Добавил:

TooL Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Тульский Государственный Университет

Предмет:

Сопротивление материалов

Файл:

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

.pdf

Скачиваний:

162

Добавлен:

22.01.2014

Размер:

7.32 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 237 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 > Следующая >>>

21 q3q2

Рис. 38.2. Расчётные схемы балок к задаче №2 (продолжение)

Методические указания к решению задачи №1

На рис. 38. 2 представлены расчётные схемы статически неопределимых рам, для которых требуется построить эпюры внутренних силовых факторов и выполнить деформационную и статическую проверки. Расчёт статически неопределимой рамы рассматривается в примере решения задачи №2.

ПРИМЕР РЕШЕНИЯ ЗАДАЧИ №2

Для рамы, изображенной на рис. 1, а, построить эпюры изгибающих моментов M , поперечных сил Q и продольных сил N . Выполнить деформацион-

ную и статическую проверки. Жёсткость сечений всех элементов рамы одинакова. Раскрытие статической неопределимости провести с помощью канонических уравнений метода сил.

Дано: l 3 м, h 2 м, q 40кН / м, P 60кН .

Решение:

1. Раскрытие статической неопределимости.

Рассматриваемая рама имеет пять опорных реакций: три в заделке А и две в шарнирно-неподвижной опоре В. Так как на плоскости возможно составить лишь три независимых уравнения статического равновесия, то число лишних связей будет равно 5-3=2. Следовательно, рама дважды статически неопределима.

За лишние связи удобно принять горизонтальную и вертикальную реакции опоры В, которые обозначим как Х1 и Х2 . Основная система, полученная из

заданной путем отбрасывания лишних связей, изображена на рис. 1, б. Основная система с приложенной к ней внешней нагрузкой и неизвестными силами Х1 и Х2 , называемая эквивалентной системой, показана на рис. 1, в.

Для дважды статически неопределимой рамы записывается система из двух канонических уравнений метода сил:

11 X1 12 X 2 1P 0 ;
	X1	22	X 2	2P 0 .
21

Единичные и грузовые перемещения, входящие в канонические уравнения будем определять по методу Мора с применением правила Верещагина.

Загрузим основную систему внешней нагрузкой (рис. 1, г), найдем с помощью уравнений статики опорные реакции и построим грузовую эпюру изгибающих моментов M P (рис. 1, д).

Приложив к основной системе единичную силу Х1 1, и определив опорные реакции, построим единичную эпюру М1 (рис. 1, е). Приложив к основной системе единичную силу Х2 1, и определив соответствующие опорные реакции, построим единичную эпюру М2 (рис. 1, ж).

Единичное перемещение 11 найдем, перемножив эпюру М1 саму на себя:

	M1M1 dS	1 3		1	2 2 2	2	3 2	2	20,0 .
11	EIx				3				EIx
	EIx	EIx	2		3				EIx

q=40 кН/м

а)

б)

в)

Р=60 кН

з.с.

2 м

о.с.

Р=60 кН

э.с.

Х1

2 м

Х2

3 м

q=40 кН/м

е)2

г)

д)

180

2 м

M , кН м

Р=60 кН

М , м

180

Х = 1

RA= 120 кН

2 м

A Н = 60 кН

Н = 1

300

MA= 300 кН.м

M = 2 м

3 м

ж) 3

з)

42,4

и) 207,6

42,4 207,6

42,4

, м

М Х , кН.м

2 2

Х = 1

MA= 3 м

42,4

207,6

RA= 1

к)

17,5

z=1,73 м

14,8 14,8 42,4

42,4

27,6 М, кН.м

Рис. 1. Статически неопределимая рама: а - заданная система, б - основная система, в - эквивалентная система, г - основная система под действием внешней нагрузки, д - грузовая эпюра изгибающих моментов, е - основная система под действием единичной силы Х1 и первая

единичная эпюра, ж - основная система под действием единичной силы Х2 и вторая единичная эпюра, з - эпюра изгибающих моментов от действия на основную систему силы Х1 21,2 кН , и - эпю-

ра изгибающих моментов от действия на основную систему силы Х2 69,2 кН , к - окончательная эпюра изгибающих моментов

Единичные перемещения 12 21 получим путем перемножения эпюр М1 и М2 :

						M		1	M	2	dS	1		1	2 2 3				1	2 2 3 3 2			1		9,0	.
								1		2	dS	EIx			2 2 3					2 2 3 3 2				3	EIx	.
12		21					EIx					EIx		2					2				2		EIx
Единичное перемещение 22 найдем, перемножив эпюру М2																								саму на себя:
			M	2	M		2 dS				1		3		1	3	3	2			45,0	.
	22			2			2 dS				4 3		3			3	3		3		EIx	.
	22		EIx								EIx				2			3			EIx

Грузовое перемещение 1P определим, перемножив грузовую эпюру M P на единичную М1 . Трапецию на участке AD эпюры M P разложим на треугольник

и прямоугольник, а параболический треугольник на участке AGH - на треугольник с ординатой 180кН м, отложенный вниз, и параболический сегмент, от-

ложенный вверх.

1P	М	Р	M	1 dS	1	1	2(300	180)	2	2	2 180	1	2	2 180	1	2
						2			3			2			2
	EIx				EIx

							3	2	1 3 180
						40 3		2	1 3 180	2 200 .
							12		2			EIx
Грузовое перемещение 2P							определим, перемножив грузовую эпюру M P
на единичную М2 . Трапецию на участке AD разложим на треугольник и пря-
моугольник.
2P	М	Р	M	2 dS	1	1	2(300 180) 3 2			180 3 2 180 3
2P		Р		2 dS		2	2(300 180) 3 2			180 3 2 180 3
	EIx				EIx	2
						40 33		1 3 1 3 180			2 3		2925 .
							12	2	2		3		EIx
							12	2	2		3		EIx

Система канонических уравнений метода сил запишется следующим образом:

X 2

200

0 ;

X1 21,2 кН ;

X 2

69,2 кН .

X 2

2925

Отрицательный знак величины Х1 говорит о том, что истинное направление

этой силы обратно первоначально принятому.

Для построения окончательной эпюры изгибающих моментов М построим эпюры М1Х1 (рис. 1, з) и М2 Х2 (рис. 1, и), умножив соответственно все орди-

наты эпюры М1 на величину Х1 21,2 кН , а все ординаты эпюры М2 на величину Х2 69,2 кН . Окончательную эпюру M получим, сложив три эпюры:

М МР М1Х1 М2 Х2 .

Геометрически складываем эпюры МР, М1Х1 и М2 Х2 , суммируя ордина-

ты в характерных сечениях (пусть отрицательными будут ординаты, отложенные на эпюрах внутрь рамы):

МA 300 42,4 207,6 50,0 кН м,

МD 180 0 207,6 27,6 кН м,

МG 180 42,4 207,6 14,8 кН м,

МH 0 42,4 0 42,4 кН м,

МВ 0.

По найденным значениям строим эпюру М (рис. 1, к).

Рассматривая эквивалентную систему в равновесии с уже известными сила-

ми Х1 21,2 кН	и Х2 69,2 кН , направленными в истинных направлениях
( X1 - влево, X 2	- вверх) (рис. 2, а), определим с помощью уравнений статики

опорные реакции. Затем обычным образом как для простой статически определимой рамы построим эпюры поперечных сил Q (рис. 2, б) и продольных сил

N (рис. 2, в).

2 м

y	q = 40 кН/м			50,8 z=1,73 м
					21,2	50,8	69,2
G	H		1 м	21,2	21,2
G	H			21,2	21,2		21,2
	C				21,2		21,2
	C			69,2
Р=60 кН Х = 21,2 кН			38,8	69,2
Р=60 кН Х = 21,2 кН		B		21,2	21,2
1		B		21,2	21,2
R = 50,8 кН		Х = 69,2 кН		Q, кН
R = 50,8 кН			2		N, кН
A					N, кН
A Н = 38,8 кН			z
A			z
M = 50 кН.м			38,8			50,8	69,2
A
	3 м
	а)			б)		в)

Рис. 2. Построение эпюр внутренних усилий в раме: а - эквивалентная система с известными усилиями Х1 и Х2 , б - эпюра поперечных сил, в -

эпюра продольных сил

На участке GH эпюра Q (рис. 2, б) меняет свой знак в сечении с координа-

той z . Следовательно, в данном сечении парабола на эпюре M имеет экстремум. Вычислим его.

Поперечная сила в сечении с координатой z равна нулю:

Qz X 2 q z 0,

z	X 2	69,2	1,73 м.
	q	40
M z X 2		z	X1 2 q	z2	69,2 1,73 21,2 2 40	1,732	,
M z X 2		z	X1 2 q	2	69,2 1,73 21,2 2 40	2	,
				2		2

M z 17,5 кН м.

С помощью полученного значения M z уточняем вид эпюры M (рис. 1, к).

Выполним деформационную проверку и убедимся, что перемещения сечения В рамы по направлению отброшенных связей X1 и X 2 действительно рав-

ны нулю.

Для определения горизонтального перемещения сечения В перемножим окончательную эпюру изгибающих моментов M и единичную эпюру М1 .

ZB	М M	1 dS		1		1	2	50	2	2		1	2 27,6					1		2		1	2	27,6		1	2
ZB	EIx	1 dS				2	2	50	3	2		2	2 27,6					3		2		2	2	27,6		3	2
	EIx			EIx		2			3			2						3				2				3
							1	2 14,8 2				2		40 33			2			1	3(42,4 14,8) 2
							2			3				12						2
					3 14,8 2					1	2	42,4			2				265,1 266,3						0 .
					3 14,8 2						2	42,4				2					EIx				0 .
										2					3						EIx
Погрешность вычисления должна быть менее 5 %.
ZB 265,1 266,3			100% 0,45% 5% .
	265,1

Для определения вертикального перемещения сечения В перемножим окончательную эпюру изгибающих моментов M и единичную эпюру М2 .

YB		М	M	2 dS		1	1	2 50	3	1	2 27,6		3		1	2 27,6 3
YB		EIx		2 dS			2	2 50	3	2	2 27,6		3		2	2 27,6 3
		EIx				EIx	2			2					2
						1	2 14,8 3			40 33		1	3		1	3(42,4 14,8)	1	3
						2					12	2			2		3
						3 14,8 1 3				300,6 302,4				0.
								2			EIx
								2			EIx
YB	300,6 302,4				100% 0,60% 5%. Погрешность вычисления менее 5 %,
		300,6

что подтверждает достоверность расчетов.

Проведем статическую проверку рамы для отсеченной каким-либо сечением (например, сечением С) её части. Рассмотрим в равновесии часть рамы ниже сечения С. Действие отброшенной верхней части рамы на оставшуюся (рис. 3) заменим усилиями в сечении, причем их значения возьмем прямо с эпюр Q , N

и M . Напомним, что в соответствии с правилами знаков положительная поперечная сила Q должна изображаться так, чтобы она стремилась вращать отсе-

ченный элемент рамы по часовой стрелке. Отрицательная продольная сила N должна изображаться направленной с внешней стороны элемента к сечению. Изгибающий момент должен изображаться так, чтобы его стрелка указывала направление в котором отложена ордината для этого сечения на эпюре M .

NС= 69,2 кН

MС= 21,2 кН.м

C QС= 21,2 кН 1 м

Х1= 21,2 кН z B

Х2 = 69,2 кН

Рис. 3. Отсечённая часть рамы в равновесии

Проверим, соблюдается ли для показанной на рис. 3 части рамы равновесие, записав для неё уравнения статики:

Z 0; X1 QC 0;

21,2 21,2 0.Y 0; X 2 NC 0; 69,2 69,2 0.

momC 0; X1 1 MC 0;

21,2 1 21,2 0.

Статическая проверка подтверждает равновесие отсеченной части рамы и, соответственно, достоверность проведённых расчетов.

РАЗДЕЛ 3

КОСОЙ ИЗГИБ

Основные теоретические сведения и расчётные формулы

3.1. Определение понятия "косой изгиб".

Плоский косой изгиб бруса возникает под действием нагрузок, плоскость действия которых (силовая плоскость) не совпадает ни с одной из его главных плоскостей (рис 1.1). При этом виде изгиба упругая линия бруса – плоская кривая, не лежащая в силовой плоскости. Если поперечное сечение бруса таково, что любая его центральная ось главная (некоторые примеры таких сечений представлены на рис. 1.2), то независимо от положения силовой плоскости изгиб будет прямым.

Рис.1.1

На рис. 1.3 показан случай пространственного косого изгиба: нагрузки,

вызывающие изгиб бруса, действуют в разных плоскостях. При этом виде изгиба упругая линия бруса представляет собой пространственную кривую линию.

Как плоский, так и пространственный случаи косого изгиба можно рассматривать как сочетание двух прямых изгибов в главных плоскостях инерции бруса. Все внешние силы и моменты, действующие на брус, следует разложить на составляющие по главным центральным осям его поперечного сечения и построить соответствующие эпюры изгибающих моментов (эпюры Мx

и Мy).

Рис. 1.2

В некоторых случаях положение опасного сечения очевидно и в построении эпюр Мx и Мy нет надобности.

При расчётах на прочность будем учитывать только влияние изгибающих моментов, пренебрегая влиянием поперечных сил. Касательные напряжения в опасных точках поперечного сечения бруса, работающего на косой изгиб, или равны нулю (например, при двутавровом или прямоугольном сечении), или весьма не велики по сравнению с нормальными напряжениями.

Рис. 1.3

3.2. Брус прямоугольного поперечного сечения

Нормальное напряжение в произвольной точке поперечного сечения бруса определяют по формуле

МХ МY	М	Х y	M y	x,	(1.1)
			M y
	J Х

где Мх и Мy – изгибающие моменты в рассматриваемом поперечном сечении; Jx и Jy - главные центральные моменты инерции сечения;

x и y – координаты точки, в которой определяется напряжение.

В формуле (1.1) каждое из слагаемых должно быть представлено со своим знаком (как обычно, напряжения растяжения считают положительными). Знаки напряжений целесообразно устанавливать

Рис. 1.4

по характеру деформации бруса, а значения изгибающих моментов и координат точки принимать по абсолютной величине, т.е. относить знак ко всему слагаемому в целом. Так, например, для бруса, изображенного на рис. 1.4, нормальные напряжения в точках A, B, C, и D некоторого поперечного сечения имеют соответственно следующие значения:

C M x yC

M y xC ;

M x y A

M y x A ;

B M x y B

M y

xB ;

J x

J y

D M x yD

M y xD

где

Мх = Fyz = ( F cosβ) z, Мy = Fxz = ( F sinβ) z

J x

J y

На рис. 1.4

показаны эпюры

нормальных напряжений

соответствующих изгибу в каждой из главных плоскостей. Ординаты эпюр, дающие напряжения в точке A, выделены более толстыми линиями.

3.3. Положения опасных сечений

Для расчета на прочность надо определить положение опасного поперечного сечения и опасной точки в этом сечении. Если изгибающие моменты Mx и MY достигают своих наибольших значений в одном и том же

сечении, то оно и является опасным. Если наибольшие значение Mx и MY имеют

место в разных сечениях, то следует произвести расчет для каждого из этих сечений. Могут встретиться случаи, когда расчет следует производить по более

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 237 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Расчетно-проектировочные работы и примеры их выполнения. Методическое пособие для студентов дневных

#
22.01.20147.32 Mб162Основные задачи 2-го семестра.pdf
#
22.01.20143.1 Mб171Основныезадачи 1-го семестра.pdf