- •Расчет усилий в стержнях статически определимых конструкций
- •270200-«Реконструкция и реставрация архитектурного наследия»,
- •Составитель в.М. Суднин
- •Введение.
- •5. Жесткая заделка
- •Проекции силы на оси, расположенные в одной плоскости с силой
- •Момент силы относительно точки. Момент пары сил
- •Алгебраические моменты силы и пары
- •Равновесие плоской произвольной системы сил
- •Теорема о моменте равнодействующей (теорема Вариньона)
- •Определение внутренних усилий
- •Расчет ферм
- •План решения задач статики
- •Примеры выполнения расчётно-графических работ
- •Определение внутренних усилий
- •Определение внутренних усилий.
- •Определение внутренних усилий.
- •Расчет усилий в стержнях статически определимых конструкций с использованием системы mathcad
- •Библиографический список
- •Оглавление
- •Расчет усилий в стержнях статически определимых конструкций
- •270200-«Реконструкция и реставрация архитектурного наследия»,
Определение внутренних усилий.
Проведем сечение 1-1 и рассмотрим равновесие правой отброшенной части (Рис.16). Действие отброшенной части заменяем плоской системой распределенных по сечению сил. Эти силы, как и в случае жесткой заделки, представляют одной приложенной в центре сечения силой с двумя неизвестными составляющими X , Y и парой с неизвестным моментом М. Составим для действующих на рассматриваемую часть балки сил условия равновесия
ΣFkX = F1· cosα – X 1-1 = 0 ; ΣFkY = F1· sinα + q·0.8 + Y 1-1= 0;
Σ M0(Fk) = + F1· sinα ·0.8 + M + (q·0.8) ·0.8/2 – M 1-1 = 0
По данным задания найдем из составленных уравнений:
X 1-1= F1· cosα = 4· 0.707 = 2.828 kH :
Y 1-1 = – (F1· sinα + q·0.8) = – (4· 0.707 + 2.5·0.8) = – 4.828 kH ;
M 1-1 = F1· sinα ·0.8 + M + (q·0.8) ·0.8/2 =
= 4·0.707·0.8 + 13 +(2.5·0.8)·0.8/2 = 16.264 kHM
Таким образом, на правую часть балки в сечении 1-1 действуют:
продольная сила X 1-1 = 2.828 kH, вызывающая в данном случае растяжение балки;
2) поперечная сила Y 1-1 = – 4.828 kH, стремящаяся сдвинуть примыкающую к сечению часть балки вдоль линии1-1.Знак «минус» указывает на то, что сила Y 1-1 направлена в противоположную сторону;
3)пара с моментом M 1-1 , называемым изгибающим моментом, которая в данном случае вызывает растяжение нижних волокон балки и сжатие верхних.
Пример 3. Определения реакций опор плоской
стержневой системы
Дано: Абсолютно твердое тело- плоская стержневая система (рис.17) нагруженное сосредоточенной силой F=8 кН, направленной под углом
α=600 к вертикали, моментом М=10 кНм пары сил и равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью q=20 кН/м; l=0,4 м.
В точке А- шарнирная неподвижная опора, в точке В - шарнирная подвижная опора с вертикальной опорной поверхностью
Определить реакции опор и внутренние усилия, действующие в сечении 1-1.
Решение.
Рассмотрим равновесие тела (рис. 18), заменив равномерно распределенную нагрузку интенсивностью q равнодействующей - сосредоточенной силой Q, приложенной посередине участка ДЕ:
Q= qa=q·/ДЕ/=q·2l=20 кН/м·0.8 м = 16 кН
Действие связей на тело заменим их реакциями (рис. 18): XA , YA , XB.
Составим уравнения равновесия в форме 2:
ΣmА(Fk) = 0,
ΣmВ(Fk) = 0,
ΣY=0.
ΣmА(Fk) = 0 : XВ· l– М +Fcos α·l - Fsin α· 2 l+ Q·2 l=0
Из этого уравнения находим XВ:
XВ = М/ l – Fcos α +2· Fsin α – Q·2 = 10/0.4 –8· cos600 +2·8· sin 600 -16·2,
XВ = 2.856 кН.
Вертикальную составляющую реакции опоры В находим из уравнения:
ΣY=0 : YA + Fcos α + Q =0;
YA = – Fcos α – Q = – 8·cos600 – 16 = – 20 кН.
Зная YA ,из второго уравнения равновесия вычисляем XA:
ΣmB(Fk) = 0 : XA· l - YA·3 l – М - Fcos α·2 l - Fsin α·l- Q· l=0,
XA= М/ l - Fcos α + Fsin α -2 Q =10/0.4 -8cos600 – 2·16 +8·sin 600 = – 4.072 кН,
XA = – 4.072 кН.
Знаки “ - ” в реакциях XА , YA показывают что истинное направление этих реакций противоположно принятому (см. рис. 18).
Произведем проверку правильности полеченных результатов, составив уравнение моментов относительно точки Д :
ΣmД(Fk) = 0 : – XВ ·l +Q·l – M - YA·l + XA·2·l = 0;
–XВ +Q – M/l - YA +2 XA = – 2.856 +16 -10/0.4 – (-20) +2·(-4.072) = 0