Расчетно-проектировочные работы и примеры их выполнения. Методическое пособие для студентов дневных / Основные задачи 2-го семестра

Добавил:

TooL Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Тульский Государственный Университет

Предмет:

Сопротивление материалов

Файл:

фигура, разбитая

части фигуры

(то, что мы

(то, что на

рисуем на схеме)

самом деле)

.pdf

Скачиваний:

159

Добавлен:

22.01.2014

Размер:

7.32 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 235 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 > Следующая >>>

1.4.1. Загружаем основную систему (отдельно каждую из балок АВ, ВС и СD) только заданной внешней нагрузкой и строим грузовую эпюру изги-

бающих моментов МF . Моменты Х1 и Х2 пока не учитываем.

Определяем опорные реакции для левой балки AB:

В результате разделения балки на три части получилось, что точка В принадлежит одновременно левой АВ и средней ВС балкам. Опорную реакцию в

точке В, принадлежащую левой балке АВ обозначим RВлев, а реакцию в точке В, принадлежащую балке ВС (справа от этой опоры) обозначим RВправ. Аналогич-

но, для точек С балок ВC и CD реакции обозначим соответственно RСлев и

RСправ.

RА=0,33кНF2=4 кН RВлев=1,67кН

F1=2кН	А		В
F1=2кН
0,1м		0,2 м	0,4 м

0,667

0,2 МF ,кН.м

Рис. 6. Балка АВ основной системы, загруженная внешней нагрузкой

momА 0; F1 0,1 F2 0,2 RВлев 0,6 0; RВлев F1 0,10,6F2 0,2 2 0,10,64 0,2 ; RВлев 1,67 кН.

momВ 0; RA 0,6 F1 0,7 F2 0,4 0;

RA	F1 0,7 F2 0,4		2 0,7 4 0,4	;
	0,6		0,6

RA 0,33кН.

Проверка:

Y 0; F1 RA F2 RВлев 0; 2 0,33 4 1,67 0;

4 4 0.

Реакции определены верно.

Строим грузовую эпюру изгибающих моментов МF для балки АВ (рис. 22, г под балкой АВ) на единой базовой линии.

Определяем опорные реакции для средней балки BС:

прав			лев
RB	=15кН		.RC	=15кН
		М=6кН м
	В		С
		0,2 м	0,2 м

МF ,кН.м

Рис. 7. Балка ВС основной системы, загруженная внешней нагрузкой

momВ 0; М RСлев 0,4 0;

RСлев М 6 15кН. 0,4 0,4

momС 0; RВправ 0,4 М 0;

RВправ 0М,4 06,4 15кН.

Проверка:

Y 0;	Rправ Rлев 0;		Реакции определены верно.
	В	С
	15 15 0.

Строим грузовую эпюру изгибающих моментов МF для балки ВС (рис. 22, г под балкой ВС) на единой базовой линии.

Определяем опорные реакции для правой балки CD:

прав

RC =2кН RD=2кН q=10 кН/м

0,4 м D

ql2

8 =0,2

0,2 м	М ,кН.м
	F

Рис. 8. Балка CD основной системы, загруженная внешней нагрузкой

momС 0; q 0,4 0,2 RD 0,4 0;

R	D	q 0,4 0,2	10 0,4 0,2 ;
		0,4	0,4

RD 2,00кН.

mom	D	0; Rправ 0,4 q 0,4 0,2 0;
	D		C
Rправ	q 0,4 0,2			10 0,4 0,2 ;
С		0,4		0,4
		0,4		0,4
Rправ	2,00кН.
С
Проверка:
	Y 0;		Rправ q 0,4 R		D	0 ;	2 10 0,4 2 0 ;	4 4 0 .
			С		D
Реакции определены верно.
Строим			грузовую эпюру			изгибающих моментов		МF для балки CD
(рис. 22, г под балкой CD) на единой базовой линии.

1.4.2. Загружаем основную систему (отдельно каждую из балок АВ, ВС и СD) только единичным моментом Х1 1 и строим первую единичную эпюру изгибающих моментов М1. Внешнюю нагрузку и момент Х2 не учитываем.

Определяем опорные реакции для левой балки AB:

RА=1,67м1 RВлев=1,67м1

		Х =1
	А	1
	А	В
0,1м	0,2 м	0,4 м

Единичные	эпюры		1
обычно не		0,333	1
обычно не
штрихуют			М1	, 1
штрихуют

Рис. 9. Балка АВ основной системы, нагруженная единичным моментом Х1 1


momА 0;					Х1 RВлев 0,6 0;
лев		Х1				1		1,67	1	.
RВ		0,6				0,6м			м

momВ 0;					RA 0,6 Х1 0;
RA	Х1				1	м	1,67 1 .
	0,6			0,6				м
Проверка:			Y 0;				RA RВлев 0;				1,67 ( 1,67) 0 (верно).

Строим первую единичную эпюру изгибающих моментов М1 для балки АВ (рис. 22, д под балкой АВ) на единой базовой линии.

Определяем опорные реакции для средней балки BС:

R	прав			1		R	лев
R	B	=2,5		1		R	C	=2,5 1
	B			м			C	м
Х =1		В					С
1		В					С
			0,2 м			0,2 м
	1
	1				0,5			М1 , 1
					0,5

Рис. 10. Балка ВС основной системы, нагруженная единичным моментом

Х1 1

momВ 0; Х1 RСлев 0,4 0; RСлев 0Х,41 0,41м 2,5 м1 .

mom		0;		Rправ		0,4 Х1 0;
	С			В
R	прав	Х	1		1	2,5	1	.
R	В	0,4			0,4	2,5	м	.
	В

Проверка: Y 0;					Rправ Rлев				0 ;	( 2,5) 2,5 0 .
					В	С

Реакции определены верно.

Строим первую единичную эпюру изгибающих моментов М1 для балки ВС (рис. 22, д под балкой ВС) на единой базовой линии.

К правой балке CD момент Х1 1 не приложен, значит, опорные реакции RCправ и RD от такой нагрузки будут равны нулю и соответствующая эпюра

М1 под балкой СD (рис. 12, д) отсутствует.

1.4.3.Загружаем основную систему (отдельно каждую из балок АВ, ВС и СD) только единичным моментом Х2 1 и строим вторую единичную эпюру

изгибающих моментов М2 . Внешнюю нагрузку и момент Х1 не учитываем. К левой балке AB момент Х2 1 не приложен, значит, опорные реакции RА и RВлев от такой нагрузки будут равны нулю и соответствующая эпюра М2

под балкой АВ (рис. 22, е) отсутствует.

Определяем опорные реакции для средней балки BС:

mom	В	0;	Х1 Rлев 0,4 0;
	В				С
Rлев Х1				1	2,5 1 .
С		0,4		0,4м	м
		0,4		0,4м	м

R	прав			R	лев
R	B	=2,5 1		R	C	=2,5 1
	B		м		C	м
		В			С	Х =1
		В			С	2
			0,2 м	0,2 м		1

			0,5
			0,5			М2 , 1
						М2 , 1

Рис. 11. Балка ВС основной системы, нагруженная единичным моментом

Х2 1

momС 0; RВправ 0,4 Х1 0; RВправ 0Х,41 01,4 2,5 м1 .

Проверка: Y 0;	Rправ Rлев 0 ;		2,5 ( 2,5) 0 .
	В	С

Реакции определены верно.

Строим вторую единичную эпюру изгибающих моментов М2 для балки ВС (рис. 22, е под балкой ВС) на единой базовой линии.

Определяем опорные реакции для правой балки СD:

RCправ=2,5м1 RD=2,5м1

Х =1
2	С	0,4 м D
	С	0,4 м D

М2 , 1

Рис. 12. Балка СD основной системы, нагруженная единичным моментом

Х2 1

momС 0; Х2 RD 0,4 0; RD 0Х,42 0,41м 2,5 м1 .

momD 0; RCправ 0,4 Х2 0;

Rправ Х2		1	2,5 1 .
C	0,4	0,4	м

Проверка: Y 0; RCправ RD 0 ; ( 2,5) 2,5 0 .

Реакции определены верно.

Строим вторую единичную эпюру изгибающих моментов М2 для балки СD (рис. 22, е под балкой СD) на единой базовой линии.

1.4.4. Записываем канонические уравнения метода сил. Их количество равно степени статической неопределимости решаемой системы.

11Х1 12 Х	2 1F 0
		2F 0
21Х1 22 Х2		2F 0
Единичные ik		и грузовые iF		(i,k =1,2) перемещения запишем, исполь-
зуя формулы Мора:
n				n
ik MEIi M k dz ,			iF	MEIF M i dz .
1 l	x			1 l	x

Чтобы вычислить интеграл Мора по правилу Верещагина нужно перемножить эпюры, обозначения которых стоят под знаком интеграла.

Правило Верещагина:

Чтобы перемножить первую эпюру (например, M1) на вторую (например,

M2 ), нужно площадь первой эпюры " " умножить на ординату второй эпюры

"у" в том сечении, где у первой эпюры расположен центр тяжести:

n	M	M	n	у
	1		2 dz	i i .
i 1l	EIx		i 1	EIx

Особенности метода:

1)Если перемножаемые эпюры лежат по одну сторону от базовой линии, то результат перемножения будет положительным. Если – по разные стороны, то – отрицательным.

2)Вторая перемножаемая эпюра должна быть обязательно линейная. Если эта эпюра состоит из нескольких прямолинейных участков, то про-

изводится перемножение отдельно на каждом таком участке, а затем результаты складываются.

В формуле Верещагина n – это количество участков, на которых производится перемножение.

Вспомним основные геометрические характеристики некоторых фигур.

=21b.h

	1			32h
		3 h			ц.т.
		=b.h	1b		ц.т.
h			1b
	3			2b
				2b
				3
	b			b

Прямоугольник. Треугольник.

h		= ql3
		= ql3
31h	ц.т.	12
31h		1
		2 l

Параболический сегмент.

Рис. 13. Некоторые геометрические характеристики простых фигур

Если одна из перемножаемых фигур сложная, то её можно разбить на простые. Например, трапецию можно разбить на два треугольника:

	l		l		l
первоначальная		фигура, разбитая		отдельные
фигура		на части		части фигуры

Рис. 14. Схема разбиения трапеции на простые фигуры

«Перекрученную трапецию» можно разбить на два треугольника с одинаковым основанием:

l	4,66

первоначальная

фигура

ц.т. ц.т.

l 4,66

фигура, разбитая на части (то, что мы

рисуем на схеме)

l	4,66

отдельные части фигуры (то, что на самом деле)

Рис. 15. Схема разбиения «перекрученной трапеции» на простые фигуры

«Параболический треугольник» можно разбить на треугольник и параболический сегмент:

ц.т. ц.т.

а l

первоначальная

фигура

Рис. 16. Схема разбиения «параболического треугольника» на простые фигуры

	n
11	MEI1 M1 dz - перемножаем эпюру М1												саму на себя (т.е. и площадь
	1	l			x
и ордината у берётся с одной и той же эпюры).
		M	1	M	1 dz	1	1	0,6 1	2	1	1	0,4	1	2		0,333
			1		1 dz			0,6 1		1		0,4	1		1	EIx
11		EIx				EIx	2		3		2			3		EIx
	n
22	MEI2 M 2 dz - перемножаем эпюру М2 саму на себя.
	1	l			x

	M	2	M	2 dz	1	1	0,4	1	2	1	1	0,4 1	2		0,267
22		2		2 dz			0,4	1		1		0,4 1		1	EIx
22	EIx				EIx	2			3		2		3		EIx

					n
12	21		MEI1 M 2 dz - перемножаем эпюру М1 на эпюру М2 .
					1 l								x
							M				1	M	2 dz				1				1	0,4			1		1				0,0667
											1		2 dz									0,4			1			1				EIx
12		21								EIx							EIx				2						3					EIx
		n
1F MEIF M1 dz - перемножаем эпюру МF на эпюру М1.
		1	l				x
1F			М		F	M			1 dz					1			1		0,2 0,2							1	0,333					1	0,2		0,667			2	0,333
1F					F				1 dz					EIx					0,2 0,2								0,333						0,2		0,667				0,333
				EIx										EIx			2									3						2						3
			1	0,4											2	0,333							1				1	0,2					1	1		2	0,5
			2	0,4				0,667							3	0,333							3	1			2	0,2		3			3	1		3	0,5
			2												3								3				2						3			3
			1		0,2			3				2	0,5				0,191 .
			2									3					EIx
		n
2F MEIF M 2 dz - перемножаем эпюру МF на эпюру М2 .
		1	l						x
2F			М		F		M			2 dz					1			1		0,2 3					2	0,5			1		0,2				2	0,5		1
2F					F					2 dz								2		0,2 3					3	0,5			2		0,2			3	3	0,5		3		1
				EIx										EIx				2							3				2						3			3
		10 0,43										0,5		0,0733 .
					2												EIx
					2												EIx

Внимание: все значения ik и iF подсчитываются с точностью не менее, чем 3 значащие цифры!

1.4.5.Вычислив коэффициенты при неизвестных ik и свободные члены

iF (i,k =1,2), решив систему уравнений, находим величины Х1 и Х2 .

0,333

Х1

0,0667

Х2

0,191

Х1 0,662 кН м;

0,0667

0,267

0,0733

;

Х2

0,440кН м.

Х1

Х2

2. Построение окончательных эпюр поперечных сил Q и изгибающих моментов

М.

Каждую из балок АВ, ВС и СD эквивалентной системы (рис. 5, а) загружаем всеми приложенными к ним нагрузками: внешней нагрузкой, моментом Х1 и моментом Х2 (только что найденными). Определяем опорные реакции

отдельно для каждой балки АВ, ВС и СD и строим эпюры Q и М .

RА=0,77кН			F2=4 кН		RВлев=2,77кН
			F2=4 кН			Х =0,662 кН.м
	А				1
F1=2кН	А				В
F1=2кН
0,1м		0,2 м		0,4 м
0,2		0,446				М,кН.м
0,2

2		1,23	0,662
2		1,23

Q,кН

2,77

Рис. 17. Балка АВ эквивалентной системы, загруженная внешней нагрузкой и моментом Х1

mom	А	0;	F	0,1 F 0,2 Rлев 0,6 Х			1	0;
	А		1	2	В		1
RВлев F1 0,1 F2 0,2 Х1					2 0,1 4 0,2 0,662				;
				0,6		0,6
RВлев 2,77кН.
momВ 0;			RA 0,6 F1 0,7 F2 0,4			Х1 0;
RA F1 0,7 F2 0,4 Х1					2 0,7	4 0,4 0,662				;
				0,6		0,6