2.6 Проверка жесткости балки

Даже высокопрочные балки могут оказаться непригодными к эксплуатации, если от действия нагрузок будут претерпевать упругие деформации, не позволяющие эксплуатировать сооружение (конструкцию). Во избежание появления чрезмерных деформаций наибольший прогиб f не должен превышать допустимого значения: балок перекрытий f £ [fд] = L/200. для большинства неответственных балок f £ [fд] = (L/300) ¸ (L/400), для подкрановых балок [fд] = L/1000 [м].

3 Статически определимые задачи

Задача 3.1.

Y М = 4кНм q = 12 кН/м X L1 L2 L3 F = 8 кН Рисунок 3.1.1- Балка с консолью Дано: L1 = 0,9 м; L2 = 1,0 м; L3 = 1,1 м. [sД] = 130 Н/мм2. [fД] = (1/300) L; d / D = 0,8; Е = 2 · 10 5 МПа. ЭQ - ? ЭМ - ? ЭfХ - ? fМАХ - ? jF - ? D - ?

Определить диаметр балки D, выполненной из толстостенной трубы отношение внутреннего и наружного диаметров которой d / D = 0,8. Материал трубы сталь марки Ст 3, допустимые нагрузки которой составляют [s_Д] = 130 Н/мм². Допустимый прогиб [f_Д] = L /300. Модуль юнга стали Е = 2 · 10 ⁵ МПа. Найти угол поворота сечения в точке F и прогибы по длине балки. Построить эпюры М , Q и f.

Решение.

1. Произвольно расставим реакции опор. Если ошибемся с направлением реакции, то получим ее отрицательное значение. Разобьем балку на участки. Выполним сечения по участкам, приведем схемы отсеченных участков и опорные реакции. Условно примем, что все поперечные усилия Q и все опорные моменты М (моменты в сечениях) положительны (при перемещении по балке слева направо Q направлены вниз, М изгибает балку «рогами» вверх). Если эти предположения окажутся ошибочными – при решении задачи получим отрицательное значение Q или М (рисунок 3.1.2).

2. Найдем опорные реакции, для чего запишем уравнения равновесия:

åF_i = 0; Ra + Rb + F - q (L1 + L2) =0;

åМ_a = 0; F (L1 + L2 + L3) + Rb (L1 + L2) - q (L1 + L2)(L1 + L2) / 2 - М=0.

Получили систему из двух уравнений с двумя неизвестными. Из второго уравнения находим Rb:

Rb = [F(L1+L2+L3)-q(L1+L2)(L1+L2)/2-М] /(L1+L2) =

= [8(0,9+1,0+1,1)-12(0,9+1,0)(0,9+1,0)/2-4 /(0,9+1,0) = 0,874 кН.

Из первого уравнения равновесия, подставив в него значение Rb находим Ra:

Ra = -Rb - F + q(L1+L2) = - 0,874 - 8 + 12(0,9+1,0) = 13,926 кН.

Y М = 4кНм q = 12 кН/м X Ra L1 L2 Rb L3 F = 8 кН I L1 = 0,9 м; L2 = 1,0 м; L3 = 1,1 м. , q QI(x), М1(x) Ra = 13,926 кН Rb = 0,874 кН Ra x M II , q Q2(x), М2(x) Ra L1 x II M III , q Q3(x), M3(x) Ra L1 L2 Rb х III Рисунок 3.1.2 – Определение изгибающих моментов и поперечных усилий в сечениях балки

3. Найдем поперечные усилия Q по участкам балки.

Выполним первое сечение I – I на расстоянии х от начала первого участка 0 £ х £. L1 Запишем уравнение равновесия:

Ra - q × х - QI = 0.

Найдем неизвестную QI:

QI = Ra - q × х.

Полученное уравнение первой степени относительно х, линейное, значит, его строят по двум точкам: х = 0 и х = L1 + L2.

Найдем ординаты эпюр поперечных усилий QI при х = 0 и х = L1+ L2:

QI_Х=0 = Ra - q × х = Ra - q × 0 = 13,926 кН.

QII_Х=L1+L2 = Ra-q × х = Ra - q × (L1 + L2) = 13,926 - 12 × (0,9 + 1,0) = -8,874 кН.

Поперечное усилие на консоли QII = 8 кН/

Для построения эпюры Q чертим ось балки, делим на участки, откладываем ординаты эпюры Q и соединяем их прямыми (рисунок 1.1.3)

В сечении, где эпюра Q пересекает ось балки (Q = 0), изгибающий момент достигает экстремального значения. Абсциссу этого сечения определяют приравняв все силы слева от точки перехода эпюры Q через 0 к нулю и решив полученное уравнение относительно неизвестной х:

R_A- q × х = 0;

находим абциссу максимального изгибающего момента:

х = R_A / q = (13,926) / 12 = 1,16 м .

.

Y М = 4кНм q = 12 кН/м X L1 L2 L3 F = 8 кН Ra = 13,926 кН Rb = 0,874 кН 13,9 кН ЭQ -8,874 -8 кН ЭМ 0 0 7,673 кНм 8,799 кНм 11,673 кНм 12,08 кНм Рисунок 3.1.3 - Эпюры Q и М

4. Найдем изгибающие моменты по участкам балки.

Изгибающие моменты на левой опоре и на правом свободном конце балки по

определению равны нулю, так как там не приложен изгибающий момент М.

Изгибающий момент в первом сечении 0 £ х £. L1 равен:

М1= Ra × х - q × х²/2.

Полученное уравнение второй степени относительно х, нелинейное, значит, его строят по трем точкам: х = 0, х = L1/2 и х = L1.

МI_Х=0,5L1 = Ra × L1/2 - q × 0,5L1 × 0,5 L1/2 =

= 13,926 × 0,9/2 - 12 × 0,5 × 0,9 × 0,5× 0,9 / 2 = 6,27 - 1,22 = 5,06 кН × м.

по трем точкам: х = 0, х = L1/2 и х = L1.

МI_Х=L1 = Ra × L1 - q × L1 × L1/2 =

= 13,926 × 0,9 - 12 × 0,9 × 0,9 / 2 = 12,53 - 4,86 = 7,673 кН × м.

Изгибающий момент во втором сечении 0 £ х £. L2 равен:

М2 = Ra × (х + L1) - q × х²/2 + М.

Полученное уравнение второй степени относительно х, нелинейное, значит, его строят по трем точкам: х = 0, х = 0,26 м и х = L2.

М2_Х=0 = Ra × (L1+ х) - q × (L1 + х )² /2 + М =

= 13,926 × 0,9 - 12 × 0,9² / 2 + 4 = 12,53 - 4,86 + 4 = 11,673 кН × м.

М2_Х=0,26М = Ra × 1,16 - q × 1,16 ² /2 + М =

= 13,926 × 1,16 - 12 × 1,16 ² / 2 + 4 = 8,8 кН × м.

Изгибающий момент на участке L3 линеен и на свободном конце балки равен 0, а в опоре В определяется произведением силы F на плечо L3 и равен:

М3_Х=L3 = Ra × (L1+ L2) - q × (L1 + L2) ²/2 + 4 =

= 13,926 × (0,9 + 1,0) - 12 × (0,9 + 1,0) )²/ 2 + 4 = 8,8 кН × м.

Для построения эпюры изгибающих моментов М чертим ось балки, делим на участки, откладываем ординаты эпюры М и соединяем их прямыми на участках без распределенной нагрузки и плавными кривыми на участках с распределенной нагрузкой (рисунок 3.3). В точках приложения сосредоточенных усилий на эпюре моментов наблюдаются изломы эпюры в направлении действия силы.

5. По результатам расчета из уравнения ( 1.6 ) определяют размеры поперечного сечения балки из условия прочности:

σ = М_{| MAX |} / W_Z £ [ σ_Д ],

решив которое относительно момента сопротивления сечения W_Z получим:

W_Z ³ М_{| MAX |} / [σ_Д ],

где М_{| MAX |} - максимальный (экстремальный по абсолютному значению) изгибающий момент по длине исследуемой балки.

Для балки круглого сечения ( 1.7 ):

W_Z = 0,1 d ³;

Для трубы при соотношении d / D = 0,8 или d = 0,8 D :

W_Z = 0,1 D³ - 0,1 d ³ = 0,1 D³ - 0,1(0,8 D) ³ = 0,1 D³ (1 - 0,8³ ).

Подставим W_Z в уравнение прочности и решим его относительно D:

м

Выбираем D = 125 мм, d = 0,8 D = 125 × 0,8 = 100 мм.

6. Найдем момент инерции J_Z и жесткость G_Z балки:

J_Z = 0,05 (D^4- d ⁴) = 0,05 (0,125^{4 -} 0,100 ⁴) = 7,207 × 10-⁶ . м⁴

G_Z = EJ_Z = 2 × 10^{5 ×} 7,207 × 10-⁶ = 1,441. МН × м²

7. Методом начальных параметров с помощью универсальных уравнений деформаций изогнутой оси балки найдем прогибы по длине балки, для чего вначале определимся с начальными условиями – найдем угол поворота оси балки в начале координат при х = 0 (на опоре А), для чего определим прогиб в точке, в которой он нам безусловно известен. Таких точек 2 – шарниры А и В, от которых балка не может ни оторваться ни деформировать их. Запишем уравнение прогибов для шарнира В:

EJ_Zf(b) = EJ_Zf(a) (х⁰/0!) + EJ_Zb(a) (х¹/1!) + М(А²/2!) +

+ R_A (В³/3!) - q(C⁴/4!) = 0

Так как прогиб в шарнирах А и В равен нулю EJ_Zf(b) = EJ_Zf(a) (х⁰/0!) = 0

решим полученное уравнение относительно EJ_Zb(a):

EJ_Zb(a) = {q(C⁴/х×4!) - R_A (В³/х×3!) - М(А²/ х×2!) }× 10-³ =

= {q[(L₁+L₂)⁴/(L₁+L₂)4!]-R_A[(L₁+L₂)³/(L₁+L₂)3!)]-М[L₂²/(L₁+L₂)2!)]} × 10-³ = = {q[(L₁+L₂)³/24] - R_A[(L₁+L₂)²/6)] - М[L₂²/(L₁+L₂)2)]} × 10-³ =

= {12[(0,9+1,0)³/24] - 13,926[(0,9+1,0)²/6)] - 4[1,0²/(0,9+1,0)2]} × 10-³ =

= {12[1,9³/24] - 13,926[1,9)²/6)] - 4[1,0/3,8]} × 10-³ =

= {12[6,859/24] - 13,926[3,61/6)] - 4[1,0/3,8]} × 10-³ =

= {3,43 - 8,38 - 1,05} × 10-³ = - 6,00 × 10-³.

Множитель 10-³ необходим для перевода кН в МН.

Найдем прогибы на первом участке 0 £ х £ L₁= 0,9 м через 0,18 м

f(х) = [ EJ_Zf(a) (х⁰/0!) + EJ_Zb(a) (х¹/1!) + R_A (В³/3!) - q(C⁴/4!)] /EJ_Z =

= [ EJ_Zb(a) (х¹/1!) + R_A (х³/3!) - q(х⁴/4!)] / G_Z =

= [- 6 (х¹/1) + 13,926 (х³/6) - 12(х⁴/24)] × 10-³]/1,441. м

Для облегчения расчетов вычисления производились в программе MATHCAD. Результаты приведены в таблице 3.1.

Таблица 3.1 Прогибы по длине балки

L	L1						L2							L3
DL м	0	0,18	0,36	0,54	0,72	0,90		0	0,2	0,4	0,6	0,8	1,0	0	0,22	0,44	0,66	0,88	1.1
f(х) 10-3 М	0	-0,7407	-1,43	-2,025	-2,49	-2,802		-2,802	-2,89	-2,645	-2,068	-1,177	0,000	0,000	1,658	3,499	5,525	7,769	9,902
f 10-3 М	0	-0,5528	-1,0672	-1,5112	-1,8582	-2,0910		-2,0910	-2,1567	-1,9739	-1,5433	-1,5433	0,0000	0,0000	1,2561	2,6508	4,1856	5,8856	7,5000

Найдем прогибы на втором участке 0 £ х £ L₂= 1,0 через 0,2 м

f(х) = [ EJ_Zf(a) (L₁+х)⁰/0! + EJ_Zb(a) (L₁+х)¹/1! + М(А²/2!) +

+ R_A (В_A³/3!) - q(C⁴/4!)] /EJ_Z =

= [ EJ_Zb(a) (L₁+х)¹/1! + М(х²/2!) + R_A (L₁+х)³/3! - q(L₁+х)⁴/4!] / G_Z =

= [- 6(0,9+х)+4(х²/2)+13,926 (0,9+х)³/6-12(0,9+х)⁴/24] × 10-³]/1,441. м

Для облегчения расчетов вычисления производились в программе MATHCAD. Результаты расчетов приведены в таблице 1.

Для вычисления прогибов на третьем участке необходимо достроить распределенную нагрузку до конца балки и компенсировать ее обратной нагрузкой, для того, чтобы не изменились условия нагружения (рисунок 3.1.4).

Найдем прогибы на третьем участке 0 £ х £ L₃= 1,1 через 0,22 м

f(х) = [ EJ_Zf(a) (L₁+L₂+х)⁰/0! + EJ_Zb(a) (L₁+L₂+х)¹/1! + М(А²/2!) +

+ R_A (В_A³/3!) + R_В (В_В³/3!) - q(C⁴/4!) + q (C_К⁴/4!)] / EJ_Z =

= [ EJ_Zb(a) (L₁+L₂+х)¹/1! + М(L₂+х)²/2! + R_A (L₁+ L₂+х)³/3! +

+ R_В (L₂+х)³/3! - q(L₁+L₂+х)⁴/4! + q(х)⁴/4!] / G_Z =

= [- 6(0,9+1,0+х)+4(1,0+х)²/2+13,926 (0,9+1,0+х)³/6 +

+ 0,87(1,0+х)³/6 -12(0,9+1,0+х)⁴/24 + 12(х)⁴/24] × 10-³/1,441. м

Для облегчения расчетов вычисления производились в программе MATHCAD. Результаты расчетов приведены в таблице 1.

Допустимые прогибы для балок перекрытий составляют [f _Д] = L / 200, для подкрановых балок [f _Д] = L / 300, а для консолей – в 2 раза больше.

По результатам расчетов максимальный прогиб на свободном конце консоли составил более 9,9 мм при допустимом прогибе для консоли :

[f_Д] = 2 (1/300) L₃ = 2 × 1100 / 300 = 2 ×3,67 = 7,33 мм

что почти в 1,35 раза превышает допустимое значение прогиба. Так как момент инерции это 4-я степень от диаметра, значит диаметр балки необходимо увеличить в раза, из чего следует:

D₁ = 1,08 × D = 1,08 × 125 = 135. мм

Выбираем наружный диаметр трубы D₁ = 135 мм, внутренний диаметр:

d₁ = 0,8 D₁ = 135 × 0,8 = 109 мм..

В соответствии с п. 6 найдем момент инерции J_Z1 и жесткость G_Z1 балки:

J_Z1 = 0,05 (D^4- d ⁴) = 0,05 (0,135^{4 -} 0,109 ⁴) =

= 0,05 (0,00033 ^- 0,00014) = 0,05 (0,00019) = 95 × 10 -⁷ . м⁴

G_Z1 = EJ_Z1 = 2 × 10^{5 ×} 95 × 10 -⁷ = 1,90 . МН × м²

Жесткость балки выросла в G_Z1/ G_Z = 1,9 / 1,441 = 1,32 раза, во столько же раз уменьшатся прогибы балки. Тогда максимально возможный прогиб будет (таблица 3.1):

f_(ХМАХ) = 9,902 / 1.32 = 7,5 мм

- на 0,16 мм больше допустимых значений (больше допустимого на 2,3 %), что формально не превышает допустимых значений для инженерных расчетов. Увеличить запас жесткости балки можно увеличив наружный диаметр до 140 мм. Для увеличения на 1 мм диаметра трубы понадобиться очень высокая точность изготовления внутреннего диаметра трубы. Если принять наружный диаметр балки D = 140 мм, а d = 112 мм,

J_Z1 = 0,05 (D^4- d ⁴) = 0,05 (0,140^{4 -} 0,112 ⁴) =

= 0,05 (0,000383 ^- 0,000157) = 0,05 (0,000226) = 113 × 10 -⁷ . м⁴

G_Z1 = EJ_Z1 = 2 × 10^{5 ×} 113 × 10 -⁷ = 2,26 . МН × м²

Жесткость балки вырастет в G_Z1/ G_Z= 2,26 / 1,441 = 1,57 раз, во столько же раз уменьшатся прогибы балки. Тогда максимально возможный прогиб:

f_(ХМАХ) = 9,902 / 1,57 = 6,31 мм

- на 1,03 мм меньше допустимых значений (меньше допустимого на 14 %), что почти в 5 раз превышает допустимые значения допусков погрешностей для инженерных расчетов.

Оставляем наружный диаметр трубы D₁ = 135 мм, внутренний диаметр d₁ = 109 мм..

Y М = 4кНм q = 12 кН/м А X L1 L2 В L3 F = 8 кН 7,5 мм 0 Эf(x) 0 -0,47 мм -0,49 мм Рисунок 3.1.4 – Построение эпюры прогибов

8. Методом начальных параметров с помощью универсальных уравнений деформаций изогнутой оси балки найдем угол поворота оси балки в точке F:

j(F) = [EJ_Zb(a) (L₁+L₂+х)⁰/0! + М(А¹/1!) +

+ R_A (В_A²/2!) + R_В (В_В²/2!) - q(C³/3!) + q (C_К³/3!)] / EJ_Z =

= [ EJ_Zb(a) (L₁+L₂+х)⁰/0! + М(L₂+х)¹/1! + R_A (L₁+ L₂+х)²/2! +

+ R_В (L₂+х)²/2! - q(L₁+L₂+х)³/3! + q(х) ³/3!] / G_Z =

= [ EJ_Zb(a) (L₁+L₂+L₃)⁰/0! + М(L₂+L₃)¹/1! + R_A (L₁+ L₂+L₃)²/2! +

+ R_В (L₂+L₃)²/2! - q(L₁+L₂+L₃)³/3! + q(L₃) ³/3!] / G_Z =

= [- 6(0,9+1,0+1,1) ⁰ +4(1,0+1.1)¹ +13,926 (0,9+1,0+1,1) ²/2 +

+ 0,87(1,0+1,1)²/2 -12(0,9+1,0+1,1)³/6 + 12(1,1)³/6] × 10-³/8,559 =.

= [- 6 + 8,4 +62,667 + 1,92 - 54 + 2,66] × 10-³/8,559 = 1,828 × 10-³. рад

Угол положителен, значит ось балки поворачивается против часовой стрелки.

Переведем радианы в градусы:

p = 3,14 рад = 180 °

1,828 × 10-³. рад = b

b = ( 1,828 × 10-³ × 180 °) / 3,14 = (104,7898 × 10-³ )° = 0,10479° =

= 0,10479° × 60 ¢ = 6,287 ¢ = 6¢ + 0,287 ¢× 60 ¢¢= 6 ¢ 17,2 ¢¢

9. Используя данные таблицы 1, уточненные жесткостью новой трубчатой балки D₁ = 195 мм, строим эпюру прогибов (рисунок 3.1.4.)

.. Задача 3.2

. Y q M Х H А В L1 F L2 L3 b Рисунок 3.2.1 - Консоль (справа – сечение балки)

Подобрать деревянную консольную балку прямоугольного сечения b/H = 0,5, допустимые нагрузки которой составляют [s_Д] = 10 Н/мм² и допустимый прогиб [f_Д] = L /300, Е = 1 · 10 ⁶ кПа. L₁ = 0,5 м, L₂ = 0,4 м, L₃ = 0,6 м, F = 4 кН, М = 2 кН × м, q = 6 кН/м. Найти угол поворота сечения в точке М. Построить эпюры М, Q и f.

Решение.

1. Поместим балку в оси координат, разобъем ее на участки 0 £ x_i £ L_i. Выполним сечения по участкам, приведем схемы отсеченных участков и опорные реакции. Условно примем, что все поперечные усилия Q и все опорные моменты М (моменты в сечениях) положительны (при перемещении по балке слева направо Q направлены вниз, М изгибает балку «рогами» вверх). Если эти предположения окажутся ошибочными – при решении задачи получим отрицательное значение Q или М (Рисунки 3.2.2, 3.2.3, 3.2.4, 3.2.5).

2. Найдем поперечные усилия Q_i и изгибающие моменты М_i в сечениях, для чего запишем уравнения равновесия в машинных аргументах по участкам:

åF_i = 0; - q · x1 – Q1(x1) = 0. 0 £ x1£ L₁ = 0,5 м

Решим уравнение относительно Q1(x):

Q1(x1) = -q · x1.

Уравнение линейное, первой степени, относительно неизвестной x1. Уравнение решаем по двум точкам:

Q1(x1= 0) = -q · x1= -q · 0 = 0. кН

Q1(x1= L₁) = - q · x1 = - q · L₁ = - 6 · 0,5 = - 3. кН

Для второго участка:

åF_i = 0; - q · (x1 + L1) + F – Q2(x2) = 0.

Q2(x2) = - q · (x1 + L1) + F.

Также, как и на первом участке, уравнение на втором участке линейное, первой степени, относительно неизвестной x2 и его решаем по двум точкам:

Q2(x2 = 0) = - q · (x2 + L1) + F = - q · L1 + F= - 6 · 0,5 + 4 = 1. кН

Q2(x2=L2)=-q · (x2+L1)+F= - q · (L2+L1)+F= - 6 · (0,5+0,4)+4 = -1,4. кН

Уравнение равновесия третьего участка:

åF_i = 0; - q · (L2 + L1) + F – Q3(x3) = 0.

Отсюда:

Q3(x3) = - q · (L2 + L1) + F.

В отличие от первого и второго участков, уравнение поперечных усилий Q3 третьего участке не зависит от x3, но оно также линейное, нулевой степени, относительно неизвестной x3, поэтому его решаем по одной точке. Подставим в уравнение значения аргументов и найдем Qi(xi).

Q3(x3) = - q · (L2 + L1) + F = - 6 · (0,5 + 0,4) + 4 = -1,4. кН

По результатам вычислений построим эпюру Q (Рисунок 3.2.3).

На третьем участке эпюра усилий Q3 параллельна оси балки.

В точках приложения сосредоточенных усилий на эпюре усилий Q наблюдается разрыв непрерывности (бросок эпюры) амплитудой, равной величине приложенного усилия F в направлении действия силы.

На участках с распределенной нагрузкой на эпюре усилий наблюдается монотонное изменение поперечного усилия Q в направлении действия распределенной нагрузки q с амплитудой по концам участка равной произведению распределенной нагрузки q на длину участка L.

В точках изменения знака эпюры поперечных усилий Q (при переходе ЭQ через 0) на эпюре изгибающих моментов наблюдается эектремальное значение моментов М. Таких точек 4: на свободном конце балки, в точке приложении поперечного усилия F, в защемлении и на втором участке, где эпюра поперечных усилий Q «монотонно» переходит через 0. Первые три точки «привязаны к концам участков и легко идентифицируются. Найдем четвертую точку, для чего приравняем уравнение поперечных усилий второго участка к 0, откуда найдем абциссу х2, где Q2 = 0:

Q2(x2) = - q · (x1 + L1) + F = 0 ,

откуда:

- q · (x1 + L1) + F = 0.

Преобразуем и находим положения экстремума изгибающего момента:

x1 + L1 = F / q ; x1 = (F / q ) - L1 = (4 / 6 ) - 0,5 = 0,167 . м

Как и поперечные усилия, находим изгибающие моменты по участкам:

åМ_i = 0; М1(x1) = -q · 0,5(x1)².

М2(x2) = -q · 0,5(L1 + x2)² + F · x2.

М3(x3) = -q · (L1+L2)[0,5(L1 + L2) + x3] + F · (L2 + x3) + M.

Для первых двух участков уравнение изгибающих моментов по длине участков нелинейное, второй степени, относительно неизвестной x. Уравнение решаем минимум по трем точкам: x = 0, x = 0,5L, x = L. Подставим в полученные уравнения значения аргументов и найдем Мi(xi). Первый участок:

М1(x1 = 0) = -q · 0,5(x1)² = 0. кН × м

М1(x1 = 0,5 L1) = -q · 0,5(0,5 L1) ² = - 6 · 0,5(0,5 × 0,5) ² = - 0, 1875. кН × м

М1(x1 = L1) = -q · 0,5(L1) ² = - 6 · 0,5(0,5) ² = - 0, 75. кН × м

Ищем изгибающие моменты на втором участке:

М2(x2 = 0) = -q · 0,5(L1+x2)² +F · x2 = -q · 0,5(L1+0)² +F · 0 = - 0,75. кН × м

.

. Y x1 I q x2 II x3 III Х I II M III L1 F L2 L3 Рисунок 3.2.2 - Сечения по участкам балки Q1(x) . q M1(Х) . x1 I Рисунок 3.2.3 - Схема первого участка . q II M2(x) . Q2(x) Рисунок 3.2.4 - Второй участок L1 F x2 II . q M III M3(x) . L1 F L2 x3 III Q3(x) Рисунок 3.2.5 - Схема третьего участка 1 кН 0 ЭQ -3 кН -1,4 кН Рисунок 3.2.6 - Эпюра Q -0,75 кНм -0,83 кНм 0 ЭМ 0,33 кНм 1,17 кНм Рисунок 3.2.7 - Эпюра М

Найдем экстремальное значение изгибающего момента на втором участке при x2 = 0,167 м, для чего подставим в уравнение изгибающих моментов второго участка значение x2 = 0,167 м:

М2(x2 = 0,167) = -q · 0,5(L1 + 0,167)² +F · 0,167 =

= - 6 · 0,5(0,5 + 0,167)² + 4 · 0,167 = - 0,931 + 0,668 = - 0,263. кН × м

Находим моменты при x2 = 0,5L2 и x2 = L2:

М2(x2 = 0,5L2) = -q · 0,5(L1 + 0,5L2)² +F · 0,5L2 =

= - 6 · 0,5(0,5 + 0,5 × 0,4)² + 4 · 0,5 × 0,4 = - 1,47 + 0,8 = - 0,67. кН × м

М2(x2 = L2) = -q · 0,5(L1 + L2)² +F · L2 =

= - 6 · 0,5(0,5 + 0,4)² + 4 · 0,4 = - 2,43 + 1,6 = - 0,83. кН × м

М3(x3) = -q · (L1+L2)[0,5(L1 + L2) + x3] + F · (L2 + x3) + M.

Уравнение изгибающих моментов по длине третьего участка линейное, первой степени, относительно неизвестной x. Уравнение решаем минимум по двум точкам: x = 0, x = L. Подставим в полученные уравнения значения аргументов и найдем Мi(xi).

М3(x3 = 0) = -q · (L1+L2)[0,5(L1 + L2) + x3] + F · (L2 + x3) + M =

= -q · (L1+L2)[0,5(L1 + L2)] + F · (L2) + M =

= - 6 · (0,5+0,4)[0,5(0,4 + 0,5)] + 4 · (0,4) + 2 = - 6 · 0,9 · 0,45 + 1,6 +2 = 1,17.

М3(x3 = L3) = -q · (L1+L2)[0,5(L1 + L2) + x3] + F · (L2 + x3) + M =

= -q · (L1+L2)[0,5(L1 + L2) + L3] + F · (L2 + L3) + M =

= - 6 · (0,5+0,4)[0,5(0,4 + 0,5) + 0,6] + 4 · (0,4+ 0,6) + 2 =

= - 6 · 0,9 · [0,45 + 0,6] + 4 +2 = -5,67 + 6 = 0,33 кН × м

По результатам вычислений строим эпюру М (Рисунок. 3.15).

3. Найдем сечение балки из условия прочности:

s = ( М _МАХ/ W_Z ) £ [ s_Д ]

Отсюда: W_Z ³ ( М _МАХ / [ s_Д ] );

Wz := 1,17 / 10000; Wz := 0,000117 м³.

Для прямоугольного сечения высотой Н и шириной b момент сопротивления сечения балки равен (3.8): W_Z = (b · Н² )/6 = 0,000117 м³.

Так как по условию задачи: b/H = 0,5, выразив b через H получим:

. b = 0,5H.

Подставим полученное значение b в уравнение, определяющее момент сопротивления балки прямоугольного сечения (3.8.), и решим его относительно высоты сечения балки Н: W_Z = (0,5 · Н³ ) / 6 = 0,000117

Н³ = 0,000117 · 6 / 0,5 ;

Н := (0,000117 · 6 / 0,5) ^1/3 ; Н := 0,112 м.

Принимаем сечение балки из условия прочности: Н = 0,12 м, b = 0,06 м.

W_Z = (0,5 · Н³ )/6 ; Wz := 0.5 · 0.12³ / 6; Wz := 0.000144 м³.

Найдем момент инерции балки из выражения : W_Z = J_Z / 0,5 Н ;

J_Z = W_Z · 0,5 Н ; Jz = 0.000144 · 0.5 · 0.12 = 8,64 · 10 -⁶ м⁴.

Определим жесткость балки:

G_Z = E · J_Z = 1·10⁶ · 8,64 · 10-⁶ = 8,64 кН × м².= 8,64 ·10-³ МН × м².=

4. Найдем прогибы и углы поворота сечений балки с помощью дифференциального уравнения изогнутой оси балки:

G_Z f '' = M_Х.

Для нахождения постоянных интеграрования необходимо:

1) отсчет абсцисс х при составлении аналитических выражений изгибающего момента на всех участках необходимо производить от начала координат, помещаемого на левом конце балки;

2) сосредоточенный момент М необходимо представить в виде произведения: М(х - а)⁰, где а — расстояние от начала координат до сечения, в котором этот мо­мент приложен (записанное произведение равно М, поскольку любая величина в нулевой степени равна единице);

3) интегриро­вание выражений, содержащих скобки вида (х - а)^п, (х- b)ⁿ (при n = 0, 1, 2, 3), производить без раскрытия скобок;

4) при действии распределенной нагрузки, не доходящей до правого конца рассматриваемого участка, продолжать ее до конца исследуемого участка, одно­временно уравновешивая продолженную нагрузку противоположно направленной нагруз­кой той же интенсивности;

5) все уравнения изгибающих моментов на рассматриваемом участке, содержащих скобки вида (х - а)^п представить со своими степенями (n = 0, 1, 2, 3),

Выполнение перечисленных условий позволяет ограничиться составлением и интегрированием всего лишь одного дифферен­циального уравнения — последнего (крайнего правого) участка балки, на котором находится исследуемое сечение х - х в котором определятся угловое или линейное перемещение балки. В результате общее число постоянных интегрирова­ния оказывается равным двум независимо от числа участков.

Для нахождения прогибов во исполнение условия 4 достроим эпюру распределенных нагрузок до защемленного конца балки, а чтобы не изменились условия нагружения, достроенный участок эпюры загрузим распределенной нагрузкой обратной достроенной (Рисунок 3.16).

Во исполнение условия 1 отсчет абсцисс х при составлении аналитических выражений изгибающего момента на всех участках необходимо производить от начала координат, помещаемого на левом конце балки;

Во исполнение условия 2 запишем уравнение изгибающих моментов на третьем участке, представив сосредоточенный момент М в виде произведения: М(х - а)⁰, где а — расстояние от начала координат до сечения, в котором этот мо­мент приложен:

Во исполнение условия 5 запишем все уравнения изгибающих моментов от внешних нагрузок на третьем участке, представив выражения, содержащих скобки вида (х - а)^п со своими степенями (n = 0, 1, 2, 3),

M_Х = -q · 0,5(xIII)² +F ·(хIII - L1)¹ + M (х - L1- L2)⁰ + q · 0,5(xIII- L1- L2)².

Тогда дифференциальное уравнение изогнутой оси балки будет иметь вид:

G_Zf ''= -q0,5(xIII)²+F (хIII-L1)¹ + M (хIII - L1- L2)⁰ + q · 0,5(xIII- L1- L2)².

В полученное уравнение подставим значения аргументов:

G_Z f '' = - 6·0,5(xIII)² + 4(хIII-0,5)¹ +2(хIII-0,5-0,4)⁰ + 6·0,5(xIII-0,4-0,5)².

Проинтегрируем уравнение:

G_Zf '= -6(xIII)³/6+4(хIII-0,5)²/2+2(хIII-0,9)¹ + 6 (xIII - 0,9)³/6 + С = b (х) –

получили угол поворота изогнутой оси балки.

Проинтегрируем второй раз, получим уравнение прогибов оси балки:

G_Zf = - 6(xIII)⁴/24+4(хIII-0,5)³/6+2(хIII-0,9)²/2+6(xIII-0,9)⁴/24+СхIII+D=f(х).

Постоянные интегрирования С и D – начальные условия:

С = G_Z f ', где b (х = 0) - угол поворота изогнутой оси балки в начале выбранной системы координат при х = 0;

D = G_Z f , f (х = 0) - прогиб изогнутой оси балки в начале выбранной системы координат при х = 0.

Так как в защемлении при х = (L1 + L2 + L3) = 0,5 м прогиб f (х = 1,5 м) = 0 и угол поворота сечения b (х = 1,5 м) = 0 балки равны нулю, из полученных уравнений можно найти постоянные интегрирования С и D, подставив в эти уравнения известные результаты и решив их относительно С и D:

G_Z f'(х=1,5 м)= -6(xIII)³/6+4(хIII-0,5)²/2+2(хIII-0,9)¹+6(xIII-0,9)³/6 + С = 0.

G_Z f'(х=1,5 м)= - 6(1,5)³/6 + 4(1,5-0,5)² /2+2(1,5-0,9)¹ + 6(1,5-0,9)³/6 + С = 0.

С = 6(1,5)³/6 - 4(1, 0)² /2 - 2(0,6)¹ - 6(0,6)³/6 = - 0,041.

Знак (-) в результате решения свидетельствует о том, что в начале координат при х = 0 свободный конец балки повернулся по часовой стрелке

Подставив в уравнение прогибов полученное значение С определим значение постоянной интегрирования D:

G_Zf= -6(xIII)⁴/24+4(хIII-0,5)³/6+2(хIII-0,9)²/2+6(xIII-0,9)⁴/24+СхIII+D=f(х)=0.

-6(1,5)⁴/24+4(1,5-0,5)³/6+2(1,5-0,9)²/2+6(1,5-0,9)⁴/24+С1,5+D=0.

D = 6(1,5)⁴/24 - 4(1,0)³/6 - 2(0,6)²/2 - 6(0,6)⁴/24 + (- 0,041×1,5) = 0,268.

Ищем прогибы балки по участкам. Прогибы первого участка балки с шагом DxI = 0,1 м вычислим подставив значения аргумента xI в уравнение:

, f (xI) = - q(xI)⁴/G_Z24+СхI / G_Z +D / G_Z =

- 6(xI)⁴/8,64 × 24 - 0,041хI /8,64 + 0,268 /8,64 .

Значения прогибов приведены в таблице 3.2.

Допустимые прогибы для балок перекрытий составляют [f _Д] = L / 200, для подкрановых балок [f _Д] = L / 300, а для консолей – в 2 раза больше. Тогда допустимый прогиб для подкрановой консоли при вылете консоли L = х равном: х = 0,5 + 0,4 + 0,6 = 1, 5 м

составит: [f _Д] = 2 × 1500 / 300 = 10 мм.

Таблица 3.2 - Прогибы по участкам

DL м	0	0,1	0,2	0,3	0,4	0,5	0,6
f (xI) м	0,031	0,031	0,030	0,029	0,028	0,027
f 1 (xI) м	0,0098	0,0097	0,0095	0,0093	0,0089	0,0084
f (xII) м	0,0084	0,0077	0,0068	0,0055	0,0040
f (xIII) м	0,0040	0,0026	0,0015	0,0008	0,00003	0,00001	0,000000

Максимальный прогиб более чем в 3 раза превышает допустимые значения, f / [f _Д] = 31/ 10 = 3,1 что свидетельствует о недостаточной жесткости балки, которую необходимо увеличить в 3,1 раза:

G_Z1 = 8,64 × 3,1 = 26,78 . кН × м

Из этого следует, что соответственно следует увеличить и момент инерции балки, так как G_Z1 = E · J_Z . Для прямоугольного поперечного сечения балки J_Z = bh³ / 12, а при b = 0,5 h J_Z = 0, 5 h⁴ / 12, то высоту балки необходимо увеличить

h 1 = h (3,1)^{(1 / 4)} = 0,12 (3,1)^{(1 / 4)} = 0,12 × 1,33 = 0,16 м, b = 0,08 м

Тогда: J_Z = 0, 5 h⁴ / 12 = 0,5 × 0,16 ⁴ / 12 = 0,000027,3 м⁴.

G_Z1 = E · J_Z .= 1·10⁶ × 0,000027,3 = 27,3 кН × м

Полученная жесткость выше первоначальной в 3,6 раз:

G_Z11 / G_Z = 27,3 / 8,64 = 3,6

Это значит, в 3,6 раз уменьшатся прогибы (таблица 3.2)

Ищем прогибы второго участка с шагом DxI = 0,1 м, подставив значения аргумента xII в уравнение:

: f(х) = -q(xII)⁴/G_Z124 + F(хII-0,5)³/G_Z16 + СхII/G_Z1 + D/G_Z1 = .

= -6(xII)⁴/27,3 × 24+4(хII-0,5)³/27,3 × 6 - 0,041хII/27,3 + 0,268/27,3 .

Полученные вычисления приведены в таблице 3.2.

Ищем прогибы третьего участка с шагом DxI = 0,1 м, подставив значения аргумента xIII в уравнение:

f(х) = -q(xIII)⁴/G_Z124 + F(хIII -0,5)³/G_Z16 +М(хIII-0,9)²/ G_Z12 +

+ q (xIII-0,9)⁴/ G_Z124 + СхIII/G_Z1 + D/G_Z1 = .

= -6(xIII)⁴/27,3 × 24 + 4(хIII-0,5)³/27,3 × 6 + 2(хIII-0,9)²/27,3 × 2 +

+ 6 (xIII-0,9)⁴/27,3 × 24 - 0,041хIII/27,3 + 0,268/27,3 .

Полученные вычисления приведены в таблице 3.2.

По данным таблицы 3,2 строим эпюру прогибов по участкам (рисунок 3.2.8)

.

x III . q M L1 F L2 L3 8,4 мм Рисунок 3.2.8 - Достроенная нагрузка q 9,8 4,0 мм Э f(x) Рисунок 3.2.9 – Эпюра f(x) 0 мм

Из уравнения первой производной от прогиба найдем угол поворота сечения (оси балки) в точке приложения момента М:

f ' = b (хМ) = -q(xIII)³/G_Z6 + F(хIII-0,5)²/G_Z2 + С/G_Z =

= - 6(xIII)³/27,3 × 6 + F(хIII-0,5)²/27,3 × 2 - 0,041/27,3 =

= - 6(0,9)³/27,3 × 6 + F(0,9I-0,5)²/27,3 × 2 - 0,041/27,3 = - 0,0165 .

Переведем радианы в градусы:

p = 3,14 радиан - 180 °

0,0165 радиан - b °

Отсюда:

180 × 0,0165 / 3,14 = 0,95 ° = 0,95 ° × 60 ¢ = 57 ¢

Что меньше допустимых 3 °.

Построения эпюры прогибов осуществляют в следующим порядке:

1. На участке, где момент положителен, изогнутая ось балки расположена «рогами» вверх.

2. В точке приложения изгибающего момента на эпюре наблюдается перегиб.

3. На участках, где изгибающий момент равен 0, эпюра прогибов – прямая линия.

Задача 3.3

М q L1 A L2 F L3 B Рисунок 3.3.1 - Балка с консолью

Подобрать стальной двутавр, допустимые нагрузки на который составляют [s_Д] = 150 Н/мм² и допустимый прогиб [f_Д] = L /300, Е = 2 · 10 ⁵ МПа. L₁ = 0,6 м, L₂ = 0,8 м, L₃ = 1,0 м, F = 4 кН, М = 2 кНм, q = 8 кН/м. (Рисунок 3.3.1). Найти угол поворота сечения в точке А, прогиб в точке М. Построить эпюры изгибающих моментов М и поперечных усилий Q.

Решение.

1. Произвольно расставим реакции опор. Если ошибемся с направлением реакции, то получим ее отрицательное значение. Разобъем балку на участки. Выполним сечения по участкам, приведем схемы отсеченных участков и опорные реакции. Условно примем, что все поперечные усилия Q и все опорные моменты М в сечениях балки положительны (при перемещении по балке слева направо Q направлены вниз, М изгибает балку «рогами» вверх). Если эти предположения окажутся ошибочными – при решении задачи получим отрицательное значение Q или М (Рисунок 3.3.2).

2. Найдем опорные реакции, для чего запишем уравнения равновесия:

åF_i = 0; Ra + Rb + F - q (L1 + L2) = 0;

åМ_b = 0; - F(L3) - Ra(L2 + L3) +q(L1 + L2){[(L1 + L2)/2] + L3} - М = 0.

Получили систему из двух уравнений с двумя неизвестными. Из второго уравнения находим Rb, из первого - Ra:

Ra = -F(L3) + q(L1+L2){[(L1+L2)/2]+L3}-М / (L2+L3) =

= [-4 × 1 + 8(0,6+0,8){[(0,6+0,8)/2]+1,0} - 2 ] / (0,8+1,0) = 7,244 кН

Rb = - F + q(L1+L2) - Ra = - 4 + 8(0,6 + 0,8) - 7,244 = 0,044 кН

3. Найдем поперечные усилия Q_i и изгибающие моменты М_i в сечениях, для чего запишем уравнения равновесия по участкам (рисунки 3.3.3 – 3.3.5):

åF_i = 0; - q · x1 – Q1(x1) = 0.

Решим уравнение относительно Q1(x):

Q1(x1) = -q · x1.

Для второго участка: Q2(x2) = - q · (x1 + L1) + R_A.

Для третьего участка:

Q3(x3) = - q · (L2 + L1) + F+ R_A..

Подставим в полученные уравнения значения аргументов и найдем Qi(xi).

QI_Х=0 = - q × х = - q × 0 = 0 кН.

QI_Х=L1 = - q × L1 = - 8 × 0,6 = - 4,8 кН.

Q2_Х=0 = - q · (x1 + L1) + R_A = - 8 · (0 + 0,6) + 7,244 = 2,444 кН.

Q2_Х=L3 = - q (x1+L1)+R_A = - q (L1+L2) + R_A = - 8 (0,6+0,8)+7,244= -3,956 кН.

На третьем участке:

Q3_Х=0 = - q (L1+L2)+ F + R_A = - 8 (0,6+0,8) + 7,244 + 4 = 0,044 кН

По результатам вычислений строим эпюру Q (рисунок 3.3.6).

В сечении, где эпюра Q пересекает ось балки (Q = 0), изгибающий момент достигает экстремального значения. Это концы балки и точки. где приложены усилия, а также переход через ноль имеется по длине второго пролета. Абсциссу этого сечения определяют приравняв все силы слева от точки перехода эпюры Q через 0 к нулю и решив полученное уравнение относительно неизвестной х:

- q × ( х + L1) + R_A = 0;

находим абциссу максимального изгибающего момента:

х = ( R_A / q ) - L1= 7,244 / 8 - 0,6 = 0,31 м .

Аналогично вычисляются изгибающие моменты:

åМ_i = 0; М1(x1) = М - q · 0,5(x1)².

М2(x2) = М - q · 0,5(L1 + x2)² + R_A · x2.

М3(x3) = М -q · (L1+L2)[0,5(L1 + L2) + x3] + R_A · (L2 + x3) + F× x3.

Подставим в полученные уравнения значения аргументов и найдем Мi(xi).

Изгибающий момент в первом сечении 0 £ х £. L1 равен:

М1= М - q × х²/2.

.

Y I II III М x1 x2 q x3 X L1 A L2 F L3 B RA RB I Рисунок 3.3.2 – Расстановка реакций опор и . q деление балки на участки M M1X . x1 Рисунок 3.3.3 – Первое сечение Q1X . q II M M2X . . L1 RA x2 Q2X Рисунок 3.3.4 – Второе сечение . q III M M3X . . L1 RA L2 F x3 Q3X Рисунок 3.3.5 – Третье сечение 2,444 кН 0,044 кН 0 ЭQ Рисунок 3.3.6 - Эпюра Q - 4,8 кН –3,956 кН 0 -0,045 кНм ЭМ 0,56 0,933 кНм 2 кНм Рисунок 3.3.7 – Эпюра М

.

Полученное уравнение второй степени относительно х, нелинейное, значит, его строят по трем точкам: х = 0, х = L1/2 и х = L1.

На свободном конце балки изгибающий момент равен нулю.

МI_Х=0,5L1 = М - q × 0,5L1 × 0,5 L1/2 = 2 - 8 × 0,3 ² / 2 = 1,64 кН × м.

МI_Х=L1 = М - q × L1 × L1/2 = 2 - 8 × 0,6² / 2 = 0,56 кН × м.

Изгибающий момент во втором сечении 0 £ х £. L2 равен:

М2(x2) = М - q · 0,5(L1 + x2)² + R_A · x2.

Полученное уравнение второй степени относительно х, нелинейное, значит, его строят по трем точкам: х = 0, х = 0,31 м и х = L2 = 0,8 м.

М2_Х=0 = М - q × (L1+х)²/2+R_A×х = М - q × L1² /2 = 2 - 6 × 0,6 ²/2 = 0,56 кН × м.

М2_Х=0,31М = M - q × (L1 + х)²/2 + R_A × х =

= 2 - 8 × (0,6 + 0,31) ² / 2 + 7,244 × 0,31 = 2 - 3,31 + 2,25 = - 0,94 кН × м.

М2_Х=L2 = М - q × (L1 + х)²/2 + R_A × х = = - q × (L1 + L2)²/2 + R_A × L2 =

= 2 - 8 × (0,6 + 0,8) ² / 2 + 7,244 × 0,8 = 2 - 7,84 + 5,8 = - 0,04 кН × м

Изгибающий момент на участке L3 линеен и определяется по двум точкам:

М3_Х=0 = М - q × (L1 + L2)[( L1 + L2)/2 + х)] + R_A (L2 + х) + F × х =

= М - q × (L1 + L2)²/2 + + R_A L2 =

= 2 - 8 × (0,6 + 0,8) ² / 2 + 7,244 × 0,8 = - 0,04 кН × м

М3_{Х= L3} = М - q × (L1 + L2)[( L1 + L2)/2 + х)] + R_A (L2 + х) + F × х =

= М - q × (L1 + L2)[ ( L1 + L2)/2 + L3)] + R_A (L1 + L3) + F × L3 =

= 2 - 8 × (0,6 + 0,8)[(0,6 + 0,8)/2 + 1,0)] + 7,244 × (0,8 + 1,0) + 2 × 1,0 =

= 2 -19,04 + 13,04 + 4 = 0 кН × м

По результатам вычислений строим эпюру М (рисунок 3.3.7).

4. Исходя из максимальных изгибающих моментов выберем балку из условия прочности: s = ( М _МАХ / W_Z ) £ [ s_Д ]

Отсюда: W_Z ³ ( М _МАХ / [ s_Д ] );

Wz = 2·10-³ / 150 = 1,333 · 10-⁵ м³ = 13,33 см³.

По таблицам выбираем двутавр: № 10 Wz = 39,7 см³ (меньше нет).

Jz = 198 см⁴ = 198·10-⁸ м⁴.

Найдем жесткость балки:

G_Z = E · J_Z . Gz = 2·10⁵ · 198 ·10-⁸ = 0,396 МН м² = 396 кН м².

5. Определим прогибы и углы поворота сечений с помощью интеграла Мора, для чего в исследуемых сечениях загрузим балку единичным усилием F1=1 и единичным моментом М1 = 1 (Рисунки 3.3,8 и 3.3.9), расставим и найдем опорные реакции от данных нагрузок, запишем уравнения моментов от действия этих нагрузок, перемножим полученные уравнения изгибающих моментов по участкам с действующими моментами от внешней нагрузки и найдем интегралы этих произведений изгибающих моментов по участкам.

Найдем реакции опор от действия М1 = 1, для чего расставим реакции опор и запишем уравнения равновесия:

åF_i = 0; - Ra + Rb = 0;

åМ_b = 0; Ra(L2 + L3) - М1 = 0

Получили систему из двух уравнений с двумя неизвестными. Из первого уравнения находим Rb, из второго - Ra:

Ra = М1/(L2 + L3) = 1/ (0,8 + 1) = 0,5(5).

Rb = Ra = 0, 5(5).

. x2 x3 М1 = 1 L1 A L2 L3 B Ram Rbm Рисунок 3.3.8 – Нагрузка от единичного момента

.

Изгибающий момент от единичной нагрузки М1 = 1 на первом участке М_1Х = 0 равен нулю.

Изгибающий момент от единичной нагрузки на втором участке:

М1_11Х = М1 - Ra × х = 1 – 0,5(5) × х

Изгибающий момент от внешней нагрузки на втором участке равен:

М1₁₁(x2) = М - q · 0,5(L1 + x2)² + R_A · x2 = 2 - 8 · 0,5(0,6 + x2)² + 7,244 · x2 =

= 0,56 - 4,8 х - 4x² + 7,244 x = 0,56 + 2,44 х - 4x²

Изгибающий момент третьего участка от единичной нагрузки:

М_11Х = М1-Ra(L2+х) = 1–0,5(5) × (0,8+х) = 1– 0,4(4)+0,5(5) х = 0,56 + 0,55 х

Изгибающий момент от внешней нагрузки третьего участка равен:

М3(x3) = М -q · (L1+L2)[0,5(L1 + L2) + x3] + R_A · (L2 + x3) + F× x3 =.

= 2 - 8 · (0,6+0,8)[0,5(0,6 + 0,8) + x3] + 7,244 · (0,8 + x3) + 4 × x3 =.

= 2 - 8 · (1,4)[0,5(1,4) + x3] + 7,244 · (0,8 + x3) + 4 × x3 =.

= 2 - 8 · (1,4)[0,7 + x3] + 5,8 +7,244 x + 4 × x3 = -0, 04 - 0,044 x.

Вычислим интегралы по участкам:

_0ò ^0,8(0,56 + 2,44 х - 4x²) (1 – 0,55х) dx =

= 0,45 + 0,78 - 0,68 - 0,1- 0,23 + 0,23 = 0,45.

_0ò ¹(-0, 04 - 0,044 x.) (0,56 + 0,55 х) dx =

= - 0,0022 - 0,0012 - 0,0011 - 0,0081 = - 0,0126.

Суммируем результаты и делим на жесткость балки

b(М) = (0,45 - 0,0126) / 396 = 0,00111 радиан.

Переведем радианы в градусы:

p = 3,14 радиан - 180 °

0,00111 радиан - b °

Отсюда:

180 × 0,00111 / 3,14 = 0,0636 ° = 0,0636 ° × 60 ¢ = 0° 3, 816 ¢× 60 ¢¢= 0° 3¢ 49 ¢¢×

Действительный угол поворота оси исследуемой балки значительно меньше допустимых 3 °.

Найдем реакции опор от действия F1 = 1, для чего расставим реакции опор и запишем уравнения равновесия:

åF_i = 0; Ra - Rb - F1= 0;

åМ_b = 0; F1(L1 + L2 + L3) - Ra(L2 + L3) = 0

Получили систему из двух уравнений с двумя неизвестными. Из первого уравнения находим Rb, из второго - Ra:

Ra = F1(L1 + L2 + L3) / (L1 + L2 + L3) = 1(0,6 + 0,8 + 1) / (0,8 + 1) = 1,33.

Rb = Ra - F1= 1,33 - 1 = 0,33.

.

. x1 x2 x3 F1=1 L1 A L2 L3 B Raf Rbf Рисунок 3.3.9 – Нагрузка от единичного усилия

.

Найдем изгибающие моменты от единичной нагрузки по участкам:

изгибающий момент от единичной нагрузки F1 = 1 на первом участке

М_1Х = - х F1 = - х.

изгибающий момент от единичной нагрузки F1 = 1 на втором участке

М_11Х = - (L1+ х) F1 + х Ra = - (0,6+ х) 1 + х 1,333 = - 0,6 + 0,333 х.

изгибающий момент от единичной нагрузки F1 = 1 на третьем участке

М_11Х = - (L1+ L2 х) F1 + (L1+ х) Ra = - (0,6 + 0,8 + х) 1 + (0,8 + х) 1,33 =

- 1,4 – х + 1,064 + 1,333 х = - 0,336 + 0,333 х.

Изгибающий момент от внешней нагрузки на первом участке равен:

М₁(x1) = М - q · 0,5(x1)² = 2 - 8 · 0,5(x1)² = 2 - 4x² .

Найдем интегралы по участкам:

_0ò ^0,6(2 - 4x²) (– х) dx = - 0,23

_0ò ^0,8(0,56 + 2,44 х - 4x²) (- 0,6 + 0,333 х) dx = - 0,26

_0ò ¹(-0, 04 - 0,044 x.) (- 0,336 + 0,333 х) dx = 0,0088

Суммируем результаты и делим на жесткость балки

f = ( - 0,23 - 0,26 + 0,0088) /396 = - 0,0012 м = - 1,2 мм

Знак (-) показывает, что прогиб направлен в сторону обратную приложенного единичного усилия F1 = 1 .

Допустимый прогиб:

[f _Д ] = 2 L1 / 300 = 2 × 0,6 / 300 = 0,004 м >> 0,0012 м