Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

1784

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.11.2022

Размер:

910.01 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 127 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

2.3. Пример 1. Расчет на прочность и жесткость двухопорной балки

Для заданной стальной двухопорной балки постоянной жесткости (2.4) подобрать из расчета на прочность поперечное сечение в форме двутавра.

Определить методом Мора и проверить способом Верещагина угол поворота Θ опорного сечения 1 и прогиб у крайнего сечения 2 на консольном участке балки.

Проверить жесткость балки в указных сечениях, если допускаемые значения угла поворота и прогиба соответственно равны 0,02рад; y 0,002 l, где l – длина балки. Если жесткость балки не обеспечена, подобрать размер прокатного двутавра из расчета на жесткость.

Используя рассчитанные значения перемещений и эпюру изгибающих моментов, изобразить приближенно вид изогнутой оси балки.

Числовые данные: a 1м;

q 10

кН

;

P qa 10кН;

m 3qa2 30кНм; 160МПа;

E 2 105 МПа.

4а

2а

Рис. 2.4

Решение По условию задачи требуется провести проектный рас-

чет на прочность и проверочный расчет на жесткость. Так как жесткость балки постоянна, то из условия прочности проект-

ный расчет ведется по соотношению
Wx	max	Mx		.	(2.3)




Для определения изгибающего момента в опасном се-
чении балки построим эпюры поперечной силы					Qy и изги-
бающего момента Mx .
Определим реакции Rz ,			RA и RB шарнирных опор А и
В (рис. 2.5, а). Реакция Rz 0,			так как горизонтальные и на-
клонные силы отсутствуют. Для определения RA					и RB запи-
шем уравнения равновесия:

mA P 8a RB 6a m 8qa2 0;

RB (8qa2 3qa2 8qa2)/6a 3,17qa 31,7кН;

mB P 2a m 16qa2 RA 6a 0;

RA (16qa2 3qa2 2qa2)/6a 1,83qa 18,3кН; Проверка: y RA 4qa RB P 18,3 40 31,7 10 0.

Разбиваем балку по длине на три участка (рис.2.5, а) и на каждом участке методом сечений определяем поперечные силы Qy и изгибающие моменты Mx .

Участок 1: 0 z1 4a;

Q(y1) RA qz1 1,83qa qz1;

Qy (0) 1,83qa 18,3кН;

Qy (4a) RA q 4a 2,17qa 21,7кН.

Поперечная сила Qy меняет знак на участке. Определим экс-

тремальное значение изгибающего момента Mx .

Q(1)	R	A	qz* 0;	z* 1,83a.
y		A	1	1

RA	I	q	m		RB	P
RA	I	q		II	RB
					III
A					III		а)
A							а)
Rz	z1			z2	B
	z1			z2	z3
	4a			2a	2a
1,83 qa				qa		qa
Qy				qa		qa
Qy							б)
	z*					z	б)
	z*
	1
	2,17 qa		2,34 qa2		2,17 qa
	1,67 qa2		2,34 qa2		2,17 qa
Mx	1,67 qa2
Mx							в)
			0,66qa	2		z	в)
			0,66qa
					2 qa2
	Θ
						y
1					2	z	г)
					2	z	г)
			точки
			перегиба
			Рис. 2.5
				62

M (1)				qz2			qz2
	R	z		1	1,83qaz			1	;
				2				2
x		A 1				1
Mx(1) (0) 0;			Mx(1) (4a) 7,34qa2					8qa2 0,66qa2			6,6кНм;
M (1)	(z*) M (1) (1,83a) 1,67qa2							16,7кНм.
x	1		x
	Участок 2: 0 z2					2a;
Qy(2)	P RB			qa 3,17qa 2,17qa 21,7кН;
Mx(2)	P(2a z2 ) RB z2					2qa2		qaz2 3,17qaz2 2,17qaz2 2qa2;
Mx(2) (0) 2qa2 20кНм; Mx(2) (2a) 2,34qa2										23,4кНм.
	Участок 3: 0 z3					2a;
Qy(3)	P qa 10кН; Mx(3) Pz3 qaz3;
Mx(3) (0) 0;			Mx(3) (2a) 2qa2 20кНм.
	Строим эпюры Qy (рис. 2.5, б) и Mx (рис. 2.5, в) и ус-

танавливаем значение изгибающего момента в опасном сече-

нии балки max					Mx		2,34qa2			23,4кНм.
	Из условия (2.3) определяем необходимое значение мо-
мента сопротивления сечения
	Wx		max			Mx		23,4 106						3	мм		3	147,5см	3
			max			Mx		23,4 106						3			3		3
											147,5 10									.
								160			147,5 10									.
								160
По	сортаменту						выбираем			двутавр №						18,		у которого
Wx(18)	143см3. Поскольку Wx(18)											147,5см3,				оцениваем пере-
грузку
	max			max			Mx		23,4 106			163,6МПа;
				max			Mx		23,4 106

					Wx(18)				143 103
		max							163,6 160
						100%							100% 2,25% 5%,
						100%				160			100% 2,25% 5%,

что допустимо. Таким образом, окончательно выбираем дву-

тавр № 18, у которого Wx 143см3; Ix 1290см4.

Определим угол поворота сечения 1 и прогиб у сече-
ния 2.
Воспользуемся методом Мора. Для этого под заданной
балкой, то есть под «грузовым» состоянием “P” (рис. 2.6, а)
изображаем две вспомогательные системы или два «единич-
ных» состояния “1” и “2” (рис. 2.6, б, в).
	RA	q	m	RB	P
	RA	q		RB	P
1				2	“P”	a)
Rz	А			B	“P”	a)
Rz	А			B
	z1		z2	z3
		4a	2a	2a
	1			R(1)
	1			B
A	1			2	“1”	б)
A	1			B
RA(1)	z1		z2	z3
				R(2)	1
			B	B	1
A 1			B	2	“2”	в)
	z1		z2	z3
	RA(2)
			Рис. 2.6
			64

Всостоянии “1” балка нагружена единичным моментом

вопорном сечении 1 (рис. 2.6, б), а в состоянии “2” – единичной силой, приложенной в крайнем сечении 2 консольного участка (рис. 2.6, б).

Для определения угла поворота сечения 1 используются состояния “P” и “1” балки, а для определения прогиба сечения 2 – состояния “P” и “2”.

Определим реакции опор для «единичных» состояний. Состояние “1”

mA	RB(1) 6a 1 0;	RB(1)	1/6a;
mB	RA(1) 6a 1 0;	RA(1)	1/6a.

Проверка: y RA(1) RB(1) 1/6a 1/6a 0.

Состояние “2”

mA RB(2)	6a 1 8a 0;	RB(2)	4		;

		3
mB RA(2)	6a 1 2a 0;	RA(2)		1	.

		3

Проверка: y RA(2) RB(2) 1 1 4 1 0. 3 3

Разбиваем «грузовое» и «единичные» состояния на три участка (участки «грузового» и соответствующего «единичного» состояний должны быть одинаковой длины и рассматриваться в одной системе координат, рис. 2.6, а, б, в).

Для каждого участка составляем аналитические выра-

жения изгибающих моментов Mxp(k) «грузового» и Mx(1k) , Mx(k2)

соответствующих «единичных» состояний (k = 1, 2, 3). Эти выражения представлены в табл. 2.3.

По формуле (2.1) определяем угол поворота и прогиб y

k 1 lk

M (k)M (k)

xp x1 dz

(EIx )k

1		4a			2a
1			(1)	(1)	(2)	(2)sz
			Mxp	Mx1 dz Mxp		Mx1
EI			Mxp	Mx1 dz Mxp		Mx1
	x 0				0

(3)

1,83qaz

EIx

2,17qaz2

2qa2

dz qaz3 0 dz

3,1qa3

3,1 10 109

0,012рад.

EIx

2 105

1290 104

Таблица 2.3

Границы

0 z

участков

(k)

qz2

2qa2

qaz3

1,83qaz

2,17qaz

Mx(1k)

Mx(k2)

3 z1

3 z2

(2a z2 )

Mxp(k)Mx(k2)

(1)

(2) (2)

Mx2 dz Mxp Mx2 dz

(EIx )k

Mxp

k 1lk

EIx 0

(3)

1,83qaz

EIx

2,17qaz2

2qa2

z2 2a dz qaz3 z3 dz

0,22qa4

0,22 10 1012

0,85мм.

2 105 1290 104

EIx

Проверим результаты расчета перемещений способом Верещагина. Для этого необходимо построить эпюры изгибающих моментов «грузового» “P” и «единичных» “1”, “2” состояний. Эти эпюры приведены на рис. 2.7, а, б, в соответст-

венно. Эпюра Mxp была построена ранее при					выполнении
проектного расчета на прочность (рис. 2.5, в). Для построения
эпюр Mx1	и Mx2	использованы соответствующие выражения
из табл. 2.3.
Разбиваем эпюры Mxp , Mx1 и Mx2				на участки одина-
ковой длины. На каждом из этих участков эпюру Mxp						разби-
ваем на простые фигуры, для каждой из которых можно опре-
делить площадь и положение центра тяжести (рис. 2.7,а).
		C''	2,34qa2
Mxp	1		3	5
A		C	B	5	D	a)
A	2		C'		z	a)
	2	0, 66qa2
		0, 66qa2
			B'
			4
			2 qa2
	1
Mx1			M31	M51	z
				M51	z	б)
						б)
	M11	M21	M41
Mx2
					z	в)
					z
	M12	M22	M32 M42	M52
			M32 M42	M52

Рис. 2.7

	На участке АС (рис. 2.7, а) эпюра «грузового» состоя-
ния представляет собой несимметричный параболический сег-
мент (рис. 2.8, а). Соединив точки А и С прямой линией, пред-
ставим эпюру сочетанием двух простых фигур – симметрично-
го параболического сегмента высотой q(4a)2 /8											(рис. 2.8, б),
площадь 1 которого положительна, и прямоугольного тре-
угольника (рис.2.8,в), площадь 2 которого отрицательна.
						C''
						C					B
						C					а)
A				C			2a				а)
				C	а)	z3c					B'
					а)	z3c					B'
z1c 2a q(4a)2 С'						С''	3			3
1			8			С''

					б)						B б)
A				C	б)	С					B б)
A				C	в)	С					B
					в)						в)
		2 2									в)
z	c	2 2	4a	C'			c4		2	2a	B'
z	2		4a	C'			z4		3	2a	B'
	2	3							3
		Рис. 2.8						Рис. 2.9

На участке СВ (рис. 2.7, а) эпюра «грузового» состояния представляет собой прямую, пересекающую в некоторой точке нулевую линию (рис. 2.9, а). Чтобы не определять положения точки пересечения этой прямой с нулевой линией, поступают следующим образом. Соединяют прямыми линиями точки С'' и В, а также точки С и B' (рис. 2.9, а), и представляют эпюру Mxp на этом участке совокупностью двух простых

фигур: треугольника C''BC (рис. 2.9, б), площадь которого 3

положительна, и треугольника CBB' (рис. 2.9, в), площадь 4


которого						отрицательна. Вычисляем площади полученных
простых фигур
	2			q(4a)2			4a		16	qa3;			1	0,66qa2				4a 1,32qa3;
1	3					8		3			2	2
3		1	2,34qa2					2a 2,34qa3;			4				1	2qa2		2a 2qa3;
3	2		2,34qa2					2a 2,34qa3;			4					2qa2		2a 2qa3;
	2		1									2
5			1		2qa2 2a 2qa3.
5					2qa2 2a 2qa3.
	2
		Под центром тяжести площади k															каждой из фигур оп-
ределяем значения моментов Mk1												и Mk2					на соответствующих

эпюрах Mx1 и Mx2 «единичных» состояний (рис. 2.9, б, в).

M11	RB(1)		(2a 2a)																	1					4a										2			;
M11	RB(1)		(2a 2a)																						4a													;
																	6a																		3
	(1)						1													1								10							5
M21 RB			2a								4a																				a								;
M21 RB			2a								4a																	3			a								;
							3														6a							3							9
		(1)					2							1									4					2
M31 RB										2a																	a									;
M31 RB							3			2a						6a								3			a					9				;
M41 RB(1)							1		2a							1							2			a					1		;
M41 RB(1)							3		2a														3			a							;
							3								6a								3					9
						M51 0.
M12	RA(3)							4a						1				4a												2				a;
M12	RA(3)																																	a;
							2							3						2								3
M22 RA(3)						2		4a							1				2			4a												8			a;
M22 RA(3)								4a														4a															a;
					3									3						3								9
			1									2a											14
M	32						4a																						a;
M	32						4a																					9	a;
			3										3															9
			1								2																	16
M42				4a										2a																		a;
M42			3	4a										2a														9				a;
			3								3																	9

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 127 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
15.11.2022894 Кб11756.pdf
#
15.11.2022894.11 Кб31757.pdf
#
15.11.2022899.65 Кб31767.pdf
#
15.11.2022902.92 Кб11771.pdf
#
15.11.2022908.26 Кб01779.pdf
#
15.11.2022910.01 Кб31784.pdf
#
15.11.2022910.6 Кб01785.pdf
#
15.11.2022915.63 Кб41791.pdf
#
15.11.2022925.77 Кб51800.pdf
#
15.11.2022926.78 Кб01802.pdf
#
15.11.2022927.81 Кб31806.pdf