Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Механика материалов. Статически неопределимые системы

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

24.11.2025

Размер:

1.2 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 64 5 6 > Следующая >>>

Пример 4. Подобрать двутавровое сечение неразрезной балки с постоянной жесткостью по длине, находящейся под внешним силовым воздействием (рис. 21, а), при [σ] = 160 МПа.

Решение

1.Устанавливаем степень статической неопределимости балки

ËNí åèçâ. Nóð. ñò. 6 3 3 .

2.Выбираем основную систему. Для этого устанавливаем в сечениях над промежуточными опорами 2 и 3 и в защемлении 1 шарниры (рис. 21, б). В качестве неизвестных принимаем опорные изгибающие моменты X1, X2, X3.

3.Составляем канонические уравнения метода сил. Для трижды статически неопределимой балки с учетом того, что δ13 = δ31 = 0, матрица системы канонических уравнений приобретает трехдиагональную структуру

11 X1 12 X2 0 1F 0;

21 X1 22 X2 23 X3 2F 0;

0 32 X2 33 X3 3F 0.

При этом, такая структура уравнений сохраняется при любом числе пролетов.

4.Строим единичные (рис. 21, в) и грузовые (рис. 21, г) эпюры изгибающих моментов, рассматривая каждый пролет балки как отдельную двухопорную балку, причем последний пролет рассматривается вместе с консолью.

5.Находим коэффициенты и свободные члены канонических уравнений по формулам (5) с применением правила Верещагина:

														1													2										1						1										2									2
																			Ì								2
									11																					dz																	6 1									1											;
									11					EI											1					dz																	6 1						3			1					EI						;
														EI																						EI						2											3								EI
							1														2								1						1												2						1								2											5
											Ì										2
	22																							dz															6			1						1								9 1									1											;
	22						EI									2								dz				EI											6			1					3	1					2			9 1					3				1						EI					;
							EI																					EI					2														3						2								3										EI
							1													2									1						1											2							1								2											5
											Ì									2
	33																							dz														9				1						1								6 1								1											;
	33						EI									3								dz														9				1			3			1					2			6 1					3			1							EI				;
							EI																					EI					2												3								2								3										EI
														1																													1						1									1												1
														1								Ì 1 Ì																					1						1									1												1
		12					21																										2 dz																				6 1								1												;
		12					21								EI																		2 dz										EI										6 1					3			1								EI				;
															EI																												EI						2									3											EI
														1																													1						1									1											1,5
														1									Ì 2 Ì																				1						1									1											1,5
		23					32																											3 dz																			9 1								1												.
		23					32								EI																			3 dz									EI										9 1					3			1								EI				.
															EI																												EI						2									3											EI
				1			Ì																				1					1											1								1										2					1									45
1F				1								F Ì						1 dz									1					1			3 30								1				1				1			3 30							2					1									45
																																																																						2								;
				EI																						EI																	3																											2							EI	;
				EI																						EI						2											3								2										3 2																EI
						1			Ì																						1						1												2				1								1											1
						1																									1						1												2				1								1											1
2F													F Ì											2 dz																	3 30														2								3 30											1
2F					EI								F Ì											2 dz						EI								2			3 30														2						2		3 30									3		1
					EI																									EI								2												3 2											2											3
	1			1								2						1													2					1				1					2						20 62						1										1		1						525
						9 360							1										6 360									1																6												1																		;
	EI			2		9 360						3	1					2					6 360								3	1													3			6					8							1																	EI	;
	EI			2								3						2													3					3 3									3								8				2										2 3										EI

									1		Ì																						1									1											1															1			1
	3F								1								F Ì 3 dz																1									1		6 30									1			1 2					60							1			1

								EI																										EI								2											3															2
								EI																										EI								2											3															2			3
			1						1	9 360								1						1	1		6				360						1					2					2	6				20 62							1					2						430
																																																																													.
			EI						2									3							2																															8															EI						.
			EI						2									3							2												3 3 3																			8			2 3												EI

																																																																											31

	F = 20 кН		q1	= 20 кН/м		m = 60 кН∙м q2 = 15 кН/м
			q1	= 20 кН/м		m = 60 кН∙м q2 = 15 кН/м
а	1 3 м	A 2			B 3		C 4		D
				6 м		4 м			D
				6 м		4 м
		l1 = 6 м			l2 = 9 м	l3 = 6 м		2 м
X1			X2			X3			О.с.
б									О.с.
	1		2			3		4
X1 1	1	1/2
X1 1		1/2							Ì
									Ì	1
	1/2		1
в)	1/2				1/3
			X 2 1						Ì	2
			X 2 1			1
					2/3	1	1/3
					2/3

						X3 1			Ì	3
						X3 1
	F = 20 кН
10 кН			10 кН
			q1 = 20 кН/м
	30	80 кН				40 кН
	30						25 кН
							25 кН
					5 кН	m = 60 кН∙м		q2 = 15 кН/м
		360			5 кН
г		360
г
						20		30
								30
		360					60	30
							60	30
д			69,07		83,28
д			69,07
23,61					50,37		0,56
23,61							0,56		М,
	4,31		92,22					30	кН∙м
			92,22		58,33	59,44		30
					58,33	59,44
			3 м
			z0 = 4,19 м
е		83,77
					14,72		30		Q,
									Q,
									кН
9,31			29,31						кН
9,31						36,23
						36,23
					Рис. 21
					Рис. 21
32

6. Подставляя найденные величины в систему канонических уравнений и решая ее, находим

X1 23, 61 кН∙м;

X2 92, 22 кН∙м;

X3 58,33 кН∙м.

7. Для вычисления внутренних изгибающих моментов в характерных сечениях балки используем формулу

M M1 X1 M2 X2 M3 X3 M F .

Вычисляем

1 1 23, 61 23, 61 кН∙м;

23,61

92, 22 30 4,31 кН∙м;

2 1 92, 22 92, 22 кН∙м;

92, 22

58,33 120 50,37 кН∙м;

Ì 3 1 58,33 58,33 кН∙м;

Ì 4 30 кН∙м;

Ì D 0 ;

ëåâ

58,33 20 0,56 кН∙м;

ï ðàâ 0,56 60 59, 44 кН∙м.

Изгибающий момент посередине участка с распределенной нагрузкой q1 равен

	1 1 3	92, 22	2 3	58,33		360 120
Ì l =3ì								20 3 1,5
Ì l =3ì	2		2				2	20 3 1,5
2	2		2				2
2
		69,07 êÍ			ì .

По результатам расчетов строим эпюру изгибающих моментов М (рис. 21, д).

8. Для вычисления внутренних поперечных сил используем дифференциальную зависимость Журавского при изгибе и формулу для определения поперечной силы на участке, где действует распределенная нагрузка

Q ddMz , Q Q0 Mï ðàâ l M ëåâ .

Здесь Q0 – поперечная сила в сечении от распределенной нагрузки. При этом знак поперечной силы при рассмотрении балки слева направо устанавливается по следующему прави-

лу: на участках с возрастающим изгибающим моментом поперечная сила положительная, и наоборот. Вычисляем


			Q						23, 61 4,31						9,31 кН;
			Q												9,31 кН;
				1À						3
										3
		Q						92, 22 4,31					29,3 êÍ ;
		Q		À2									29,3 êÍ ;
				À2						3
										3
Qï ðàâ		q1 l2 3				M B M2						20 6				50,37 92, 22		83, 77
Qï ðàâ																		83, 77
2		2					l2 3			2				6
		2					l2 3			2				6
Q	q1 l2 3				MB M2						20 6				50,37 92, 22		36, 23
Q																	36, 23
Â		2					l2 3			2				6
		2					l2 3			2				6

кН;


Q				50,37 58,33				36, 23 кН;
Q								36, 23 кН;
Â3			3
			3
Q					58, 33 0, 56			14, 72 кН;
Q								14, 72 кН;
3Ñ			4
			4
Q						59, 44 30	14, 72		кН;
Q							14, 72		кН;
	Ñ 4		2
			2
Qï ðàâ	q a 15 2 30 кН;								Q 0 .
4		2							D

По результатам расчетов строим эпюру поперечных сил Q

(рис. 21, е).

Вычисляем максимальный изгибающий момент на участке с распределенной нагрузкой q1. По эпюре Q находим

			z	0	Qmax				83, 77	4,19 м;

						q1		20

Ì	max		Qmax z0	M		2	83, 77 4,19				92, 22 83, 28 кН∙м.

		2						2

9. Проверяем правильность выполненных расчетов. Статическая проверка. Из эпюры Q находим опорные ре-

акции неразрезной балки по формуле Rn Qïnðàâ Qëåân , где

Qn	и Qn	– поперечные силы, действующие справа и слева
ï ðàâ	ëåâ
от n-й опоры. Вычисляем
	R1 9,31 кН; R2		83, 77 29,31 113, 08 кН;
R3 14,72 36, 23 50,95			кН; R4 30 14,72 15, 28 кН.
			35

Проверяем равновесие всей балки:

y 0 ; Rn F 0 ;

R1 R2 R3 R4 F q1 l2 3 q2 a 0 ;

9,31 113, 08 50,95 15, 28 20 20 6 15 2 0 ;

179,31 179,31 0 .

Кинематическая (деформационная) проверка.

Она заключается в проверке равенства нулю угла поворота сечения в защемлении θ1 = 0, а также взаимного угла поворота сечений над промежуточными опорами (например, θ2 = 0). Проверяем последнее условие:

2			Ì		Ì	2		dz		1		3		23, 61				1			1		3	4,31					2		1	3	4,31
						2
				EI					EI							2		3			2				2				3		2			2
				EI					EI							2		3			2				2				3		2			2
	2	1	1				3 92, 22				1		1			2				2		20 62						1 1 3				6 50,37
				1													1				6
				1													1				6
	3	2	3			2					3 2			3						3				8					2					2
	2	1	1			6 92, 22					2				1		1		3 50,37						2		1			3 58,33				1	1
				1								1
	3	3	3	1		2					3	1			3						2				3						2			3	3
	3	3	3			2					3				3		3				2				3	3					2			3	3

EI1 346, 64 346, 64 0.

10.Подбираем двутавровое сечение балки. Для этого из условия прочности при изгибе находим требуемый момент сопротивления сечения

W			92, 22 106	576,35 103 мм3 576,35 см3.
	Mmax


x		160

По таблице сортамента выбираем двутавр № 33, у которого

Wx = 597 см3.

1.2. Расчет на действие температуры

Пример 5. Абсолютно жесткий
Пример 5. Абсолютно жесткий			1
брус BD закреплен в шарнирной	1		1
		l
опоре B и поддерживается посред-		B		C
опоре B и поддерживается посред-		B		C
ством шарниров C и D двумя
стержнями 1 и 2, изготовленными		a/2
стержнями 1 и 2, изготовленными		a/2
из разных материалов (рис. 22).
из разных материалов (рис. 22).			a
Вычислить напряжения в стерж-
Вычислить напряжения в стерж-
нях и вертикальное перемещение
точки D при нагреве всей кон-			Рис. 22
струкции на t = 50°, если a = 2			Рис. 22
струкции на t = 50°, если a = 2

м; l1 = 1 м; l2 = 1,5 м; A1 = 16 см2; A2 = 10 см2; E1

МПа;

E2 = 0,7·105 МПа; α1 = 110·10-7; α2 = 220·10-7.

= 2,1·105

Решение

1.Устанавливаем степень статической неопределимости системы:

ËNí åèçâ. Nóð. ñò. 3 2 1 .

2.Выбираем основную и составляем эквивалентную системы (рис. 23).

а	б	X1
		X1
		X1
О.с.		Э.с.

Рис. 23

3. Записываем каноническое уравнение метода сил для один раз статически неопределимой системы:

11 X1 1t 0 .

4. Определяем продольные усилия в стержнях от действия на основную систему единичной нагрузки Õ1 1 (рис. 24):

1 X1 1;

mB 0 ;

X1 a 2 N2 a 0 ;

 N2 1 2 .

= 1

a/2

Рис. 24

По формуле (6) находим коэффициент δ11 канонического уравнения

22 l2

Ni2 li

N12 l1

Ei Ai

E1 A1

E2 A2

E1 A1

		2	l2	E1A1	2		l1		1 2	2	1.5	2,1 105 16		2,8l1

1	N2					1		1							.
													10
	2								2			5
	N1		l1	E2 A2		E1A1			1		1	0, 7 10		E1A1

По формуле (7) находим свободный член 1t уравнения

1t i Ni li ti 1 N1 l1 t 2 N2 l2 t 1 N1 l1 t

	2							220 10	7
		N	2	l2							1 2		1,5
1						1 l	t 1
									7
	1	N1		l1	1	1		110 10		1		1

2,5 1 l1 t .

5.Вычисляем лишнее неизвестное усилие

X1 N1 1t 2,5 1 l1 t E1A1 0.893 1 t E1A1

11 2,8l1

0.893 110 10 7 50 2,1 105 16 102 165026 Í .

Известно, что в статически определимых системах при их нагреве продольные усилия в стержнях не возникают. Поэтому усилие в стержне 2 основной системы от нагрева N2t = 0. Тогда получим

N2 N2t N2 X1 0 0,5 165026 82513 Í .

6. Вычисляем напряжения в стержнях

(1)		N1		165026 103,1 Ì		Ï à;

		A1			16 102

	(2)		N2		82513 82,5 Ì	Ï à.

			A2		10 102

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 64 5 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
24.11.20259.17 Mб2Механика жидкости и газа. Лабораторный практикум.pdf
#
24.11.20253.9 Mб2Механика жидкости и газа.pdf
#
24.11.2025714.49 Кб0Механика и термодинамика звука в газовой среде.pdf
#
24.11.20252.98 Mб0Механика материалов. Практикум.pdf
#
24.11.20253.71 Mб0Механика материалов. Расчет статически неопределимых балок.pdf
#
24.11.20251.2 Mб0Механика материалов. Статически неопределимые системы.pdf
#
24.11.20251.48 Mб0Механика материалов.pdf
#
24.11.20252.13 Mб0Механика необратимых деформаций. В 2 ч. Ч. 1.pdf
#
24.11.20256.54 Mб1Механика препрегов - расчет изделий из армированных композиционных материалов. В 2 ч. Ч.1.pdf
#
24.11.20255.28 Mб1Механика препрегов - расчет изделий из армированных композиционных материалов. В 2 ч. Ч.2.pdf
#
24.11.20251.92 Mб0Механика торфа и торфяной залежи механическая переработка торфа.pdf