Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Сопротивление материалов. Теория и практика. Воропаев А.А., Попов С.П

.pdf
Скачиваний:
11
Добавлен:
01.05.2022
Размер:
3.36 Mб
Скачать

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

106

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2.

Вычислим три ординаты у в пролете (при z

 

 

l

;

 

l

;

3

l ) и две на

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

2

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

консоли ( z

 

 

 

5

l;

3

l )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ql 4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ql 4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ql 4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

 

 

l

0,0046

 

 

 

 

;

 

 

 

y

 

 

l

0,0125

 

 

;

y

 

3

 

 

0,015

 

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

EI x

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

EI x

 

 

z

l

 

 

 

EI x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

4

 

 

 

y

 

 

 

 

0,0413

ql

4

 

; y

 

 

 

 

 

 

0,0925

ql 4

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

 

 

EI x

 

 

3

 

 

EI x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

l

 

 

 

 

 

 

 

z

 

l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3. Эпюра прогибов приведена на рис 6.7,г. Упругая линия обращена выпуклостью вниз на участках с положительным изгибающим моментом и выпуклостью вверх там, где изгибающий момент отрицателен. Нулевой точке на эпюре M x соответствует точка перегиба упругой линии.

6.3.4. Расчет статически неопределимых рам Задача. На рис. (6.8) изображена нагруженная в своей плоскости рама,

вертикальные элементы которой имеют момент инерции I, а горизонтальные элементы – k I. Требуется:

1)установить степень статической неопределимости;

2)написать канонические уравнения;

3)построить эпюры М х от единичных сил и от заданной нагрузки;

4)найти перемещения;

5)найти величины «лишних» неизвестных;

6)построить окончательные эпюры внутренних силовых факторов M, N,Q.

Числовые данные: l 4 м, h = 2 м, q = 10 кН/м, К = 2.

Решение.

Расчет производится методом сил.

107

 

 

kJ

 

 

J

 

J

J

q

0,5l

l

 

l

 

 

A

B

 

C

 

Рис. 6.8

1.Заданная система (см. рис. 6.8) два раза статически неопределима, так как для определения пяти реакций связей имеем три уравнения равновесия (система сил, произвольно расположенных на плоскости).

2.Выбираем основную систему для решения (рис. 6.9,а) и для проверки

(рис. 6.9,б).

3.Эквивалентная система, соответствующая основной (см. рис. 6.9,а), изображена на рис 6.10.

a)

б)

 

Рис. 6.9

108

Э.С.

q

x2

x1

 

Рис.6.10 4. Записываем канонические уравнения метода сил для два раза стати-

чески неопределимой системы

11X1 12 X 2 1p ;

21X1 22 X 2 2 p .

5. Определяем перемещения 1p , 2 p , 11, 22, 12

 

 

21способом Ве-

рещагина. Для этого рассмотрим состояния " P" (рис. 6.11), " X1 1" (рис.

6.12) и " X2 1" (рис. 6.13).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

RP

 

 

 

“P”

 

 

 

 

 

 

q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B

 

 

 

H P

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B

 

 

 

 

 

B

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R P

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C

 

 

Рис. 6.11

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R(2)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B

 

 

 

“x2=1”

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

B

 

 

 

 

 

 

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R(2)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C

Рис. 6.12

109

 

 

“x1=1”

 

 

R(1)

 

 

 

B

 

 

 

B

1

C

H (1)

 

 

 

R(1)

B

 

 

 

 

 

C

Рис. 6.13

Определяем реакции опор B и C для каждого из этих состояний:

" P" x Hb( p) qh 0 ;

 

 

mB

 

qh2

 

RC( p)l

0;

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m

 

 

qh2

R( p)l

0;

 

 

A

 

 

 

 

 

 

2

 

B

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

" X1

1"

x 1

 

H B(1)

0;

 

HB(1)

" X2

1"

mB

1 l RC(2)

l

0;

 

 

m

 

1 2l

R(2)

l

0 ;

 

 

C

 

 

 

B

 

 

Hb( p)

RC( p)

RB( p)

1;

RC(2)

RB(2)

qh ; qh2

2l

;

qh2

2l

;

RC(1) RB(1) 0;

1;

2; HB 0.

Строим эпюры изгибающих моментов для состояний " P" (рис. 6.14),

" X1 1" (рис. 6.15) и " X2 1" (рис. 6.16). Тогда

ql 2

 

ql 2

4

P

8

 

 

 

P

 

P

P

M XP

 

 

 

Рис.6.14

110

0.5l 0.5l

M X 1

Рис. 6.15

l

M X 2

Рис. 6.16

 

 

 

 

 

 

1 q 0,5l 2

 

0,5l

 

3 0,5l

 

1 q 0,5l 2 l

 

0,5l

 

 

 

 

 

 

 

1p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

2 EI

4

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

2 EI

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

q 0,5l

 

2 l

0,5l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 2 EI

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

q 0,5l

2

 

 

0,5l

2 05l

 

 

 

580 кНм3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 EI

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3EI

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

q 0,5l 2

l

2l

q 0,5l 2

l

l

 

400 кНм3

 

 

 

 

 

 

 

2 p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 2 2EI 3

 

 

2 2EI 2

 

 

 

 

 

 

3EI

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 0,5l

0,5l

2 0,5l

 

 

0,5l

l

0,5l 1 0,5l

0,5l

2

0,5l 40м3

;

11

2

 

 

 

 

 

 

 

 

EI 3

 

 

 

 

 

2EI

 

 

 

2

 

 

 

 

 

EI

3

 

 

 

 

3EI

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

1 l

l

2l

 

 

64м3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 l

l

0,5l

 

 

8м3

 

 

 

22

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

;

12

 

 

 

 

21

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

2 EI

3

 

 

 

 

3EI

 

 

 

 

 

2

 

 

2EI

 

 

EI

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6. Решаем систему канонических уравнений

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

111

 

 

40

 

X1

8

X 2

580

,

 

 

3EI

 

 

3EI

 

 

EI

 

 

8

 

X1

 

64

X 2

 

400

.

 

 

EI

 

 

 

 

 

 

3EI

 

3EI

В результате решения получим X1

13,78кН; X 2 1,05кН .

Для проверки решения воспользуемся другой основной системой (см. рис. 6.9,б). Проверим справедливость равенств

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M M x1

dz 0;

 

M M x2

dz 0 ,

l

EI

l

EI

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где M - изгибающий момент для эквивалентной системы (рис. 6.17),

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M x1, M x2 - изгибающие моменты для состояний

" X1 1"

(рис. 6.18) и

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

" X 2 1" (рис. 6.19) соответственно.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

D

 

 

E

 

 

 

F

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

10кн/м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

А

 

 

 

 

 

 

RB

2,9кн

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B

 

 

 

 

 

C

 

 

 

 

 

 

 

13.78кн

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1.05кн

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

HB

6,13кн

 

 

 

 

 

RC

3,95кн

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 6.17

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0.5l

 

 

 

 

 

 

0.5l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

" X1

1"

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M X 1

1

Рис. 6.18

 

 

 

112

 

 

 

 

 

 

l

 

 

 

 

 

" X 2

1"

 

 

 

 

M X 2

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

Рис. 6.19

 

 

 

Воспользуемся

способом

Верещагина.

Эпюры

изгибающих

моментов

M x1, M x2 , M представлены на рис. 6.18, 6.19, 6.20 соответственно. Эпюра

M

построена по принципу независимости действия сил с помощью урав-

нения M

M xp

 

X1

M x1

 

X 2

M x2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M M x1

dz

1 2

5

 

2 1

 

1

7,74

2

2

2

 

1

2,26

2

2

2

 

 

 

 

 

EI

 

 

EI

 

3

 

 

2

3

 

2

3

 

 

 

 

l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

1

7,74

4

2

 

1

8,06

4

2

0 ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2EI

2

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M M x2

dz

1 1

4,2

4

2

2

1

7,74

4

1

2

1

8,06

4

2

2

 

0 .

 

 

EI

 

 

 

2EI

 

2

3

2

3

2

3

 

l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Значит X1

 

и X2 определены верно.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4,2

 

 

 

 

 

 

 

 

7,74

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

q(2)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M

8,06

 

 

 

 

 

 

 

12,26

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

КНМ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 6.20

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8. Для эквивалентной системы с найденными значениями

X1

и

X2

(см. рис. 6.17)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

а) определяем реакции

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

mC

1,05 8

 

RB

4

 

10 2 1

0;

 

RB

 

2,9кН ;

 

 

 

 

 

 

mB

1,05 4

 

RC

4

 

10 2 1

0 ;

 

RC

 

3,95кН ;

 

 

 

 

 

 

x

 

H B

13,87

10,2

 

0;

 

 

 

 

 

 

HB

 

6,13кН ;

 

 

 

 

 

б) записываем выражения для N ,

Q ,

M по участкам.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

113

 

 

 

 

Участок AD: 0

z

2;

N

1,05кН;Q 0; M

0 .

 

 

 

Участок DЕ: 0

z

4; N

0;Q 1,05кН; M 1,05z; M D

0; M E

4,2кНм.

Участок ВЕ: 0

z

2;

N

2,9кН;Q 6,13кН; M 6,13z;

 

M B

0; M E

12,26кНм.

 

 

 

 

 

Участок ЕG: 0

z

4;

N

6,13кН ;Q 1,05

2,9 3,95кН ;

 

M

1,05 4

z

2,9z

6,13z; M E

8,06кНм; MG

7,74кНм.

 

Участок

 

 

 

 

 

 

 

CG: 0 z

2;

 

N 3,85кН ;Q

13,87 10z ; QC 13,87кН ;

 

 

 

QG

6,13кН . Так как Q меняет знак, то определяем z

из уравнения

 

dM

dz Q

13,87 10z

0; z 1,39м ; M

13,87z

10z2 / 2;

 

MC

0 ; M z

 

9,12кНм ; MG

7,74кНм.

 

 

 

 

Строим эпюры N (рис. 6.21), Q (рис. 6.22), M (рис. 6.23).

N (кн)

 

 

 

1,05

2,9

6,13

3,95

 

Рис. 6.21

114

3,95

6,13

1,05

Qy (кн)

6,13

13,78

Рис. 6.22

 

 

 

4,2

7,74

 

 

 

 

 

 

 

 

9,12

M X

(КНМ )

8,06

 

12,26

 

 

 

 

 

 

Рис. 6.23

6.4. ИЗГИБ КРИВОГО БРУСА

115

До сих пор рассматривались задачи, связанные с расчетом прямых брусьев. Рассмотрим теперь расчет кривых брусьев, т.е. брусьев, имеющих криволинейную ось. К расчетной схеме кривого бруса сводится расчет крюков, проушин, звеньев цепей, арок мостов, сводов и т.д.

Наибольшее практическое значение имеют плоские кривые брусья, оси которых – плоские кривые, а нагрузки расположены в плоскости кривизны бруса.

6.4.1. Определение внутренних силовых факторов

Внутренние усилия в поперечных сечениях кривого бруса определяются так же, как в балках и рамах, методом сечения. В общем случае в поперечных сечениях плоского кривого бруса возникают три внутренних силовых фактора: изгибающий момент М х , поперечная сила Qy и нормальная сила

N .

Изгибающий момент считается положительным, если ему соответствует увеличение кривизны оси бруса. Правила знаков для нормальной и поперечной сил остаются такими же, как и для прямого бруса.

При построении эпюр значение М х , Qy , N откладывают по нормали

геометрической оси кривого бруса, т.е. по радиусу кривизны. При этом положительные значения откладывают в сторону от центра кривизны, а отрицательные значения – к центру кривизны.

6.4.2. Расчет на прочность кривых брусьев

Принято различать брус малой и большой кривизны. Основным признаком такого деления является отношение высоты сечения h в плоскости кривизны к радиусу кривизны оси бруса o . Если это отношение существен-

но меньше единицы ( h / o 0,2 ), считается, что брус имеет малую кривиз-

ну. Для бруса большой кривизны отношение h / o соизмеримо с единицей.

Расчетные формулы, полученные ранее для прямого бруса, применимы также и к брусу малой кривизны. Исключением является формула, связывающая кривизну нагруженного бруса с изгибающим моментом. В случае бруса малой кривизны она записывается в виде

1 1

 

M x

,

 

 

o

 

EI x

 

 

 

 

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]