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

Расчет стержней и стержневых систем

.pdf
Скачиваний:
806
Добавлен:
12.03.2015
Размер:
3.89 Mб
Скачать

141

для каждого пролета, как для двухопорной балки (рис. 3.17, е – л). Единичный i-й момент изгибает только i-ю и (i+1)-ю балки. Если использовать для вычисления коэффициентов канонических уравнений метода сил интеграл Мора, то из рис. 3.17 видно, что коэффициенты δi1, δi2 ,...,δii−2 , δii+2 ,..., δin обращаются в

нуль. Коэффициенты δii−1, δii , δii+1 и свободные члены ip после использования метода Верещагина для вычисления интегралов Мора равны:

 

 

lл

 

1

æ

lл

 

 

lп

ö

 

dii−1

=

, dii =

ç

 

+

÷

;

6 EJл

3

ç

EJ

 

EJ

 

÷

 

 

 

è

л

п ø

 

dii+1 =

ln

, Dip =

1

× wл × aл +

1

× wп × aп

 

(3.10)

6 EJn

EJл

EJп

 

 

 

lл

lп

lл

 

lп

 

 

Введем обозначения: M i −1 = M л ; Mi = Mср ; Mi+1 = Mп ; kл =

; kп =

 

;

EJл

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

п

Sлл = wл × aл ; Sпп = wп × aп .

Все члены уравнения (3.9) умножим на 6 и член DiP перенесем в правую часть. Тогда уравнение трех моментов для любой i-й промежуточной опоры запишется:

M

 

× k

 

+ 2M

 

×(k

 

+ k

 

)+ M

 

× k

 

=

æ

Sлл × kл

 

Sпп × kп

ö

,

(3.11)

л

л

ср

л

п

п

п

ç

+

÷

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

- 6×ç

lл

lп

÷

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

è

 

ø

 

 

где Mл, Mср, Mп - изгибающие моменты на левой (i-1), средней i и правой (i+1) опорах; lл , lп - длины левого и правого по отношению к i-й опоре пролетов; EJл , EJп -постоянные в пределах пролета изгибные жесткости балки; Sлл , Sпп - статические моменты площадей wл , wп от внешних сил относительно левой и

правой опор (рис. 3.18).

Для неразрезной балки постоянной жесткости EJ = const , κi = li . Тогда уравнение (3.11) принимает вид:

æ

Sлл

 

 

ö

 

ç

 

Sпп ÷

 

M л ×lл + 2Mср ×(lл + lп )+ Mп ×lп = -6 ×ç

 

 

+

 

÷ .

(3.12)

l

л

l

è

 

 

п

ø

 

Частные случаи применения уравнения трех моментов

1.Неразрезная балка с шарнирными крайними опорами: искомые моменты на крайних шарнирных опорах равны нулю (см. рис. 3.19, а),

2.Неразрезная балка с консолью. Консольная часть балки в основной системе отбрасывается, и ее действие заменяется известным внешним моментом и поперечной силой на соответствующей крайней опоре. Поперечная сила на опорные моменты влияния не оказывает (рис. 3.19, б).

3.Неразрезная балка с защемлением. Защемления на крайних опорах бал-

ки в основной системе условно заменяют дополнительными пролетами длиной l0 бесконечно большой изгибной жесткости. Для первой опоры (рис. 3.19, в)

142

уравнение трех моментов запишется в виде

2M1 ×l1 + M2 ×l2 = -6 Sl12 ; (3.13)

1

M0 = 0; S00 = 0 .

Рис. 3.17

 

143

 

Порядок расчета неразрезной балок

 

методом уравнений трех моментов

 

1. Определяется степень статической не-

 

определимости, выбирается основная систе-

 

ма и лишние неизвестные ( Mi ,i =1,2,...n ).

 

2. Записывается уравнение трех момен-

 

тов (3.11) и (3.12) по числу лишних неиз-

 

вестных, число которых равно количеству

 

промежуточных и защемленных опор.

 

3. Рассматривая каждый пролет нераз-

 

резной балки как балку на двух опорах,

 

строят эпюры изгибающих моментов от

 

внешних нагрузок в каждом пролете и вы-

Рис. 3.18

числяют свободные члены уравнений трех

моментов.

 

4.Определяются лишние неизвестные Mi из решения системы уравнений трех моментов и строятся эпюры моментов Mi .

5.Строится окончательная эпюра изгибающих моментов путем сложения эпюр пролетных и Mi -моментов, рассматривая каждый пролет как балку на

двух опорах.

6. Вычисляются опорные реакции и строится эпюра перерезывающих сил.

7. Выполняются статическая

Рис. 3.19

 

 

 

 

åPyi

= 0

 

 

 

 

 

 

(3.14)

 

i

 

 

 

 

 

 

и кинематическая

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

m

 

M

× M

i1

 

 

di =

 

 

åò

 

i

ds = 0

(3.15)

EJ

 

 

k

 

 

 

0 i=1li

 

 

i

 

 

 

проверки правильности расчета балок.

144

Здесь m – число пролетов, i – номер пролета. Правильность построения эпюр проверяется по дифференциальным зависимостям между внешней погонной нагрузкой qi , перерезывающей силой Qy и изгибающим мо-

ментом M z .

8.Подбираются размеры поперечного сечения балки по условиям прочности в пролетах.

Решение задач

Пример. Рассчитать на прочность неразрезную балку (рис. 3.20, а) двутаврового поперечного сечения переменной и постоянной изгибной жесткостей и исследовать вес балки. Материал балки - сталь; [s]=160 МПа ; [t]=100 МПа .

Рассмотрим расчет неразрезной балки на примере этого задания. В методических указаниях задаются коэффициенты mi , ki , ni в выражениях

Pi = P0 × mi ;

qi = q0 × mi ; Ji

= J0 × ki ; li = l0 × ni ; где

P0 =10 кН ; q0 =10 кН/м ;

J0 = const ; l0 =1м .

 

 

Для рассматриваемого примера примем

 

m1 = n1 = 4 ; m2 = 6; n2 = 9; m3 = n3 = 5 ; m4 = n4 = 2 ; k1 = 3 ; k2 = 5 ; k3 = 2 ;

k4 = 3.

q1 = 40 кН/м ,

P2 = 60 кН , P3 = 50 кН ,

q4 = 20 кН/м , l1 = 4 м ,

Тогда

l2 = 9 м , l3 = 5 м , l4 = 2 м .

Решим данный пример в двух вариантах: балка переменной и постоянной жесткости.

Неразрезная балка переменной изгибной жесткости

1. Поскольку левые и правые торцы балки шарнирно оперты, степень статической неопределимости равна двум, т.е. числу промежуточных опор (рис. 3.20, а). Строим основную систему (рис. 3.20, б). На рис. 3.20, в показана основная система, загруженная лишними неизвестными M 2 , M3 .

2. Записываем уравнения трех моментов для 2-й и 3-й опор, полагая неизвестными M1, M 2 , M3 , M 4 :

M1

M 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

éS

 

× k

 

 

S

23

× k

2

ù

 

× k + 2M

 

(k + k

 

) + M

 

× k

 

= -6

ê

 

11

 

1

+

 

 

 

ú

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

2

1

2

 

3

 

2

 

 

 

l2

 

 

 

 

 

l2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ë

 

 

1

 

 

 

 

 

 

2

 

 

û

(3.16)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

éS

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

22

× k

2

 

 

S

34

× k

3

ù

× k2

+ 2M3 (k2 + k3 ) + M 4 × k3 = -6ê

 

 

+

 

 

 

ú .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ë

 

 

l22

 

 

 

 

 

l32

 

 

û

3. Строим эпюры пролетных моментов; эпюры изгибающих моментов от внешних нагрузок в каждом пролете (рис. 3.20, г).

145

Вычисляем статические моменты Sij и величины

 

Sij

 

 

 

 

 

 

 

 

:

 

 

 

 

 

 

l

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

 

 

 

 

 

 

S = ω ×a =

2 q

×l

2

 

 

 

 

 

l

 

q

 

 

×l4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

1

 

l

 

 

 

1

 

 

=

 

1

 

 

1

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

11

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

24

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S

 

 

 

 

 

 

q ×l

2

 

 

 

 

 

 

 

40 × 42

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

11

 

=

 

 

 

1

 

1

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= 26,66 ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

l12

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

24

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

24

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

æ

 

 

 

 

 

 

l

2

ö

 

P ×l

2

 

 

 

 

l

2

 

 

 

 

 

P ×l3

 

 

 

S

22

= S

23

= ω

2

× a

2

=

 

 

 

 

 

 

çl

2

+

 

 

÷

 

2

 

 

 

×

 

 

=

 

2 2

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

ç

 

 

3

÷

3

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

9

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

è

 

 

 

 

 

ø

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S22

 

=

S23

 

=

 

 

P2 ×l2

 

 

=

60×9

= 60 ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

l22

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

l22

 

 

 

 

 

 

9

 

 

 

 

 

 

 

 

 

9

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

P ×l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

l

 

 

 

 

P ×l2

 

 

 

 

 

S

 

 

= ω

 

 

 

× a =

 

 

 

 

 

×

3

 

3

×l ×

3

 

=

 

 

 

3 3

 

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

16

 

 

 

 

 

 

 

 

 

34

 

 

3

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

3

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S34

=

 

 

P3 ×l3

 

 

=

50 ×5

=15,625 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

l32

 

 

 

 

 

 

 

 

 

16

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

16

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Вычислим коэффициенты ki :

 

 

 

κi

 

= li

 

 

 

 

 

 

 

. Для упрощения записи прини-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJi

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

маем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

κi

 

 

 

 

 

 

EJ0

 

 

li

 

 

 

 

 

 

 

 

ni

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ki

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

×

 

 

 

=

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

l0

 

/ EJ0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

l0

 

 

 

 

 

EJi

 

 

 

 

 

ki

 

 

 

 

 

 

ni

 

 

 

 

 

Тогда в уравнения (3.16) вместо k

i

 

подставим k

i

=

, так как l

/ EJ

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ki

 

 

 

величина постоянная и сокращается после подстановки в уравнение трех моментов

 

 

 

 

k =

n1

=

4

 

; k

 

 

=

n2

=

9

; k

 

 

=

n3

=

 

5

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

k

 

 

3

 

 

 

2

 

 

 

k

2

 

 

 

3

 

 

k

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

С учетом, что M1 = 0 , M 4 = 40 кН × м , уравнения (3.16) запишутся в виде:

 

2 × M2

æ

4

 

 

9

 

ö

+ M3 ×

9

 

 

 

 

 

 

é

 

 

 

 

4

 

 

 

 

9

ù

 

 

 

 

ç

 

 

+

 

 

 

÷

 

 

 

= -6ê26,66

×

 

 

+ 60×

 

 

ú

;

 

 

 

3

 

5

 

5

 

3

5

 

 

 

 

 

 

è

 

 

 

ø

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ë

 

 

 

 

 

 

 

 

û

 

 

 

M 2

 

9

 

× M

æ

9

 

 

5

ö

 

 

 

 

 

5

 

 

 

é

 

 

9

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

ù

×

 

+ 2

3ç

 

 

 

+

 

 

÷

- 40

×

 

 

 

= -6ê60

×

 

 

+15,625×

 

ú .

5

5

2

2

 

5

2

 

 

 

 

 

 

è

 

 

ø

 

 

 

 

 

 

 

 

ë

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

û

После преобразования получим:

6,27M2 +1,8M3 = -861,3;

1,8M2 + 8,6M3 = -782,4 .

4. Решая эти уравнения, найдем лишние неизвестные

M2 = -118,448 кН ×м ; M3 = -66,182 кН × м .

146

Строим эпюру моментов M 2 , M 3 (рис. 3.20, д).

5. Строим эпюру изгибающих моментов, как сумму найденных значений эпюр моментов M 2 , M 3 и пролетных моментов от внешних нагру-

зок (рис. 3.21, в).

6. Определим опорные реакции. Для этого составим выражения изгибающих моментов на опорах 2 и 3 и приравняем их к полученным значениям моментов M 2 , M3 . Рассматривая действие левых сил, запишем уравнения:

åM2л = R1l1 q12l12 = M2 ;

Рис. 3.20

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

147

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M

2

+ q l2 / 2

 

 

 

-118,4 + 40 × 42 / 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R1 =

 

 

1 1

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= 50,4 (кН) ;

 

 

 

 

l1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

åM3л = R1(l1 + l2 ) + R2l2

- P2

2

l2 - P2

 

1

 

l2 - q1l1 (

l1

 

 

+ l2 ) = M3 ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

R = M 2 - R1(l1 + l2 ) + P2l2 + q1l1(l1 / 2 + l2 ) =

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

l2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= - 66,18 - 50,4(4 + 9) + 60 × 9 + 40 × 4(4/ 2 + 9) =175,4 (кН) .

 

 

 

 

 

 

 

 

9

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рассматривая действие правых сил, получим уравнения:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

l

3

 

 

 

 

 

 

æ l

4

 

 

 

 

 

ö

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

åM3п = R4l3

 

-

P3

 

 

 

- q4l4 ç

 

 

 

+ l3

÷ = M

3;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

ç

 

2

 

 

 

 

 

 

÷

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

è

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ø

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R = M3 + P3l3 / 2 + q4l4 (l4 / 2 + l3) =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

l3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= - 66,18 + 50×5/ 2 + 20×2(2/ 2 + 5) = 59,8 (кН) ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

åM 2п = R3l2 + R4 (l2 + l3) -

 

 

l

2

 

 

 

 

 

 

2l

2

 

 

æ l

3

 

ö

 

P2

 

- P2

 

 

 

- P3ç

 

+ l2

÷

-

3

3

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

è

 

ø

 

 

 

 

 

 

 

 

 

æ l

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ö

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

- q

l

 

ç

 

 

+ l

 

+ l

 

÷ = M

 

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

4

ç

 

 

 

 

 

3

 

 

2

÷

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

è

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ø

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R = M2 - R4 (l2 + l3) + P2l2 + P3(l3 / 2 + l2 ) + q4l4 (l4 / 2 + l3 + l2 )

=

3

 

l2

 

 

 

 

 

 

=

-118,4 - 59,8(5 + 9) + 60 ×9 + 50(5 / 2 + 9)

+

 

 

 

9

 

 

+ 20× 2(2/ 2 + 5 + 9) = 84,4 (кН) . 9

Строим эпюру перерезывающих сил (рис. 3.21, б).

7. Статическая проверка правильности расчета балки выполняется по уравнению (3.14):

R1 + R2 + R3 + R4 q1l1 − 2P2 P3 q4l4 =

= 50,4 +175,4 + 84,4 + 59,8 - 40 × 4 - 60× 2 - 50 - 20× 2 = 370 - 370 = 0.

Кинематическая проверка выполняется по уравнению (3.15). Определим перемещение на опоре 3, применяя правило Верещагина:

 

1

m w ×

 

 

 

 

M

i1

 

d =

 

å

i

 

 

,

 

 

ki

 

 

EJ0 i =1

 

 

 

где ωi - площадь окончательной эпюры изгибающих моментов на i-м участке

148

от всех сил, приложенных к балке; Mi1 – ордината в эпюре изгибающих моментов от внешнего нагружения, находящаяся под центром тяжести ωi . По

принципу независимости действия сил удобнее использовать раздельные эпюры и взять площади ωi на эпюре изгибающих моментов от внешнего нагруже-

ния и моментов Mi (рис. 3.20, г, д) а ординаты – из эпюр изгибающих моментов от единичного нагружения (рис. 3.20, е). Тогда получим:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 3.21

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

m

 

 

 

M

 

M

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

m w

 

 

×

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

i1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

M

i1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d

3

=

 

 

 

 

 

 

 

å

ò

 

 

 

 

 

 

 

 

ds =

 

 

 

 

 

 

 

 

å

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ki

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ki

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ0 i =1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ0 i =1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

é

1

 

P l

 

 

æ l

 

 

 

 

 

 

 

ö

 

 

 

 

l

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

P l

 

 

 

l

 

 

 

 

 

æ

1

 

 

 

l

 

 

 

 

l

ö

 

 

1

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

×

 

2

 

2 ç

 

2 + l

 

÷

× R

 

 

2 ×

 

 

 

 

 

 

 

+

 

 

 

×

 

 

3 3

×

3

 

R

ç

 

 

×

 

3

+

 

3

÷

×

 

 

+

 

 

 

 

ê

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ0 ë2 3

 

 

è 3

 

 

 

 

ø

 

 

 

 

 

2 k2

2 4 2

 

 

 

 

 

è 3 2 2 ø k3

 

 

 

 

 

 

 

 

+

 

1

×

 

P3l3

×

l3

 

× R ×

2

×

l3

×

 

1

- M

 

 

×l

 

 

× R × l2

×

 

1

-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 4 2

 

 

 

 

4

 

 

3 2 k3

 

 

 

 

 

 

3

 

 

2

 

 

 

2

 

2

 

k2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

-

1

(M

 

 

- M

 

 

)l

 

 

× R × l2 ×

 

 

1

- M

 

 

 

×l × R ×

l3

×

 

1

-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

3

 

 

2

 

 

 

2

 

 

 

 

3 k2

 

 

 

 

 

4

 

 

3

 

 

 

4

 

2

 

 

 

k3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

-

1

×(M

 

 

- M

 

 

) ×l × R ×

2

×l ×

1

 

ù

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

4

 

 

ú

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

4

3

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k3 û

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

é

1

 

60 ×9 æ

9

 

 

 

 

ö

 

 

1

 

 

 

9

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

50 ×5

 

5

 

 

1

æ

1

 

 

 

5

 

 

 

5 ö

1

 

 

 

=

 

 

 

 

 

ê

 

 

×

 

 

 

 

 

 

 

ç

 

 

+ 9÷

×

 

×

 

 

 

 

×

 

 

 

+

 

 

 

×

 

 

 

 

 

 

 

 

 

×

 

 

 

×

 

 

 

ç

 

 

×

 

 

 

+

÷ ×

 

 

+

 

 

 

EJ0

 

2

 

 

 

 

 

 

 

3

9

2

 

5

 

2

 

 

 

4

 

 

2

 

5

3

 

2

2

 

 

 

 

 

ë

 

 

 

 

 

3 è

 

 

 

 

ø

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

è

 

 

 

 

 

 

2 ø

 

 

149

+12 × 504×5 × 52 × 15 × 23 × 52 × 12 - 66,18×9× 19 × 92 × 15 -

-12 (118,4 - 66,18) ×9 × 19 × 13 ×9 × 15 - 40 ×5× 15 × 52 × 12 -

-

1

(66,18 - 40) × 5 ×

1

×

2

× 5 ×

1

ù

=

1

(147, 060

-147, 057)=

0, 003

.

 

 

 

 

ú

 

 

2

5

3

2

EJ0

EJ0

 

 

 

 

û

 

 

 

 

Погрешность 0,003 ×100% = 0, 0018% . 147,60

8. Подбираем размеры поперечного сечения балки при заданных соотношениях жесткостей. Обычно размеры поперечного сечения балки в каждом пролете определяются по максимальному моменту в этом пролете. Над опорами, где возникают отрицательные моменты, превышающие по абсолютной величине опорные, сечение балки обычно получает местное усиление. Такой подход характерен для балки с пролетами приблизительно одинаковой длины. В данном примере (см. рис. 3.21, в) в первом пролете моментная нагрузка оцени-

вается

 

не пролетным

 

 

 

моментом

 

M

 

max = 31,75 кН × м ,

а

опорным

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M 2 =118,45 кН × м . Поэтому за расчетный момент для первых двух пролетов

примем максимальный пролетный момент второго пролета

 

M

 

max = 96,4 кН × м.

 

 

Тогда момент сопротивления в первых двух пролетах будет:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

W =W =

 

 

M

 

max

=

96,4×103

 

= 0,602 ×10−3 3) = 602 (cм3).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

2

 

 

 

[s]

160 ×106

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

W =W = 597cм3 ,

 

По

ГОСТу

имеем двутавр номер

33, для которого

 

 

 

= 9840 cм4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

2

J

= J

2

, масса одного погонного метра балки

p

= p

2

= 42,2 кг/м .

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

Проверяем подобранное сечение по условию прочности

 

 

 

 

 

 

 

 

s

=

 

 

M

 

 

 

max

=

96,4×103

 

=161 (МПа) , перенапряжение 0,9 % ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1,2

 

 

 

 

 

W1,2

 

0,597 ×10−3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

t1,2 =

 

 

Q

 

max

× Smax

 

=

109,6 ×103 × 0,339 ×10−3

= 54 (МПа) <100 (МПа) .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

J1,2 ×b

 

 

 

 

0,9840×10−4 × 7

×10−3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

На третьем участке пролетный момент не определяет моментной нагрузки пролета, так как это наименьший момент. Примем за расчетный момент третьего пролета и консоли M 4 = 40 кН × м . Тогда

 

 

W =

 

 

M4

 

max

=

40 ×103

= 0,25×10−3

3) = 250 (cм3) ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

[s]

160

×106

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

у которого W = 251 cм3

 

что

соответствует

двутавру

номер 22а,

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3,4

 

J

3,4

= 2790 cм4 , p

= 25,8 кг/м.

 

 

 

 

 

3,4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

При этих характеристиках:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

150

 

s3,4 =

 

M4

 

max

 

=

 

40 ×103

=159 (МПа)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

W3,4

0,251

×10−3

 

 

 

 

 

 

 

 

и, следовательно, недонапряжение – 0,4% .

 

Вычислим

 

 

 

 

54,2 ×103 × 0,141×10−3

 

t3,4 =

 

Q

 

max × Smax

=

= 52 (МПа) <100 (МПа) .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

J3,4

× b

 

0,279 ×10−4 × 5,3×10−3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Поскольку раскрытие статической неопределимости проводилось при за-

данных соотношениях жесткостей ki (k1 = 3, k2 = 5 , k3 = 2 , k4 = 3) , то оконча-

тельная эпюра изгибающих моментов будет справедлива только при этих значениях ki . Таким образом, при подборе размеров поперечных сечений балки

необходимо сохранить заданные жесткости и выполнить условие прочности

 

σ

 

max [σ] в каждом пролете.

Для этого определим наиболее напряженный

 

 

 

 

 

 

Mi :

 

 

 

 

 

 

 

 

 

пролет по максимальному отношению

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ki

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M1

 

max

 

=

96,4

= 32,13;

 

 

M

2

 

max

=

96,4

=19,28;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

k

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M3

 

max

=

40

= 20 ;

 

 

M

4

 

max

=

40

=13 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k3

 

 

 

 

 

 

 

k4

 

 

 

 

 

Величина

 

M1

 

max

k1 = 32,13 наибольшая, поэтому принимаем напряжение

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

в первом пролете, равное допускаемому, а в остальных пролетах для сохранения заданного соотношения жесткостей пересчитаем моменты инерции. В пер-

вом

пролете

 

момент

инерции

остается J = 9840 cм4 , во втором

пролете

 

 

 

 

 

k2

 

9840×5

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

J

 

= J

 

=

=16400 cм4 , что соответствует двутавру номер 40 с момен-

 

 

 

 

 

2

 

 

1 k

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k3 =

9840 × 2

 

том

инерции

 

J

 

=18930 cм4 , p

 

= 56,1кг/м . В

третьем J

 

= J

=

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

2

 

 

 

3

 

1 k

 

= 6560cм4 , что соответствует двутавру номер 30, J3 = 7080 cм4 ,

1

 

 

p3 = 39,2 кг/м .

На консоли J

 

=

J

 

k4

= 9840×3

= 9840 cм4 , p

 

= 42,2 кг/м .

 

 

 

 

4

2 k

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Масса балки

m

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

G = å pi ×li = p1 ×l1

+ p2 ×l2 + p3 ×l3 + p4 ×l4 = 42,24 +

 

 

i=1

+ 56,19 + 39,25 + 42,22 = 954,1кг .

При этом получили, что только в первом пролете максимальное напряжение равно допускаемому. Во всех остальных пролетах максимальные напряжения меньше допускаемого, так как жесткости балки заданы. Чтобы хотя бы в