Определение внутренних силовых факторов Nz.

Рассмотрим 1 сечение:

N_z1 = 0.

Рассмотрим 2 сечение:

N_z2 = 1,5ql – ql = 0,5ql

Рассмотрим 3 сечение:

N_z3 = - 2ql

Рассмотрим 4 сечение:

N_z4 = 2qlcos 45˚ - 0,5qlcos 45˚ = 1,06ql

Рассмотрим 5 сечение:

N_z5 = N_z4 = 2qlcos 45˚ - 0,5qlcos 45˚ = 1,06ql

Определение внутренних силовых факторов Q_y и M_x.

Рассмотрим 1 сечение:

0 ≤ z₁ ≤ l

Q_y1 = 1,5ql – qz₁.

z₁ = 0 => Q_y1¹= 1,5ql

z₁ = l => Q_y1²= 1,5ql – ql = 0,5ql

M_изг1 = 1,5ql·z₁ – ½qz₁²

z₁ = 0 => M_изг1¹ = 0

z₁ = l => M_изг1² = 1,5ql² – ½ql² = ql²

Рассмотрим 2 сечение:

0 ≤ z₂ ≤ 0,8l

Q_y2 = 0

Q_y2¹= Q_y1²= 0

M_изг2 = 1,5ql² – ½ql²

M_изг2¹ = M_изг2² = ql²

Рассмотрим 3 сечение:

0 ≤ z₃ ≤ l

Q_y3 = ql – 1,5ql

Q_y3¹ = Q_y3² = – 1,5ql

M_изг3 = 1,5ql·( l – z₃ ) - ql·(½l – z₃ )

z₃ = 0 => M_изг3¹ = 1,5ql² - ½ql = ql²

z₃ = l => M_изг3² = 0,5ql²

Рассмотрим 4 сечение:

0 ≤ z₄ ≤

Q_y4 = 0,5ql cos 45˚ +2ql cos 45˚

Q_y4¹ = Q_y4² = 2,5ql cos 45˚= 1,77ql

M_изг4=3ql²-2ql·-0,5ql·

z₄ = 0 => M_изг4¹ = 0,5ql²

z₄ = 0,57l => M_изг4² = 1,5ql²

Рассмотрим 5 сечение:

0 ≤ z₅ ≤

Q_y5 = 0,5ql cos 45˚ +2ql cos 45˚

Q_y5¹ = Q_y5² = 2,5ql cos 45˚= 1,77ql

M_изг5 = - 2ql· - 0,5ql·

z₅ = 0,85l => M_изг5¹ = -1,5ql²

z₅ = 0 => M_изг5² = 0ql²

Построение эпюров внутренних силовых факторов Q_y, N_z и M_x

Расчётная схема к задаче №3. Вариант -13.

Дано:

P = 0,4ql; m = 0,36ql2; l1 = k1l м; l2 = k2l м; Ix=7780 см4; ωx=518 см3; t=1,1 см; h=300 мм;

k1 = 0,5; k2 = 0,7; d=0,7 см; b=14,5 см; l=4,4 м; z=1,8 м; y=4,3 см.

Задача:

Для балки заданного двутаврового поперечного сечения требуется:

1. Построить эпюры внутренних силовых факторов Q_y и M_x.

2. Определить из условия прочности допускаемую нагрузку q, приняв допускаемое напряжение [δ]=140 МПа.

3. В сечении с координатой z построить эпюры напряжений δ_z, t_zy, t_zx.

4. В точке с координатами z и у требуется:

а) определить аналитически и графически с помощью круга напряжений Мора главные напряжения δ_max и δ_min и положение главных площадок, полученные результаты сравнить.

б) Вычислить относительные деформации ε_max, ε_min и γ_max.

1. => (1)

Из (3) =>

Из (1) =>

Из (2) =>

0 ≤ z₁ ≤ 0,3l;

Q_y1=q z₁ - y_A = 0 => z₁=0,05l

M_изг1 = - y_A· z₁ + ½·q· z₁² - M_A;

z₁ = 0 => M_изг1¹ = - 0,03 ql²;

z₁ = 0,3l => M_изг1² = 0 ql².

0 ≤ z₂ ≤ 0,2l;

M_изг2 = - y_A·(0,3l + z₂) + 0,3ql·(0,15l + z₂) - ½·q· z₂² - M_A;

z₂ = 0 => M_изг1¹ = 0 ql²;

z₂ = 0,2l => M_изг1² = 0,03 ql².

0 ≤ z₂ ≤ 0,2l;

M_изг2 = - y_A·(0,3l + z₂) + 0,3ql·(0,15l + z₂) - ½·q· z₂² - M_A;

z₂ = 0 => M_изг2¹ = 0 ql²;

z₂ = 0,2l => M_изг2² = 0,03 ql².

0 ≤ z₃ ≤ 0,5l;

M_изг3= 0,36ql - 0,4ql·z₃ - ½·q· z₃² ;

z₃= 0 => M_изг3¹ = 0,36 ql²;

z₃= 0,5 => M_изг3² = 0,03 ql².

2. Рассмотрим сечение при z = 0,41l :

3. Из условия прочности при изгибе:

4. Определение нормального напряжения:

у = 0 =>

у = h/2 =>

5. Определение касательных напряжений:

При

При

Найдём :

Определение напряжения с координатой у = 4,3см:

Построим круг Мора:

Нахождение главной точки круга:

1.Из точки К₁ проводим нормаль к площадке К₁

2.Из точки К₂ проводим нормаль к площадке К₂

3.Получаем главную точку круга.

Определение , , , :

;

;

19