ПРАКТИКА 1 сопромат_заочн_ 2012

I . 0 ≤ z1 ≤ 5м

N = -RA = -22кН; Qy = -H A = -60кН; M x = -H A z1 = -60z1;

M x (0) = 0; M x (5) = -300кН × м. II. 0 ≤ z2 ≤ 6м

Эпюры N, Qy, Мx показаны на рис. 4.5, в, г, д. Отметим, что на эпюрах сил N и Qy положительные ординаты откладываем снаружи рамы, отрицательные − внутрь. Эпюру Мx строим на растянутых

волокнах, то есть положительные значения откладываем внутрь, отрицательные – снаружи рамы; знаки на эпюре изгибающих моментов не проставляем.

Проверим статическое равновесие в узлах рамы. Для этого

Рис. 4.6

Составляем уравнения равновесия в узлах С и D:

∑ mc = 300 − 300 = 0 ;

41

∑ mD = 18 +150 -168 = 0 .

Условия равновесия выполняются, что подтверждает правильность построения эпюры Mx.

3. Подберем номер двутавра из условия прочности по нормальным напряжениям с учетом только изгибающего момента.

σmax = M x max ≤ R,

Wx

где

| М x |max = 300 кН×м.

Отсюда

По ГОСТ 8239−89 назначаем двутавр № 50, у которого Wx = 1589 см3, площадь сечения A = 100 см2.

4. Проверим прочность подобранного двутавра с учетом действия продольной силы в наиболее опасном сечении (ригель

=195 МПа < R = 210 МПа .

Прочность рамы по нормальным напряжениям обеспечена.

Как видим, нормальные напряжения от продольной силы составляют 3,17 % от напряжений, возникающих под действием изгибающего момента, и поэтому, как правило, могут не учитываться.

5. Проверим прочность рамы по максимальным касательным напряжениям.

Поперечная сила достигает наибольшего значения Qy max = 60

кН на левой стойке. Для двутавра № 50: Iх = 39727 см4, Sx* = 919,0см3 , d = 10,0 мм.

Найдем максимальное касательное напряжение.

Следовательно, прочность рамы обеспечена.

42

5. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ ПРИ ИЗГИБЕ

Пример 5.1. Для стальной балки, изображённой на рис. 5.1, а подобрать стандартный двутавр из условия прочности и, исследовав её деформацию различными методами, произвести проверку на жёсткость.

Общие данные: R = 210 МПа, Е = 2,0×105 МПа, расчётная стрела

Решение.

1.Определяем опорные реакции RА и RВ из уравнений равновесия балки.

2.Описанными ранее методами строим эпюры Qy и Мх (рис. 5.1,

г, д).

3.Подбираем стандартный двутавр из условия прочности по нормальным напряжениям.

По ГОСТ 8239−89 устанавливаем, что условию прочности удовлетворяет двутавр № 27: Wx = 371см3, Ix = 5010 см4.

4. Определяем углы поворота и прогибы методом начальных параметров в характерных сечениях балки.

Выбираем начало координат в точке А, ось z направляем вправо, ось y – вниз. В данной системе координат прогиб v > 0, если направлен вниз, угол поворота θ > 0, если направлен по ходу часовой стрелки.

Поскольку равномерно распределённая нагрузка не доходит до конца балки, продолжаем ее вправо до конца, а полученное изменение внешней нагрузки компенсируем контрнагрузкой той же интенсивности q, как это показано на рис. 5.1, в.

Записываем универсальные уравнения метода начальных параметров в общем виде применительно к заданной балке. Напомним, что нагрузка входит в эти уравнения со знаком плюс, если вызывает прогиб относительно рассматриваемого сечения z в направлении оси у, т.е. вниз.

43

Рис. 5.1

44

Рис. 5.1 (продолжение)

Заметим, что для нахождения перемещений на первом участке нужно использовать в этих уравнениях только слагаемые, стоящие слева от вертикальной черты с индексом «I», на втором участке – слева от вертикальной черты с индексом «II», на третьем участке – слева от вертикальной черты с индексом «III», т. е. все члены уравнений.

Определим начальные параметры EIxθ0 и EIxv0 из граничных условий.

При z = 0 (на опоре А) v = 0, отсюда

EIxv0 = 0;

при z = l = 6 м (на опоре В) v = 0:

45

отсюда

EIxθ0 =109,5кН×м2 .

Запишем универсальные уравнения в конкретном виде (предварительно внесём величины нагрузок и произведём возможные сокращения):

Вычислим обобщённые перемещения EIxq и EIxv над опорами, посредине пролёта и на конце консоли, а также в некоторых характерных сечениях.

Сечение А

- 30 × (7,8 - 6) - 54 × (7,8 - 6)2 = -90,3кН × м2 ;

46

Для исследования функций углов поворота EIxθ и прогибов EIxv и правильного построения их эпюр необходимо учитывать известные дифференциальные соотношения

Поскольку изгибающий момент пропорционален производной от угла поворота, то в сечении, где момент обращается в нуль, угол поворота имеет экстремум, а обобщённый прогиб, для которого изгибающий момент равен второй производной, меняет знак кривизны, т. е. имеет точку перегиба.

В свою очередь, функция прогибов имеет экстремум в том сечении, где её производная – угол поворота, обращается в нуль.

О характере кривизны эпюр можно судить по второй производной.

Найдём точку экстремума z02 функции EIxθ, приравняв нулю выражение изгибающего момента на втором участке где

3,0м ≤ z2 ≤ 6,0м.

или

22z02 - 40 (z02 - 3)2 = 0. 2

Решив квадратное уравнение, получаем два корня

z02' = 1,65м − отбрасываем, так как находится за пределами второго участка,

z02' = 5,45м − в пределах данного участка.

Точка экстремума z02 = 5,45м.

Вычисляем экстремальное значение обобщённого угла поворота на участке II.

EIxθext =109,5 -11×5,452 + 20 × (5,45 - 3)3 = -119,2кН× м2 . 3

Точку экстремума z03 функции прогибов EIxv определяем из условия равенства нулю угла поворота на втором участке.

47

Данное кубическое уравнение имеет три корня, один из которых z03 = 3,16м принадлежит участку II рассматриваемой балки.

Тогда экстремальное значение обобщённого прогиба в пролёте

По полученным значениям строим эпюры EIxθ и EIxv (см. рис. 5.1, е,ж), на которых точки перегиба обозначены значком «х».

5. Проверим найденные перемещения интегралом Мора.

Для определения угла поворота сечения А освобождаем балку от заданных нагрузок и прикладываем в этом сечении безразмерный

сосредоточенный момент M =1 (см. рис. 5.2, в). Вычисляем опорные реакции RA' и RB' и записываем по участкам выражения изгибающих моментов грузового состояния (Мх) и первого единичного состояния

(М11). I.

0 ≤ z1 ≤ 3м

M x = RA z1 = 22z1;

II.

III.

48

0 ≤ z3 ≤ 1,8м

M x = −Fz3 = −10z3 ;

М11 = 0.

Составляем интегралы Мора по участкам (на участке III интеграл равен нулю) и вычисляем обобщённый угол поворота.

Положительный знак результата означает, что сечения А поворачивается в направлении приложенного единичного момента, т.е. по ходу часовой стрелки.

Для нахождения угла поворота сечения С к незагруженной балке прикладываем в этом сечении M =1 (см. рис. 5.2,д), определяем опорные реакции RA' и RB' и составляем выражения изгибающих моментов второго единичного состояния (М12).

Сечение С поворачивается по ходу часовой стрелки.

Определяем угол поворота сечения D. Для этого рассмотрим третье единичное состояние балки, изображённое на рис. 5.2, ж.

поворачивается против хода часовой стрелки.

Для нахождения прогиба сечения С освобождаем балку от заданных нагрузок и прикладываем в этом сечении безразмерную

сосредоточенную силу F =1 (см. рис.5.2, и). Определяем опорные

49

реакции RA' , RB' и записываем по участкам выражения изгибающих моментов четвертого единичного состояния.

Положительный результат означает, что прогиб сечения С совпадает по направлению с приложенной единичной силой, т. е. направлен вниз.

Определяем прогиб сечения D. Для этого рассмотрим пятое единичное состояние балки, показанное на рис. 5.2, л.

Знак «минус» указывает на то, что прогиб сечения D направлен вверх. Сравнивая результаты, полученные интегралом Мора и методом начальных параметров, устанавливаем, что перемещения совпадают по

величине и направлению.

50