![](/user_photo/_userpic.png)
Строительная механика стержневых систем. Часть 1
.pdf![](/html/65386/197/html_TvN2uYCdlE.vud6/htmlconvd-AAFW_e121x1.jpg)
Рис. 7.27
11. Построение окончательной эпюры изгибающих момен-
тов М (рис. 7.28).
Используем формулу M M1 M2 M P . Суммирование
производим по характерным сечениям. Учитываем эпюру моментов в простой балке 1–2 от распределенной нагрузки.
Рис. 7.28
12. Проверка эпюры М. Узлы на эпюре М в равновесии. Деформационнаяпроверка:
l |
|
s M |
|
1 5 |
|
1 4 53 |
5 |
|
1 3 |
|
|||
M |
|
|
|
1 27, 63 |
|||||||||
0 EI |
dx |
|
2 15, 27 5 |
|
12 |
|
|
|
6 |
||||
EI |
6 |
EI |
2 |
2EI |
0,97 29,85 2 1 29,85 0,97 27,63 21EI 62 39,63 2, 286
77,94 0,97 2(39,63 0,97 77,94 2, 286) 3EI1 62 77,94 1,14
121
![](/html/65386/197/html_TvN2uYCdlE.vud6/htmlconvd-AAFW_e122x1.jpg)
|
2,95 2, 286 2 77,94 |
2, 286 2,95 1,14 |
1 |
8 23 |
2, 286 1,14 |
|
|||||||
3EI |
|||||||||||||
|
1 |
|
5 |
|
|
|
|
|
12 |
2 |
|
||
|
|
2,95 1,714 55,66 1,14 2 2,95 1,14 55,66 1,714 |
|
||||||||||
|
3EI |
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
8 53 |
1,714 1,14 |
|
1 |
5 2 55,66 1,714 300,35 301,12 0,67. |
||||||
3EI |
12 |
EI |
|||||||||||
|
|
2 |
|
6 |
|
|
|
|
Погрешность составляет 0,67 100 % 0,2 %, что является
301,12
допустимой величиной.
13. Построение эпюры поперечных сил (рис. 7.32). Определим поперечные силы в сечениях, которые показаны
на рис. 7.28 и 7.16. Используем формулу (7.3) и простые балки на рис. 7.29–7.31.
Стержень 1–А:
QA 10 0 ( 15, 27) 10 3,05 13,05 кН. 5
Рис. 7.29
Q |
Q |
0 |
|
Mправ Mлев |
10 |
0 ( 15, 27) |
10 |
3,05 |
6,95кН. |
|
|
|
|||||||
1A |
1A |
|
l |
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Эпюра Q на участке 1–2 строится как для простой балки. Зна-
чит, Q12 826 24 кН, а Q21 826 24 кН.
122
![](/html/65386/197/html_TvN2uYCdlE.vud6/htmlconvd-AAFW_e123x1.jpg)
Ригель 2–3.
Построим эпюру поперечных сил простой балки (рис. 7.30), соответствующей ригелю.
Рис. 7.30
По формуле (7.3) найдем поперечные силы в сечениях ригеля 2–3 заданной рамы.
Q |
42,3 |
55,66 ( 77,94) |
42,3 3,18 45, 48 кН, |
|||||
|
||||||||
2к2 |
|
|
|
|
7 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Qлев |
Q |
26,3 55,66 ( 77,94) 26,3 3,18 29, 48 кН, |
||||||
к2 |
|
к2 2 |
|
|
|
7 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Qправ |
Q |
|
6,3 |
55,66 ( 77,94) |
6,3 3,18 9,48 кН, |
|||
к2 |
к2 3 |
|
|
7 |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Q |
33,7 55,66 ( 77,94) 33,7 3,18 30,52 кН. |
|||||||
|
3к2 |
|
|
|
|
7 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Стержень В–2:
а) участок В–к1. Определяем поперечную силу по tg , где
– угол наклона эпюры моментов к оси стержня. При этом ось стержня поворачивается до совмещения с эпюрой моментов
123
![](/html/65386/197/html_TvN2uYCdlE.vud6/htmlconvd-AAFW_e124x1.jpg)
против часовой стрелки (см. подразд. 7.6.2), значит, на этом участке поперечная сила отрицательная.
Q |
Q |
29,85 27,63 19,16 кН; |
||
к B |
Bк |
|
3 |
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
||
|
б) участок к1–2. По аналогии со случаем «а» имеем: |
|||
|
|
Q |
Q |
77,94 33,63 19,16 кН. |
|
|
к 2 |
2к |
2 |
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
Иначе можно рассматривать всю стойку В–2. Имеем простую балку (рис. 7.31):
Рис. 7.31
Тогда QВ Q2 В Qк1 2,4 77,945 29,85 19,16 кН.
Стержень С–3:
Эпюра моментов прямолинейная, поперечную силу на участке С–3 определить можно по tg , где – угол наклона эпюры
моментов к оси стержня С–3. Ось стержня до совмещения (по наименьшему углу) с эпюрой М поворачивается по часовой стрелке. QÑ3 Q3Ñ 55,665 11,13êÍ .
На эпюре Q (рис. 7.32) есть точки пересечения эпюры с осью. В этих сечениях выделим на эпюре М экстремальные значения. Их можно найти по формуле М М1 М2 МР , т.е.
124
![](/html/65386/197/html_TvN2uYCdlE.vud6/htmlconvd-AAFW_e125x1.jpg)
Мxmax3,26 |
12,087 6,055 6,03 |
(см. |
рис. |
7.25–7.27) |
и |
|||
Мxmax3,185 |
19,85 |
0,815 |
17,06 |
0,815 |
4,85 2,65, |
|
|
|
|
|
4 |
|
4 |
|
|
|
|
где M xP 3,185 4,85.
Рис. 7.32
Для определения Мmax можно воспользоваться формулой:
Мк Мк0 Мправl х Млев (ll х) ,
где Мк0 – момент в сечении «к» простой балки соответствующей участку длиной l с концевыми моментами (на эпюре М)
Мправ и Млев, взятыми со своими знаками;
x– расстояние от сечения до левого конца участка. На стержне А–1 имеем
Мmax |
10 3,26 4 |
3, 262 |
|
0 3, 26 |
|
15,27 (5 3, 26) |
|
x 3,26 |
|
2 |
|
5 |
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
Мx0 3,26
11,34 5,31 6,03кН м.
Аналогично находим Мmax на участке к2 –3.
125
![](/html/65386/197/html_TvN2uYCdlE.vud6/htmlconvd-AAFW_e126x1.jpg)
Мmax |
42,3 3,185 8 |
3,1852 |
20 1,185 |
55,66 3,185 |
|
x 3,185 |
|
2 |
|
7 |
|
|
|
|
|
Мx0 3,185
77,94 (7 3,185) 2,65 кН м. 7
14.Построение эпюры продольных сил (рис. 7.36). Вырезаем узел 1 (рис. 7.33)
Рис. 7.33
Х 0, N12 6,95 0, N12 6,95кН,
Y 0, N1А 24 0, N1А 24кН.
Вырезаем узел 3 (рис. 7.34).
Рис. 7.34
126
![](/html/65386/197/html_TvN2uYCdlE.vud6/htmlconvd-AAFW_e127x1.jpg)
Х 0, N32 26,13 кН.
Y 0, N3С 30,52кН.
Вырезаем узел 2 (рис. 7.35):
Рис. 7.35
Y 0, N2В 24 45,48 0, N2В 69,48кН,
Х 0, 6,95 19,16 26,13 0, |
26,11 26,13 0, |
0,02 0, погрешность мала. |
|
Рис. 7.36
15. Статическая проверка эпюр.
Отсекаем заданную раму от опор (рис. 7.37).
127
![](/html/65386/197/html_TvN2uYCdlE.vud6/htmlconvd-AAFW_e128x1.jpg)
Рис. 7.37
Х 0, 4 5 19,16 15 13,05 11,13 0, 39,16 39,18 0, 0,02 0. Погрешность мала.
Y 0, 24 69,48 30,52 8 13 20 0, 124,0 124 0, 0 0.
Статическую проверку можно выполнить как |
М2лев 0, |
|
т.е. 24 6 13,05 5 4 5 2,5 8 6 3 15,27 0, |
|
|
209,3 209,3 0. |
|
|
Или МШлев1 0, 15,27 24 10 13,05 5 4 5 2,5 |
||
8 10 5 12 69,48 4 20 2 29,85 19,16 5 0, |
613,0 613,0 0. |
|
МШправ1 0, 30,52 3 11,13 5 8 |
32 0, |
|
91,56 91,66 0,1 0. |
2 |
|
|
|
|
Погрешность 0,1 100 % |
0,1 %, что допустимо. |
|
91,66 |
|
|
7.9. Расчет симметричных рам методом сил на симметричную и кососимметричную нагрузку
Статически неопределимая рама (как и любая система) считается симметричной, если симметрична ее геометрическая форма и жесткости симметричных элементов одинаковы. Рассмотрим симметричную раму с произвольной нагрузкой (рис. 7.38). Разложим нагрузку на симметричную (рис. 7.39, а) и кососиммет-
128
![](/html/65386/197/html_TvN2uYCdlE.vud6/htmlconvd-AAFW_e129x1.jpg)
ричную (рис. 7.39, б). Iст – момент инерции стойки, Iр – момент инерции ригеля, Е = const.
Рис. 7.38
а |
б |
Рис. 7.39
Определим степень статической неопределимости nст : при
К = 2, Ш = 2, nст 3 2 2 4.
Выберем основную систему метода сил так, чтобы неизвестные усилия были симметричными и кососимметричными. Для этого разрежем раму по шарнирам, т.е. по оси симметрии. Каждый простой шарнир эквивалентен двум связям. Основная система приведена на рис. 7.40.
В общем случае система канонических уравнений выглядит следующим образом:
129
![](/html/65386/197/html_TvN2uYCdlE.vud6/htmlconvd-AAFW_e130x1.jpg)
11 Х1 12 Х2 13 Х3 14 Х4 1Р 0,21 Х1 22 Х2 23 Х3 24 Х4 2Р 0,31 Х1 32 Х2 33 Х3 34 Х4 3Р 0,41 Х1 42 Х2 43 Х3 44 Х4 4Р 0.
Рис. 7.40
Выполним расчет рамы на симметричное загружение (см. рис. 7.39, а). Ограничимся составлением системы канонических уравнений. Построим единичные эпюры изгибающих моментов
(рис. 7.41).
а |
б |
в |
г |
Рис. 7.41
130