Напряжения при изгибе балок и рам

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.

Интенсивность нагрузки (см. рис. а)

$$q\left(u\right)=q_1+\frac{q_2-q_1}{l}u \left(1\right)$$

Используем условие равновесия балки, составим уравнение относительно точки В

$$V_{A}l-{\int }_0^l\left(l-u\right)q\left(u\right)du=0$$

где q(u) du – элементарная нагрузка.

Учитывая (1), получаем

$$V_A=\frac{l\left(2q_1+q_2\right)}{6}$$

Поперечная сила в сечении балки на расстоянии x от левой опоры

$$Q\left(x\right)=V_A-{\int }_0^{l}q\left(u\right)du=\frac{l}{6}\left(2q_1+q_2\right)-\left(q_{1}x+\frac{q_2-q_1}{l}\frac{x^2}{2}\right) \left(2\right)$$

Изгибающий момент

$$M\left(x\right)=V_{a}x-{\int }_0^l\left(x-u\right)q\left(u\right)du=\frac{l}{2}\left(2q_1+q_2\right)x-\left(q_1\frac{x^2}{2}+\frac{q_2-q_1}{l}\frac{x^3}{6}\right) \left(3\right)$$

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 M_max

$$x_0=\frac{l}{\frac{q_2}{q_1}-1}\left(\sqrt{\frac{{\left(\frac{q_2}{q_1}\right)}^2+\frac{q_2}{q_1}+1}{3}}-1\right) \left(4\right)$$

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

$$x_0=l\left(1-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)\approx \mathrm{0,423}l$$

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

$$M_{max}=\frac{q{l}^2}{9\sqrt{3}}\approx \mathrm{0,0642}q{l}^2$$

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:

$$Q\left(x\right)=\frac{ql}{2}-qx$$

$$M\left(x\right)=\frac{qlx}{2}-\frac{q{x}^2}{2}$$

откуда максимальный момент (посередине)

$$M_{max}=\frac{q{l}^2}{8}$$

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

$$x_0^{*},x_0^{**}=\frac{l}{\frac{q_2}{q_1}-1}\left(1\pm \sqrt{\frac{{\left(\frac{q_2}{q_1}\right)}^2-\frac{q_2}{q_1}+1}{3}}\right)$$

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

$$M^{*}=\frac{2}{27}{q}_1{l}^2;\left(x_0^{**}=\frac{2}{3}l\right)$$

$$M^{**}=-\frac{1}{27}{q}_1{l}^2;\left(x_0^{*}=\frac{l}{3}\right)$$

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

$$M^{*}=-\frac{1}{27}{q}_1{l}^2;\left(x_0^{*}=\frac{l}{3}\right)$$

Ответ: не указан.

Рассмотри равновесие балки. Составим уравнение проекций сил на ось балки

$$\sum X=P-\frac{P_B}{\sqrt{2}}=0$$

отсюда

$$R_B=P\sqrt{2}$$

Уравнения моментов относительно точки C

$$\sum M_C=R_A\times 2a-\frac{P_{B}a}{\sqrt{2}}=0$$

отсюда

$$R_A=\frac{P}{2}$$

Уравнение проекции сил на вертикаль

$$\sum Y=R_A-\frac{P_B}{\sqrt{2}}+R_C=0$$

отсюда

$$R_C=\frac{P}{2}$$

Эпюры N, Q и M см. на рисунке.

Ответ: не указан.

1) Определение опорных реакций

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

$$\sum M_B=0$$

$$-A\times 3a-M_0-P\times 2a+3qa\times \mathrm{1,5}a=0$$

Отсюда

$$A=\frac{1}{3a}\left(-q{a}^2-2q{a}^2+\mathrm{1,5}q{a}^2\right)=\mathrm{0,5}qa$$

$$\sum M_A=0$$

$$B\times 3a+P\times a-3qa\times \mathrm{1,5}a-M_0=0$$

откуда

$$B=\mathrm{1,5}qa$$

Проверка:

$$\sum Y=0$$

$$A+B+P-3qa=0$$

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):

$$Q\left(x_1\right)=A-q{x}_1=\mathrm{0,5}qa-q{x}_1$$

$$M\left(x_1\right)=A{x}_1+M_0-\frac{q{x}^2}{2}=\mathrm{0,5}qa{x}_1+q{a}^2-\frac{q{x}^2}{2}$$

- для 2-го участка (0 ≤ x₂ ≤ 2a)

$$Q\left(x_2\right)=-B+q{x}_2=-\mathrm{1,5}qa+q{x}_2$$

$$M\left(x_2\right)=B{x}_2-q{x}_2^2=\mathrm{1,5}qa{x}_2-\frac{q{x}_2^2}{2}$$

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:

$$Q_1=A=\mathrm{0,5}qa$$

$$M_1=M_0=q{a}^2$$

- при x₁ = 0,5a:

$$Q_1=0$$

$$M_1=q{a}^2+\mathrm{0,5}qa\times \mathrm{0,5}a-\frac{q{a}^2}{8}=\frac{9}{8}q{a}^2$$

- при x₁ = a:

$$Q_1=\mathrm{0,5}qa-qa=-\mathrm{0,5}qa$$

$$M_1=q{a}^2+\mathrm{0,5}q{a}^2-\frac{q{a}^2}{2}=q{a}^2$$

- при x₂ = 0:

$$Q_2=-\mathrm{1,5}qa$$

$$M_2=0$$

- при x₂ = a:

$$Q_2=0$$

$$M_2=\mathrm{1,5}q{a}^2-\frac{q{a}^2}{2}=q{a}^2$$

- при x₂ = 2a:

$$Q_2=-\mathrm{1,5}qa+2qa=\mathrm{0,5}qa$$

$$M_2=\mathrm{1,5}qa\times 2a-\frac{q{\left(2a\right)}^2}{2}=q{a}^2$$

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

$$M_{max}=\frac{9}{8}q{a}^2$$

при

$$x_1=\mathrm{0,5}a$$

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

$$\frac{dM\left(x_2\right)}{d{x}_2}=0=-Q_2$$

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

$$\frac{dM\left(x_2\right)}{d{x}_2}=\mathrm{1,5}qa-q{x}_2=0$$

откуда

$$x_2=\mathrm{1,5}a$$

Подставляя это значение в уравнение M(x₂), получим

$$M_{max}=\mathrm{1,5}qa\times \mathrm{1,5}a-\frac{q{\left(\mathrm{1,5}a\right)}^2}{2}=\frac{9}{8}q{a}^2$$

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

$$\frac{d^{2}M}{d{x}^2}=q$$

Так как q < 0 (направлено вниз), то

$$\frac{d^{2}M}{d{x}^2}<0$$

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:

$$Q_{max}=’|’\mathrm{1,5}qa’|’=\mathrm{1,5}\times 2\times 2=6 т$$

$$M_{max}=\frac{9}{8}q{a}^2=\frac{9}{8}\times 2\times 2^2=9 тм$$

Ответ: не указан.

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

$$\omega =\frac{1}{2}q\times 2a=qa$$

и приложенной в центре тяжести треугольника; получаем

$$A=\frac{5}{9}qa$$

$$B=\frac{4}{9}qa$$

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)

$$Q_1=A-\omega \left(x\right)$$

$$M_1=A{x}_1-\omega \left(x\right)\frac{x_1}{3}$$

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

$$q\left(x_1\right)=q\frac{x_1}{2a}$$

т. е.

$$\omega \left(x\right)=\frac{q{x}_1^2}{4a}$$

Следовательно,

$$Q_1=\frac{5}{9}qa-\frac{q{x}_1^2}{4a}$$

$$M_1=\frac{5}{9}qa{x}_1-\frac{q{x}_1^3}{12a}$$

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

$$Q_2=-\frac{4}{9}qa$$

$$M_2=\frac{4}{9}qa{x}_2$$

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

$$Q_1=\frac{5}{9}qa$$

$$M_1=0$$

- при x₁ = a

$$Q_1=\frac{11}{36}qa$$

$$M_1=\frac{17}{36}q{a}^2$$

- при x₁ = 2a

$$Q_1=-\frac{4}{9}qa$$

$$M_1=\frac{4}{9}q{a}^2$$

- при x₂ = 0

$$Q_2=-\frac{4}{9}qa$$

$$M_2=0$$

- при x₂ = a

$$Q_2=-\frac{4}{9}qa$$

$$M_2=\frac{4}{9}q{a}^2$$

По данным формулам построены графики — эпюры Q и М.

Наибольшее значение изгибающего момента найдем, исследуя уравнение на максимум:

$$\frac{d{M}_1}{d{x}_1}=Q_1=\frac{5}{9}qa-\frac{q{x}_1}{4a}=0$$

Отсюда абсцисса опасного сечения (x₁ = x₀)

$$x_0=\frac{a}{3}\sqrt{20}=\frac{2a}{3}\sqrt{5}$$

Подставляя в уравнение M₁, получим

$$M_{max}=\frac{5}{9}qa\frac{2a}{3}\sqrt{5}-\frac{q}{12a}{\left(\frac{2a}{3}\sqrt{5}\right)}^3\approx \frac{5}{9}q{a}^2$$

Наибольшее значение поперечной силы равно (см. эпюру Q)

$$Q_{max}=\frac{5}{9}qa$$

Ответ: не указан.

Элементарная нагрузка, приходящаяся на отрезок балки длиною dx, равна

$$d\omega =q\left(x\right) dx$$

Опорные реакции вследствие симметрии равны

$$A=B=\frac{\omega }{2}$$

где ω — грузовая площадь, ограниченная параболой и равная

$$\omega ={\int }_0^{l}q\left(x\right) dx=\frac{4q}{l^2}{\int }_0^l\left(lx-x^2\right) dx=\frac{2}{3}ql$$

Следовательно,

$$A=B=\frac{ql}{3}$$

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

$$Q\left(x\right)=A-\omega \left(x\right)=\frac{ql}{3}-{\int }_0^{x}q\left(x\right) dx$$

$$M\left(x\right)=Ax-{\int }_0^{x}d\omega \left(x-x_1\right)=\frac{ql}{3}x-{\int }_0^{x}q\left(x_1\right) d{x}_1\left(x-x_1\right)$$

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

$$\frac{d^{2}M}{d{x}^2}=-q\left(x\right)$$

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

$$1) \frac{dM}{dx}=Q\left(x\right)=-{\int }_0^{x}q\left(x\right) dx+Q_0$$

$$2) M\left(x\right)-{\int }_0^{x}dx{\int }_0^{x}q\left(x\right) dx+Q_0+M_0$$

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

$$Q_0=A=\frac{ql}{3}$$

$$M_0=0$$

Интеграл

$${\int }_0^{x}q\left(x\right) dx=\frac{4q}{l^2}{\int }_0^l\left(lx-x^2\right) dx=\frac{4q}{l^2}\left(\frac{x^{2}l}{2}-\frac{x^3}{3}\right)$$

Значит

$$Q\left(x\right)=-\frac{4q}{l^2}\left(\frac{x^{2}l}{2}-\frac{x^3}{3}\right)+\frac{ql}{3}=\frac{ql}{3}\left(1-\frac{6x^2}{l^2}+\frac{4x^3}{l^3}\right)$$

$$M\left(x\right)=\frac{4q}{l^2}{\int }_0^x\left(\frac{x^{2}l}{2}-\frac{x^3}{3}\right) dx+\frac{ql}{3}x=\frac{ql}{3}\left(x-\frac{2x^3}{l^2}+\frac{4x^4}{l^4}\right)$$

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

- при x = 0:

$$Q=Q_0=\frac{ql}{3}$$

$$M=M_0$$

- при x = l/2:

$$Q=0$$

$$M=\frac{5}{48}q{l}^2=M_{max}$$

- при x = l:

$$Q=Q_l=-\frac{ql}{3}$$

$$M=M_l=0$$

Ответ: не указан.

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

$$\sum M_B=0, Al-ml=0, A=m$$

$$\sum M_A=0, Bl-ml=0, B=m$$

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

$$A=-B=\frac{M}{l}$$

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

$$Q\left(x\right)=-A=-m$$

Изгибающий момент

$$M\left(x\right)=-Ax+mx=0$$

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

Ответ: не указан.

Рассматриваем балку отдельно под действием равномерно распределенной нагрузки

$$q=1\frac{т}{м} \left(рис. б\right)$$

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.

Искомые моменты сопротивления:

$$W_{z1}=\frac{b{h}^2}{6}=\frac{2a\times {\left(4a\right)}^2}{6}=\frac{16}{3}{a}^3$$

$$W_{z2}=\frac{2}{h}\left(J_{z1}-J_{z2}\right)=\frac{2}{4a}\left(\frac{2a{\left(4a\right)}^3}{12}-\frac{2a^4}{12}\right)=\mathrm{5,25}{a}^3$$

$$W_{z3}=\frac{2}{4a}\left(\frac{2a{\left(4a\right)}^3}{12}-\frac{2{\left(2a\right)}^3}{12}\right)=5a^3$$

Имеем

$$W_{z1}:W_{z2}:W_{z3}=\mathrm{10,67}:\mathrm{10,5}:10$$

Ответ: 10,67 : 10,5 : 10.

Искомые моменты:

$$J_{z1}=\frac{2b{\left(4b\right)}^3}{12}-2\frac{b}{2}\frac{{\left(2b\right)}^3}{12}=10b^4$$

$$W_{z1}=5b^3$$

$$J_{y1}=\frac{4b{\left(2b\right)}^3}{12}-2\left(\frac{2b{\left(\frac{b}{2}\right)}^3}{12}+2b\frac{b}{2}{\left(\frac{3}{4}b\right)}^2\right)=\mathrm{1,5}{b}^4$$

$$W_{y1}=\mathrm{1,5}{b}^3$$

$$J_{z2}=\frac{2b{\left(4b\right)}^3}{12}-2\left(\frac{b^4}{12}+b^2{\left(\frac{3}{2}b\right)}^2\right)=6b^4$$

$$W_{z2}=3b^3$$

$$J_{y2}=\frac{4b{\left(2b\right)}^3}{12}-\frac{2b\times b^3}{12}=\mathrm{2,5}{b}^4$$

$$W_{y2}=\mathrm{2,5}{b}^3$$

Ответ: не указан.

Момент сопротивления сечения

$$W=\frac{b{h}^2}{6}$$

Максимальное напряжение в поперечном сечении балки при изгибе

$${\sigma }_{max}=\frac{M}{W}=\frac{6M}{b{h}^2}$$

Ответ: не указан.

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

$$\tau =\frac{Q{S}_y^0}{J_{y}b\left(z\right)}$$

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

$$S_y^0=F_0{z}_0$$

Площадь заштрихованного треугольника

$$F_0=\frac{1}{2}b\left(z\right)\left(\frac{2}{3}h-z\right)$$

$$z_0=z+\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}h-z\right)=\frac{2}{3}\left(h+z\right)$$

Следовательно,

$$S_y^0=\frac{1}{2}b\left(z\right)\left(\frac{2}{3}h-z\right)=\frac{b\left(z\right)}{27}\left(2h^2+3hz-9z^2\right)$$

$$\tau =\frac{Q{S}_y^0}{J_{y}b\left(z\right)}=\frac{Q}{27J_y}\left(2h^2+3hz-9z^2\right)$$

Касательные напряжения изменяются по параболическому закону. Подставляя момент инерции треугольника

$$J_y=\frac{b{h}^3}{36}$$

получим

$$\tau =\frac{Q}{3b{h}^3}\left(2h^2+3hz-9z^2\right) \left(б\right)$$

Исследуя уравнение для τ на максимум, найдем

$$\frac{d\tau }{dz}=3h-18z=0$$

откуда

$$z=\frac{h}{6}$$

Следовательно,

$$\tau ={\tau }_{max}$$

при

$$z=\frac{h}{6}$$

т. е. на средней липни треугольника.

Подставляя это значение z в (б), получим

$${\tau }_{max}=\frac{3Q}{bh}=\frac{3}{2}\frac{Q}{F}$$

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

1) при z = 0

$$\tau =\frac{4}{3}\frac{Q}{F}$$

2) при z = 2h/3

$$\tau =0$$

3) при z = -h/3

$$\tau =0$$

Ответ: не указан.

По формуле Журавского величина касательных напряжений равна:

- действующих вдоль стенки

$${\tau }_z=\frac{Q{S}_y^0}{J_{y}b\left(z\right)}$$

- действующих вдоль полок

$${\tau }_y=\frac{Q{S}_y^t}{J_{y}t}$$

Здесь S⁰_y и S^t_y — статические моменты сдвигающейся части сечения относительно нейтральной оси y;

b(z) = δ — толщина стенки;

t — толщина полки;

J_y — момент инерции сечения относительно центральной оси y, равный

$$J_y=\frac{\delta {\left(h-2t\right)}^3}{12}+2\left[\frac{b{t}^3}{12}+bt{\left(\frac{h-t}{2}\right)}^2\right]=$$

$$=\frac{\mathrm{1,2}\times {36}^3}{12}+2\left(\frac{36\times 2^3}{12}+36\times 2\times {19}^2\right)\approx 56700 с{м}^4$$

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,

$$S_{\mathrm{1,3}}=bt\frac{h-t}{2}=\mathrm{36,2}\times 19=1368 с{м}^3$$

Для точки 2, лежащей на нейтральной оси,

$$S_2=S_{max}=S_1+\frac{h-2t}{2}\times \frac{h-2t}{2}\delta =1368+18\times 9\times \mathrm{1,2}=1560 с{м}^3$$

Для произвольной точки с абсциссой y, принадлежащей полке,

$$S_y^t=\left(\frac{b}{2}-y\right)t\times \frac{h-t}{2}=\left(\frac{36}{2}-y\right)\times 2\times \frac{38}{2}=\left(18-y\right)\times 38$$

При y = 0

$$S_y^t=684 с{м}^3$$

При y = b/2

$$S_y^t=0$$

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

$${\tau }_{\mathrm{1,3}}=\frac{Q{S}_1}{J_y\delta }=\frac{16000\times 1368}{56700\times \mathrm{1,2}}=322\frac{кг}{с{м}^2}$$

- в точках 2

$${\tau }_2=\frac{Q{S}_2}{J_y\delta }=\frac{16000\times 1560}{56700\times \mathrm{1,2}}=367\frac{кг}{с{м}^2}$$

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

$$\max {\tau }_y=\frac{Q{S}_y^t}{J_{y}t}=\frac{16000\times 684}{56700\times 2}\approx 96\frac{кг}{с{м}^2}$$

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

Ответ: не указан.

Момент инерции сечения

$$J=\frac{b{h}^3}{12}=\mathrm{31,2} с{м}^4$$

Радиус кривизны

$$\rho =\frac{EJ}{M}=\mathrm{25,5} м$$

Момент сопротивления балки изгибу

$$W=\frac{b{h}^2}{6}=\mathrm{12,5} с{м}^3$$

Максимальное нормальное напряжение

$${\sigma }_{max}=\frac{M}{W}=206 МПа$$

Ответ: не указан.

Строим эпюру M (см. рисунок). Находим

$$M_{max}=\frac{2Pb}{3}$$

Составим условие прочности

$${\sigma }_{max}=\frac{M_{max}}{W}=\left[\sigma \right]$$

т. е.

$$\frac{2P_{доп}b}{3W}=\left[\sigma \right]$$

Отсюда

$$P_{доп}=\frac{3W\left[\sigma \right]}{2b}$$

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

$$W=518 с{м}^3$$

и далее

$$P_{доп}=62 кН$$

Ответ: P_доп = 62 кН.

Наибольшие нормальные напряжения (посередине балки)

$${\sigma }_{max}=\frac{M_{max}}{W}=\frac{3L}{b{h}^2}$$

Наибольшие касательные напряжения (в нейтральном слое)

$${\tau }_{max}=\frac{3}{2}\frac{Q}{F}=\frac{3}{2}\frac{L}{lbh}$$

Ответ: не указан.

Условие прочности

$$\frac{M_{max}}{J}\times y_{max}=\left[\sigma \right]$$

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

$$y_{max}=\frac{h}{3}$$

$$\left[\sigma \right]=\frac{{\sigma }_{b\left(р\right)}}{n}$$

Учитывая, что

$$M_{max}=\frac{Pl}{4}$$

$$J=\frac{b{h}^3}{36}$$

получаем

$$\frac{Pl}{4}\times \frac{36}{b{h}^3}\times \frac{h}{3}=\frac{{\sigma }_{b\left(р\right)}}{n}$$

Отсюда

$$P=\frac{{\sigma }_{b\left(р\right)}{b}^3}{3nl}$$

Ответ: не указан.

Необходимый момент сопротивления

$$W=\frac{M}{\left[\sigma \right] }=4 с{м}^3$$

Массивная балка прямоугольного сечения

$$W=\frac{b{h}^2}{6}=\mathrm{0,377}{b}^3$$

отсюда

$$b=\sqrt[3]{\frac{4}{\mathrm{0,377}}}=\mathrm{2,21} см$$

$$F_1=bh=\mathrm{1,5}{b}^2=\mathrm{7,3} с{м}^2$$

Массивная балка круглого сечения

$$W=\mathrm{0,1}{d}^3$$

отсюда

$$d=\sqrt[3]{\frac{4}{\mathrm{0,1}}}=\mathrm{3,42} см$$

$$F_2=\frac{\pi d^2}{4}=\mathrm{9,1} с{м}^2$$

Тонкостенная балка круглого сечения

$$W=\pi r^{3}t=\mathrm{0,05}\pi r^3$$

отсюда

$$r=\sqrt[3]{\frac{4}{\mathrm{0,05}\pi }}=\mathrm{2,95} см$$

$$F_3=2\pi r^{2}t=\mathrm{0,1}\pi r^2=\mathrm{2,74} с{м}^2$$

Тонкостенная двутавровая балка

$$J=bt{\left(\frac{h}{2}\right)}^2\times 2=\frac{bt{h}^2}{2}=\mathrm{0,0167}{h}^4$$

$$W=\frac{J}{\mathrm{0,5}h}=\mathrm{0,0333}{h}^3$$

отсюда

$$h=\sqrt[3]{\frac{4}{\mathrm{0,0333}}}=\mathrm{4,95} см$$

$$F_4=2bt=\mathrm{0,067}{h}^2=\mathrm{1,63} с{м}^2$$

Последний профиль (двутавр) оказывается наиболее выгодным по весу:

$$F_1=\mathrm{4,5}{F}_4$$

$$F_2=\mathrm{5,6}{F}_4$$

$$F_3=\mathrm{1,7}{F}_4$$

Ответ: не указан.

Наибольшие напряжения в опасном сечении

$${\sigma }_{max}=\frac{M_{max}}{W_y}$$

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

$$M_{max}=\frac{q{l}^2}{8}=\frac{3\times 4^2}{8}=6 тм$$

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

$$W_y=\frac{J_y}{z_{max}}$$

Момент инерции сечения относительно нейтральной оси равен

$$J_y=\frac{B{H}^3-b{h}^3}{12}=\frac{12\times {20}^3-6\times {10}^3}{12}=7500 с{м}^4$$

Расстояние от той же оси до наиболее удаленной от нее точки

$$z_{max}=\frac{H}{2}=10 см$$