Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Сибирский государственный технологический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

УМКД Сопротивление материалов, 150405.65 / 03-РГР _расчет балки на ступенчатом основании_

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

04.06.2015

Размер:

413.98 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 32 3 > Следующая >>>

В выражениях (2) и (3) 0 и у0 – начальные параметры, которые определяются из граничных условий. Для рассматриваемой балки граничные условия будут:

1)при z =0; у =0;

2)при z =10а; у =0.

Подставив первое условие в (3) для первого участка, найдем

EI 0 =EIy0. Отсюда у0 = 0.

Подставим второе условие в (3). (а = 0,6 м; Р=2т).

E I 0 E I 0 6 14,608				63	7,304 5,43	4,2232	4,83	7,602 4,83

				6	6	6		2
				6	6	6		2
	4,621 3,63	2,482 32	2 2,43
	6	2		6
	6	2		6

EI o 6 + 139,42 = 0.

Откуда	0	23,236166	.

		EI

Для построения изогнутой оси ступенчатой балки найдем прогибы в местах приложения сил по схеме ж) рисунка 1 для эквивалентной балки. Расчеты сведем в таблицу 1.

Таблица 1

z	0.6	1.2	2.4	3	3.6	6
EIy	-13.416	-23.939	-35.899	-37.387	-35.434	0
y(м)	-0,00945	-0,0169	-0,0253	-0,0263	-0,0250	0

На рисунке 1, ж) показана изогнутая ось ступенчатой балки, построенная по данным таблицы 1.

Как видно из рисунка, наибольший прогиб будет при z = 3 м. Для этого сечения и следует составить условие жесткости

|y|max [y].

(4)

Допускаемое значение прогиба [y] следует принимать в соответствии с выработанными практикой нормами:

а) для балки, лежащей на двух опорах

Рисунок 2

y	max		1	1	,	(5)


		1000		750

или

	1	1
y			.	(6)

1000		750

В выражении (6) - длина пролета в см. б) для консольной балки

Рисунок 3

	y	max				1	1
												,	(7)
												,	(7)
					300				250
или
					1			1
y											.		(8)
y											.		(8)
				300				250
В выражении (8)					- длина консоли в см.
Для рассматриваемого примера примем допускаемое значение про-
гиба из (5)
y							600			0,6 см.
y			1000							0,6 см.
			1000			1000

Рисунок 4

Расчетное значение |y|max из таблицы 1 равно 2,63 см.

Подставив это значение в условие жесткости (4), видим, что жесткость данной балки не обеспечена

(2,63 > 0,6).

Пример 2. Балка (рисунок 4) загружена согласно схеме. Необходимо подобрать размеры поперечного сечения этой балки (сечение круглое), выделив три ее ступени, из условия прочности по допускаемым напряжениям. Примем Р = 2т; q = 4 т/м; М = 6 тм; а = 1 м

Порядок расчета

2.1Определение опорных реакций

mB = 0

RA 8 – q 2 6 + M – P3 = 0. Отсюда RA = 6 т.

mA = 0

q 2 2 + М + P 5 - RB 8 = 0. Отсюда RB = 4 т.

Проверка:

y= 0

RA + RB – q 4 – P = 0, или 6 + 4 – 8 – 2 = 0.

2.2 Составление выражений поперечной силы и изгибающего момента по участкам

Сечение 1-1 0 z 1 м Q = RA

M = RA z.

Сечение 2-2 0 z 2 м Q = RA – qz

M = RA (1 + z) –

qz2 .

Сечение 3-3 0 z 2 м

Q = - RB + P

M = RB (3 + z) - P z.

Сечение 4-4 0 z 3 м Q = - RB M = RB z .

На рисунке 4 (схемы б) и в)) приведены эпюры «Q» и «М», построенные на основании выражений, составленных выше.

2.3 Определение размеров поперечного сечения ступенчатой балки.

Рассмотрим балку круглого сечения. Ступени наметим по сечениям А- А и В-В. Тогда из уравнений для сечения 2-2 в сечении А-А: Q = 2 т.,

М= 10 тм. Из уравнений для сечения 3-3 в сечении В-В: Q = -2 т.,

М= 14 тм.

Радиус поперечного сечения средней ступени найдем из условия прочности балки в опасном сечении, где действует изгибающий момент, равный 16 тм.

р = М max [ ],

где W = r 3 - осевой момент сопротивления балки при изгибе.

Из условия прочности имеем

	r	3		М	max	16 105	3
W =			=				1000 cм	.
W =	4		=	[ ]		1600	1000 cм	.
	4			[ ]		1600

Отсюда найдем радиус сечения средней ступени

r = 3	4 1000	3		10,84 см.
			1273,2406

Принимаем r =10,8 см.

Осевой момент инерции сечения средней ступени найдем по форму-

ле

I2	=	r 4		10,84	10685,245 cм4.

	4		4

Для левой ступени (рисунок 4,в) Мmax = 10 тм.

Из условия прочности

W = 10 10 625 cм3, 1600

а радиус

r = 3	4 625	3		9,25 см.
			795,775

Принимаем r = 9,3 см.

Осевой момент инерции сечения левой ступени будет

I1	=	9,34	5875,182 cм4.

	4

Для правой ступени (рисунок 4,в) Мmax = 14 тм. Из условия прочности

W =	14 105	875 cм3,

1600

а радиус

r = 3	4 875	3		10,34 см.
			1114,0855

Принимаем r = 10,3 см.

Осевой момент инерции сечения правой ступени будет

I3	=	10,34	8839,718 cм4.

	4

На рисунке 4,г изображена полученная балка ступенчатого сечения, загруженная заданными силами в соответствии с рисунком 4, а.

На рисунке 4,д показана ступенчатая балка, разрезанная по сечениям А-А и В-В. По разрезам приложены внутренние силовые факторы Q и М, взятые из соответствующих эпюр (схемы б) и в) рисунка 4).

2.4 Выбор эквивалентной балки постоянного сечения.

За эквивалентную балку постоянного сечения принимаем балку с моментом инерцииI0 = I3 = 8839,718 см4.

Найдем коэффициенты приведения.

K1		=			I	0			8839,718		1,5045862		;
K1		=			I1			5875,182			1,5045862		;
					I1			5875,182
K2	=			I	0			8839,718			0,8272826			;
K2	=			I2							0,8272826			;
				I2			10685,245
			K3 =					I0		8839,718		1.
			K3 =					I3		8839,718		1.
								I3		8839,718

На рисунке 4 (схема е)) изображена эквивалентная балка, разрезанная по сечениям А-А и В-В. При этом все нагрузки и силовые факторы соответственно увеличены в «К» раз и имеют теперь следующие значения.

R0A= RAK1 = 6 1,5045862 = 9,0275172 т;

q1 = qK1= 4 1,5045862 = 6,0183448 т/м;

M’1= M1K1 = 10 1,5045862 = 15,045862 тм;

Q’1= Q1K1 = 2 1,5045862 = 3,0091724 т;

M’’1= M1K2 = 10 0,8272826 = 8,272826 тм;

Q’’1= Q1K2 = 2 0,8272826 = 1,6545652 т;

q2 = qK2 = 4 0,8272826 = 3,3091304 т/м; M’2= M2K2 = 14 0,8272826 = 11,581956 тм; M2 = MK2 = 6 0,8272826 = 4,9646956 тм; Q’2= Q2K2 = 2 0,8272826 = 1,6545652 т; M’’2= M2K3 = 14 1 = 14 тм;

Q’’2 = Q2K3 = 2 1 = 2 т;

P3 = PK3= 2 1 = 2 т;

R0B= RBK3 = 4 1 = 4 т.

На рисунке 4 (схема ж)) изображена эквивалентная балка без разрезов, загруженная внутри участков силами согласно схеме е), а по разрезам равнодействующими от силовых факторов Q и М, действующих в данных разрезах. Значения этих равнодействующих определены как разности от значений слева и справа, а направления указаны в сторону большего из двух силовых факторов. Силы, действующие на эквивалентную балку, будут тогда иметь следующие значения.

R0A= 9,0275172 т;

q1 = 6,0183448 т;

M1= M’1- M’’1 = 15,045862 – 8,272826 = 6,773036тм;

Q1= Q’1- Q’’1 = 3,0091724 – 1,6545652 = 1,3546072 тм;

q2 = 3,3091304 т;

M2 = 4,9636956 тм;

M2= M’’2 - M’2 = 14 – 11,581956 = 2,418044 тм;

Q2= Q’’2 - Q’2 = 2 – 1,6545652 = 0,3454348 т;

P3 = 2 т;

R0B = 4 т.

Для контроля правильности выполненных выше расчетов по определению сил, действующих на эквивалентную балку (рисунок 4,ж), составим следующие условия:

1) Y = 0;

RA0 – q1 1 – q2 1 - Q1 - Q2 – P3 + RB0 = 0.

9,0275172 – 6,0183448 – 3,3091304 – 1,3546072 – 0,3454348 – 2 + 4 = 0.

0 = 0.

2) mA = 0;

q1 1 1,5 + Q1 2 – M1 + q2 1 2,5 + M2 + M2 + Q2 4 + P3 5 –

- RB0 8 = 0.

9,0275172 + 2,7092144 – 6,773036 + 8,272826 + 4,9636956 + 1,3817392 + + 10 – 32 + 2,418044 = 0.

0 = 0.

3) mB = 0;

RA0 8 – q1 1 6,5 - Q1 6 - M1– q2 1 5,5 + M2 + M2 - Q2 4 – P3 3 = 0.

9,0275172 8 – 6,0183448 6,5 – 1,3546072 6 – 6,773036 – 3,3091304 5,5 + + 4,9636956 + 2,418044 - 0,3454348 4 - 2 3 = 0.

72,220137 – 39,119241 – 8, 1276432 – 6,773036 – 18,200217 + 4,9636956 + 2,418044 – 1, 3817392 – 6 = 0.

0 = 0.

3 Определение прогибов и углов поворота сечений ступенчатой балки На рисунке 4, ж представлена расчетная схема для определения де-

формаций рассматриваемой балки.

Составим дифференциальное уравнение изогнутой оси балки для последнего участка

EIy"

R оАz

(z a)2

(z 2a)

1 (z 2a) M1 (z 2a)0

(z 2a)2

(z 3a)2

(z 3a)0

(z 4a)0 Q

(z 4a)

P (z 5a)

III

(9)

Интегрируя один раз (1), найдем уравнение углов поворота сечений балки.

EIy		'	EI		R		0	z 2				q	1 (z a)3				q	1 (z 2a)3			Q				(z 2a)			2	M				(z 2a)
EIy			EI	0	R		А	2		I			6						6		Q			1		2			M			1	(z 2a)
				0			А	2		I			6			II			6					1		2						1
	q 2 (z 2a)3								q2 (z 3a)3							II							z 4a 2								z 4a					(z 5a)2
														M		(z 3a)				Q							M								P

						III									2							2								2				V
			6			III					6				2							2		2						2				V	3	2
			6								6									IV				2												2	VI
																				IV																(10)	VI
																																				(10)

Интегрируя выражение (10), получим уравнение прогибов

									0		z3			q1 (z a)4						q1		(z 2a)4					(z 2a)			3
EIy EIy0 EI 0 z R									А			I													Q1
EIy EIy0 EI 0 z R									А		6	I	24									24			Q1		6
											6		24						II			24					6
																			II
M1		(z 2a)2			q		2	(z 2a)4					III			q	2	(z 3a)4			M			(z 3a)2			Q		(z 4a)		3
		(z 2a)2			q		2	(z 2a)4								q	2	(z 3a)4						(z 3a)2					(z 4a)		3
		2							24									24					2	2		IV		2		6
		2							24									24						2						6
M	2		(z 4a)2	V		P				(z 5a)3



		2						3			6
		2									6				VI
															VI																(11)
																															(11)

В выражениях (10) и (11) 0 и у0 – начальные параметры, которые найдем, составив граничные условия для рассматриваемой балки:

1)при z =0; у =0;

2)при z =8а; у =0.

Подставив первое условие в (11) для первого участка, найдем

E I 0 =EIy0. Отсюда у0 = 0.

Подставим второе условие в (11) (при а = 1 м), будем иметь уравнение для определения 0.

E I 0 E I		0 8 9,0275172				8	3	6,0183448		7	4	6,0183448		6	4	1,3546072		6	3
E I 0 E I		0 8 9,0275172				6		6,0183448		24		6,0183448		24		1,3546072		6
						6				24				24				6
6,773036	62		3,3091304		64	3,3091304			54	4,9636956			52	0,3454348			43
6,773036	2		3,3091304		24	3,3091304			24	4,9636956			2	0,3454348			6
	2				24				24				2				6
	42	33
2,418044			2	;
2,418044	2		2	;
	2	6

	8EI o	+ 298,76119 = 0.
Откуда	0		37,345148	.

			EI

<<< < Предыдущая 12 / 32 3 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке УМКД Сопротивление материалов, 150405.65

#
04.06.2015449.11 Кб701-РП, 150405.65, 150400.pdf
#
04.06.2015234.1 Кб702-РП, ЗФ.pdf
#
04.06.2015413.98 Кб1303-РГР _расчет балки на ступенчатом основании_.pdf
#
04.06.20151.41 Mб6904-РГР _расчет балки_.pdf
#
04.06.20152.63 Mб5505-Лаб. практикум.pdf
#
04.06.201511.52 Mб1906-Курс лекций.PDF