metodichka sopromat 2 sem
.pdfM 1 ... M n на епюру гнучого моменту МХ. Оскільки переміщення в напрямі в'язі неможливе, результат має дорівнювати нулю.
n = |
1 |
|
|
|
× M X |
= 0 . |
|
M n |
|||||||
|
|||||||
|
EI x |
|
|
Приклад 4. Для заданої схеми необхідно:
1)знайти ступінь статичної невизначеності та вибрати основну систему;
2)написати канонічні рівняння;
3)побудувати епюри гнучих моментів від одиничних і від зовнішніх зусиль;
4)визначити переміщення δ, ;
5)визначити величини "зайвих" в’язей;
6)побудувати епюри N, Q , М для рами;
7)провести деформаційну перевірку.
q = 12kH/м |
6м |
6м 6м
Розв’язання
1)Спробуємо визначити опорні реакції. Для цього для заданої системи складемо рівняння рівноваги (статики):
RA |
RB |
RC |
|
|
HC |
31
∑ X = q × 6 - H C = 0∑Y = RA + RB + RC = 0
∑ M A = - q × 6 × 3 + RB × 6 + RC × 12 = 0 .
З цієї системи рівнянь неможна визначити всі невідомі, оскільки рівнянь статики три, а опорних реакцій у них чотири. Таким чином, рама є один раз статично невизначеною. До такого самого висновку можна прийти, якщо скористатися формулою ступеня статичної невизначеності:
S = 3n - m = 3 × 2 - 5 = 1 ,
де n – кількість незалежних замкнутих контурів; m – кількість одиночних шарнірів.
Виберемо основну систему. Для цього відкинемо опору В, а також навантаження.
2)За зайве невідоме візьмемо Х1 = RB . Запишемо канонічне рівняння для один раз статично невизначеної системи:
δ11 · Х1 + 1Р = 0.
де δ11 – переміщення в напрямі «зайвої» в'язі, викликане одиничною силою; 1Р – переміщення в напрямі «зайвої» в'язі, викликане навантаженнями.
32
3)Побудуємо одиничну епюру гнучого моменту M 1 . Для цього прикладемо до основної системи в напрямі відкинутої в’язі одиничну силу X 1 = 1 ,
визначимо опорні реакції та M 1 .
|
|
6 м |
6 м |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1/2 |
1 |
1/2 |
|
3 |
__ |
|
M1 |
Побудуємо вантажну епюру гнучого моменту МР. Для цього прикладемо до основної системи задане навантаження, визначимо опорні реакції та МР.
q = 12 kH/м
RAP = 18 kH |
RCP = 18 kH
HCP=72kH
216 |
432 |
216
324 432
MP
33
4)Визначимо коефіцієнт канонічного рівняння δ11 , перемножуючи методом Симпсона одиничну епюру саму на себе:
|
|
δ 11 |
= |
1 |
|
|
|
1 |
´ |
|
1 = |
|
|
|
|
|
M |
M |
|||||||||
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
EI x |
|
|
|
|
|
||||
= |
6 |
(0 + 4 × 1,5 × 1,5 + 3 × 3) + |
6 |
|
(3 × 3 + 4 × 1,5 × 1,5 + 0) = |
216 |
. |
||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
6 EI x |
|
|
|
6 EI x |
|
|
|
6 EI x |
Визначимо вільний член канонічного рівняння 1Р , перемножуючи методом Симпсона одиничну епюру на вантажну:
|
|
|
= |
|
1 |
|
|
|
1 ´ M P = |
||||
|
|
1P |
|
|
M |
||||||||
|
|
EI x |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
= |
6 |
(0 + 4 × 270 × 1,5 + 324 × 3) + |
|
|
6 |
|
|
(324 × 3 + 4 × 378 × 1,5 + 0) = |
34992 |
. |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
6 EI x |
|
|
|
|
6 EI x |
|
|
6 EI |
5) Визначимо силу Х1 з канонічного рівняння :
|
|
δ 11 × X 1 + |
1P = 0 , |
|||
X 1 = - |
1P |
= - |
34992 |
× |
6 EI x |
= - 162 kH . |
δ 11 |
6 EI x |
|
||||
|
|
216 |
|
Знак мінус вказує на те, що напрям сили Х1 = RB , є протилежним напряму одиничної сили X 1 = 1 .
Статичну невизначеність розкрито. Тепер можна скористатися початковою системою рівнянь статики для визначення інших опорних реакцій.
34
q = 12 kH/м
RA = 63 kH |
RC = 99 kH |
|
HC = 72 kH |
|
RB = 162 kH |
6)Для побудови епюр внутрішніх зусиль рами запишемо рівняння N, Q, Мх для кожної ділянки:
|
|
z4 |
|
|
|
z5 |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z1 |
|
z2 |
|
|
z3 |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ділянка 1: (0 £ z1 £ 6 м) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
N = − RA = − 63 kH , |
||||||
|
|
Q = - q × z1 = - 12 × z1 , |
||||||
|
|
|
q × z 2 |
|||||
|
|
M x = |
|
|
1 |
|
= 6 × z12 , |
|
|
|
2 |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
||
при z1 = 0 |
Q = 0, |
|
|
|
|
|||
|
|
Мх = 0, |
|
|
|
|
||
при z1 = 6 |
Q = - 72 kН, |
|||||||
|
|
Мх = 216 kHм. |
Ділянка 2: (0 £ z2 £ 6 м)
N = RB = 162 kH , Q = 0,
M x = 0.
35
Ділянка 3: (0 £ z3 £ 6 м)
|
|
N = − RC = − 99 kH , |
|
|
Q = H C = 72 kH , |
|
|
M x = H C × z3 = 72 × z3 , |
при z3 |
= 0 |
Мх = 0, |
при z3 |
= 6 |
Мх = 432 kHм. |
Ділянка 4: (0 £ z4 £ 6 м) |
||
|
N = - 6 × q = - 72 kH , |
|
|
Q = RA = 63 kH , |
|
|
M x |
= 6 × q × 3 - RA × z4 = 216 - 63 × z4 , |
при z4 |
= 0 |
Мх = 216 kHм, |
при z4 |
= 6 |
Мх = - 162 kHм. |
Різні знаки гнучого моменту вказують на те, що отримані значення знаходяться на епюрі по різні боки від осі.
Ділянка 5: (0 £ z5 £ 6 м)
|
N = − H C = − 72 kH , |
|
|
Q = - RC = - 99 kH , |
|
|
M x |
= H C × 6 - RC × z5 = 432 - 99 × z5 , |
при z5 |
= 0 |
Мх = 432 kHм, |
при z5 |
= 6 |
Мх = - 162 kHм. |
Різні знаки гнучого моменту вказують на те, що отримані значення знаходяться на епюрі по різні боки від осі.
36
72
72
N
63 |
162 |
99 |
63
72 72 99
Q
216 |
162 |
432 |
216
432 Mх
7)Деформаційна перевірка.
Визначимо переміщення точки рами в напрямі «зайвої» в'язі шляхом перемноження методом Симпсона епюри гнучого моменту Мх на одиничну епюру M 1 . Оскільки переміщення в напрямі в'язі неможливе, результат має дорівнювати нулю.
B = |
6 |
(0 + 4(− 27)(− 1,5) + 162(− 3)) + |
6 |
(162(− 3) + 4(− 135)(− 1,5) + 0) = |
|
|
|
||
|
6 EI x |
|
6 EI x |
|
= − 1944 + 1944 =
0
6 EI x 6 EI x
Приклад розв’язано.
37
ДИНАМІЧНІ НАВАНТАЖЕННЯ
Статичні навантаження – навантаження, при дії яких на систему можна знехтувати виникаючими силами інерції.
Динамічні навантаження – навантаження, при дії яких на систему не можна знехтувати виникаючими силами інерції. Динамічні навантаження можуть бути ударного і неударного типу.
Ударне навантаження – динамічне навантаження, що виникає, коли швидкість тіла, яке рухається, миттєво падає до нуля.
Неударні динамічні навантаження можуть випробувати деталі, що рухаються поступально з прискоренням, або будь-які деталі, що обертаються.
Задачі з динамічним навантаженням можна розв’язувати, використовуючи принцип Даламбера, або закон збереження енергії.
Принцип Даламбера: під час динамічного навантаження в кожний момент часу деталь знаходиться в стані рівноваги під дією зовнішніх сил та сил інерції. Принципом Даламбера можна користатися в тих випадках, коли є можливість визначити сили інерції з умови задачі.
Підчас ударного навантаження визначання сил інерції обтяжливе, тому для розв’язання подібних задач використовують закон збереження енергії (знаходять kд).
Коефіцієнт динамічності ( kд ) – коефіцієнт, що показує, в скільки разів динамічні напруги і деформації (під час падіння) перевищують статичні:
k Д = 1 + |
|
1 + |
2h |
|
або |
k Д = 1 + |
1 + |
v 2 |
|
, |
|
|
g × |
|
|||||||
|
|
|
СТ |
|
|
|
|
СТ |
||
де h |
- висота падіння, [м]; |
|
|
|
|
|
||||
v |
- швидкість падіння тіла, яке завдає удару, [м/с]; |
|
|
|||||||
g |
- прискорення вільного падіння, [м/с2]; |
|
|
|
|
|||||
СТ |
- статичний прогин, [м]. |
|
|
|
|
|
38
Приклад 5. На двотаврову балку № 24а (IX = 3800 см4; WХ = 317 см4), що вільно лежить на двох опорах, з висоти h = 45 см падає вантаж Р = 7 kН.
Потрібно: |
|
|
1) знайти найбільші нормальні напруги в балці; |
|
|
2) розв’язати аналогічну |
задачу за умови, що права опора замінена |
|
пружиною з піддатливістю d = 22·10– 3 м/kН. |
|
|
Взяти Е = 2 · 105 МПа. |
|
|
h |
P |
|
|
|
|
3м |
4м |
|
RA = 4 kH |
P = 7 kH |
RB = 3 kH |
А |
C |
B |
|
||
|
СТ |
|
|
12 kHм |
|
|
|
Эп. МР |
0 |
|
0 |
4/7 |
1 |
3/7 |
|
||
|
12/7 |
|
|
|
Эп. М1 |
0 |
|
0 |
|
Р |
|
А |
С |
В |
|
||
|
|
В |
СТ |
С |
|
|
|
|
|
39 |
|
Розв’язання
1)Спочатку визначимо найбільші нормальні напруги в балці σ CTmax у випадку,
коли сила Р діє статично. Для цього побудуємо епюру гнучих моментів МР, попередньо визначивши реакції опор.
max |
|
M Pmax |
12 × 10 3 |
|
6 |
|
|
σ CT |
= |
|
= |
|
= 37,8 ×10 |
|
Па = 37,8 МПа, |
|
|
|
|||||
|
|
WX |
317 × 10 −6 |
|
|
||
де M Pmax |
- максимальне значення гнучого моменту, [Нм]; |
||||||
WX |
- осьовий момент опору перерізу балки, [м3]. |
2)Визначимо прогин балки СТ під статичною силою Р, перемноживши методом Симпсона епюру МР, на одиничну епюру гнучих моментів M 1 .
Для побудови епюри M 1 потрібно прикласти до системи одиничну силу в місце падіння вантажу.
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
1 |
|
M P ´ |
|
|
1 = |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
CT |
|
|
M |
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
EI X |
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
1 |
3 |
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
12 |
|
|
4 |
|
|
|
12 |
|
6 |
|
|
|||||
= |
|
|
|
|
0 |
+ 4 × 6 × |
|
+ 12 |
× |
|
|
|
+ |
|
|
12 × |
|
+ 4 × 6 × |
|
+ 0 |
= |
||||||
EI X |
|
7 |
7 |
|
|
7 |
7 |
||||||||||||||||||||
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
||||||||
= |
48 kH × м3 |
= |
|
|
|
48 ×10 3 |
|
|
|
|
= 0,0063 м = 0,63 см. |
||||||||||||||||
|
EI X |
|
2 ×1011 × 3800 × 10 −8 |
|
3) Визначимо коефіцієнт динамічності:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
k Д |
= 1 + 1 + |
2h |
|
= 1 + 1 + |
2 × 45 |
= 13 . |
||
|
|
|||||||
|
|
|
СТ |
0,63 |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
40