Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Пермский национальный исследовательский политехнический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Сопротивление материалов

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.11.2022

Размер:

9.44 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1516 / 3716 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 > Следующая >>>

Для этого ординаты на эпюре M1 умножаются на Х1, на

эпюре M2 – умножаются на Х2, т.е. M1 = M1 Х1, а М2 = M2 Х2. На основании принципа независимости действия сил определяем в сечениях балки изгибающие моменты и строим сум-

марную эпюру изгибающего момента (рис. 8.11, в).

МΣi = MFi + M1i + M2i.

Сечение	Значение изгибающего момента
А	МΣ = 0
В	МΣ = −50 кН м
F	МΣ = −20 + 10/3 = −50/3 кН м
С	МΣ = 20/3 кН м
L	МΣ = 5 + 10/3 + 5/3 = 10 кН м
D	МΣ = 10/3 кН м
T	МΣ = −15 + 5/3 = −40/3 кН м
E	МΣ = −40 кН м
K	МΣ = −40 кН м

Для деформационной проверки выберем основную систему (см. рис. 8.8, в). Определим вертикальное перемещение сечения В, которое по условию для балки равно нулю. В выбранной основной

системе в сечении В приложим единичную силу F =1 и построим отнееэпюру изгибающих моментов M (рис. 8.11, г).

										n									idz										q (2a)3
					верт					n			l MΣi M						idz							1			q (2a)3								1		20			2a			2
		∆						=																=												1+										2 −
		∆						=		∑ ∫					EJ									=	EJ						12					1+	2			3					3	2 −
					B					∑ ∫					EJ			i							EJ						12						2			3					3
										i=1			0					i
				−		1	50 2a							1	2 + +							q (2a)3							3 +		1			20		2a		2		2		+	1	4			+

						2								3										12							2				3			3					3
						2								3										12							2				3			3					3
	1		10							2					1								q (2a)3								1		10				2				1							1
+							2a					4 +					2			+									2 =							2a		4 −				40 2a							4	=
+	2		3				2a					4 +			3		2			+				12					2 =		2			3		2a	3	4 −			2	40 2a						3	4	=
	2		3							3					3									12							2			3			3				2							3
					1				20				80			100								60			160				100					40			80				160
	=										+				−						+					+				+					+	+						−					= 0.
	=			EJ						3	+		9		−		3				+			3		+		9		+		9			+	+						−		3			= 0.
				EJ						3			9				3							3				9				9				3			9					3
																																																	151

По формуле Симпсона

∆верт

Σl

+4M M

6EJ

FiH

OiH

FiC

OiC

FiK

OiK

−4

+4 10 3+

4−4

=0.

3EJ

Вертикальное перемещение сечения В равно нулю, следовательно, неизвестные моменты Х1 и Х2 определены верно.

8. Определить реакции на опорах, построить эпюру поперечных сил.

1) определение реакций на опорах

ΣM СЛ = 0, F 3a − R 2a + 2qa2 + х = 0,

150 + 20 + 3

265

кН;

ΣM СЛ = 0, F 5a − R 4а− R 2a +8q a2 + х = 0,

250 − 265

4 +80 +10

= −10 кН;

ΣM

= 0, F 7a − R 6a + R 4а− R 2a +18qa2

− M = 0,

350 −

265

6 + 40 +180 − 40

RD =

= 0;

ΣM

СПР

= 0, −X

−2qa2

+ R

2a − M = 0,

+ 20 + 40

кН.

Проверка:

152

ΣFY = 0, −F + RB − RC + RE −6qa = 0,

−50 + 2653 −10 + 953 −60 = 0, −120 +120 = 0;

2) анализ поперечных сил по участкам:

Qy = −50 кН = const;

= −50 +

265

− qz2 ;

= 0, Q =

115

кН, z

= 2 м,

= −50 +

265

− 20 =

кН;

Qy = 0;

Qy = − 95 + qz4 , 0 ≤ z4 ≤ 2 м;

= 0,

Q = −

кН,

= 2 кН,

Q = −

20 = −

кН;

= −95 + q(z +2),

0 ≤ z ≤ 2 м;

z = 0, Q = −

кН,

z = 2 м, Q = −

40 =

кН.

На рис. 8.11, е построена эпюра Q. Определим экстремальное значение изгибающего момента на участке CD, расстояние до которого от сечения Е составляет z0 (см. рис. 8.11, е):

z0 = RqE = 3095 = 3,17 м.

Изгибающий момент в этом сечении z0.

						qz2		95			(3,17)2
M	x	(z ) =−M +R		z	−	0	=−40 +		3,17	−10		=10,14 кН м.
M		(z ) =−M +R		z	−		=−40 +		3,17	−10		=10,14 кН м.
		0	E	0		2		3			2
						2		3			2

9. Подобрать из условия прочности стандартный двутавр.

153

Максимальное напряжение

σmax =

M Х

max

≤[σ],

WХ

откуда

M Хmax

W ≥

50 103

= 238 см3 ,

[σ]

210

что соответствует двутавру № 22а. Момент сопротивления для этого двутавра составляет – WХ = 254 см3, JХ = 2790 см4. В этом случае максимальное напряжение

= 50 103 =

σmax 254 196,8 МПа.

10. Определение перемещения в сечении А и угла поворота на опоре В.

Для определения перемещения к выбранной основной сис-

теме в сечении А прикладываем единичную силу F =1, и для определения угла поворота в сечении В прикладываем единич-

ный изгибающий момент M =1 (рис. 8.12, а, в).

F=1

М4 , м

Рис. 8.12.

Перемножая по правилу Верещагина эпюру изгибающих моментов MΣ (см. рис. 8.11, в) с эпюрами изгибающих моментов

154

M4 и M5 (рис. 8.12, б, г), определяем соответственно вертикальное перемещение сечения А и угол поворота сечения В.

v		=	1					1 50 a 2				1− q(2a)				3	1	−		1 20		2a		11+ 1		50 2a			2		=
			1														1												2	1
			EJ																										3	1
	A		EJ		Х			2			3			12			2 2 30							3 2					3

		=		400				=			400 103							=		7,96 10−3					м = 7,96			мм;
		=		9EJ Х				=	9 2 1011 2790 10−8									=		7,96 10−3					м = 7,96			мм;
				9EJ Х					9 2 1011 2790 10−8
							1			q(2a)3			1		1		20		2a		1		1		50 2a		2
		θB =												1 +								1 −						1	=
		θB =				EJ Х					12		2	1 +	2		3				3	1 −	2				3	1	=
						EJ Х					12		2		2		3				3		2				3

				= −				250			= −			250 103								= −0,0049				рад.
				= −			9EJ Х				= −	9 2 1011 2790 10−8										= −0,0049				рад.
							9EJ Х					9 2 1011 2790 10−8

Расчет статически неопределимой рамы

Пример

Для заданной рамы (рис. 8.13) раскрыть статическую неопределимость, подобрать сечение из условия прочности, определить перемещение сечения А, жесткость сечения рамы принять постоянной.

RE	D		q
RE
E
E		/2	A
M		l/2		b
				b
	В	F	С	HНCс
	В	P	С

ll/2 ll

Рис. 8.13.

F= 30 кН, М = 40 кН м, q = 20 кН/м, l = 4 м, b = 3 м, [σ] =

=210 МПа.

1. Определить степень статической неопределимости.

S = 3k − ш = 3 2 − 4 = 2.

155

Рама два раза статически неопределима, т.к. на нее наложены пять внешних связей вместо трех, необходимых для плоской рамы, т.е. существуют две лишние связи.

2. Для заданной рамы изобразить несколько основных систем, одну из которых принять для расчета. Изобразить эквивалентную систему.

Имеем три основные системы, каждая из которых кинематически неизменяема (рис. 8.14, а, б, в).

Рис. 8.14.

Для

дальнейшего решения

выберем

основную систему

(см. рис. 8.14, в) с позиции рациональности решения.

Эквивалентная система в этом случае имеет вид, показан-

ный на рис. 8.15.

3. Записать канонические уравнения метода сил.

Для дважды статически неопределимой системы имеет два

канонических уравнения:

δ11Х1 + δ12Х2 + ∆1F = 0,

δ21Х1 + δ22Х2 + ∆2F = 0.

4. Построить эпюры изгибаю-

щих моментов

для принятой

основной системы от заданных

нагрузок и единичных силовых

l/2

факторов. На рис. 8.16, б изо-

бражена

эпюра

изгибающих

Рис. 8.15.

моментов

от

заданных сил

восновной системе, на рис. 8.16, в, г эпюры изгибающих моментов от единичных факторов в направлении неизвестных усилий Х1 и Х2

ввыбраннойосновнойсистеме.

5.Вычислить коэффициенты и свободные члены канониче-

ских уравнений по способу Верещагина.

Единичные перемещения δ11 и δ22 определяются перемноже-

нием эпюры M1 и M2 в соответствии с правилом Верещагина.

156

M2 , м

X2 =1

Рис. 8.16.

Подобные перемещения δ12 = δ21 определяются перемножением эпюры M1 и эпюры M2 .

Перемещения ∆1F и ∆2F находятся перемножением эпюр М1 и M2 на эпюру M F по правилу Верещагина.

						δ		=		1				1			6 6				2		6 + 6 3 6										=		180		м/Н,
						δ		=									6 6						6 + 6 3 6										=				м/Н,
						11			EJ X					2							3														EJ
									EJ X					2							3														EJ
										1				1							2														208
						δ22		=										4	4						4 + 4		3 4						=					м/Н,
						δ22		=	EJ X					2				4	4		3				4 + 4		3 4						=			3EJ		м/Н,
									EJ X					2							3															3EJ
						δ		=		1					1		4		4			14		+ 4 3				6				=		328			м/Н,
						δ		=									4		4					+ 4 3				6				=					м/Н,
						12			EJ X					2							3													3EJ
									EJ X					2							3													3EJ
∆	=	1				−40		2 1 + 20								43			4 +		1		50 4				10			−		1	110 4					14		−		155 3			=
																																												6
																																												6
1F			EJ													12					2							3				2							3
			EJ													12					2							3				2							3
= −	9410					м,
= −	3EJ					м,
	3EJ
						1				43			1							1					1				2												2100
	∆			=			20				2	+				50			4		4−					110		4			4−155 3 4								=−				м.
	∆			=			20				2	+				50			4		4−					110		4			4−155 3 4								=−				м.
		2F								12			2							3					2				3													EJ
					EJX					12			2							3					2				3													EJ

6. Решить систему канонических уравнений:

157

		180 Х1 + 109,3 Х2 − 3136,7 = 0,
		109,3 Х1 + 69,3 Х2 − 2100 = 0,
или
Х1 + 0,607 Х2 − 17,426 = 0,						Х2 = 66,2 кН;
Х1 + 0,634 Х2 − 19,213 = 0,						Х1 = −22,86 кН.
Следовательно, реакция RЕ = Х1 = −22,86 кН, а реакция
RВ= Х2 = 66,20 кН (см. рис. 8.13).
7. Построитьсуммарныеэпюрывнутреннихсиловыхфакторов.
Определяем неизвестные реакции RС, НС, МС (рис. 8.17).
		R	z1		q	z4
		R
M
M		E		D				K
		E		D
			2	Rв		3		Rc
			z	В		z			Нс
			F	В					Нс
			F					Mс
					Рис. 8.17.			Mс
					Рис. 8.17.
		ΣFХ = 0, HC − F = 0, HC =30 кН;
		ΣFУ = 0, −RE + RB + RC − ql = 0;
		RC = 22,86 −66,20 +80 = 36,66 кН;
ΣM	B	= 0, M + R		1	+ R 4	− M	Ñ	− q	l	2	= 0;
ΣM		= 0, M + R			+ R 4	− M		− q			= 0;
			E	2	C				2
				2					2
MC = −160 + 40 + 22,86 2 +36,66 4 = 72,36 кН м.
158

Проверка:

N, кН

ΣMC = 0, M + RE 6 −

−R

4 −M

+ q

= 0,

66,2

36,66

40 + 22,86 6 − 66, 2 4 −

−72,36 +160 = 0.

Используя

метод

сече-

43,34

ния,

определяем

силовые

факторы по участкам:

N (z1) = 0;

Q, кН

36,66

Q(z1) = −RE = −22,86

кН;

M (z1) = −M − RE z1;

z1 = 0; ME = −40 кН м;

z1 =2 м;

MD =−85,72

кН м.

N (z2 ) = −RB = −66,2

кН;

50,96

51,24

Q(z2 ) = F = 30

кН;

4,28

17,64

M (z2 ) = F(z2 );

17,64

z1 = 0; M B = 0;

85,72

МΣ, кН( мм)

z2 =3 м; M D =90 кН м.

N (z3 ) = −RC = −36,66

кН;

72,36

Q(z3 ) = −HC = −30 кН;

M (z3 ) = −MC + HC z3;

Рис. 8.18.

z3 = 0; MC = −72,36

кН м;

z3 =3 м; M K = −72,36 +90 =

=17,64 кН м.

N (z4 ) = HC = 30 кН;

159

Q(z4 ) = −RC + qz4 ; z4 = 0; QK = −36,66										кН;
z4 = 4 м; QD = −36,66 +80 = 43,34 кН;
M (z	4	) = −M	C	+ H	C	3 + R z	4	− q	z42	;

						C		2

z4 = 0; M K =17,64 кН м;

z4 = 4 м; M = −72,36 +90 +146,64 −−160 = 4,28 кН м.

На четвертом участке в сечении L (рис. 8.18, б) поперечная сила меняет знак (Q = 0 при наличии распределенной нагрузки), следовательно, на эпюре изгибающего момента в этом сечении должно быть экстремальное значение (рис. 8.18, в).

; ML = −72,36 +90 +36,66 1,833 −20

1,833

=51,24 кН м;

36,66

=1,833 м,

z =2 м, M

=17,64+72,32−

40 =50,96 кН м.

8. Произвести деформационную проверку решения с использованием другой основной системы.

Для проверки выберем основную систему (см. рис. 8.14, б). Определим угол поворота сечения С, который по условию наложенных связей в раме должен быть равен нулю.

Переумножением суммарной эпюры М∑ (рис. 8.18, в) на эпюру M3 (рис. 8.19) по правилу Верещагина определяем угол поворота сечения С.

θC =	1		−20	43	1	−	1	17, 64	4	2	−	1	4, 28 4	1	−

	EJ			12	2		2			3		2		3
	EJ	X		12	2		2			3		2		3
		X

−	1		17, 64 3 1 +		1	72,36		=
	2				2		3 1

=			1	(−106,16 +108,54) =			2,38 .

		EJ x					EJ X

160

<<< < Предыдущая 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1516 / 3716 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
15.11.20229.44 Mб29Сооружение и эксплуатация газонефтепроводов и газонефтехранилищ..pdf
#
15.11.202215.38 Mб31Сооружение подводных трубопроводов..pdf
#
15.11.20223.96 Mб25Сопротивление материалов конспект лекций..pdf
#
15.11.20223.04 Mб17Сопротивление материалов курс лекций..pdf
#
15.11.20223.34 Mб36Сопротивление материалов. Примеры решения типовых задач.pdf
#
15.11.20229.44 Mб20Сопротивление материалов..pdf
#
15.11.2022880.66 Кб2Социально-биологические основы физической культуры и спорта учебное..pdf
#
15.11.2022501.04 Кб4Социальное прогнозирование и проектирование планы семинарских занят..pdf
#
15.11.20222.26 Mб8Социология и политология..pdf
#
15.11.2022296.53 Кб2Социология морали метод. указания по спецкурсу «Социология познания.pdf
#
15.11.2022333.96 Кб1Социология образования метод. рекомендации для студентов заочной фо.pdf