Сопромат 23614

| |

Максимальное касательное напряжение:

| |

Определение прогибов балки.

Начало координат выбираем в жесткой заделке. Балка имеет два участка нагружения. Распределённая нагрузка q действует только на I участке. Доводим распределённую нагрузку q до конца балки и на участке II показываем компенсирующую нагрузку.

Уравнение прогибов:

Прогиб в жёсткой заделке равен нулю, следовательно, начальные параметры Y0=0, φ0=0.

Прогибы балки:

при x=2.4 м

при x=5,8 м

;

По полученным значениям строим изогнутую ось балки.

Задача № 6Б.

Исходные данные. F=12 кН; q=14 кН/м; M=18 кНм; a=2.6 м; b=2.2 м; c=1 м.

Решение.

Силу, равномерно распределенную вдоль отрезка прямой, заменяем равнодействующей.

Записываем уравнения статики и определяем опорные реакции.

∑

( )

∑

Проверка.

∑

Эпюра поперечных сил.

Пересечение эпюры с осью абсцисс:

Эпюра изгибающих моментов.

Подбор деревянной балки прямоугольного сечения.

| |

[ ]

по условию h=4b

( )

√

Сечение деревянного бруса 11,16×2,79 см.

M

Задача №8.

Чугунный короткий стержень, поперечное сечение которого изображено на рис. 1, сжимается продольной силой F, приложенной в точке В.Требуется вычислить наибольшее растягивающее и наибольшее сжимающее напряжение в поперечном сечении, выразив величины этих напряжений через

F и размеры сечения. Из условия прочности определить допустимую нагрузку [F] при заданных размерах поперечного сечения стержня. Расчет производить по допускаемым напряжениям на сжатие [σсж] и растяжение [σр].

Рисунок 1

Дано: а = 4 см; b = 8 см; [σсж] = 60 МПа; [σр] = 30 МПа.

Решение:

1. Геометрические характеристики в расчетных формулах берутся относительно главных центральных осей, поэтому определим центр тяжести сечения. Ось X является осью симметрии и,

следовательно, она проходит через центр тяжести, поэтому нам достаточно найти его местоположение на этой оси. Разобьем сечение на два прямоугольника (1 и 2) и выберем вспомогательные оси Xy1 .

Запишем координаты центров тяжести С1 и С2 в этих осях.

Рисунок 2

Будем иметь С1 (0,0); С2(4; 0).

Площади этих прямоугольников будут соответственно равны

А1 4 32 128 см2 ; А2 4 16 64 см2

Общая площадь сечения А А1 А2 128 64 192 см2

Тогда координаты центра тяжести будут равны

yC 0 см

Итак, в осях Xy1 центр тяжести всего сечения имеет координаты С(1,33; 0). Проводим через центр тяжести сечения ось Y, перпендикулярную оси X. Оси X и Y и будут главными центральными осями сечения.

Определение главных центральных моментов инерции и главных радиусов инерции. Моменты инерции определяем по формулам:

2. Определим положение нулевой линии. Отрезки, отсекаемые нулевой линией на главных центральных осях инерции, определяем по формулам:

где xF = 4,67 см и yF = 8 см координаты точки приложения силы F (точка B на рис. 2). Отложив отрезки аХ С и аYС , соответственно, на осях X и Y , и проведя через их концы прямую, получим нулевую линию сечения, т.е. геометрическое место точек, где нормальные напряжения равны нулю

( = 0). На рис. 2 эту линию обозначим n n.

Задача 10 а

Для заданных статически неопределимых балок постоянной жесткости, приведенных на рисунке,

требуется раскрыть статическую неопределимость, построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов. При записи дополнительного уравнения перемещений в задаче 10а использовать интеграл Мора, в задаче 10б – метод Верещагина.

Исходные данные для решения задачи взять из таблицы. Если положение сосредоточенной силы иил начало (окончание).

Исходные данные Схема 4

F1=10кН, F2=28кН, q=18кН/м, а=6м, b=4,8 м, с=2,8м

Задача один раз статически неопределима Неизвестных: Ra, Ma, x1 – три Уравнений статики – 2

Fy 0; RA F1 x1 qc 0

M a 0; M A F1a x1 (a b) qc(a b c / 2) 0

Дополнительное уравнение

u x1 1 p 0 - условие отсутствия прогиба на опоре С

Ма 54,54кНм

Строим эпюру Q и М

Участок ДС: 0≤z1≤c

Q qz1

M qz1 z1

2