сопр метода

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Киевский национальный университет строительства и архитектуры

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

[12 ×1 + 4 ×10 ×1 + 4 ×1] +

M P M 2dx =

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

05.02.2016

Размер:

2.72 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 62 3 4 5 6 > Следующая >>>

визначається матеріалом балки. Оскільки балка сталева, допустиме напруження σ adm = 160 МПа.

Рис. 1.5

З умови

міцності

визначаємо

необхідний

момент

опору

перерізу: W

M max

кНм

= 75 ×10

−6

= 75

см

sadm

160 ×10

кПа

За таблицею сортаменту визначаємо номер профілю з близькими значеннями моменту опору:

№12 W = 58,4 см3 ;

№14 W = 81,7 см3 .

Перевіряємо напруження для кожного із зазначених профілів: двотавр № 12:

smax

кНм

= 205,5 МПа > sadm =160 МПа ,

58, 4

×10

−6

перенапруження складає:

D =

205, 5 −160

×100% = 28, 4% більше за

160

допустиме [D] = 5% , тому перевіряємо двотавр №14:

smax

кНм

= 146,9 МПа < sadm =160 МПа ,

81,7

×10

−6

146,9 -160

недонапруження складає: D =

×100% = 8, 2% .

160

Остаточно обираємо двотавр № 14, для якого з таблиці сортаменту виписуємо геометричні характеристики:

b=7,3 см

см
t=0,75	у
	у

d=0,49 см

h=14 см

I y = 572 см4 ;

Wy = 81,7 см3 ;

S y,max = 46,8 см3 ;

h = 14 см; b = 7,3 см;

t = 0,75 см; d = 0,49 см.

5.Виконуємо повну перевірку міцності балки обраного перерізу:

а) максимальні нормальні напруження виникають у перерізі балки при x = 0, де M max = 12 кНм.

smax	=	12			кНм		= 146,9	МПа < sadm =160 МПа .

		81,7	×10	−6	м	3

Будуємо епюру нормальних напружень (рис. 1.6). За висотою перерізу нормальні напруження розподіляються за лінійним законом:

s( z ) = M y × zi ,

I y

тобто на центральній осі напруження дорівнюють нулю, а в крайніх точках мають максимальні значення (рис. 1.6); б) максимальні дотичні напруження виникають у перерізі балки при

x = 6 м, де Qmax = 8 кН .

tmax =

Q × S

max

8 ´10−3 × 46,8 ´10−6

МН× м3

=13,4

МПа,

I y ×b 572 ´10−8 × 0, 49 ´10−2

м4 × м

τmax = 13, 4

МПа < τadm = 100 МПа.

13, 4 -100

Недонапруження складає: D =

×100% = 86, 6% .

100

Еп.σ (МПа)

Еп.τ (МПа)

Еп.σ (МПа)

Рис. 1.6

За висотою перерізу епюра дотичних напружень обмежена квадратною параболою. При цьому в місцях різкої зміни ширини перерізу (точка стику полиці зі стінкою двотавра) на епюрі дотичних напружень виникає стрибок. Для визначення напруження в цих точках дійсний переріз двотавра ідеалізуємо, замінюючи поличку прямокутником шириною b = 7,3 см і висотою t = 0,75 см (рис. 1.6).

Визначаємо статичний момент ідеалізованої полички відносно центральної осі:

S п = b ×t ×

h − t

= 7,3 × 0,75 ×

14 − 0,75

= 36,3 см3 .

Визначаємо дотичні напруження в поличці (ширина перерізу

b = 7,3 см):

Q × S n

8 ´10−3 ×36,3´10−6

МН× м3

= 0,7 МПа .

572 ´10−8 × 7,3´10−2

I y ×b

м4 × м

Визначаємо

дотичні

напруження

стінці

(ширина перерізу

d = 0, 49 см):

Q × S n

8 ´10−3 ×36,3´10−6

МН× м3

=10, 4

МПа.

572 ´10−8 × 0, 49 ´10−2

I y ×b

м4 × м

За

підрахованими

значеннями

будуємо

епюру

дотичних

напружень (рис. 1.6);

в) еквівалентні напруження за ІV теорією міцності перевіряємо в небезпечному перерізі при x = 6 м, де одночасно виникає значна поперечна сила (Q = 8кН) і згинальний момент ( M = 8 кНм).

Значення зусиль беремо по модулю.

За висотою перерізу найбільш небезпечною є точка стику полички зі стінкою, в якій одночасно виникають нормальні та дотичні напруження. Значення дотичних напружень були обчислені в попередньому пункті. Їх епюра зображена на рис. 1.6.

Визначаємо нормальні напруження:

— в точці стику полички зі стінкою:

M y

−2

кНм× м

- t

- 0, 75

×10

I y

572 ×10−8

м4

=87, 4 ×103 кПа = 87,4МПа;

—максимальне значення:

smax =	M	=	8		кНм		= 97,9 ×103	кПа = 97,9 МПа.

	W		81,7 ×10	−6	м	3

Будуємо епюру нормальних напружень (рис. 1.6). Обчислюємо еквівалентні напруження за ІV теорією міцності:

sred	=	s2 + 3 × t2 = 87, 42 +	3 ×10, 42 = 89,8 МПа;
sred	= 89,8 МПа < σadm = 160		МПа.
	6.	Визначаємо переміщення методом початкових параметрів.

Лівий край балки вільний від закріплень, відповідно з початкових параметрів відомі зусилля: Q0 = 0 , M 0 = −12 кНм .

Невідомі початкові переміщення EIuz0 та EIϕ0 визначаємо з умови, що точки В та С шарнірно оперті, відповідно їх прогин

EIuz = 0 . Записуємо вирази для прогинів у цих точках за методом початкових параметрів, враховуючи напрямок дії навантажень:

EIu

( x = 2) = EIu

+ EIf

× 2 + Q ×

+ M

(2 - 0)4 - (2 - 2)4

= 0;

EIu

( x = 6) = EIu

+ EI f

× 6 + Q ×

+ M

-V

(6 - 2)3 +

(6 - 0)4 - (6 - 5)4 = 0.

Підставивши відомі значення, отримуємо систему рівнянь:

		+ EIf0		× 2 -12 ×		2	2	+	4	× 24 = 0
EIuz0						2			4
EIuz0
				2				24
					62						43
EIu		+ EIf		× 6 -12 ×	62			-12,5 ×			43	+	4	64	-14 = 0
EIu	z0	+ EIf	0	× 6 -12 ×				-12,5 ×				+		64	-14 = 0
	z0		0	2				6					24
				2				6					24
EIuz0 + EI f0				× 2 = 21, 333
		+ EI f0		×6 = 133, 5
EIuz0		+ EI f0		×6 = 133, 5

Розв’язок цієї системи дає початкові переміщення:

EIuz0 = -34, 75 кНм3, EIϕ0 = 28,04 кНм2рад.

Балку розділяємо на чотири ділянки, в межах яких функції

Q ( x) та M ( x) не змінюються, та записуємо вирази для прогину і кута повороту в межах цих ділянок. Значення EIuz та EIϕ

обчислюємо з інтервалом в 1 метр:

1) 0 ≤ x ≤ 2 м

EIuz (x) = EIuz0 + EIϕ0

× x + M 0 ×

× x4 =

= -34,75 + 28,04 × x -12 ×

× x4 ,

EIuz (x = 1) = -34,75 + 28,04 ×1 -12 ×

×14 = -12,54 кНм3 ,

EIuz (x = 2) = -34,75 + 28,04 × 2 -12 ×

× 24 = 0 .

EIϕ(x) = EIϕ0 + M 0 × x +

× x3 = 28,04 -12 × x +

× x3 ,

EI f( x = 1) = 28, 04 -12 ×1 +

×13 = 16, 71 кНм2рад.,

EI f( x = 2) = 28, 04 -12 × 2 +

× 23 = 9,37 кНм2рад.

2) 2 ≤ x ≤ 5 м

EIuz (x) = EIuz0 + EIϕ0

× x + M 0 ×

-VB × (x - 2)3

× x4 =

= -34,75 + 28,04 × x -12 ×

-12,5 × (x - 2)3

× x4 ,

EIuz (x = 3) = -34,75 + 28,04 ×3 -12 ×

-12,5 × (3 - 2)3

×34 =

= 6,79 кНм3 ,

EIuz (x = 4) = -34,75 + 28,04 × 4 -12 ×

-12,5 × (4 - 2)3

× 44 =

= 7,41 кНм3 ,

EIuz (x = 5) = -34,75 + 28,04 ×5 -12 ×

-12,5 × (5 - 2)3

× 54 =

= 3,37 кНм3 .

EIϕ(x) = EIϕ0 + M 0 × x -VB × (x - 2)2 +

× x3 =

= 28,04 -12 × x -12,5 × (x - 2)2

× x3 ,

EIf( x = 3) = 28, 04 -12 ×3 -12,5 × (3 - 2)2

×33 = 3, 79 кНм2рад.,

EIf( x = 4) = 28, 04 -12 × 4 -12,5 × (4 - 2)2

× 43 = -2, 29 кНм2рад.,

EIϕ(x = 5) = 28,04 -12 ×5 -12,5 × (5 - 2)2

×53 = -4,88 кНм2рад.

3) 5 ≤ x ≤ 6 м

EIuz (x) = EIuz0 + EIj0 × x + M 0 ×

-VB × (x - 2)3

- ( х - 5)4

= -34,75 + 28,04 × x -12 ×

-12,5 × ( x - 2)3

× x4 - ( х - 5)4

EIuz (x = 6) = -34,75 + 28,04 × 6 -12 ×	62	-12,5 × (6 - 2)3	+

2		6

+ 4 ×[64 - (6 - 5)4 ]= 0. 24

EIϕ(x) = EIϕ0 + M 0 × x -VB × (x - 2)2 + q ×[x3 - (х - 5)3 ]=

2 6

= 28,04 -12 × x -12,5 × (x - 2)2 + 4 ×[x3 - (х - 5)3 ], 2 6

EIj(x = 6) = 28,04 -12 × 6 -12,5 × (6 - 2)2 + 4 ×[63 - (6 - 5)3 ]=

																	2					6
																										= -0,63 кНм2рад.
4) 6 ≤ x ≤ 7 м
EIuz (x) = EIuz0 + EIϕ0 × x + M 0 ×														x2			-VB × (x - 2)3							-
EIuz (x) = EIuz0 + EIϕ0 × x + M 0 ×																	-VB × (x - 2)3							-
																2						6
		- R				(x - 6)3					+		q		×[x4 - (х - 5)4 ]= -34,75 + 28,04 × x -
		- R									+				×[x4 - (х - 5)4 ]= -34,75 + 28,04 × x -
				C		6					24
						6					24
-12 ×			x2	-12,5 × (x - 2)3												-15,5 × (x - 6)3							+			4			×[x4 - (х - 5)4 ];
-12 ×				-12,5 × (x - 2)3												-15,5 × (x - 6)3							+						×[x4 - (х - 5)4 ];
		2									6											6		24
EIuz (x = 7) = -34,75 + 28,04 × 7 -12 ×																			72		-12,5 × (7 - 2)3									-
EIuz (x = 7) = -34,75 + 28,04 × 7 -12 ×																					-12,5 × (7 - 2)3									-
																		2						6
						-15,5 ×						(7 - 6)3						+		4		×[74 - (7 - 5)4 ]= 2,03 кНм3.
						-15,5 ×												+				×[74 - (7 - 5)4 ]= 2,03 кНм3.
											6							24
EIϕ(x) = EIϕ	0	+ M		0		× x -V			B	× (x - 2)2								- R (x - 6)2						+
	0			0					B		2										C	2
											2											2
					+		q	×[x3 - (х - 5)3 ]= 28,04 -12 × x -12,5 × (x - 2)2																								-
					+			×[x3 - (х - 5)3 ]= 28,04 -12 × x -12,5 × (x - 2)2																								-
						6																									2
														-15,5 × ( x - 6)2									+		4		×	x3			- ( х - 5)3	,
														-15,5 × ( x - 6)2									+				×	x3			- ( х - 5)3	,
																						2		6

EIϕ(x = 7) = 28,04 -12 ×7 -12,5 × (7 - 2)2			-15,5	× (7 - 6)2	+
2				2
+	4	×[73 - (7		- 5)3 ]= 3,37 кНм2рад.

6
За підрахованими значеннями будуємо епюри EIϕ						та EIuz
(рис. 1.5), враховуючи диференціальні залежності.
7. Для контролю визначаємо методом Мора EIuz та						EIϕ на
лівій консолі (точка D рис. 1.7).
Для визначення прогину та		кута повороту			розглядаємо

одиничні стани. Прикладаємо в точці D одиничне навантаження в напрямку шуканого переміщення (одиничну силу та одиничний момент для визначення прогину та кута повороту відповідно). Будуємо епюри згинальних моментів для кожного одиничного стану

(рис. 1.7).

Переміщення визначаємо за формулою Мора, перемножуючи епюру МР моментів від заданого навантаження (вантажний стан) на одиничні епюри Мі :

		l		2	12 × 0	+ 4 ×10 ×(-1) + 4 ×(-2) +
EIuzC	= EI D1	= ∫	M P M1dx =

		0	6

+3 [4 × (- 2) + 4 × 6,25 × (-1,25)+ (- 0,5)× (- 0,5)]+ 6

+1 [(- 0,5)× (- 0,5) + 4 × (- 4,25)× (- 0,25)+ (- 8)× 0] = -34,75 кНм3 6

+3 [4 ×1 + 4 × 6,25 × 0,625 + (- 0,5)× 0,25]+ 6

+1 [(- 0,5)× 0,25 + 4 × (- 4,25)× 0,125] = 28,04 кНм2рад. 6

Рис. 1.7

8. Перевіряємо жорсткість балки.

Максимальне переміщення виникає на лівій консолі

EIuz = 34,75 кНм3 :


uz =	34, 75	=	34, 75	кН´ м3				= 0,03 м,

	EI y		2 ×108 ×572 ×10−8	кН			4
	EI y		2 ×108 ×572 ×10−8	кН		´ м	4
				м	2	´ м
					2

			20

<<< < Предыдущая 12 / 62 3 4 5 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
12.11.2019168.96 Кб1Склад пояснювальної записки, КП-3.doc
#
05.02.2016461.82 Кб11СНиП 3.01.01-85.doc
#
05.02.20164.34 Mб7СНИП климатических зон.doc
#
05.02.201690.62 Кб8СНИП.doc
#
30.03.20163.98 Mб70СОЛНЦЕЗАЩИТА ГРАЖДАНСКИХ И ПРОМЫШЛЕННЫХ ЗДАНИЙ .pdf
#
05.02.20162.72 Mб28сопр метода.pdf
#
15.11.20183.21 Mб25сопр.docx
#
11.11.2019520.7 Кб3сортамент уголок 8509-93.doc
#
05.02.2016217.09 Кб6соц.проект робота з молодю.doc
#
30.04.20192.31 Mб5Соц_олог_я_П_ДРУЧНИК.doc
#
08.08.2019102.4 Кб1СОЦИО_ГИДДЕНС_№1.doc