Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Харьковский национальный автомобильно-дорожный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Методичка по сопромату (I семестр)

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

18.02.2016

Размер:

2.99 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1510 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

4EJθ0a = − 23 qa4 EJθ0 = − qa63 .

При значенні EJθ0

з рівняння (1) знаходимо

EJy0

qa4

yC = y0 =

qa4

. Потім визначимо прогин в точці D

3EJ

EJyD = EJyII

= qa4

− qa3 3a − qa 27a3

3qa 8a3 −

q 16a4

= −

4qa4

=3a

= −

4qa4

. Порівнюючи прогини y

і y , знаходимо f =

4qa4

3EJ

Для двотавру №30a за сортаментом (ГОСТ 8239-89)

знаходимо Jz=7780 см4 і обчислюємо

f =

4qa4

4 20 103 24

= 0.0274м, [ f ] =

= 0.016м.

3EJ

3 2

105 106 7780 10−8

500

Так

як

f=0.0274 м>[f]=0.016 м,

то

жорсткість

балки

не

забезпечена. Треба збільшити номер двотавру.

умови

жорсткості балки

4qa4

≤[ f ]

визначимо

3EJ

необхідний

момент

інерції

J ≥

4qa4

4 20 103 24

=13.333

10−5 м4

=13333см4 .

За

3E[ f ]

2 105 106 0.016

сортаментом знаходимо двотавр №36 (Jz=13380 см4).

Таким чином, якщо виготовити балку (рис. 3.16) з двотавра №36, то її жорсткість буде забезпечена.

3.4. Розрахунок балок на міцність та жорсткість

Приклад 3.11. Виконати розрахунок двотаврової сталевої балки (рис.3.17) на міцність та жорсткість, якщо [σ]=160 МПа, [τ]=100 МПа, [f]=l/250.

Розв’язання виконуємо в такому порядку.

1. Визначити опорні реакції і побудувати епюри поперечних сил та згинальних моментів

∑M A = − q1 3 1.5 − M + F 2.5 + q2 5 7.5 −VB 10 = 0

VB = 101 (−10 3 1.5 − 40 +120 2.5 + 20 5 7.5) = 96510 = 96.5 кН, ∑M B = −q2 5 2.5 −F 7.5 − M − q1 3 11.5 +VA 10 = 0

VA = 101 (20 5 2.5 +120 7.5 + 40 +10 3 11.5) = 153510 =153.5 кН.

Перевірка:

∑Y = −q1 3 +VA − F − q2 5 +VB = −10 3 +153.5 −120 − 20 5 + 96.5 =

= −250 +250 = 0. Тобто, реакції визначено правильно.

Балка має чотири ділянки (рис. 3.17, а). Складемо функції Q і M на кожній з них та обчислимо значення цих функцій у характерних перерізах.

Ділянка І (0 ≤ х ≤ 3 м)

Q(x) = −q1x - л.ф.; Q x=0 = 0, Q x=3м = −10 3 = −30 кН.

M (x) = −q1x2 2 - парабола,

M x=0 = 0, M x=1.5м = −10 1.52 2 = −11.3 кНм, M x=3м = −10 32 2 = −45 кНм.

Ділянка ІІ (0 ≤ х ≤ 2.5 м)

Q(x) = −q1 3 +VA = −10 3		+153.5		=123.5 кН = const.
M (x) = −q1 3 (1.5 + x) − M +VA x − л.ф., M			x=0 = −10 3 1.5 −40 = −85 кНм,
M	x=2.5 м = −10 3 4 −40	+153.5		2.5 = 223.8 кНм.

Ділянка ІІІ (0 ≤ х ≤ 2.5 м)

Q(x) = −VB + q2

5 = −96.5 +20 5 =3.5 кН = const.

M (x) =VB (5 + x)−q2 5 (2.5 + x) − л.ф.,

x=0

= 96.5 5 −20 5 2.5 =

= 232.5 кНм; M

x=2.5 м =96.5 7.5 −20 5

5 = 223.8 кНм.

Ділянка ІV (0 ≤ х ≤ 5 м)

Q(x) = −VB +q2 x - лл.ф. Q x=0

= −96.5 кН,

Q x=5м

= −96.5 +20 5 = 3.5кН,

Q(x) = −VB +q2 x0 = 0

x0 =VB

q2 =96.5/ 20 = 4.82 м.

M (x) =VB x − q2 x2 2

- парабола;

x=0

= 0, M

x=5м

= 96.5 5 −20 52 2 = 232.5 кНм,

max

= M

x=x0 =4.82 м

= 96.5 4.82 −20 4.822 2 = 232.9 кНм.

								93
	I	M=40кНм	II	F=120кН		IV	q2=20кН/м
	q1=10кН/м			III		IV	q2=20кН/м
а				III			B
	С						B
	С	A x		D	x E		x
	x	A x		D	x E		x
		VА=153.5кН					VB=96.5кН
	3м		2.5м	2.5м		5м
				Q кН		x0=4.82м
		123.5				x0=4.82м
б		123.5			3.5		96,5
б		30
		30
				M	кНм
в		85		223.8	232.5	232.9
в		45
		45
	y	M=40кНм		P=120кН
	I			P=120кН
	I		II	III		q2=20кН/м	IV
	q1=10кН/м		II	III		q2=20кН/м	IV
	q1=10кН/м
г	С						B	x
	x	A		D		E
	x				q1=10кН/м
	x						VB=96.5кН
		VА=153.5кН		x			VB=96.5кН
		VА=153.5кН		x
						x
	θC			Пружна лінія балки
				Пружна лінія балки

	см	θA	θB
		θA
			θD
	2.65		θD
д	2.65
д
		2.25см	3.13см

Рис. 3.17

Згідно обчислених значень Q і M на рис. 3.17, б і в побудовані епюри поперечних сил та згинальних моментів.

2. Підібрати номер двотавра з умови міцності балки за

[σ].

В небезпечному перерізі балки, де діє Mmax =232.9 кНм, визначаємо з умови міцності за нормальними напруженнями

(3.4)

W =	M max	=	232.9 103	=1.456 10 −3 м3 =1456см3,
	[σ]		160 106

і за сортаментом (ГОСТ 8239-89) знаходимо двотавр №45 з найбільш близьким меншим моментом опору Wz=1231 см3. При цьому

σmax =	M max	=	232.9 103	=189.2 106	Н	=189.2МПа >[σ]
			1231 10−6		м2
	Wz

на	ε =	29.2 100	=18.25% > 5%, що недопустимо. Тому приймаємо
		160

двотавр №50			(Wz =1589 см3, Jz =39727 см4, Sz =919 см3,

h=500 мм, b=170 мм, d=10 мм, t=15.2 мм).

3. Перевірити міцність балки за дотичними напруженнями.

Умову міцності балки за дотичними напруженнями (3.13)

перевіримо у небезпечному перерізі, де діє Qmax =123.5 кН (рис. 3.17,б)

τmax =

max Sz

123.5 103

919 10−6

= 28.57 10

= 28.57МПа <[τ].

dJ z

10−3 39727 10−8

м2

Тобто, умова міцності балки за дотичними напруженнями виконується.

4. Перевірити балку на міцність за головними напруженнями за IV теорією міцності.

З епюр Q і M видно (рис. 3.17,б ,в), що небезпечним перерізом балки за головними напруженнями може бути тільки переріз D, де діють M=232.8 кНм та Qmax =123.5 кН.

Побудуємо епюри нормальних σ та дотичних τ напружень у цьому перерізі. Для цього обчислимо нормальні і дотичні напруження в характерних точках перерізу (рис. 3.18,а).

Так як σ =

M y

= f ( y) - лінійна функція, то для побудови

J z

її графіка достатньо знати два значення

σ(1)

=σ

y=h / 2

=σmax =

223.8 103

=140.84 10

=140.84 МПа,

1589 10−6

м2

σ(2) =σ

y=h / 2−t

M (h / 2 −t)

223.8 103 (0.5 / 2 −0.0152)

=132.27

6 Н

J z

39727 10−6

м2

=132.27 МПа,

σ(4)

=σ

y=0 = 0 - на нейтральній лінії.

У верхній частині поперечного перерізу (рис. 3.18, а) діють такі ж самі стискаючі напруження, так як М>0. Епюра напружень σ побудована на рис. 3.18, б.

h=500

	1’	б	σ МПа в τ	МПа
	1’
	2’
	d=10
	3’
	4	н.л.		28.6
t=15	3	(h/2-t)/2		25.9
t=15	2		132.3	19.5
				19.5
	1		140.8	1.1

b=170

Рис. 3.18

Дотичні напруження в характерних точках поперечного перерізу обчислюємо за формулою Журавського

τ =

Q Sz ( y)

b J z

Sz(1)

= 0; Sz(2) =

(h −t) =

0.17 0.0152

(0.5 −0.0152) = 6.26 10−4 м3 ;

Sz(3)

= bt

(h −t) + 3 d(h / 2 −t)2 = 6.26 10

−4 + 3 0.01(0.5 / 2 −0.0152)2 =

= 8.33 10−4 м3; Sz(4) = Sz = 9.19 10−4 м3.

Q Sz (2)

123.5 103 6.26 10

−4

6 Н

=1.14 МПа;

τ1 = 0; τ2

=1.14 10

b J z

0.17 39727 10−8

м2

c	=	Q Sz (2)	=	123.5 103		6.26 10−4		6	Н	=19.46 МПа;
τ2							=19.46 10
		d J z		0.01	39727 10−8				м2

Q Sz(3)

123.5 103 8.33 10−4

=25.9 МПа;

τ3 =

=25.9 10

d J

−8

0.01 39727 10

τ4 =

Q Sz (4)

123.5 103 9.19 10−4

= 28.57 10

= 28.57 МПа.

d J z

0.01 39727 10−8

м2

Згідно обчислених значень τ на рис. 3.18, в побудовано епюру дотичних напружень.

З епюр σ і τ (рис. 3.18, б, в) видно, що небезпечною точкою поперечного перерізу при перевірці міцності за головними напруженнями є точка переходу від полиці до стінки

2(2′), де діють напруження σ=132.27 МПа і τ=19.46 МПа. В цій точці обчислимо еквівалентне напруження згідно з IV-й теорією міцності (3.16).

σекв = σ 2 +3τ 2 = 132.272 +3 19.462 =136.5 МПа <[σ] =160 МПа.

Тобто, двотавр №50 задовольняє усім умовам міцності за нормальними, дотичними і головними напруженнями.

5. Визначити методом початкових параметрів прогини і кути повороту на межах усіх ділянок балки.

Приймаємо початок координат в крайній лівій точці балки і позначимо ділянки (рис. 3.17, г). При такому початку координат рівномірно розподілене навантаження q1 не задовольняє умові безперервності. Тому продовжуємо її до

кінця балки і прикладаємо додатне навантаження, що компенсує q1 і починає діяти в точці А (рис. 3.17, г).

Запишемо універсальне рівняння пружної лінії балки для прогинів на усіх ділянках

EJy = EJy0 + EJθ0 x−

q1x4

−

M (x −3)2

VA (x −3)3

q1 (x −3)4

−

←

0≤x≤3м

3м≤x≤5.5м

−

F(x −5.5)3

−

q2 (x −8)4

← 3!

III← 4!

5.5м≤x≤8м

8м≤x≤13м

Невідомі початкові параметри EJy0 і EJθ0 визначимо з

умов закріплення балки

EJy

= EJy

EJθ

3 −

10 3

= 0,

x=3

10 134

40 102

153.5

103

120 7.53

− 20.54

EJyB

= EJyI V

x=13м = EJy0 + EJθ0 13 −

−

= 0.

Після обчислень одержимо таку систему рівнянь для визначення

початкових параметрів:

EJyA = EJy0 +3EJθ0 =33.75

(1) (−1)

EJy

= EJy

+13EJθ

= −6890.25

(2)

10EJθ0 = −6924

EJθ0 = −692.4.

Тепер з рівняння (1) знаходимо

EJy0 = 33.75 −3(−692.4) = 2110.95 , де

EJ = 2 105 106 39727 10−8 = 7.9454 107 Н м2 = 7.9454 104 кН м2 -

жорсткість при згинанні.

Обчислимо прогини балки на межах ділянок

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1510 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
15.08.2019594.94 Кб18методичка БЖД прзан.doc
#
18.02.2016354.82 Кб8Методичка к КР _ УП.doc
#
18.02.2016215.01 Кб8Методичка КР.pdf
#
26.11.2018636.42 Кб11Методичка ОТСіУ.doc
#
18.02.2016328.19 Кб9Методичка ПЗ4Д рус.doc
#
18.02.20162.99 Mб61Методичка по сопромату (I семестр).pdf
#
18.02.20163.51 Mб28Методичка по сопромату (II семестр).pdf
#
18.02.2016997.89 Кб61методичка электричест ФЗН.doc
#
18.02.2016210.81 Кб11Методичка.pdf
#
19.11.20191.64 Mб11Методичні вказівки, новые.doc
#
08.12.201897.89 Кб5МЖ.docx