кН × м.

Решение:

Наибольшие нормальные напряжения (посередине балки)

σmax=MmaxW=3Lbh2

Наибольшие касательные напряжения (в нейтральном слое)

τmax=32QF=32Llbh

Ответ: не указан.

Задача #5435

Условие:

l2l2Pbh

Определить допускаемую нагрузку для чугунной балки треугольного сечения высотой h = 5 см и шириной основания b = h при запасе прочности n = 3, если предел прочности чугуна на растяжение σb(р) = 200 МПа и на сжатие σb(с) = 1000 МПа. Длина балки l = 1м.

Решение:

Условие прочности

MmaxJ×ymax=σ

Расчет ведем для нижних волокон (растянутых), т. е.

ymax=h3

σ=σbрn

Учитывая, что

Mmax=Pl4

J=bh336

получаем

Pl4×36bh3×h3=σbрn

Отсюда

P=σbрb33nl

Ответ: не указан.

Задача #5436

Условие:

32h=bbdrt=0,05rt=0,05hh23b=hδ<1)2)3)4)

Подобрать размеры сечений указанной формы при максимальном напряжении σ = 160 МПа. Изгибающий момент M = 0,64кН × м. Сравнить площади сечений с наименьшей площадью.

Решение:

Необходимый момент сопротивления

W=Mσ =4 см3

Массивная балка прямоугольного сечения

W=bh26=0,377b3

отсюда

b=40,3773=2,21 см

F1=bh=1,5b2=7,3 см2

Массивная балка круглого сечения

W=0,1d3

отсюда

d=40,13=3,42 см

F2=πd24=9,1 см2

Тонкостенная балка круглого сечения

W=πr3t=0,05πr3

отсюда

r=40,05π3=2,95 см

F3=2πr2t=0,1πr2=2,74 см2

Тонкостенная двутавровая балка

J=bth22×2=bth22=0,0167h4

W=J0,5h=0,0333h3

отсюда

h=40,03333=4,95 см

F4=2bt=0,067h2=1,63 см2

Последний профиль (двутавр) оказывается наиболее выгодным по весу:

F1=4,5F4

F2=5,6F4

F3=1,7F4

Ответ: не указан.

Задача #5437

Условие:

qlbHhCyzB

Балка трубчатого прямоугольного сечения пролетом l = 4 м, шарнирно опертая по концам, несет равномерно распределенную нагрузку q = 3 т/м (см. рисунок). Определить величину наибольших нормальных напряжений в опасном сечении балки, а также величину напряжений в точке C того же сечения, если размеры его равны: B = 12 см, H = 20 см, b = 6 см и h = 10 см.

Решение:

Наибольшие напряжения в опасном сечении

σmax=MmaxWy

где Mmax — изгибающий момент в опасном сечении (посредине пролета), равный

Mmax=ql28=3×428=6 тм

Wy — момент сопротивления сечения относительно нейтральной оси y, определяемый по формуле

Wy=Jyzmax

Момент инерции сечения относительно нейтральной оси равен

Jy=BH3-bh312=12×203-6×10312=7500 см4

Расстояние от той же оси до наиболее удаленной от нее точки

zmax=H2=10 см

Следовательно

Wy=750010=750 см3

Наибольшие напряжения в опасном сечении балки

σmax=MmaxWy=6×105750=800кгсм2

Для вычисления нормальных напряжений в точке C воспользуемся формулой

σC=-MmaxzCJy=-6×105×57500=-400кгсм2

Знак “минус” взят потому, что точка C расположена в сжатой зона (M > О, zC < 0).

Ответ: не указан.

Задача #5438

Условие:

Дверной проем перекрывается двумя рядом расположенными балками, воспринимающими давление от веса лежащей над проемом стены Q0 = 4,8 т. Считая балки свободно опертыми по концам и принимая давление кладки равномерно распределенными по длине пролета l = 3,0 м, подобрать необходимое сечение балок в двух вариантах: а) из двух двутавров; б) из двух швеллеров. Допускаемое напряжение принять [σ] = 1600 кг/см2.

Решение:

Наибольшая величина изгибающего момента

Mmax=Q0l8=4,8×38=1,8 тм

Из условия прочности на изгиб определяем необходимый момент сопротивления сечения двух балок

W=180001600=112,5 см3

По таблицам нормального сортамента ищем сечение с подходящим моментом сопротивления (каждая балка должна иметь сечение с моментом сопротивления не менее W = 0,5 × 112,5 ≈ 56 см3). Для варианта а) подходит двутавр № 12 (W = 58,4 см3); для варианта б) — швеллер № 14 (W = 70,2 см3).

Ответ: не указан.

Задача #5439

Условие:

PPaalδ

При допускаемых напряжениях на растяжение и сжатие при изгибе [σ] = 1600 кг/см2 и на срез [τ] = 1000 кг/см2 подобрать по сортаменту двутавровое сечение балки пролетом l = 3 м, нагруженной двумя равными силами P = 18 т, приложенными на одинаковых расстояниях от опор a = 0,35 м (см. рисунок).

Решение:

Максимальные значения внутренних сил:

Qmax=P=18 т

Mmax=Pa=18×0,35=6,3 тм

Из условия прочности при изгибе находим

WMmaxσ=6,3×1051600=392 см3

По сортаменту находим подходящий профиль — двутавр № 27а с моментом сопротивления

W=407 см3

Наибольшие нормальные напряженки будут

σmax=MmaxW=6,3×105407=1550кгсм2<1600кгсм2

Произведем проверку прочности по касательным напряжениям. По таблице для двутавра № 27а имеем:

- момент инерции сечения относительно нейтральной оси y

Jy=5500 см4

- статический момент полусечения относительно оси y

Sy0=229 см3

- ширина сечения на уровне нейтрального слоя

bz=δ=0,6 см

По формуле Журавского найдем

τmax=QmaxSy0Jybz=18000×2295500×0,6=1250кгсм2>1000кгсм2

Для обеспечения прочности сечения на сдвиг следует увеличить номер профиля. Попробуем двутавр №30:

Jy=7080 см4

Sy0=268 см3

δ=0,65

τmax=QSJδ=18000×2687080×0,65=1050кгсм2>1000кгсм2

Перенапряжение составляет 5 %, что допустимо. Сечение пришлось выбрать из условия прочности на срез.

Ответ: двутавр № 30. 

Задача #5441

Условие:

ααaDtz

Определить положение центра изгиба тонкостенной балки открытого профиля, являющегося дугой окружности.

Решение:

Расстояние до центра изгиба D (см. рисунок)

a=1Jz2απrSzds=2r2JzαπSzdφ 1

где статический момент отсеченной части сечения, определяемой переменным углом φ

Sz=Szφ=αφrsinβtrdβ=r2tcosα-cosφ 2

момент инерции сечения

Jz=2απrsinβ2trdβ=r3tπ-α+sin2α 3

при α = 0 формула дает известное выражение

Jz=πr3t

С учетом (2) и (3) из (1) получаем

α=2rπ-αcosα+sinαπ-α+0,5sin2α

При α → 0 отсюда получаем

a=2r

При α → π, переходя к пределу по правилу Лопиталя, находим, как и должно быть

a=r

Ответ: не указан.

Задача #5442

Условие:

В сечении двутавровой балки № 16 поперечная сила равна 20 кН. Определить главные напряжения в нейтральном слое.

Решение:

Главные напряжения

σ1,3=σ2±σ22+τ2

В нейтральном слое

σ=0

Следовательно

σ1,3=±τ

Касательные напряжения τ определяются по формуле Журавского.

Ответ: не указан.

Задача #5443

Условие:

Определить главные напряжения на расстоянии r/2 от нейтральной оси тонкостенной трубы радиуса r. Изгибающий момент и поперечная сила в поперечном сечении трубы равны M и Q. Толщина t стенки трубы мала по сравнению с радиусом.

Решение:

Главные напряжения

σ1,3=σ2±σ22+τ2

где

σ=MJz×r2

τ=Qr2Jz32

Jz=πr3t

Ответ: не указан.

Задача #5444

Условие:

QyrδeA

Определить положение центра изгиба сечения тонкостенной балочки, подвергающейся изгибу в вертикальной плоскости. Построить также эпюру распределения касательных напряжений по профилю, если Q = 7 т, а сечение представляет собой круговое полукольцо радиусом r = 25 см и толщиной δ = 0,25 см (см. рисунок). Установить, как изменятся e и τmax, если сечение будет иметь вид разрезного кольца (рис. б).

Решение:

Центр изгиба лежит на оси y, например, в точке A. Если поперечная сила Q проходит через центр изгиба, то сечение не скручивается. Так как Q — равнодействующая касательных усилий в сечении, то сумма моментов этих усилий

dT=τ dF=τδ ds

относительно любой точки плоскости равна моменту поперечной силы относительно той же точки. Выбрав в качестве полюса точку O, имеем

Qe=SdT×ρ=SQSy0Jyδ×δρ ds

откуда

e=1JySSy0ρ ds

Для полукольца (рис. а) ρ = r, a ds = r dφ. Статический момент сдвигающейся (заштрихованной) части сечения относительно оси y равен

Sy0=Fz dF=φπ2rsinφ δr dφ=r2δcosφ

Момент инерции сечения относительно той же оси

Jy=Fz2 dF=20π2rsinφ2 δr dφ=πr3δ2

Расстояние до центра изгиба от точки O будет

e=1JySSy0ρ ds=2Jy0π2r2δcosφ×r×r dφ=2r4δJy=4rπ=4×253,14=31,8 см

Касательные напряжения в любой точке равны

τ=QSy0Jyδ=Qr2cosφJy=2Qcosφπrδ

τmax=2Qπrδ=2×70003,14×25×0,25=715кгсм3

Для разрезного кольца (рис. б) получим

Sy0=r2δ1-cosφ

Jy=πr3δ

τmax не изменится.

Ответ: не указан.

Задача #5445

Условие:

x

Балка пролетом l = 6 м, свободно опертая по концам, несет сплошную равномерно распределенную нагрузку интенсивностью q = 5 т/м. Сечение балки — прямоугольник со сторонами b = 15 см и h = 40 см. Построить траектории главных напряжений σ1 и σ3, проходящие через точку n1 лежащую на пересечении нейтрального слоя с сечением 1—1, взятым на расстоянии a = 0,1 м от левой опоры A (см. рисунок).

Решение:

Для построения траекторий σ1 и σ3 следует провести ряд сечений через 10—20 см B и определить величины изгибающего момента и поперечной силы в каждом из них.

Вследствие симметрии нагрузки достаточно рассмотреть половину балки (например, левую). Построение траекторий главных напряжений начинаем с заданной точки n1. Так как на нейтральной оси балки σ = 0 (чистый сдвиг), то σ1 и σ3 направлены под углами α = ±45° к оси балки. Учитывая, что

tg2α=-2τσ

найдем (при σ = 0 и τ > 0)

2α=-90°

α=-45°

(от оси x до σ1).

Продолжив найденные в точке n1 направления σ1 и σ3 до встречи со смежными сечениями A—0 и 2—2 (точки n0 и n2), надо найти направления главных напряжений в этих точках. Например, для точки n2 имеем

M2=ql2×2a-q2a22=5×62×0,2-5×0,222=2,9 тм

Q2=ql2-q×2a=5×62-5×0,2=14 т

Момент инерции сечения относительно нейтральной оси y

Jy=bh312=15×40312=80000 см4

Расстояние от оси y до точки n2

z2=10 см

Статический момент нижележащей части сечения

Syn2=b2h24-z=152×4024-102=2250 см3

Нормальные и касательные напряжения в точке n2 будут

σ2=M2z2Jy=2,9×1058×104×10=36кгсм2

τ2=QSyn2Jyb=14000×22508×104×15=26кгсм2

Направление σ1 в точке n2 определится углом α2:

tg2α2=-2τσ=-2×2636=-1,44

2α2=-55°10

α2=-27°35

Под этим углом продолжаем линию σ1 до сечения 3—3 и т. д. Что касается точки n0, то M0 = 0 и направление σ1 составляет угол -45°. Непосредственно правее сечения A—0 в верхней точке K0 σ1 вертикально. Вписывая в полученные ломаные линии плавную кривую, найдем траекторию главного напряжения σ1 проходящую через заданную точку n1. Подобным же образом строится и траектория σ2.

Ответ: не указан.

Задача #5451

Условие:

aay0Нейтр.ось

Балка длины l = 1 м треугольного сечения, опертая концами, загружена равномерно распределенной нагрузкой в плоскости симметрии. Найти предельную интенсивность qпред нагрузки, если предел текучести материала σт = 240 МПа. Сравнить результат с нагрузкой qт, соответствующей тому случаю, когда напряжение достигает предела текучести σт только в верхней точке сечения.

Решение:

В предельном состоянии площадь сечения балки делится нейтральной осью пополам, т. е. (см. рисунок к условию задачи)

y022=12a22

откуда

y0=a2

Статический момент сечения:

- верхней (сжатой) части

Sсж=y022y03=0,059a3

- нижней (растянутой) части

Sраст=aa-y022-a-y022×a-y03=0,039a3

Максимальный изгибающий момент при этом

qпредl28=σтSсж+Sраст

Получаем

qпред=8σтl2×0,098a3=236Нсм

Момент инерции сечения балки относительно его центральной оси

J=a435

Определим нагрузку qт. В этом случае максимальный изгибающий момент

qтl28=σтJ23a

Отсюда

qт=8σтl2×0,042a3

т. е. нагрузка qт в

0,0980,042=2,33

раза меньше предельной.

Ответ: не указан.

Задача #5461

Условие:

90°ab

Прямоугольная горизонтальная консоль нагружена горизонтальной силой Р на конце. Построить эпюры М, Mк и Q.

Решение:

На участке AB изгибающий момент — момент относительно оси z сечения — равен

P×x

сжатые волокна расположены внизу. Соответственно рисуем эпюру — в вертикальной плоскости внизу. Эпюру крутящих моментов Mк можно изобразить в любой плоскости, проставляя знак; штрихуем эту эпюру спиралью, чтобы она отличалась от эпюры изгибающих моментов M. Поперечная сила Q во всех сечениях равна P.

Ответ: не указан.