Сопромат 22612

Максимальное касательное напряжение:

| |

Определение прогибов балки.

Начало координат выбираем в жесткой заделке. Распределённая нагрузка q действует только на последнем участке. Доводим распределённую нагрузку q до жесткой заделки и показываем компенсирующую нагрузку.

Уравнение прогибов:

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

Прогибы балки:

при x=2.8 м

( )

( )

при x=5,6 м

;

По полученным значениям строим изогнутую ось балки.

R

26

Q, кН

y, мм

0,16

7,6

Задача № 6Б.

Исходные данные. F=12 кН; q=14 кН/м; a=2.4 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 9,88×2,47 см.

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 = 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 место-

положение на этой оси. Разобьем сечение на три прямоугольника (1, 2 и 3) и выберем вспомогательные оси Xy1 . Запишем координаты центров тяжести С1 , С2 и С3 в этих осях.

Рисунок 2

Будем иметь С1 (0,0); С2(4; 12), С3(4; -12)

Площади этих прямоугольников будут соответственно равны

А1 4 32 128 см2 ; А2 А3 4 8 32 см2

Общая площадь сечения А А1 А2 А3 128 32 32 192 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:

Вычисляем квадраты главных радиусов инерции:

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

где xF = -3,33 см и yF = 16 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=14кН/м, а=6м, b=4,8 м, с=2,5м

Задача один раз статически неопределима Уравнений статики

Fy 0; RA 10,8q x1 F1 0

M a 0; M A F113,3 10,8x1 q10,8 5,4 0

Уравнение прогиба на опоре В

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

х1 18152,45419,904 43,23кН

RA 10,8q x1 F1 97,97кН

M A q10,8 5,4 F113,3 10,8x1 216,6кН

Построим эпюру Q и М Участок СВ: 0≤z1≤2,5 Q F1 10кН

M F1z1

Z1=0 M=0 Z1=2,5 M=25кН

Участок ВА 0≤z3≤10,8

Q F1 qz2 х1