Сопромат 23605
.pdf
Определение прогибов балки.
Начало координат выбираем в жесткой заделке. Распределённая нагрузка q действует только на части балки. Доводим распределённую нагрузку q до конца балки и показываем компенсирующую нагрузку.
Уравнение прогибов:
( |
) |
( |
) |
( |
) |
|||||||||
( ) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Прогиб в жёсткой заделке равен нулю, следовательно, начальные параметры Y0=0, φ0=0.
Прогибы балки:
при x=2.5 м
при x=6,9 м
|
|
|
|
|
|
|
( |
) |
( |
) |
( |
) |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
( |
) |
( |
) |
( |
) |
;
По полученным значениям строим изогнутую ось балки.
M
m |
Q |
F |
|
||
|
|
R
2,5 |
2,2 |
1,9 |
0,3
|
|
|
|
Q, кН |
|
|
102 |
|
|||
|
|||
|
|
|
62,8
30,8
0
18
M, кНм
-15,88
-246,6
Y, мм
0,8
3
Задача № 6Б.
Исходные данные. F=32 кН; q=14 кН/м; M=18 кНм; a=2.8 м; b=2.2 м; c=1,9 м.
M
Q
F
|
|
b |
b |
c |
a |
2 |
2 |
Решение.
Силу, равномерно распределенную вдоль отрезка прямой, заменяем равнодействующей.
Записываем уравнения статики и определяем опорные реакции.
∑ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
( |
|
|
) ( ) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
∑ |
|
( |
|
|
) |
|
|
|
|
|
|
|
( |
|
) |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
( |
|
) |
( |
|
) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
( |
) |
|
|
( |
) |
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Проверка.
∑
Эпюра поперечных сил.
Эпюра изгибающих моментов.
( |
) |
|
|
|
( |
|
) |
|
|
|
|
|
|
|
||
( |
) |
|
|
|
|
|
( |
|
|
) |
|
|
|
|
|
|
( |
|
|
) |
( |
|
|
) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
( |
|
|
|
|
) |
( |
|
|
|
|
) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
( |
|
|
) |
( |
) |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
( |
|
|
|
|
) |
( |
) |
||||
Подбор деревянной балки прямоугольного сечения.
| |
[ ]
по условию h=4b
( )
√
Сечение деревянного бруса 11,36×2,84 см.
M
Q
F |
RA |
|
RB |
|
|
b |
b |
c |
a |
2 |
2 |
32
Q, кН
0
-1.78
М, кНм
60,8 |
55,82 |
-32.58 |
|
||
|
37,82 |
27.39 |
|
|
0
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 за-
данных размерах поперечного сечения стержня. Расчет производить по допускаемым напряжениям на сжатие [σсж] и растяжение [σр].
Рисунок 1
Дано: а = 13 см; b = 8 см; [σсж] = 150 МПа; [σр] = 30 МПа.
Решение:
1. Геометрические характеристики в расчетных формулах берутся относительно главных центральных осей, поэтому определим центр тяжести сечения. Ось Y является осью симметрии и,
следовательно, она проходит через центр тяжести, поэтому нам достаточно найти его место-
положение на этой оси. Разобьем сечение на два прямоугольника (1 и 2) и выберем
вспомогательные оси x1Y . Запишем координаты центров тяжести С1 и С2 в этих осях.
Рисунок 2
Будем иметь С1 (0,0); С2(0; 12).
Площади этих прямоугольников будут соответственно равны
А 39 8 312 см2 |
; А 13 16 208 см2 |
||||||
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
Общая площадь сечения А А А 312 208 520 см2 |
|||||||
|
|
1 |
2 |
|
|
|
|
Тогда координаты центра тяжести будут равны |
|
|
|||||
y |
|
|
y1 A1 |
y2 A2 |
|
0 312 12 208 |
4,8 см |
C |
|
|
|
||||
|
|
A1 A2 |
312 208 |
||||
|
|
|
|||||
хC 0 см
Итак, в осях x1Y центр тяжести всего сечения имеет координаты С(0; 4,8). Проводим через центр тяжести сечения ось Х, перпендикулярную оси Y. Оси X и Y и будут главными центральными осями сечения.
Определение главных центральных моментов инерции и главных радиусов инерции. Моменты инерции определяем по формулам:
|
|
|
39 83 |
|
13 163 |
|
|||
I |
x |
|
|
39 8 ( 4,8)2 |
|
|
13 16 7,22 |
24072,5см4 |
|
12 |
12 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
8 393 |
|
16 133 |
|
|||||||
I |
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
42475,3см4 |
|
|
|
|
12 |
|
|
12 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Вычисляем квадраты главных радиусов инерции: |
|
||||||||||||||
|
ix2 |
|
I x |
„ |
|
|
24072,5 |
46,29 см2 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
А |
|
520 |
|
|||||||||||
|
|
C |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
2 |
|
I y |
|
|
42475,3 |
81,68 см2 |
|||||||
|
i |
|
„ |
|
|
|
|
||||||||
|
y |
C |
А |
|
520 |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
2. Определим положение нулевой линии. Отрезки, отсекаемые нулевой линией на главных центральных осях инерции, определяем по формулам:
|
|
|
|
iy2 |
|
|
81,68 |
12,57 см |
||
а |
|
|
C |
|
|
|
|
|||
Х |
С |
xF |
6,5 |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ix2 |
|
|
46,29 |
3,05 см |
||
аY |
C |
|
|
|
|
|||||
yF |
|
15,2 |
|
|||||||
|
|
С |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
где xF = 6,5 см и yF = 15,2 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.
3. Определим наибольшие (растягивающие и сжимающие) напряжения. Наибольшие сжимающие напряжения возникают в точке В, так как она является наиболее удаленной точкой в сжатой зоне сечения. Точка В имеет координаты xВ = 6,5 см и yВ = 15,2 см :
В |
|
F |
|
yB yF |
|
xB xF |
|
|
F |
|
||||
|
1 |
|
|
|
|
1 |
||||||||
A |
2 |
2 |
520 |
|||||||||||
|
|
|
|
ix |
C |
|
i y |
C |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
15,2 15,2 |
|
6,5 6,5 |
|
0,0125F |
|
|
|
||
|
|
|||
46,29 |
|
81,68 |
|
|
Точка А, координаты которой xА = -19,5 см и yА = -8,8 см , наиболее удалена от нулевой линии в растянутой зоне сечения, поэтому наибольшие растягивающие напряжения возникают в ней и
определяются по формуле:
А |
|
F |
|
y А yF |
|
x |
А xF |
|
|
F |
|
||||
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
||||||||
A |
2 |
|
2 |
520 |
|||||||||||
|
|
|
|
ix |
C |
|
i y |
C |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
8,8 15,2 |
|
19,5 6,5 |
|
0,0066F |
|
|
|
||
|
|
|||
46,29 |
|
81,68 |
|
|
4. Определим допускаемую нагрузку:
- из условия прочности при сжатии:
В [ сж ] 0,0125 104 [F ] 150МПа [F ] 150 106 Н / м2 1200000Н 1200кН 0,0125 104 м 2
- из условия прочности при растяжении:
|
|
[ |
|
] 0,0066 104 |
[F ] 30МПа [F ] |
30 10 |
6 Н / м2 |
454545,5Н 454,45кН |
|
A |
р |
0,0066 |
104 м 2 |
||||||
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
Чтобы одновременно удовлетворить условие прочности и в растянутой и в сжатой зонах колонны,
мы должны взять в качестве допускаемой нагрузки меньшую из двух полученных, т.е.
[F ] 454,45кН
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 или начало (окончание).
Исходные данные Схема 5
F1=25кН, F1=28кН, q=20кН/м, а=7,5м, b=4,8 м, с=3м
Основная система + неизвестные
Ra, Ma, x1 = 3
Число уравнений 2, система один раз статически неопределима Уравнений статики
Fy 0; RA q(а в) x1 2F1 0
M a 0; M A F1 (а в с) x1 (а в) q |
(а в)2 |
0 |
|
с |
|||
|
|
Дополнительное уравнение прогиб на опоре С yc=0
u x1 1 p 0 - условие отсутствия прогиба на опоре С
|
12,3 |
z |
2 |
|
|
|
EJ x 11 M1 M1 |
(1z) (1z)dz |
|
/120 |
,3 |
620,289 |
|
3 |
|
|||||
|
0 |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|