Задача 3.Изгиб

Металлическаябалканаходитсяподдействиемсосредоточенныхвнешнихсил,распределеннойнагрузки,сосредоточенного изгибающегомомента.

Величинынагрузокприведенывтабл.

Длинуа,вовсехвариантахпринятьравной2м.

Физико-механические характеристики материала стержня: Е=2·105 МПа; [Δl]=3·10-4мм;[σ]=160МПа.

Для заданной схемы балки, соответствующий индивидуальному варианту табл. 6.требуется:

1. Составитьаналитическиевыраженияиопределитьреакциивопоре.

2. Построитьэпюрыпоперечныхсилиизгибающихмоментов.

3. Подобратьразмерыпоперечногосечения:двутавровое;круглое–диаметромd.

4. Вмасштабеизобразитьпоперечныесечениебалки.

Обязательно требуется соблюдать пропорции продольных размеров балки, величин наэпюрах.

Исходныеданные:схемастержняпредставленанарисункеРасстояниеа=2м;

Изгибающий момент М=11 кНм;Сосредоточенная сила P1=60 кН;Сосредоточенная сила P2=70 кН;Распределеннаянагрузкаq=15кН/м

Решение: Построить эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов Mи.Изобразимстержень,соблюдаямасштабегоучастковподлине.

ОпределимреакциивопореА:

∑𝑋=𝑋_𝐴=0;ПоскольковсеприложенныевнешниесилыперпендикулярныОсиX

∑𝑚_𝐴=0;

−𝑀_𝐴+𝑃_1∗3𝑎−𝑞∗2𝑎∗4𝑎−𝑃_2∗8𝑎+𝑀=0

𝑀_𝐴=𝑃_1∗3𝑎−𝑞∗2𝑎 ∗4𝑎−𝑃_2∗8𝑎+𝑀

𝑀_𝐴=60 ∗6−15∗4∗ 8−70∗ 16+11=−1229(кН∗м)

∑𝑚_𝐶=0

−𝑌_𝐴∗3𝑎−𝑀_𝐴−𝑞∗2𝑎 ∗1𝑎 −𝑃_2∗5𝑎 +𝑀=0

𝑌_𝐴

_{=−𝑀𝐴−}𝑞∗2𝑎∗1𝑎−𝑃_2∗5𝑎+𝑀_;

3𝑎

Проверка:

𝑌_𝐴=

1229−15∗ 4∗2− 70∗10+ 11

₆ =70(кН)

∑𝑌=𝑌_𝐴+ 𝑃₁−𝑞∗4−𝑃₂=0;

∑𝑌=70+60−15∗4−70=0;

∑𝑌=70−70=0;

Ответ:

𝑀_𝐴=−1229(кН∗м)

𝑌_𝐴=70(кН)

𝑋_𝐴=0(кН)

ПостроениеэпюрQиМ_и.СечениеАС(0≤x1 ≤6): Изуравнений равновесия:

∑𝑌=0; ∑𝑚_𝐿=0;

𝑌_𝐴−𝑄₁₌0;

𝑄_𝑥1=70кН

𝑀_их1=𝑀_𝐴+𝑌_𝐴∗𝑥₁₌0;

𝑀_их1=0=−1229+70∗0=−1229 (кНм);

𝑀_их1=6=−1229+70∗6=−809(кНм);

СечениеCB(0≤x2≤4):Изуравнений равновесия:

∑𝑌=0; ∑𝑚_𝐿=0;

𝑄_𝑥2=0=𝑌_𝐴+𝑃₁₋𝑞∗𝑥₂₌70+60−15∗0=130кН

𝑄_𝑥2=4=𝑌_𝐴+𝑃₁₋𝑞∗𝑥₂₌70+60−15∗4=70кН

0

𝑀_и𝑥2=0=𝑀_𝐴+𝑌_𝐴∗⁽6+0⁾⁺𝑃_1∗0−𝑞∗0∗₂₌−1229+70∗6=−809(кНм);

4

𝑀_и𝑥2=0=𝑀_𝐴+𝑌_𝐴∗⁽6+4⁾⁺𝑃_1∗4−𝑞∗4∗₂

=−1229+70∗10+ 60∗ 4− 15∗ 8=−409 (кНм);

Графиком изгибающего момента является парабола. Парабола имеет экстремум,гдееепроизводнаяравна

𝑑𝑄

𝑞=_𝑑𝑥=

𝑑𝑀

𝑑²𝑀

𝑑𝑥^2;

Где_𝑑𝑥=𝑄

-СоотношениеЖуравского;

𝑑𝑀

_𝑑𝑥=−𝑌_𝐴−𝑃₁₊𝑞∗𝑥₂₀₌0;

𝑥 =^{𝑌𝐴+𝑃1=70+60=}8,67⁽м⁾

²⁰ 𝑞 15

Экстремумнаходитсязапределамиграницучастка.

СечениеSK(0≤x3≤4):Изуравненийравновесия:

∑𝑌=0; ∑𝑚_𝐿=0;

𝑄_𝑥3=0;

𝑀_и𝑥3=𝑀=11(кНм);

СечениеBK(0≤x4≤6):Изуравненийравновесия:

∑𝑌=0; ∑𝑚_𝐿=0;

𝑄_𝑥4=𝑃₂₌70кН

𝑀_и𝑥4=𝑀−𝑃_2∗𝑥₄;

𝑀_и𝑥4=0=𝑀−𝑃_{2∗ 𝑥4=}11−70∗0=11(кНм);

𝑀_и𝑥4=6=𝑀−𝑃_2∗𝑥₄₌−11 −70∗6=−409(кНм);

Подборразмеровпоперечного сечениябалкиизусловияпрочности

𝑀

𝑊

𝜎= ≤[𝜎]

𝑋

𝑊_𝑋

𝑀

^≥[𝜎^]

=^{1229 ∗1000∗1000=}76,8∗10⁵мм³=7680см³;

160

Длякруглогосечениябалкидиаметрdравен:

3,14∗𝐷³

3

𝑊_{𝑋= 32} ≥7680см;

3

𝐷=^√

𝑊_𝑋∗32

3,14

=42,78см≈43см;

^𝜎𝑚𝑎𝑥⁼

1229∗ 1000∗1000∗ 32

_3,14∗4303 =158 МПа≤[𝜎]

Для двутавра: Согласно ГОСТ 26020-83 выберем двутавр номер профиля 90Б2, длякоторого

h=900мм;b=300 мм;s=15,5мм;t=20мм; A=272,40 м2;Wx=7760см3.

^𝜎𝑚𝑎𝑥⁼

1229∗1000 ∗1000

77,6∗ 10^5 ^=158МПа

Подборразмеракруглогосечения:

3,14 ∗43²

𝐴= ₄

=1451,5см²;

Ответ:

𝑀_𝐴=−1229(кНм)

𝑌_𝐴=70(кН)

𝑋_𝐴=0(кН)

𝑄_𝑥1=70кН

𝑀_их1=0=−1229(кНм)

𝑀_их1=6=−809(кНм)

𝑄_𝑥2=0=130кН

𝑄_𝑥2=4=70кН

𝑀_и𝑥2=0=−809(кНм)

𝑀_и𝑥2=0=−409(кНм)

𝑥₂₀₌8,67⁽м⁾

𝑄_𝑥3=0кН

𝑀_и𝑥3=11(кНм)

𝑄_𝑥4=70кН

𝑀_и𝑥4=0=11(кНм)

𝑀_и𝑥4=6=−409(кНм)

𝑊_𝑋=7680см³

𝐷≈43см

𝜎_{𝑚𝑎𝑥=}158МПаА=1451,5 см²

Вывод:В ходе выполнения данной работы были изучены основные методыдеформации, проверены свойства этих деформаций, а так же выполнение основныхзаконов механики. Сравнивая сечения круга и двутавра можно сказать что двутаврбудет выгоден к применению, так как нужно затратить меньше материала иконструкциябудетлегче