Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Владимирский государственный университет им. Столетовых

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Расчет стержневых систем Сопромат.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

22.03.2015

Размер:

1.18 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 52 3 4 5 > Следующая >>>

11		а а а	12
		а а а	2а а
		а	2а
		2а	а
а	4а	а	а а а а а
13		а	14
		а	а
		4а	4а
		а	а
а а 2а а а			а а 2а а а
15			16
		а	а
		4а	4а
а	2а	а	а а а а а
17		а	18
		а	а
		4а	4а
а а 2а а а			а а 2а а а
19			20
		а	а
		4а	4а
		а	а
а а а а а а а			а а 2а а а

Окончание рис. 2

Таблица 1

№ п/п	а1, м	а2, м			а3, м		а4, м		а5, м				b1, м		b2, м			b3, м		b4, м
1	0		4		4		6				6	0				4		2				8
2	0		4		2		6				4	0				6		3				8
3	2		4		2		6				8	6				8		3				3
4	2		4		2		6				4	4				8		4				8
5	0		8		2		8				6	0				3		3				6
6	4		8		3		6				3	2				6		2				4
7	2		8		8		6				3	2				6		8				4
8	4		8		7		4				4	6				8		8				4
9	0		3		3		6				3	6				8		8				0
10	0		6		3		6				8	0				8		4				0
11	1		5		3		8				7	5				8		3				5
12	3		8		6		5				3	5				7		3				3
13	3		6		6		8				2	4				6		2				8
14	2		5		4		6				8	2				6		8				8
15	5		7		2		8				8	2				7		4				5
16	1		4		8		6				8	1				6		8				4
17	3		8		8		6				6	3				6		2				6
18	5		8		6		8				2	5				8		6				2
19	2		6		2		8				8	0				4		6				4
20	0		3		5		6				8	3				6		5				0
																			Таблица 2

№ п/п	Форма		q	, кН/м		F , кН		M		1	, кН·м		q	, кН/м			F , кН		M		2	, кН·м
	сечения		1			1				1			2				2				2
1	20			20		-40					0			0			80					20
2	19			30		0				-80				0			40					30
3	18			10		60					0			0			-20					40
4	17			40		0					60			0			-60				-40
5	16		-20			-60					0			0			-40				-80
6	15			0		60					0			10			40				-10
7	14			0		-20				-30				20			-40					0
8	13			0		-10					40			30			0					20
9	12			0		-30					30		-20				0					0
10	11			0		20					60		-40				0					80
11	10			0		30					20		-10				0				-20
12	9			0		40				-20			-30				30					0
13	8			0		50				-40				40			0				-30
14	7			0		-50					10			50			20					0
15	6			0		80					50			20			0					50
16	5		-10			0				-50				0			60				-50
17	4			20		40					0			0			-60					60
18	3		-30			0					80			0			-30				-60
19	2			40		30					0			0			50					10
20	1		-50			0				-60				0			-50					40

Указания к решению задания 1

Косым изгибом называется такой вид изгиба, при котором плоскость действия изгибающего момента в данном поперечном сечении стержня не совпадает ни с одной из плоскостей, проходящих через главные, центральные оси инерции этого сечения.

Косой изгиб можнорассматриватькаксочетаниедвухплоскихизгибов. Момент Мz, действующий в плоскости ху стержня, вызывает нормальные напряжения σ(Mz) (см. рис. 3, а). Момент My, действующий в

плоскости xz стержня, вызывает нормальные напряжения σ(My) (см. рис. 3, б).

σ(Mz)		z
z
1	1
x	1	x
x		x

Мy

σ(Му)

Мz

а)	б)
а)
	Рис. 3

При косом изгибе в произвольной точке поперечного сечения возникает нормальное напряжение:

σ = ±	M	z	y	±	M y	z	.	(1)
	M	z			M y
					J y
	J z				J y

В формуле (1) знак ''+'' перед слагаемым ставится в том случае, если под действием соответствующего момента точка, где определяются нормальные напряжения, попадает в растянутую зону.

Если же под действием соответствующего момента эта точка попадает в сжатую зону, то перед слагаемым ставится знак ''-''. Например, в

точке 1 (см. рис. 3,а) изгибающий момент Мz вызывает деформацию растяжения, а из рисунка 3, б видно, что изгибающий момент Мy вызывает в

той же точке деформацию сжатия.

Формула (1) для нормальных напряжений в точке 1 примет вид:

σ = +		M z	y	−	M y	z	.

1	1				1
		J y			J y

Максимальное нормальное напряжение, возникающее в поперечном сечении не должно превышать расчетного сопротивления.

Это напряжение возникает в опасном сечении (о.с.) в опасной точке

(о.т.).

Максимальные значения Мz и Мy не всегда попадают в одно сечение, и тогда приходится просчитывать на прочность несколько сечений, представляющихся расчетчику опасными.

Одним из способов определения опасной точки (о.т.) является подсчет нормальных напряжений во всех характерных точках сечения и сравнение их по величине.

Таким образом, условие прочности при косом изгибе имеет вид:

	M zо.с.			M оy	.с.

σmax = +		yо.т.	+			zо.т.	≤ R .

	J z			J y

Пример расчета

Задача № 1. Для балки изображенной на рис. 4, а с поперечным сечением - рис. 4, б построить эпюры внутренних силовых факторов; из расчета на прочность подобрать параметр а, приняв R = 12 МПа; построить эпюру нормальных напряжений для опасного сечения.

у
25 кН		40 кН·м			а
		40 кН·м			а
				х	3
				х
z	40 кН		20 кН/м		а
					1
2 м	2 м	1 м	3 м		3 а
		а)	Рис. 4		б)
			Рис. 4

Решение.

1. Рассмотрим вертикальную плоскость (см. рис. 5, а) и построим

эпюры Qy (рис. 5, б), Mz – (рис. 5, в).

2. Рассмотрим горизонтальную плоскость(см. рис. 5, г) и построим эпюры Qz (рис. 5, д), My (рис. 5, е). Объединенная эпюра изгибающих моментов показана на рис. 5, ж.

	у			RB = 53,75 кН
а)	RA = 1,25 кН	25 кН		RB = 53,75 кН
а)
			20 кН/м	х
			20 кН/м	х
	A			B
	2 м	2 м	4 м

	6,25		53,75
б)			Эп. Qу, кН
1,25			2,69 м
26,25	71,25		72,2
55	71,25		72,2
55
2,5
в)	K	L	Эп. Mz, кН·м
	K	L

г)

			х
RА = 25 кН	40 кН	40 кН·м
z			RВ = 15 кН
2 м	3 м	3 м

д)	25
25	25				Эп. Qz, кН
25	15			15	Эп. Qz, кН
	15
е)			K	L	Эп. My, кН·м
е)
		5	45
	50	5	45	40,35
	50	71,25		72,2
	2,5 D 55	71,25		72,2
ж)	2,5 D 55		K	L	Эп. M, кН·м
ж)			K	L	Эп. M, кН·м
	50	5	45	40,35
	50	Рис. 5
		Рис. 5

3.Вычислим геометрические характеристики сечения (рис. 6):

-найдем положение центра тяжести;

-найдем главные центральные моменты инерции.

			а
			8	1
			I	1
			I
3a	2,5a		c1			z1
			c1			z1
		0,5a	c			a
			c			z
		6	7	2	3	a
	a	II	c2		3	a
	a					z2
a	1,5					z2
		5			4
		5
			3а
			Рис. 6

J y = J yI

+ J yII =

3aa

a(3a)3

= 2,5a4

;

a(3a)3

3aa3

J z = J z

+ J z

+ a

4. Как следует из рис. 5, ж опасность будут представлять сечения L и сечения К, так как в них наибольшие и близкие к наибольшим изгибающие

моменты. В сечении D наибольший момент Му, но ему соответствует очень

маленький момент Мz, поэтому сечение D рассматривать не будем. Подсчитаем напряжения в характерных точках сечения L (рис. 5, ж).

Изгибающие моменты в этом сечении равны:

Мz = 72,2 кН·м; M y = 40,35 кН·м.

Для правильной расстановки знаков в формуле (1) покажем действие

моментов Му и Мz в сечении на рис. 7 (при этом будем помнить, что эпюра
изгибающих моментов строится на растянутом волокне).
	у			у
8		1		8	1
	Mz
		z			My	z
6	2	3	6	7	2	3
7	2			7	2
5		4	5			4
		Рис. 7
В сечении L изгибающий момент Мz растягивает верхние волокна,
сжимает нижние. Изгибающий момент Му растягивает правые и сжимает
левые волокна. Большие напряжения возникнут в точках, где знаки напря-

жений, вызванных моментами Мz и Му совпадают, то есть в точках 1; 5 и 6.

= +

M z

M y

72,2

2,5a +

40,35

0,5a =

29,3

;

8,5a4

2,5a4

J z

J y

σ5 = −

M z

−

M y

= −

72,2

1,5a −

40,35

1,5a = −

;

J z

J y

8,5a4

2,5a4

σ6

= −

M z

−

M y

= −

72,2

0,5a −

40,35

1,5a = −

28,5

;

J z

J y

8,5a4

2,5a4

σmaxL =σ5

= −37 .

5. Рассмотрим сечение К (рис. 5,в) Mz = 71,25 кН·м и My = 45 кН·м. Распределение знаков напряжений и потенциально опасные точки в сече-

нии К будут те же, что и в сечении L (рис. 7). Подсчитаем напряжения в точках 1, 5 и 6 сечения К:

σ	= + 71,25	2,5a +	45				0,5a = 30 ;
σ	= + 71,25	2,5a +					0,5a = 30 ;
1	8,5a4			2,4a4			a3
	8,5a4			2,4a4			a3
σ5	= − 71,25	1,5а −	45			1,5а = −39,6		;
σ5	= − 71,25	1,5а −	2,5а4			1,5а = −39,6		;
	8,5а4		2,5а4				а3
σ6	= − 71,25	0,5а −	45				1,5а = −31,2	;
σ6	= − 71,25	0,5а −			2,5а4		1,5а = −31,2	;
	8,5а4				2,5а4		а3
σмахК =σ5 = −39,6			;
		а3

σmaxK > σmaxL .

Следовательно, сечение К – опасное сечение.

Расчет на прочность

σmax ≤ R

39,6	103	≤12 10	6	Н	а ≥0,15м.
a3				м2

Построим эпюры распределения нормальных напряжений по внешнему контуру сечения К.

3 104

=8,9

106

=8,9 МПа;

(0,15)3

м2

σ2

= −

M z

M y

= −

71,25

0,5a +

0,5a =

4,8

J z

J y

8,5a4

2,5a4

0,48 104

=1,4 10

=1,4 МПа;

(0,15)

σ3

= −

M z

M y

= −

71,25

0,5a +

1,5a =

22,8

J z

J y

8,5a4

2,5a4

2,28 104

= 6,8 МПа;

(0,15)

σ4

= −

M z

M y

= −

71,25

1,5a +

1,5a =

14,4

J z

J y

8,5a4

2,5a4

=1,44 104 = 4,3МПа; (0,15)3

σ5

= −

39,6

= −

3,96 104

= −11,7 МПа;

а3

(0,15)3

σ6

= −

31,2

= −

3,12 104

= −9,2 МПа;

а3

(0,15)3

σ7

= −

M z

−

M y

= −

71,25

0,5a

−

0,5a = −

13,2

J z

J y

8,5a4

2,5a4

1,32 104

= −

= −3,8МПа;

(0,15)

Мz

M y

71,25

= +

−

2,5a −

0,5a =

J z

J y

8,5a4

2,5a4

=1,2 104 =3,5 МПа. (0,15)3

По полученным данным построим эпюры σ по внешнему контуру сечения (рис. 8). Если перенести с эпюры σ на сечение точки, где напряжения равны нулю, и соединить эти точки между собой, мы получим прямую, проходящую через центр тяжести сечения, это нулевая линия – линия, где нормальные напряжения равны нулю.

3,5

3,8

9,2

3,5

3,8		c
		c
9,2	6	7

11,7

нулевая

линия

11,7

Эп. σ, МПа

8,9

6,8

1,4

8,9

1,4

6,8

4 4,3

4,3

Рис. 8

Задание 2

ВНЕЦЕНТРЕННОЕ СЖАТИЕ

В соответствии с шифром для колонны, испытывающей внецентренное сжатие (рис. 9) с поперечным сечением (см. рис. 2) и нагрузкой (табл.

3)требуется:

1.Построить эпюры внутренних силовых факторов и подобрать параметр а поперечного сечения из условия прочности по нормальным на-

пряжениям. Расчетные сопротивления материала: Rсжат =8 МПа;

Rраст = 0,5МПа.

2.Показать распределение нормальных напряжений в поперечном сечении колонны.

3.Построить ядро сечения.

						Таблица 3

		I			II
№ п/п	F, кН		ey	Тип сечения		ez
	F, кН		h	Тип сечения		b
			h			b
1	60	+ 0,10		10		+ 0,30
2	65	+ 0,12		9		+ 0,32
3	70	+ 0,14		8		+ 0,34
4	75	+ 0,16		7		+ 0,35
5	80	+ 0,18		6		+ 0,36
6	85	- 0,20		5		- 0,40
7	90	- 0,22		4		- 0,10
8	95	- 0,24		3		- 0,12
9	100	- 0,26		2		- 0,14
10	105	- 0,28		1		- 0,15
11	110	+ 0,30		20		- 0,16
12	115	+ 0,32		19		- 0,18
13	120	+ 0,34		18		- 0,20
14	125	+ 0,36		17		- 0,22
15	130	+ 0,38		16		- 0,24
16	135	- 0,40		15		+ 0,25
17	140	- 0,15		14		+ 0,26
18	145	- 0,25		13		+ 0,28
19	150	- 0,35		12		+ 0,13
20	155	- 0,13		11		+ 0,38

еz h F

еy

Рис. 9

Указания к решению задания 2

Внецентренным растяжением или сжатием называется такой вид деформации, когда в поперечном сечении стержня одновременно действуют продольная растягивающая или сжимающая сила и изгибающий момент. На рис. 10, а изображен стержень, в поперечном сечении которого одновременно действуют продольная сила N и изгибающий момент М, состав-

ляющиекоторогоотносительноглавныхосейинерциисеченияравныMz иMу.

Продольная сила N и моменты Mz и Mу могут рассматриваться как результат приложенной силы F = N (рис. 10, б). Именно поэтому случай одновременного действия в поперечном сечении продольной силы и изгибающего момента называют внецентренным растяжением (при растягивающей продольной силе) или сжатием (при сжимающей силе). Координаты еy и еz точки Р приложения силы F называются эксцентриситетами этой силы относительно главных центральных осей инерции z и у, точку Р – центром давления или полюсом. Изгибающие моменты в сечении равны:

Мz = Fey , M y = Fez .

Нормальное напряжение в произвольной точке сечения с координатами у и z равно:

σ = ±σN ± σM z ± σM y .

Знак ''+'' или ''-'' перед слагаемыми выбирается в зависимости от того растяжение или сжатие возникает в точке поперечного сечения под действием соответствующих силовых факторов. Растягивающие напряжения положительны, сжимающие – отрицательны, то есть

σ = ±

M y

(2)

J z

J y

x		нулевая	x
N	y	линия	F = N	y
	z		F = N	еz
My	z			еz
Mz	K
Mz				еy
		az		еy
	y	az	ay
	y
		z		z
				z

а)

б)

Рис. 10

Максимальное нормальное напряжение, возникающее в сечении стержня не должно превышать расчетного сопротивления. Если стержень выполнен из материала с разными расчетными сопротивлениями на растяжение и на сжатие, то условие прочности имеет вид:

σ+	≤ R	и	σ−	≤ R .

max	раст		min	сж

Нулевая линия при внецентренном растяжении или сжатии не проходит через центр тяжести сечения. Ее положение легко задать в отрезках,

отсекаемых нулевой линией на главных осях у и z:

	iz2
ay = −
ay = −	e
	e	y ,	(3)
		y ,	(3)
	i2y
az = −
az = −	ez
	ez

где iz =	J z	и iy =	J y	- радиусы инерции поперечного сечения стержня
	A		A

относительно главных центральных осей инерции z и у.

С одной стороны от нулевой линии в поперечном сечении возникают растягивающие нормальные напряжения, с другой – сжимающие. Как видно из формул (3) нулевая линия и полюс находятся в противоположных четвертях системы координат и, чем ближе полюс к центру тяжести сечения, тем дальше нулевая линия отодвигается от этого центра. Таким образом, можно найти положение полюса, при котором нулевая линия выйдет за пределы сечения, а это значит, что нормальные напряжения в этом сечении будут иметь один знак.

Геометрическое место точек вокруг центра тяжести сечения, попав в которое сила F вызовет в этом сечении нормальные напряжения одного знака, называется ядром сечения.

Координаты точек ядра сечения определяются при помощи следующих формул:

		i2y
ez = −
ez = −	a
	a		z	,	(4)
			z	,	(4)
		iz2
ey = −
ey = −		ay
		ay

где az и ау – отрезки, отсекаемые нулевыми линиями, на осях z и у, проходящими по касательным к сечению.

Пример расчета

Задача № 1. Колонна с поперечным сечением, показанным на рис. 11, сжимается силой F = 10 кН, приложенной в точке с координатами ey = 0,16h ; ez = −0,5b . Найти параметр а поперечного сечения, если

Rраст =0,5МПа, Rсж =8 МПа. Построить эпюры внутренних силовых фак-

торов, эпюры распределения нормальных напряжений по сечению, а также построить ядро сечения.

	а
h	а
	1,5

2,4 а

Рис. 11

Решение:

1. Вычислим геометрические характеристики сечения (см. рис. 12). Сначала определяем положение центра тяжести сечения zc = 0, yc = 1,02 a.

а	1,48 а	0,48 а
	1,48 а	0,48 а

1,5 a

		1,02 а

А= аа +1,5а 2,4а = 4,6а2 ;

у	а
	а
с1	I	0,98 а	z1

с z

с2		а	z2
	II	0,27
	II
2,4 а
2,4 а
Рис. 12
Рис. 12

J y = J Iy + J IIy

= a4

1,5a(2,4a)3

=1,81a4;

J z = J zI + J zII = a4

+ (0,98a)2 a2 +

2,4a(1,5a)3

+ (0,27a)2 3,6a2 =1,98a4;

i2y

J y

1,81a4

= 0,39a2

4,6a

J z

1,98a

=0,43a

4,6a2

Покажем сечение колонны с приложенной в нем силой F (точка Р) (рис. 13). Координаты точки приложения силы:

	0,5 а	у
	0,5 а
	1
a	7	8с
a	a	8с
2,5	a
	P
	= 0,4

е y

6 еz

1,2 а

0,5 а

	а	1,48а
3	0,48	1,48а
3
	4
		1,02 а
	5

1,2 а

Рис. 13

ey = 0,16 2,5a = 0,4a

ez = −0,5 2,4a = −1,2a .

2. Определим внутренние силовые факторы:

N = −F = −160 кН;

M z = Fey =160 0,4a = 64a ;

M y = Fez =160 1,2a =192 а.

Построим эпюры этих факторов (см. рис. 14).

	у
	сжатие	2
	1	2
7	8	3	4	z
7			4

	Mz
6	растяжение		5

		у
	1	2
	7
сжатие	8	3
сжатие		Mу
		Mу

растяжение

Рис. 14

3. По формуле (2) найдем напряжения в характерных точках поперечного сечения. Для правильной расстановки знаков покажем действие изгибающих моментов (см. рис. 15).

160 кН	х	у
		у		Эп. М
		Эп. N, кН
		Эп. N, кН
		160		192 а
			64 а	192 а
		z		Эп. Му
			Эп. Мz	Эп. Му
			Эп. Мz	192 а
		160	64 а	192 а
		160

Рис. 15

= −

−

σ2

= −

−

σ3

= −

−

σ4

= −

−

σ5

= −

σ6

= −

σ7

= −

−

= −177,59 ; a2

σ8 = − NA −

= −103,34 . a2

M z J z

M z

J z

M z

J z

−

M y

= −

160

−

64a

1,48a −

192а

0,5а = −135,66 ;

J у

4,6a2

1,98a4

1,81а4

M y

= −

160

−

64a

1,48a +

192a

0,5a = −

25,98

;

J y

4,6a2

1,98a

1,81a

M y

= −

160

−

64a

0,48a +

192a

0,5a = 2,74 ;

J y

4,6a2

1,98a4

1,81a4

M y

= −

160

−

64a

0,48a +

192a

1,2a =

;

J y

4,6a2

1,98a4

1,81a4

M y

64a

1,02a +

192a

1,2a =125,5 ;

= −

160

J y

4,6a2

1,98a4

1,81a4

−

M y

= −

160

64a

1,02a −

192a

1,2a = −

129,11

;

J y

4,6a2

1,98a4

1,81a4

−

M y

= −

160

−

64a

0,48a −

192a

1,21a =

J y

4,6a

1,98a4

1,81a4

−	M y	z	8	= −	160	−	64a	0,48a −	192a	0,5a =

	J y				4,6a2		1,98a4	1,81a4

Опасной точкой в сжатой зоне является т. 7, в растянутой зоне – т. 5.

4.Сделаем расчет на прочность:

σ(max−) =σ7 ≤ Rсж ,

177,59 кН ≤8 103 кН/м2,

а2

а≥0,15 м.

σ(max+) =σ5 ≤ Rраст,

125,5 кН ≤ 0,5 103 кН/м2,

а2

а ≥0,50 м.

Из полученных двух значений а выбираем большее. Принимаем а = 0,50м.

5. Определим внутренние силовые факторы с учетом найденного параметра а:

N = −160кН,

M z = 64a =64 0,5 =32 кН м,

My =192a =192 0,5 =96 кН м.

6.Для построения эпюр распределения нормальных напряжений в поперечном сечении вычисляем σ с учетом параметра а:

σ1 = −135,66 = −135,66 = −542,64 кН/м2 = - 0,54 МПа; а2 (0,5)2

σ2 = −29,58 = −29,58 = −118,32 кН/м2 = - 0,12 МПа;

а2 0,52


σ3	= 2,74 =			2,74		=10,96 кН/м2 = 0,01 МПа;

	а2		0,52
σ4	= 77	=	77		=308 кН/м2 = 0,31 МПа;

	а2	0,52
σ5	=125,5 =125,5 =502 кН/м2 = 0,5 МПа;
	а2		0,52
σ6	= −129б11 = −129б11 = −516,44 кН/м2 = - 0,52 МПа;
		а2	0,52
σ7	= −177,59 = −177,59						= −710,36 кН/м2 = - 0,71 МПа;
		а2	0,52
σ8	= −103,34 = −103,34						= −413,36 кН/м2 = - 0,41 МПа.
		а2	0,52

Построим эпюру σ (МПа) (см. рис. 16).

0,41

		0,71
	0,54
0,41	0,71	7
	0,71

0,52

у
0,01	0,31
	0,31

0,12

0,54	2		0,12
1			0,12
1
		4	0,31
8	3	4	z
8	3	0,01	z
с
		5	0,5

0,52

0,5

Рис. 16

7. Для построения ядра сечения будем последовательно проводить касательные к этому сечению, считая, что они являются нулевыми линиями (см. рис. 17).

Координаты точек ядра сечения будем определять по формуле (4). Нулевая линия I:

1. Oтрезки, отсекаемые этой нулевой линией на осях у и z:

ау = 0,74 м, az =∞.

Вычислим квадраты радиусов инерции:

iz2 =0,43 0,52 =0,11 м2 , i2y =0,39 0,52 = 0,1 м2.

Вычислим координаты точки 1 ядра сечения, соответствующей нулевой линии I.

ey = −	iz2	= −	0,11	= −0,15 м, ez = −	i2y	= −	0,1	= 0 .
	ay		0,74		az		∞

Нулевая линия II:

Чтобы найти отрезки, отсекаемые этой нулевой линией на осях у и z, необходимо рассмотреть подобие треугольников ABD, DEG, GHK.

ay =1,1м, az =0,77 м.

Найдем координаты точки 2 ядра сечения:

ly = −01,11,1 = −0,1м, lz = −00,77,1 = −0,13 м.

Нулевая линия III: ay = ∞, az = 0,6 м.

Найдем координаты точки 3:

= 0,11 =

ey ∞ 0 ,

ez = −00,,16 = −0,17 м.

Нулевая линия IV: ay = −0,51м, az =∞.

Найдем координаты точки 4:

ey =	0,11 =		0,22 м,
	0,51
ez	= −	0,1	= 0 .
		∞

Точки 5 и 6 симметричны точкам 3 и 2.

Соединив последовательно получившиеся точки, получим ядро сечения (рис. 17).

н.л. I

н.л. V

н.л. IV

н.л. II н.л. VI

B	D		III		0,36
			.
4		E	н.л	0,5	0,74	1,1
			н.л	0,5		1,1

3	c	5	G	K	z
2	1	6	H	0,24	0,51
2		6


0,17	0,35		0,35	0,17

	0,25	0,25
	0,6	0,6
	0,77	0,77

Рис. 17

Задание 3

РАСЧЕТ НЕРАЗРЕЗНОЙ БАЛКИ

В соответствии с шифром для балки (см. рис. 18) с размерами и нагрузками, взятыми из табл. 4 и 5, формой поперечного сечения (см. рис.

19)требуется:

1.Построить эпюры изгибающих моментов, используя уравнение трех моментов.

2.Построить эпюру поперечных сил.

3.Из расчета на прочность по нормальным напряжениям подобрать размеры поперечного сечения. Расчетное сопротивление R = 210 МПа.

							Таблица 4

№ п/п	l1, м	l2, м	l3, м	a, м	b, м	c, м	d,м
1	5,7	3,3	3,0	1,0	1,5	2,0	2,2
2	6,0	3,6	3,3	1,2	1,6	2,2	2,0
3	3,0	3,9	3,6	1,4	1,8	1,0	1,2
4	3,3	4,2	3,9	1,5	2,0	1,2	1,0
5	3,6	4,5	4,0	1,6	2,2	1,5	1,8
6	3,9	4,8	4,2	1,8	1,0	1,8	1,5
7	4,2	5,1	4,5	2,0	1,2	1,8	2,4
8	4,5	5,4	4,8	2,2	1,4	1,6	2,0
9	4,8	5,7	5,0	1,0	1,5	2,0	1,6
10	5,0	6,0	5,1	1,2	1,6	1,6	1,5
11	5,1	3,3	5,4	1,4	1,8	1,8	1,4
12	5,4	3,6	5,7	1,5	2,0	2,0	2,2
13	5,7	3,9	6,0	1,6	2,2	2,2	1,5
14	6,0	4,2	3,0	1,8	1,0	1,5	12,2
15	4,5	4,5	3,3	2,0	1,2	1,2	1,0
16	4,0	4,8	3,6	2,2	1,4	1,4	1,2
17	5,7	5,1	3,9	1,0	1,5	1,5	1,8
18	3,0	5,4	4,0	1,2	1,6	1,8	1,4
19	4,2	5,7	4,2	1,4	1,8	1,4	2,0
20	3,6	6,0	4,5	1,5	2,0	2,0	2,4
21	4,8	3,0	4,8	1,6	2,2	1,0	1,2
22	3,3	3,3	5,0	1,8	1,0	1,2	1,0
23	5,1	3,6	5,1	2,0	1,2	2,0	2,2
24	5,4	3,9	5,4	2,2	1,4	2,2	2,5

1		q1			M			F1	q2		F2
	a		l1/2	l1	c	l2		d	l3	b
	a		l1/2	l1		l2		d	l3	b
2	F1		q1	M		F2			q2
	a		c	l1	d	l2		l3		b
	a			l1		l2		l3		b
3	F1		F2			q1			M	q2
	a		l1/2	l1		l2		c	l3	b
	a		l1/2	l1		l2			l3	b
4			M	q1		F1			F2	q2
			l1/2	l1	d	l2		l3/2	l3	b
				l1		l2			l3	b
5			q1			M		F1		q2	F2
			l1		c	l2		l3/2	l3	b
			l1			l2			l3	b
6			F1	F2		q1			q2
			l1/3 l1/3 l1/3		d	l2		l3		b	M
			l1/3 l1/3 l1/3			l2		l3		b	M
7		F1			F2		M	q1		q2
			b	d	l1		l2/2	l2		l3
			b		l1			l2		l3
8				q1			F1	q2		F2
	M		b		l1	d	l2	l2/3	d	l3
	M		b		l1		l2			l3
9		F1		q1				F2	q2		M
			b	d	l1	l2/2		l2		l3
			b		l1			l2		l3
10					F1		F2	q1		q2
			M	d	l1	l2/2		l2		l3
						Рис. 18
58

l1/2

l2/3

l3/2

l3/3

l2/2

l2/3

l2/4

Окончание рис. 18

										Таблица 5

№ п/п		Форма	q1, кН/м		q2, кН/м		F1, кН		F2, кН	M, кН м
		сечения
1	1		10	12		-15		30		8
2	2		12	14		18		23		- 8
3	3		14	16		20		26		10
4	4		16	18		25		24		-10
5	5		18	20		30		22		12
6	1		20	10		22		20		-12
7	2		10	22		24		18		14
8	3		12	24		-10		16		-14
9	4		14	26		-12		14		16
10	5		16	28		-14		15		-16
11	1		18	30		-16		12		18
12	2		20	10		18		20		-18
13	3		22	12		20		10		20
14	4		24	14		22		12		-20
15	5		26	16		24		14		22
16	1		28	18		26		16		-22
17	2		30	20		28		18		24
18	3		26	10		30		20		-24
19	4		24	12		-10		22		26
20	5		22	14		-12		24		-26

Рис. 19

Указания к решению задания 3

Неразрезными называются балки, не имеющие промежуточных врезных шарниров. Такие балки широко применяются в строительстве и являются статически неопределимыми.

Степень статической неопределимости неразрезной балки Л находится по формуле

Л =С0 −3 ,

(5)

где С0 – число опорных связей (стержней).

Для решения задачи из статически неопределимой балки (рис. 20, а) образуем статически определимую. Она получается путем введения шарниров в опорные сечения. Такая балка называется основной системой (рис. 20, б). В качестве неизвестных будут выступать опорные изгибающие моменты. Эти моменты положительны, если они растягивают нижние волокна. Опоры принято нумеровать слева направо, обозначая крайнюю левую номером ''ноль'', номер пролета определяется номером принадлежащей ему правой опоры.

0	1	2	n-2	n-1	n	n+1
a)
	l1	l2		ln-1	ln	ln+1
	M1	M1 M2	M2 Mn-2 Mn-2 Mn-1 Mn-1 Mn Mn Mn+1 Mn+1

б)

Рис. 20

Уравнение трех моментов составляется для неизвестного опорного момента Мп и имеет вид:

Mn−1ln +2Mn (ln +ln+1)+ Mn+1ln+1	= −6(Bnф + Аф	), (6)
	п+1

где Впф - фиктивная реакция правой опоры п-ого пролета, Апф+1 - фиктив-

ная реакция левой опоры (п +1)-го пролета.

Фиктивные реакции определяются от фиктивной нагрузки, представляющей собой эпюру пролетных моментов (Мпрол)в основной системе от

заданной нагрузки. Фиктивные реакции для наиболее часто встречающихся нагрузок приведены в табл. 6.

			Таблица 6
Схема нагрузки		Аф	Вф
q
Эп. Мq	l	ql3	ql3
Эп. Мq		24	24
Aq		24	24
Aq	ql2	Bq
l/2	2
	2
	F
ul	vl	Fl2uv(1 + v)	Fl2uv(1 + u)

Эп. МF	6	6
Aq	Bq

Fluv

Эп. Мq

ql3u2 (2 −u)2

ql3u2 (2 −u2 )

ql2vu2

ql3v2 (2 − v2 )

Эп. Мq

ql3v2 (2 −v)2

2 2

ql uv

− ml(1 −3v2 )

ml(1 −3u2 )

Эп. Мm

Для расчета неразрезной балки необходимо составить столько уравнений, сколько возникает неизвестных опорных моментов. Чтобы записать уравнение 3-х моментов, достаточно в формуле (6) дать индексу п значение номеров опор, где возникают неизвестные опорные моменты.

Если в крайней опоре балки есть заделка (рис. 21, а), то в основной системе она заменяется дополнительным пролетом бесконечно малой длины (рис. 21, б). Консольные части балки условно отбрасываются, а их действие заменяют известными моментами и поперечными силами (рис. 21,

б). Момент М0 будет равен: М0 = −Fa ; Q = −F ; M3 =0 . Составив систему уравнений 3-х моментов и решив ее, найдем опорные моменты.

a)	0	1	2

а	l1		l2

	Q	M1	M1	M2 M2	M3
		M1	M1	M2 M2	M3
б)	0		1	2	3
	M0
		l1	l2	l3 = 0

Рис. 21

Эпюру изгибающих моментов для заданной балки можно построить путем геометрического сложения эпюры пролетных моментов от внешней нагрузки с эпюрой от опорных моментов в основной системе.

Эпюру поперечных сил можно построить, используя окончательную эпюру изгибающих моментов. Для этого ее разбивают на участки с однородной функцией М. Формула для определения поперечной силы на таком участке имеет вид:

	Mправ − M лев		q l
Q =		±	i i	.	(7)
Q =	l	±	2	.	(7)
	l		2
	i

В этой формуле значения моментов берутся со своими знаками. Знак ''+'' перед вторым слагаемым ставится при определении поперечной силы в левом сечении участка. Для правого сечения берется знак ''-''. Распределенная нагрузка qi считается положительной, если она направлена сверху вниз.

Опорная реакция на любой опоре п может быть найдена как разность поперечных сил слева и справа от опоры п

Rn =Qn+1 −Qn .

(8)

После определения опорных реакций необходимо сделать статическую проверку.

Пример расчета

Задача № 1. Для балки, показанной на рис. 22 построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.

Из расчета на прочность подобрать поперечное сечение в виде трех двутавров, поставленных рядом. Расчетное сопротивление стали принять равным: R = 210 МПа.

10 кН	30 кН	20 кН/м	40 кН/м

	2 м	6 м	2 м
	2 м		4 м

Рис. 22

Решение.

Определим по формуле (5) степень статической неопределимости

Л =5 −3 = 2 .

Образуем основную систему введением шарниров в опорные сечения балки. Со стороны заделки введем фиктивный пролет длиной, равной нулю. Основная система показана на рис. 23, а.

Запишем уравнения трех моментов.

1.Для момента над опорой 1- п = 1:

М0l1 + 2M1(l1 +l2 )+ M 2l2 = −6(B1ф + A2ф).

2.Для момента над опорой 2 - п = 2:

M1l2 + 2M 2 (l2 +l3 )+ M3l3 = −6(B2ф + A3ф).

По табл. 6 найдем значения фиктивных реакций. Фиктивные реакции в первом пролете складываются из фиктивных реакций от сосредоточен-

ной силы и фиктивной реакции от распределенной нагрузки:

B1ф = B1ф(F ) + B1ф(q) ,

где B1ф(F ) = Fl2uv6(1 + u); F = 30 кН; l = 6 м.

Найдем значения коэффициентов и и v: ul = 2м u 6 = 2 u = 13 ;

vl = 4м v 6 = 4 v = 23 .

					2		1	1			1
			30 6						1	+
			30 6				3	2	1	+	3
Bф	=						3	2			3	=53,33 кН м2;
Bф	=						6					=53,33 кН м2;
1(F )							6
Bф	=	ql3		=		20 63			=180 кН м;
Bф	=			=			24		=180 кН м;
1(q)	24						24

B1ф =53,33 +180 = 233,33 кН м2;

A2ф = ql3u2 (2 −u)2 ; q = 40 кН/м; l = 4 м; 24

ul = 2 м u 4 = 2 u = 0,5 .

Aф		=		40 43 0,52 (2 −0,5)2			=60 кН м;
Aф		=	24				=60 кН м;
2			24
B	ф			ql3u2 (2 −u2 )		40 43	0,52 (2 − 0,52 )	2
	2	=			=			= 46,67 кН м ;
		=	24		=		24	= 46,67 кН м ;
			24				24
Аф		=	0 .
3

Опорные моменты над крайними опорами будут равны:

М0 = −10 2 = −20 кН м, М3 =0 .

Подставляяполученныезначениявуравнениятрехмоментов, получим:

− 20 6 + 2М2 (6 + 4)+ М0 4 = −6(233,33 + 60)

М1 4 + 2М2 (4 + 0)+ 0 = −6(46,67 + 0)

или

20М1 + 4М2 = −1640 .

4М1 +8М2 = −280

Решивсистемууравнений, получимзначениенеизвестныхопорныхмоментов:

М1 = −83,33 кН м и М2 = 6,67 кН м.

Строим эпюру опорных моментов Моп (рис. 23, в). Окончательная эпюра М (рис. 22, г) получается суммированием значений опорных моментов и эпюры пролетных моментов Мпр (рис. 23 , б).

Эпюру поперечныхсилQ строим, используяэпюруМпоформуле(7).

На консоли Q = − 2020− 0 = −10 кН.

В первом пролете.

Участок 0 - К: Q = 78,89 −(−20) + 20 2 = 69,45 кН,
	0		2	2
			2	2
	QK	=	78,89 − (−20)	− 20 2 = 29,45 кН.
			2	2
Участок К - 1:	QK	=	−83,33 − 78,89 + 20 4 = −0,55 кН,
			4	2
	Q = −83,33 − 78,89			− 20 4 = −80,55кН.
	1		4	2
			4	2
Во втором пролете.
Участок 1 - L:	Q =1,67 − (−83,33)			+ 40 2 =82,5 кН,
	1		2	2
			2	2

М0 = -20 кН м	М1	М1	40 кН/м	М2	М2	М3
30 кН 20 кН/м			40 кН/м			М3
30 кН 20 кН/м						3
				2		3
0		1		2
l1 = 6 м			l2 = 4 м		l3 = 0

120

0 Эп. Мпр,

кН м

		б)
			38,33
20				Эп. Моп, кН м
				Эп. Моп, кН м
	41,11	83,33
		в)
	78,89	83,3	6,67
20			6,67
20
	K		L	Эп. М, кН м
0		1	2	Эп. М, кН м
			1,67
		г)
69,45	29,45	82,5	2,5
	29,45			Эп. Q, кН
				Эп. Q, кН
10	0,55		80,55
10

д)

Рис. 23

QL	=	1,67 −(−83,33) −		40 2	= 2,5 кН.
		2		2
Участок L 2: Q =	6,67 −1,67		= 2,5 кН.
		2

Эпюра Q показана на рис. 23, д. Сделаем статическую проверку.

По формуле (8) определим реакции опор:

R0 = 69,45 −(−10) = 79,45 кН;

R1 =82,5 − (−80,55) =163,05 кН;

R2 = −2,5 кН.

Схема с приложенными нагрузками и возникшими реакциями показана на рис. 24.

R0 = 79,45 кН

кН 20 кН/м

= 163,05 кН

R2 = 2,5 кН

10 кН

40 кН/м

2 м	2 м	4 м	2 м	2 м	М2 = 6,67 кН м

Рис. 24

Запишем уравнение статики:

∑Y =0. −10 + 79,45 −30 − 20 6 +163,05 − 40 2 − 2,5 = 0

−242,5 + 242,5 = 0 .

∑M 2 =0. 10 12 − 79,45 10 +30 8 + 20 6 7 −163,05 4 + 40 2 3 + 6,67 =0

1446,67 −1446,7 0 .

Условия статического равновесия выполняются.

Только убедившись в правильности построения эпюр М и Q, можно приступать к расчету на прочность.

Опасное сечение – сечение 1,			M max =83,33 кН м.
Запишем условие прочности:
		σmax =	M max	≤ R .
		σmax =	Wz	≤ R .
			Wz
Тогда σmax =	83,33 103	≤ 210 106 Wz ≥397 106 м3 = 397 см3.
Тогда σmax =	Wz	≤ 210 106 Wz ≥397 106 м3 = 397 см3.
	Wz

Сечение балки имеет вид									z
Сечение балки имеет вид

Wz =3Wz′ =379 см3, где Wz′ =126 см3 – осевой момент сопротивления одного двутавра, составляющего сечение. По сортаменту (ГОСТ 8239 – 89) подберем двутавр № 18 с Wz′ =143 см3. Тогда осевой момент сопротивления всего сечения будет равен:

Wz = 3 143 = 429 см3.

Далее вычислим максимальное напряжение в опасном сечении:

σmax =	83,33 103		=194 МПа.
	429	10−6

Исходя из того, что σmax =194 < R = 210 , следовательно, условие прочности выполняется.

Задание 4

РАСЧЕТ СТЕРЖНЕЙ НА УСТОЙЧИВОСТЬ

В соответствии с шифром для стойки с параметрами для расчета, взятыми из табл. 7 и граничными условиями, показанными на рис. 25, требуется определить:

1.Параметр а поперечного сечения с учетом коэффициента продольного изгиба ϕ;

2.Критическую силу для подобранного поперечного сечения стойки;

3.Коэффициент запаса стойки по устойчивости;

4.Параметры поперечного сечения стойки, составленного из прокат-

ных профилей (рис. 26) с учетом коэффициента продольного изгиба ϕ, предполагая, что стойка изгибается в плоскости х - z. Действующую силу Р из табл. 7 необходимо увеличить в шесть раз.

						Таблица 7

№ п/п	Р, кН	№ сечения	l, м	Граничные усло	вия в плоскости	№ сечения
		(рис. 2)		x-y	z-x	(рис. 26)
1	250	6	6,3	2	3	5
2	215	11	5,5	6	1	10
3	190	20	6,0	1	5	3
4	245	7	5,8	5	2	9
5	185	16	5,6	3	2	7
6	240	1	5,1	4	3	1
7	210	12	6,4	2	4	6
8	235	19	5,9	3	1	4
9	180	8	5,7	4	1	9
10	265	2	6,5	2	4	6
11	205	13	5,2	3	2	8
12	270	18	6,9	1	6	2
13	260	3	6,1	4	6	5
14	195	14	6,7	6	3	7
15	230	9	5,3	5	1	10
16	220	4	7,0	4	5	1
17	200	15	6,6	2	4	3
18	275	10	5,4	6	2	8
19	255	17	6,8	5	6	2
20	225	5	6,2	1	5	4

1	Ркр	2	Ркр	3	Ркр	4	Ркр	5	Ркр	6	Ркр

µ = 2

µ = 1

µ = 0,7

µ = 0,5

µ = 1

µ = 2

Рис. 25

9	y	10	y

z						z
z						z

Рис. 26

Указания к решению задания 4

Потерей устойчивости называется процесс перехода стержня, из одной равновесной формы в другую. Нагрузка, при которой происходит потеря устойчивости, называется критической. Для прямых стержней критическая нагрузка определяется по формуле Эйлера:

= π2 EJ

Ркр (µl)2 ,

где µ - коэффициент приведенной длины, зависящий от вида закрепления стержня (см. рис. 25), а µl – приведенная длина стержня. Для стали формула Эйлера применима,только при гибкости

λ = µil >100 ,

где i =	J	- радиус инерции поперечного сечения стержня.
	A

Если λ < 100, то критическое напряжение σкр = РАкр определяется по

формуле Ясинского:

σкр = a −bλ,

где а и b – эмпирические коэффициенты (для стали: а = 310 МПа, b = 1,14 МПа). Однако, критическое напряжение не должно превышать предела текучести.

Для деревянных стержней предельная гибкость λ = 110, коэффициенты в формуле Ясинского равны: а = 29,3 МПа, b = 0,194 МПа.

Если гибкость стержня находится в пределах 0 < λ < 40 (массивные жесткие стержни), то потеря устойчивости их не происходит, а несущая способность ограничена условием прочности.

В практических расчетах необходимо чтобы нагрузка на стержень была меньше критической, то есть имел место некоторый запас прочности. Этот запас обеспечивается введением в расчет коэффициента продольного изгиба ϕ. Этот коэффициент зависит от гибкости стержня и механических свойств материала (см. табл. 8). Для деревянных стержней коэффициент продольного изгиба ϕ можно определить по формулам:

ϕ=1 − 0,8 λ 2 , при λ ≤ 70;

100

ϕ= 3000λ2 , при λ > 70.

Тогда при расчете с учетом возможности потери устойчивости используется формула:

σ = NA ≤ ϕR .

Так как ϕ и А зависят от поперечного сечения стержня, то при решении задач приходится использовать метод последовательных приближений.

									Таблица 8

Гиб-				Значения коэффициентов ϕ
Гиб-		Сталь с расчетным				Алюминиевые
кость λ	сопротивлением R, МПа					сплавы		Чугун		Дерево
	200		240	280	320	АМг6	Д16-Т
10	0,988		0,987	0,985	0,984	0,973	0,999	0,97		0,99
20	0,967		0,962	0,959	0,955	0,946	0,998	0,91		0,97
30	0,939		0,931	0,924	0,917	0,890	0,835	0,81		0,93
40	0,906		0,894	0,883	0,873	0,770	0,700	0,69		0,87
50	0,869		0,852	0,836	0,822	0,640	0,568	0,57		0,80
60	0,827		0,805	0,785	0,766	0,542	0,455	0,44		0,71
70	0,782		0,754	0,724	0,687	0,458	0,353	0,34		0,60
80	0,734		0,686	0,641	0,602	0,387	0,269	0,26		0,48
90	0,665		0,612	0,565	0,522	0,322	0,212	0,20		0,38
100	0,599		0,542	0,493	0,448	0,280	0,172	0,16		0,31
110	0,537		0,478	0,427	0,381	0,243	0,142	–		0,25
120	0,479		0,419	0,366	0,321	0,213	0,119	–		0,22
130	0,425		0,364	0,313	0,276	0,183	0,101	–		0,18
140	0,376		0,315	0,272	0,240	0,162	0,087	–		0,16
150	0,328		0,276	0,239	0,211	0,148	0,076	–		0,14
160	0,290		0,244	0,212	0,187	–	–	–		0,12
170	0,259		0,218	0,189	0,167	–	–	–		0,11
180	0,233		0,196	0,170	0,150	–	–	–		0,10
190	0,210		0,177	0,154	0,136	–	–	–		0,09
200	0,191		0,161	0,140	0,124	–	–	–		0,08
210	0,174		0,147	0,128	0,113	–	–	–		–

Пример расчета

Задача № 1. Подобрать параметр а поперечного сечения стойки (см. рис. 27, а) длиной l = 4 м, нагруженной центральной силой 150 кН. Стойка сделана из дерева с Rcж =10 МПа. Граничныеусловияпоказанынарис. 27, б.

Решение. Найдем геометрические характеристики поперечного сечения. Площадь сечения – 8а2. Так как сечение имеет две оси симметрии, то оси z и у – центральные и главные. Разбивая сечение на простые фигуры I и II, получим:

		3aa3			a(2a)3
J z = 2J zI	+ J zII = 2		+3aa(1,5a)2	+		=14,667a4	,
J z = 2J zI	+ J zII = 2	12	+3aa(1,5a)2	+	12	=14,667a4	,
		12			12

a a a a

a/2

a(3a)3

2aa3

J y = 2J y

J y

= 2

= 4,667a

Плоскость

х - у

х - z

z, z2

µ = 2

µ = 0,7

4 м

а)

a/2

б)

Рис. 27

Найдем радиусы инерции:

iz =	J z	=	14,667a4	=1,354a ,
	A		8a2

iy =	J y	=	4,667a4	= 0,764a .
	A		8a2

Найдем гибкость стойки в плоскостях х – у, х – z:

λх−у =	µl	=		2 4	=	5,908	,
	iz		1,354a			a

λx−z =	µl	=		0,7 4	=	3,665 .
	iy		0,764a
						a

Наибольшая гибкость в плоскости х – у. Тогда стойка будет терять устойчивость в этой плоскости, изгибаясь относительно оси z. Условие прочности с учетом коэффициента продольного изгиба φ имеет вид:

σ = NA ≤ϕRсж.

Так как в этом выражении А и φ зависят от параметров поперечного сечения, то задача решается методом последовательных приближений. Вначале задают значение φ, и из условия прочности определяется величина а. Затем находится истинное значение φ, и если заданное и истинное значение совпадают, то величина а будет расчетной. Если эти значения не совпадают, то задаются новым φ, и расчет повторяют до тех пор, пока эти значения не совпадут.

Первое приближение.

Примем φ = 0,5. Из условия прочности

A =	N	=	15 104	=3 10−2 м.

	ϕRсж 0,5 10 106

Так как А=8а2 =3 10−2 м, получим

а =	3 10−2	= 0,612 10−1м = 6,12 см.
	8
Найдем истинное значение φ.
Гибкость стойки	λх−у =	5,908	=	5,908	=96,54 .
Гибкость стойки	λх−у =	а	=	0,0612	=96,54 .
		а		0,0612

По табл. 8 данной гибкости соответствует φ = 0,34.

Так как заданное φ = 0,5 и истинное φ = 0,34 не равны друг другу, поэтому делаем следующее приближение.

Второе приближение:

ϕ= 0,5 + 0,34 =

Примем 0,42 . 2

Площадь поперечного сечения

А=	N	=	15 104	=3,571 10−2 м.

	ϕRcж 0,42 10 106

Параметр а =	3,570	10−2
Параметр а =	8	=0,0668 м.
	8

Гибкость стойки λх−у = 05,,0668908 =88,44 .

По табл. 8 данной гибкости соответствует φ = 0,40. Так как φ = 0,42 и истинное φ = 0,40 почти равны друг другу, но еще не совпадают, следовательно, делаем следующее приближение.

Третье приближение:

Принимаем ϕ=	0,4 + 0,42	= 0,41.
	2		15 104
Площадь поперечного сечения А=			15 104	=3,65 10−2 м.
Площадь поперечного сечения А=			0,41 10 106	=3,65 10−2 м.
			0,41 10 106
Параметр а =	3,65 10−2	= 0,0675 м.
Параметр а =	8	= 0,0675 м.
	8

Гибкость стойки λх−у = 05,,0675908 =87,52 .

По табл. 8 этой гибкости соответствует φ = 0,41. Следовательно, заданное φ = 0,41 и истинное φ = 0,41 совпали. Поэтому расчет закончен и параметр

а = 0,0675 м.

Следует заметить, что если бы был сделан аналогичный расчет для плоскости х – z , то параметр а был бы равен 0,0546 м, что меньше чем для плоскости х – у. Поэтому окончательно берем а = 0,0675 м.

Найдем величину критической силы в предположении, что стойка теряет устойчивость в плоскости х – у. Гибкость стойки при а = 0,0675 м равна λх−у =87,52 . Так как λх−у =87,52 < λпред =110 для дерева, то критическую силу определяем по формуле Ясинского:

σкр = а −bλ = 29,3 −0,194 87,52 =12,32 МПа.

Тогда

Pкр =σкрА= σкр 8а2 =12,31 106 8 0,06752 = 449064 Н = 449 кН.

Тогда коэффициент запаса

k = РNкр = 150449 = 3.

Задача № 2. Подобрать поперечное сечение стойки длиной 8 м, нагруженой центральной силой 1200 кН, при условии, что стойка изгибается в плоскости х – у. Сечение стойки (см. рис. 28, а) состоит из двух швеллеров и двух полос. Граничные условия в плоскости х – у показаны на рис.

28, б; Rcжат = 200 МПа.

Плоскость х - у

µ = 0,7

8 м

а)	б)

Рис. 28

Решение. Расчет проводится с использованием коэффициента продольного изгиба ϕ методом последовательных приближений.

Первое приближение.

Принимаем ϕ = 0,5.

Находим площадь поперечного сечения

A =	N		1200 103	2	2
		=		=0,012м = 120 см .
	ϕRсж	=	0,5 200 106	=0,012м = 120 см .

Так как сечение состоит из швеллеров и полос, то при подборе можно варьировать обоими профилями, но можно задаться одним профилем и подбирать параметры другого.

Принимаем швеллер № 24: Ашв = 30,6 см2, Jz = 2900 см2. Площадь поперечного сечения одной полосы равна

Ап =120 − 2 30,6 = 29,4 см2, 2

поэтому, принимаем полосу сечением 1 × 30 см. Сечение состоит из двух швеллеров № 24 и двух полос сечением 1 × 30 см, находим истинное значение ϕ для этого сечения стойки.

Момент инерцииотносительноглавнойцентральнойосиz (рис. 28, а)

	3
J z = 2J zшв + 2J zп = 2 2900 + 2	30 1	+12,52	1 30	=15180 см4.
J z = 2J zшв + 2J zп = 2 2900 + 2	12	+12,52	1 30	=15180 см4.
	12

Радиус инерции относительно оси z
iz =	J z	=	15180	=11,19 см.
iz =	A	=	2(30,6 +30)	=11,19 см.
	A		2(30,6 +30)
Гибкость стойки в плоскости х – у равна λxy =					µl =	0,7 8	=50,04 .
Гибкость стойки в плоскости х – у равна λxy =					µl =	0,1119	=50,04 .
					iz	0,1119

По табл. 8 для λху = 50,04 - ϕ = 0,85. Так как истинное ϕ = 0,85 не равно принятому ϕ = 0,5, то делаем следующее приближение.

Второе приближение.

ϕ= 0,5 + 0,85 =

Принимаем 0,68 . 2

Площадь поперечного сечения

A =	N		1200 103	2	2
		=		=0,0088м = 88 см .
	ϕRсж	=	0,68 200 106	=0,0088м = 88 см .

Принимаем два швеллера № 24, а сечение полос будем подбирать. Площадь поперечного сечения одной полосы равна

Ап = 88 − 2 30,6 =13,4 см2, 2

поэтому принимаем полосу сечением 0,6 × 22 см, Ап = 13,2 см2 и находим истинное значение ϕ.

Момент инерции равен						3
J z = 2J zшв + 2J zп = 2			22	0,6		3	+12,32		=9795 см4.
	2900 +	2	22	0,6				13,2
	2900 +	2		12				13,2
				12

Радиус инерции iz =	9795				=10,57 см.
Радиус инерции iz =	2(30,6	+13,2)			=10,57 см.
	2(30,6	+13,2)

Гибкость стойки λxy = 00,1057,7 8 =52,98 .

По табл. 8 для λху = 52,98 - ϕ = 0,84. Так как заданное ϕ = 0,68 и истинное ϕ = 0,84 не равны друг другу, то делаем следующее приближение.

Третье приближение.
Принимаем ϕ= 0,84 + 0,68 =0,76 .
2
Площадь поперечного сечения
А=	1200 103									2	2
						=		0,0079 м = 79 см .
	0,76 200 106					=		0,0079 м = 79 см .
Принимаем два швеллера № 24.								Ап = 79 − 2 30,6 =8,9 см2.
Площадь сечения одной полосы								Ап = 79 − 2 30,6 =8,9 см2.
										2
Принимаем полосу сечением 0,5 × 18 см, Ап = 9 см2 и находим ис-
тинное значение ϕ.
Момент инерции
				18 0,5			3		2		4
				18 0,5					2		4
J z = 2 2900 + 2								+12,25		9	=8502 см .
J z = 2 2900 + 2				12				+12,25		9	=8502 см .
				12

Радиус инерции iz =				8502				=10,36 см.
		2(30,6 +9)
Гибкость стойки λxy		=	0,7 8		=54,05 .
Гибкость стойки λxy		=			=54,05 .
		0,1036

По табл. 8 для λху = 54,05 ϕ = 0,83. Так как заданное и истинное значения ϕ не совпадают, то делаем следующее приближение.

Четвертое приближение.

Примем ϕ = 0,83.

Площадь сечения А=			1200 103						2	2
								= 0,00723 м		= 72,3 см .
		0,83 200 106						= 0,00723 м		= 72,3 см .
Принимаем два швеллера № 24.						Ап = 72,3 − 2 30,6 =5,55 см2.
Площадь сечения одной полосы						Ап = 72,3 − 2 30,6 =5,55 см2.
									2
Принимаем полосу сечением 0, 5× 11 см, Ап = 5,5 см2.
Момент инерции сечения
			11 0,5	3
J z = 2 2900 +	2		11 0,5		+12,252 5,5				=7451см4.
J z = 2 2900 +	2		12		+12,252 5,5				=7451см4.
			12

Радиус инерции iz =			7451				=10,16 см.
	2(30,6 +5,5)

Гибкость стойки λxy = 00,1018,7 8 =55,1.

По табл. 8 для λху = 55,1 берем ϕ = 0,827.

Следовательно, истинное значение ϕ = 0,827 и заданным ϕ = 0,83 совпали с точностью производимых расчетов.

Окончательно принимаем сечение состоящее из двух швеллеров; 24 и двух полос сечением 0, 5× 11 см.

Найдем критическую силу для стойки при потере устойчивости ее в

плоскости х – у. Так как λху = 55,1 < λпред = 100, то критическую силу находим по формуле Ясинского.

σкр = а −bλ =310 −1,14 55,1 = 247,2 МПа.

Критическая сила:

Pкр =σкрА= 247,2 106 0,00723 =1784,78 кН.

Коэффициент запаса по устойчивости

k = PNкр =17841200,78 =1,49 .

Задание 5

РАСЧЕТ СТЕРЖНЕЙ НА ПРОДОЛЬНО – ПОПЕРЕЧНЫЙ ИЗГИБ

В соответствии с шифром, выданным преподавателем, для стержня с данными для расчета, взятыми из табл. 9, определить максимальное нормальное напряжение в опасном сечении при действии поперечной и продольной нагрузок.

Примечания:

1.Эпюры моментов для расчетной схемы № 2 от поперечных нагрузок приведены на рис. 30. Для остальных расчетных схем эпюры моментов от поперечных нагрузок строятся методом сечений.

2.Максимальные прогибы в балках от поперечных нагрузок приведены в табл. 10.

									Таблица 9

	№ рас-	№	l,	N,	q,	F,	M,	№ поперечной
№	четной	№						нагрузки
№	четной	дву-						нагрузки
п/п	схемы из	дву-	м	кН	кН/м	кН	кН м
	табл. 10	тавра						1-я		2-я
1	2	16	6,0	300	5,0	8,0	2,10	1		–
2	1	20	7,0	200	2,0	10,0	1,40	2		–
3	3	27	6,0	250	2,0	8,0	1,20	2		–
4	2	18	7,0	200	2,0	10,0	1,85	1		2
5	1	18	6,0	250	1,0	5,0	1,00	3		–
6	3	14	3,8	200	3,0	4,0	1,65	1		–
7	1	24	7,0	300	7,0	10,0	1,45	1		–
8	2	30	10,0	500	5,0	15,0	1,60	3		–
9	3	22	4,2	250	1,0	4,0	1,95	3		–
10	2	16	6,4	250	4,0	10,0	1,40	2		–
11	1	14	5,0	250	2,0	6,0	2,00	4		–
12	3	33	6,6	250	2,0	8,0	5,00	4		–
13	1	22	6,6	300	2,0	8,0	1,80	1		2
14	3	18	4,0	220	1,0	4,0	1,55	1		2
15	1	16	5,8	200	3,0	6,0	2,00	1		4
16	3	33	12,0	600	4,0	18,0	1,75	1		3
17	1	27	7,0	350	5,0	12,0	1,50	1		3
18	2	20	4,0	200	1,0	5,0	1,40	1		3
19	1	24	8,0	400	5,0	16,0	1,85	2		3
20	3	22	6,0	300	3,0	9,0	1,80	2		3
21	2	27	9,0	350	4,0	18,0	2,05	1		3
22	3	30	6,4	250	2,0	10,0	1,90	1		3
23	1	24	6,4	250	3,0	10,0	3,00	2		4
24	3	20	4,2	200	0,8	4,8	2,10	2		3
25	2	14	6,0	200	1,0	8,0	2,40	2		–

<<< < Предыдущая 12 / 52 3 4 5 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
21.03.201546.08 Кб126рамка для пояснительной записки.doc
#
21.03.201532.26 Кб62Рамки.doc
#
21.03.2015751.37 Кб54Распад СССР.docx
#
16.08.2019967.17 Кб1распознанное.doc
#
21.03.201548.64 Кб15расчет ГТУ Столбов.doc
#
22.03.20151.18 Mб67Расчет стержневых систем Сопромат.pdf
#
21.03.201522.07 Кб15Расчетка по БЖ 3.docx
#
22.09.201957.86 Кб0расчетная часть.docx
#
16.09.2019485.38 Кб3РАСЧЕТНО_ПОЯСНИТЕЛЬНАЯ ЗАПИСКА.doc
#
21.03.2015223.23 Кб12РГР по Устойчивости СЭ.doc
#
07.03.2016168.74 Кб4РГР3.docx

Окончание рис. 2

Таблица 1

Таблица 2