Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Пермский национальный исследовательский политехнический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

сопроматчасть1

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

29.03.2015

Размер:

7.24 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1415 / 1715 16 17 > Следующая >>>

г) Записываем интегралы Мора и вычисляем ЕI xΘD

								2					2				2
				ЕIxQD = òM1
				ЕIxQD = òM1							M1dz + òM 2M 2dz + òM3M3dz =
								0					0				0
2					æ	1			ö			2					æ			1	ö		2
					æ	1			ö								æ			1	ö
= ò(-16 + 34z1 - 5z12 )ç								z1 ÷dz + ò					(40 + 6z2		-	5z22 )ç		-			z ÷dz +		ò20z3 × 0 × dz =
= ò(-16 + 34z1 - 5z12 )ç						4		z1 ÷dz + ò					(40 + 6z2		-	5z22 )ç		-		4	z ÷dz +		ò20z3 × 0 × dz =
0					è	4			ø			0					è			4	ø		0
= -	16	×	22	+ 34 ×	23		-		5	×	24	-	40 ×	22 -	6	× 23	+		5 ×		24	= -9,67 кНм2.
	4		2	4	3				4		4		4	2	4	3			4		4

2. Определяем угол поворота в точке Е.

В этом случае балка разбивается на 2 участка (см. рис. 6.5, а):

0 ≤ z1 ≤ 4 м ; 0 ≤ z3 ≤ 2 м.

Соответственно грузовые моменты на этих участках

M1 = −16 + 34z1 − 5z12 ; М3 = 20z3 .

Для определения единичных моментов M1 и M 3 в точке Е приложим момент, равный единице (рис. 6.5, в), вычислим реакции R1 и R2 .

Тогда M1 = 14 z1; M3 =1.

Записываем интегралы Мора по участкам и вычисляем их

	4											æ		1		ö	2
												æ		1		ö
ЕIxQE = ò(-16+34× z1										-	5z12 )ç				z1	÷dz+ ò20× z3		×1×dz =
ЕIxQE = ò(-16+34× z1										-	5z12 )ç			4	z1	÷dz+ ò20× z3		×1×dz =
	0											è		4		ø	0
	16 42					34 43				5		44				22		2
= -			×		+		×		-		×		+ 20				=109,33кНм .
= -		4	×	2	+	4	×	3	-	4	×	4	+ 20			2	=109,33кНм .

3. Определяем прогиб в точке D.

Балку разбиваем на три участка (см. рис. 6.5, а)

0 ≤ z1 ≤ 2 м; 0 ≤ z2 ≤ 2 м; 0 ≤ z3 ≤ 2 м.

141

Грузовые моменты

M	1	= -16+ 34z -5z2		;	М	2	= 40 + 6z	2	- 5z2	;	М	3	= 20z	3	.
	1	1	1			2		2	2			3		3

Для определения единичных моментов прикладываем в точку D силу

равную единице (рис. 6.5, г), вычисляем реакции R1 и R2 , и записываем единичные моменты на тех же участках:

						1 = -0,5× z1;									= 0;				2	= -0,5× z2 .
					M								М	3				М
EI x uD = ò2 (- 16 + 34 z1 - 5z12 )(- 0,5z1 )× dz + ò2																					(40 + 6z2					- 5z22 )(- 0,5z2 )× dz =
	0		22					23				24						22		0				3					4
=	16	×		-		34	×		+	5	×				=	40	×			-	6	×	2		+	5	×	2		=
	2		2			2		3		2		4				2		2			2		3			2		4

=16 - 45,33 + 10 - 40 - 8 + 10 = -57,33 кНм 3 .

4.Определяем прогиб в точке Е.

Балку разбиваем на два участка (см. рис. 6.5, а)

0 ≤ z1 ≤ 4 м; 0 ≤ z3 ≤ 2 м.

Грузовые моменты на этих участках

M1 = -16 + 34z1 - 5z1; М3 = 20z3 .

Вточку Е приложим силу равную единице, определим реакции R1

иR2 (рис. 6.5, д) и для тех же участков запишем единичные моменты.

														1 = 0,5× z1;					3 =1× z3 .
													M	1 = 0,5× z1;				М	3 =1× z3 .
								4									2
					EI xuE = ò(-16 + 34z1 - 5z12 )× 0,5z1dz + ò20z3 × z3dz =
								0									0
	16		4	2		34		43		5		44			z3		3
= -		×			+		×		-		×			+ 20		= -64 + 362,67 -160+ 53,33 =192 кНм				.
= -	2	×	2		+	2	×	3	-	2	×	4		+ 20	3	= -64 + 362,67 -160+ 53,33 =192 кНм				.
	2		2			2		3		2		4			3

142

Определение прогибов и углов поворота способом Верещагина

R1=34

кН

q =10 кН/м

R2 =14 кН

P=20 кН

M0 =16 кН D

4м

2м

ω1 = -

16 .4

ω2 =

М, кНм

2 40

ω3

= 10 .43

ω4

= 1

40 .2

41,8

R2 =41

Mc1

M 2

Mc4

Рис. 6.6.

1. Определяем угол поворота в точке Е.

а) Строим грузовую эпюру моментов (рис. 6.6, а).

б) Строим эпюру единичных моментов от момента, равного единице, приложенного в точке Е (рис. 6.6, б).

в) Грузовую эпюру делим на простые площади и вычисляем

их (рис. 6.6, а)
ω = -		1	×16 × 4 = -32 кНм2		; ω	2	= -		1	× 40 × 4 = 80 кНм2 ;
ω = -			×16 × 4 = -32 кНм2		; ω		= -			× 40 × 4 = 80 кНм2 ;
1	2							2
	2							2
ω3	= -10 × 43			= 53,33 кНм2	; ω4		= -	1		× 40 × 2 = 40 кНм2 .
ω3	= -10 × 43			= 53,33 кНм2	; ω4		= -	2		× 40 × 2 = 40 кНм2 .
			12					2
Для	определения ωi пользуемся									известными формулами
(табл. 6.1).

143

			Таблица 6.1

№	Форма площади и положение		Формула
№	центра тяжести		площади ω
	центра тяжести		площади ω
	2 l
	2 l
	3
1				1	lh
1		C	2		lh
		C	2
	l
	l

	C
2			ql3
2	12
	12
		l/2

г) Вычисляем единичные моменты Мci под центром тяжести площадейωi . Для этого можно воспользоваться выражениями единичных моментов на участках. Так, для определения МС1, МС 2 , МС3 воспользуемся выражением единичного момента на первом участке (0 ≤ z1 ≤ 4):

														=				z		=			1 z .
											М			=			R	z		=			1 z .
												1				1			1				4			1
Тогда
	C1 =	1 zC1	=	1	×		1		× 4 =					1		;								C 2		=	1		zC 2		=	1	×	2	× 4 =	2	;
M				1			1							1							M						1					1		2		2
M				4			3							3							M						4					4		3		3
		4		4			3							3													4					4		3		3
								C3		=			1		zC3 =					1		×	1		× 4 =			1		,
						M							1							1			1					1
						M						4								4			2
												4								4			2				2

где zci − расстояние от начала участка до центра тяжести ωi .

На втором участке 0 ≤ z2 ≤ 2, М 2 =1, поэтому М С4 =1.

д) Вычисляем ЕIxΘE :

144

ЕIxQE = w1MC1 + w2MC 2 + w3MC3 + w4MC 4 =

=-32 × 13 + 80× 23 + 53,33× 12 + 40×1 =109,32.

2.Определяем прогиб в точке Е.

	16		ω	1				ω2
	16
			c1
a			c1				c2
a
	М, кНм
	М, кНм			c3				c4
				c3				c4
			32		ω 3		41,8	40	ω	4
		_			ω 3		41,8	40		1
		_
		R1 = 0,5						R2 = 1,5
		R1 = 0,5						R2 = 1,5		E
б		_	_		_					E
			_						_
									_
	М, м Mc1 Mc3 M					2	2		M	c4
					c		2			c4

Рис. 6.7.

а) Представляем грузовую эпюру (рис. 6.7, а).

б) Строим эпюру единичных моментов от силы равной единице, приложенной в точку Е (рис. 6.7, б).

в) Разбиваем грузовую эпюру и определяем ωi :

ω1 = -32 кНм2 ; ω2 = 80 кНм2 ; ω3 = 53,33кНм2 ; ω4 = 40 кНм2.

г) Определяем					М			сi :
		С1 = 0,5× 1 4 =			2		;							= 0,5×		2 4 = 4				;		С3	= 0,5×		1	4 =1;
	М				2				М		С 2										М				1
	М					3			М		С 2										М				2
3						3										3		3							2
												C4		=1×	2	×1=		4	.
										M					2			4
д) Вычисляем										M					3			3
															3			3
													2		4								4
4
	ЕIxυE = åωi			ci		= -32×								+80×			+53,33×1+ 40×							=192кНм2.
			M
			M												3								3
		i=1					3								3								3

3. Определяем угол поворота в точке D.

145

ω4

ω6

М, кНм

ω2

ω3

ω7

41,8

ω5

0,5 Mc4 Mc5

R1 =

Mc1

Mc6

0,5

Mc2

Mc3

М, м

R1 = 0,5

R2 = 0,5

Рис. 6.8.

а) Изобразим грузовую эпюру (рис. 6.8, а).

б) Строим единичную эпюру от момента, равного единице, приложенного в точке D (рис. 6.8, б).

в) Разбиваем грузовую эпюру на площади согласно правилу о необходимости делить грузовую эпюру в том сечении, где единичная эпюра ломается (точка D) (рис. 6.8, б).

г) Определяем площади ωi :

ω = -

×16×2 = -16 кНм2 ; ω

×32×2 = 32 кНм2

;

ω =

10×23

= 6,67 кНм2

; ω

×32×2 = 32 кНм2 ;

ω =

10×23

= 6,67 кНм2 ;

40×2 = 40 кНм2

;

ω7 = 1

40× 2 = 40 кНм2 .

д) Определяем M ci :

146

						=		1		× 1	2 =	1		;					=			1	×	2	2 =				1	;			С 3 = 1			× 1		2 =			1 ;
				М
					С1											М	С 2														М
					С1			4				6				М	С 2				4							3			М
								4		3		6									4		3					3				4				2					4
			= - 1 ×			2		2 = -			1 ;				С5 = -				1		× 1 2 = -							1		;					С6 = -			1	×	1	2 = -			1	;
													М
	М	С4																																М
	М	С4				3													4									4						М				4						6
			4			3					3								4		2							4										4	3					6
																				С7			= 0.
																		М		С7			= 0.
		е) Вычисляем EIxQD :
			7										1					1								1					1					1						1
EIxQD			= åωi						ci	= -16×				+ 32×					+ 6,67×								-32×					- 6,67×					- 40×						= -9,34кНм2
							M

													6					3							4						3					4
				i=1									6					3							4						3					4					6

3. Определяем прогиб в точке D. Для определения ЕIxυD возьмем площади ωi , показанные на рис. 7.8, а и вычисленные при

определении

ЕIxQD . Значения единичных моментов под центрами

тяжести ωi найдем на эпюре (рис. 6.8, в).

= - 1 ×1;

= -

×1;

= -

×1;

С 4 = -

×1;

С1

С 2

С3

= -

×1;

= -

×1;

С7 = 0.

С5

С6

Следовательно

ЕIxuD =16 × 13 - 32 × 23 - 6,67 × 12 - 32 × 32 - 40 × 13 - 6,67 × 12 = = 5,33 - 21,33 - 3,33 - 21,33 -13,33 - 3,33 = -57,32 кНм3.

Сравнивая перемещения, определенные разными методами отмечаем, что как правило они отличаются в 3-й цифре.

Такое расхождение вызвано округлением результатов при расчете и допустимо. Максимальное отклонение результатов не должно быть больше 5%.

6.6 Пример определения перемещений в раме

Для заданной рамы подобрать двутавр из условия прочности и определить способом Верещагина перемещения в указанных сечениях.

147

R 1=30 кН

R 2=30 кН l =2 м R 3=40 кН B

30	30
	30
	Q, кН

30	30

N, кН

				80
ω6	20		_	ω4
2,5				ω4


22,5				80
22,5	ω7	ω5
_	ω7	ω5		_
	ω2			_
ω1	ω2		M, кНмω3
			M, кНмω3

Рис. 6.9.

1.Вычерчиваем раму с указанием на ней численных значений заданных величин (рис. 6.9, а).

2.Строим эпюры нормальных сил, поперечных сил и

изгибающих моментов

а) Определяем реакции опор, при этом принимаем x – горизонтальная ось, y – вертикальная ось:

åМ В = -q × 2 ×1,5 + R1 × 2 = 0; Þ R1 = 30	кН.
åРix = q ×2 - R3 = 0; Þ R3 = 40 кН.

åМ А = q × 2 ×1- R3 ×0,5 + R2 × 2 = 0; Þ R2 = 30 кН.

148

Проверка:

åРiy = -R1 + R2 = -30 + 30 = 0 .

б) Разбиваем раму на участки (рис. 6.9, а):

0 £ z1 £1,5 м; 0 £ z2 £ 0,5 м; 0 £ z3 £ 2 м; 0 £ z4 £ 2 м.

в) Строим эпюру нормальных сил N

N1 = R1 = 30 кН; N2 = 0; N3 = −R2 = −30 кН,

N4 = −R3 = −40 кН. (рис. 6.9, в).

г) Строим эпюру поперечных сил Q (рис. 6.9, в)

Q(z1 )= -qz1;

Q1(0)= 0;

Q1(1,5)= -30 кН ,

Q(z2 )= −qz2 ;

Q2 (0)= 0; Q2 (0,5)= 10 кН ,

Q(z3 )= R3 = 40 кН; Q4 = −R2 = −30 кН .

д) Строим эпюру моментов (рис. 6.9, г)

M (z )= -q

(0)= 0;

(1,5)= -22,5 кН × м ,

;

M (z2 )= -q

z22

;

M 2 (0)= 0;

M 2 (0,5) = -2,5 кН × м ,

M (z3 ) = -R3 × z3; M3 (0) = 0; M3 (2) = -80 кН × м ,

M (z4 ) = -R2 × z4 - R3 × 2; M 4 (0) = -80; M 4 (2) = -20 кН × м .

3. Подбираем двутавр по нормальным напряжениям

σ max =

max

≤ R ,

R = 210 МПа для стали,

max = 80 кН × м.

Из условия прочности

Wx ³

max

80×103

= 0,381×10−3 м3 = 381 см3 .

210 ×106

149

Ближайший больший по Wх двутавр № 27а, Wх = 407 см3 ,

Iх = 5500 см4.

4. Способом Верещагина определяем:

а) Горизонтальное перемещение точки А.

Приложим в точку А силу равную единице в горизонтальном направлении и построим эпюру моментов (рис. 6.10).

		1		2								2_
	M C5 = -(3 2+			31,5)								M C4	2	2+	1	1,5
	1,5				_								= -(3		3	)
1,5			_										2


					2 .		1,5
			M C2	=-	2 .
	_		M C2	=-	3
			_		3			М, м
				=-	1 .
					1 .
	_		M C1		2	1,5
	_				2		_			2		_
			R 1 =0,25				_				.
							M C3		=-		.
1							M C3		=-	3	2
			A							3
								R 2 =0,25

R 3 =1

Рис. 6.10.

åРix = 1- R3 = 0 Þ R3 = 1,

åM B = R1 × 2 -1× 0,5 = 0 Þ R1 =0,25 ,

åРiy = -R1 + R2 = 0 Þ R2 = 0,25,

M 1 = -1× z1; M 1 (0) = 0; M 1 (1,5)= -1,5 ,

M 2 = 0; M 3 = -R3 × z3 ; M 3 (0) = 0; M 3 (2)= -2 ,

M 4 = -1,5.

Разбиваем грузовую эпюру (рис. 6.9, г) на простые площади и вычисляем их:

ω =	ql13	=	20×1,53	; ω		= -	1	b h		= -	1	22,5×1,5; ω = -	1	b h = -		1	80× 2;
	12		12				2				2		2			2
1					2			2	2			3		3	3

150

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1415 / 1715 16 17 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
16.11.2018198.66 Кб24Содержание2.doc
#
29.03.2015326.08 Кб5Соловьев.rtf
#
29.03.2015570.17 Кб45Сологаев.pdf
#
29.03.20151.35 Mб96Сопромат.pdf
#
29.03.20151.2 Mб38сопромат2.pdf
#
29.03.20157.24 Mб90сопроматчасть1.pdf
#
29.03.2015104.61 Кб86Сортовой прокат металла.docx
#
16.12.2018372.22 Кб4сотовые.doc
#
26.04.201970.14 Кб2Соц. экзамен.doc
#
29.03.2015790.51 Кб237Социальное прогнозирование и проектирование.pdf
#
13.03.201643.42 Кб14Социология и политология.docx