SOPR MAT ZAOChOE OTDELENIE
.pdf2.3.3. Определение главных деформаций:
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
, |
||||
1 |
Е |
1 |
2 |
3 |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
, |
|||||
2 |
|
Е |
2 |
3 |
1 |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
. |
||||
3 |
Е |
|
3 |
1 |
2 |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2.3.4 Определение относительного изменения объема тела:
е 1 2 3.
2.3.5. Определение удельной энергии деформации тела:
u 0 21E 12 22 32 2 1 2 2 3 3 1 .
2.3.6. Определение эквивалентных напряжений:
экв Ш 2 4 2 ,
экв 1У 2 3 2 .
2.4. Определение геометрических характеристик поперечного сечения. Изображают в масштабе форму поперечного сечения и определяют его характеристики в следующей последовательности:
2.4.1. Делят сложное сечение на простые фигуры и определяют их
площади Ai и моменты инерции J i |
, |
J i |
, |
J i |
|
y |
относительно |
x |
i |
y |
i |
x |
i |
i |
|
|
|
|
|
собственных центральных осей xi , yi. Геометрические характеристики стандартных профилей берутся из сортамента.
2.4.2.Выбирают применительно к поперечному сечению произвольную систему координат u, v.
2.4.3.Относительно этой системы координат определяют положение центра тяжести всего сечения:
uc |
uci |
Ai |
, vc |
vci |
Ai |
, |
|
Ai |
Ai |
||||||
|
|
|
где uci , vci - координаты центра тяжести , Ai- площадь i- сечения.
2.4.4. Проводят через центр тяжести сечения центральные оси x, y параллельные u, v.
2.4.5. Используя формулы переноса, находят значения осевых и центробежного моментов инерции всего сечения относительно центральных осей:
|
|
n |
J i |
b2 |
Ai ; |
J |
x |
|
|||
|
|
x |
i |
|
|
|
|
i1 |
i |
|
|
|
|
|
|
|
33
|
|
n |
|
a i2 Ai ; |
|||
J y |
J yi |
||||||
|
|
i1 |
i |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
J i |
|
a |
|
b Ai , |
J |
x y |
|
y |
i |
|||
|
|
x |
i |
i |
|||
|
|
i1 |
i |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
где b i – расстояние между осями x и x i; a i – расстояние между осями y и y i. 2.4.6. Определяют величину главных центральных моментов инерции
J x |
|
, J y |
|
|
сечения и положение главных осей: |
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
0 |
|
|
|
0 |
|
1 |
J x J y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
, |
||||||||||||||||||
|
|
|
J x |
|
|
|
|
J x J y 2 4J xy 2 |
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
2 |
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
0 |
|
|
|
|
J x J y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
, |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
J y |
0 |
|
|
|
J x J y 2 4J xy 2 |
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
2 |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
arctg |
|
J x y |
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
J x J y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
2.4.7. Определяют моменты сопротивления сечения при изгибе: |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
Wx |
|
|
|
|
J x |
0 |
|
|
, |
Wy |
|
|
|
|
J y |
0 |
|
, |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
y0 |
|
наиб |
|
|
|
x0 |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
наиб |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
где |
|
|
x0 |
|
наиб , |
|
|
y0 |
|
наиб - |
|
|
координаты |
наиболее удаленных от главных |
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||
центральных осей точек сечения, определяемые из формул |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
x0 |
|
x cos 0 |
y sin 0 , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
y0 |
|
y cos 0 |
x sin 0 , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 - угол между осями x и x0 .
2.4.8. Определение грузоподъемности балки. Наибольшую допустимую интенсивность распределенной нагрузки qmax определяют из условия прочности балки при изгибе
|
|
|
|
наиб |
|
|
|
|
M |
|
наиб |
, |
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
Wx |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
k |
|
|
|
|
|
q a2 , |
|
k |
|
|
|
|
|||||||||
где |
M |
|
|
наиб |
|
|
|
наиб |
|
|
наиб |
- численный коэффициент. |
|||||||||||||||||
|
Тогда |
|
|
Wx |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
q |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
max |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
k |
наиб a 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Задача 3. Определение перемещений |
|||||||||
|
Перемещения в заданных точках балки |
определяются с помощью |
|||||||||||||||||||||||||||
дифференциальных |
|
|
уравнений |
изогнутой |
оси. Дифференциальные |
34
уравнения составляются для каждого участка. Интегрируя уравнения, получаем уравнения углов поворота, при повторном интегрировании – уравнение прогибов.
Чтобы составить уравнения, необходимо для каждого участка написать выражения изгибающего момента для произвольного сечения на расстоянии z от начала координат. Начало координат можно располагать как на левой границе участка, так и на правой границе, ось y перпендикулярна оси бруса
и направлена вверх, ось z – вдоль оси балки. Начало координат может располагаться и вне границ участка.
Постоянные интегрирования определяются из граничных условий, которые назначают исходя из условий закрепления и сопряжения границ участков: на шарнирных опорах прогибы y равны нулю; в заделке прогибы и
углы поворота |
|
y / |
равны |
нулю; |
на границах участков - |
||||||||
y i |
y i 1 , |
y i/ |
y i/ 1 , |
если z i |
и z i+1 направлены в одну сторону, |
||||||||
y |
i |
y |
i 1 |
, |
y |
/ |
y / |
, |
если z |
i |
и z |
i 1 |
направлены в разные стороны. |
|
|
|
|
i |
i 1 |
|
|
|
|
Для определения перемещений в заданном сечении необходимо в уравнения прогибов и углов поворота подставить координату z этого сечения.
Правило знаков: при y>0 – прогиб вверх; при >0 – поворот сечения происходит в направлении против часовой стрелки, если начало координат слева, и по часовой стрелке – если начало координат справа.
35
ПРИМЕР ВЫПОЛНЕНИЯ ЗАДАНИЯ
Задача 1. Построение эпюр поперечных сил Q, изгибающих моментов M и формы изогнутой оси балок.
Пример 1. Балка (рис. 5) шарнирно закреплена по концам и нагружена сосредоточенной силой F1 = 2qa, парой сил M1 = 3qa2 и равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью q1 = 2q.
1.Определяем количество и границы силовых участков. Данная балка имеет два участка. Обозначаем границы участков А, В, С.
2.Определяем реакции опор А и С, предполагая, что обе реакции направлены вверх:
М |
А |
R 3a 2q 2a 2a 2qa a 3qa 2 0; |
R qa ; |
|||||
|
C |
|
|
|
C |
|
||
M |
C |
R |
A |
3a 3qa 2 |
2qa 2a 2q 2a a 0; |
R |
A |
qa. |
|
|
|
|
|
|
Знак плюс указывает, что выбранное направление RA и RC оказалось правильным. Направляем обе реакции вверх и записываем их значения на рис. 5. Реакцию опоры, получившуюся со знаком минус, следует направить вниз. Проверяем верность вычисленных реакций:
Y qa 2qa 2q 2a qa 0.
11. Строим эпюру поперечных сил.
Первый участок (АВ). Воспользуемся методом сечений. Мысленно отсечем часть балки в пределах первого участка на расстоянии z1 от левого конца балки (рис. 5, г) Отбросим правую часть и рассмотрим равновесие оставшейся левой части. Поперечная сила Q численно равна сумме проекций на вертикальную ось всех внешних сил, действующих левее нашего сечения:
Q ( z 1 ) RA qa const .
Строим эпюру Q в виде прямой, параллельной оси бруса, на расстоянии qa выше нулевой линии.
Второй участок (СВ). Как и ранее, воспользуемся методом сечений (рис. 5, д), направив ось z2 от сечения С влево.
Q ( z 2 ) qa 2q z2 .
Полученное выражение является линейной функцией. Следовательно, поперечная сила на втором участке ограничивается прямой линией, наклонной к нулевой. Для построения эпюры Q на этом участке достаточно определить значения поперечных сил на границах участка:
QC Q ( z2 0) qa ;
QB Q ( z2 2a ) qa 2q 2a 3qa.
36
qa |
2q |
а) A |
|
B |
|
|
|
|
|
|
|
2qa |
|
|
3qa2 |
|
|
|
a |
|
2a |
|
|
|
|
|
|
3qa |
|
|
|
+ |
0,5a |
qa |
|
|
|
|
|
|
|
б) |
|
|
|
0,25qa2
в)
-
2qa2
3qa2
qa
2q
A
г)
3qa2 Z2
Z1
Рис. 5
qa
C
Q
qa
M
qa
C
д)
37
На рис. 5, б изображена эпюра Q. Видно, что на втором участке эпюра пересекает нулевую линию. Представляет интерес найти координату z2э сечения балки, в которой поперечная сила равна нулю. Для этого приравняем
выражение Q ( z |
|
) qa 2q z Э 0 и получаем |
z Э |
qa |
0,5 a. Из |
2 |
|
||||
|
2 |
2 |
2q |
|
|
|
|
|
|
|
полученного выражения видно, что для вычисления координаты zэ на участках с равномерно распределенной нагрузкой необходимо разделить величину поперечной силы в начале участка (qa) на интенсивность распределенной нагрузки (2q).
Следует обратить внимание на то, что значения QB, вычисленные по первому и второму участку, отличаются на величину приложенной в этом сечении силы, т. е. В сечении В наблюдается скачок на 2qa.
4.Строим эпюру изгибающих моментов.
Для этого также воспользуемся методом сечений (рис. 5, г; 5, д) Изгибающий момент в данном сечении численно равен сумме моментов относительно центра тяжести сечения всех внешних сил, действующих по одну сторону от этого сечения. Первый участок:
M (z1 ) 3qa2 qa z1 .
Это уравнение прямой, для построения которого достаточно знать значения М на границах участка:
M A M (z1 0) 3qa 2 ;
M B M (z1 a) 3qa 2 qa a 2qa 2 .
Второй участок:
M (z2 ) qa z2 2q z2 z2
2
Изгибающий момент на второго порядка, т. е. Имеет необходимо не менее трех точек:
qa z2 q z22 .
втором участке описывается уравнением вид параболы, для построения которой
M C M (z2 0) 0;
M экстр M (z2э 0,5a) qa 0,5a 2q 0,5a 2 0,25qa 2 ;
M B M (z2 2a) qa 2a 2q 2a 2 2qa 2 .
На рис. 5, в показана эпюра изгибающих моментов. Следует обратить внимание на то, что значения M в сечении В, вычисленные по первому и второму участкам, совпадают.
5.Изображаем форму изогнутой оси балки (рис.5, а).
При этом используем знаки на эпюре изгибающих моментов, правила знаков для M и следим за сопряжением линий с выпуклостью вверх и вниз.
38
Пример 2. Балка (рис. 6) шарнирно закреплена в трех сечениях, имеет промежуточный цилиндрический шарнир и нагружена сосредоточенной силой F2 = qa, парой сил M2 = 2qa2 и равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью q1 =2q.
1.Определяем количество и границы силовых участков. Данная балка имеет четыре участка. Обозначаем границы участков А, В, С, D, E.
2.Определяем реакции опор А, С и Е, предполагая, что все реакции направлены вверх. Для определения реакции в опоре Е составляем дополнительное уравнение статики, выражающее равенство нулю моментов всех сил, действующих справа от промежуточного шарнира D. Реакции опор А и С определяются из уравнений равновесия всей балки:
М Dправ RE a 2q a 0,5a 0; |
RE qa ; |
M A qa 4a qa 3a 2q 4a 2a RC 2a 2qa 2 0;
RC 3,5qa ;
M C qa 2a qa a 2qa 2 |
RA 2a 0; |
RA 2,5qa. |
Знак плюс указывает, что выбранное направление RA, RC и RE правильно. Направляем вcе реакции вверх и записываем их значения на рис. 6, а. Проверяем правильность вычисленных реакций:
Y 2,5qa 3,5qa 2q 4a qa qa 0.
3.Строим эпюру поперечных сил и изгибающих моментов.
Построение эпюр можно значительно ускорить, используя способ так называемых "характерных сечений". Характерными считаются сечения, ограничивающие участки бруса, и сечения, в которых поперечная сила меняет знак, плавно изменяя величину (в таких сечениях изгибающий момент достигает экстремального значения).
Суть способа состоит в том, что величины Q и M определяют только в характерных сечениях, а затем с учетом свойств эпюр поперечных сил и изгибающих моментов производят построение эпюр.
Построение эпюр начинаем с левого конца балки.
В сечении А, где приложена сила RA = 2,5qa, на эпюре поперечных сил (рис. 6, б) наблюдается скачoк на величину этой силы по ее направлению (вверх). Скачки на эпюре Q наблюдаются также в сечениях С, D и E, где приложены сосредоточенные внешние силы. В этих сечениях на эпюре M наблюдается излом. В пределах всех четырех участков действует равномерно распределенная нагрузка интенсивностью q, поэтому эпюра Q на всех участках ограничивается прямыми линиями, наклонными к нулевой. Углы наклона этих прямых одинаковы (т.к. интенсивность распределенной нагрузки на всех участках постоянна). В сечении В приложена сосредоточенная пара сил m1 = 2qa2. В этом сечении на эпюре Q изменений
39
2,5qa |
|
2qa2 |
3,5qa |
|
2q |
qa |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|||
А |
|
С |
|
|
|
E |
а) |
В |
|
D |
qa |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
a |
a |
a |
|
a |
|
2,5qa |
|
2qa |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
qa |
|
|
+ |
|
|
|
|
|
б) |
|
|
- |
|
|
Q |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1,5qa |
|
|
qa |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1,5qa2 |
|
|
|
|
|
+ |
|
|
|
0,25qa2 |
|
в) |
|
|
|
|
|
М |
|
0,5qa2 |
- |
|
|
|
|
|
0,4375qa2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
1,5qa2 |
|
|
|
|
|
|
Рис. 6 |
|
|
|
40
нет, а на эпюре M (рис. 6, в) - наблюдается скачок вниз на величину этой пары сил.
Вычислим значения Q и M.
На втором (ВС) и четвертом (DE) участках эпюра поперечных сил пересекает нулевую линию. Определим абсциссы точек пересечения
z Э |
0,5qa |
0,25a , |
z Э |
qa |
0,5a. |
|
|
||||
2 |
2q |
|
4 |
2q |
|
|
|
|
|
Построение эпюр можно вести по левым силам:
QАп 2,5qa 0,5qa ;
QB 2,5qa 2q a 0,5qa;
QСл (лев) 2,5qa 2q 2a 1,5qa;
M An 0;
M Bл 2,5qa a 2q a 0,5a 1,5qa2 ;
M Bп 2,5qa a 2q a 0,5a 2qa2 0,5qa2 ;
M экстр 2,5qa 1,25a 2q 1,25a 0,625a 2qa2 0,4375qa2 ;
M C (лев) 2,5qa 2a 2q 2a a 2qa2 qa2 ;
Вычисление внутренних сил в остальных характерных сечениях удобнее вести по правым силам:
QEл qa ;
QDn qa 2q a qa ; QDл qa 2q a qa 0;
QСn qa 2q 2a qa 2qa;
QСл (прав) qa 2q 2a qa 3,5qa 1,5qa;
М Eл 0;
M экстр qa 0,5a 2q 0,5a 0,25a 0,25qa2 ;
M D qa a 2q a 0,5a 0;
M C (прав) qa a 2q 2a a qa a qa2 ;
Следует обратить внимание на то, что внутренние силы в одном и том же сечении, вычисленные по левым и по правым силам, совпадают. Этим свойством внутренних сил можно пользоваться для проверки правильности определения Q и M.
4. Изображаем форму изогнутой оси балки (рис.6, а).
При этом используем знаки на эпюре изгибающих моментов, правила
41
знаков для M и следим за сопряжением линий с выпуклостью вверх и вниз.
Пример 3. Балка (рис. 7) шарнирно закреплена в двух сечениях, и нагружена сосредоточенной силой F1 = 50 kH, парой сил m1 = 30 kHм и равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью q1 = 30 kH/м.
1. Определяем количество и границы силовых участков.
Данная балка имеет четыре участка. Обозначаем границы участков А,
В, С, и D.
2. Определяем реакции опор B и D, предполагая, что они направлены вверх. Для определения реакций составляем уравнения статики:
M B RD 2,2 30 2,2 1,1 50 1,1 80 0, RD 44,36 кН ;
M D 80 RB 2,2 30 2,2 1,1 50 1,1 0 , RB 28,36 кН .
Знак минус означает, что направление RB противоположно выбранному, поэтому направляем RB вниз, а RD - вверх. Проверяем правильность полученных реакций:
Y 28,36 30 2,2 50 44,36 0.
3. Строим эпюру поперечных сил и изгибающих моментов. Построение эпюр проводим, используя способ характерных сечений.
По левым силам:
Qп |
0; |
Q л |
0; |
Qп |
28,36 кН ; |
А |
|
B |
|
B |
|
Q л |
(лев) 28,36 30 1,1 61,36 кН ; |
|
|
|
|
||||
С |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M n 80 кНм ; |
M |
B |
80 кНм ; |
|
|
|
|
||
A |
|
|
|
|
|
|
|
||
M C (лев) 80 28,36 1,1 30 1,1 0,55 30,65кНм ; |
|||||||||
По правым силам: |
|
|
|
|
|
|
|
||
Q л |
44,36 кН ; |
|
|
Qn 44,36 30 1,1 11,36 кН ; |
|||||
D |
|
|
|
|
С |
|
|
|
|
Q л |
(прав) 44,36 30 1,1 50 61,36 кНм ; |
|
|
||||||
С |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M D 0; |
M C (прав) 44,36 1,1 30 1,1 0,55 30,65кНм ; |
||||||||
Сравниваем: |
|
|
|
|
|
|
|
||
Q л |
(лев) Q л (прав) 61,36 кН ; M |
C |
(лев) М |
С |
(прав) . |
||||
С |
|
C |
|
|
|
|
|
Строим эпюры Q (рис. 7, б) и M (рис. 7, в).
4. Изображаем форму изогнутой оси балки (рис. 7, а). При этом используем знаки на эпюре изгибающих моментов, правила знаков для M и следим за сопряжением линий с выпуклостью вверх и вниз.
Аналогично строятся эпюры для всех десяти балок.
42