сопромат - Zachot

Задача. Расчет статически неопределимых систем.
Дано: М1=30кН∙м; М2=20 кН∙м; q=20 кН/м; а=2м; b=4 м. Примем [σ]=200
МПа, [τ]=100 МПа.
1) Определить М и Q;
2)Построить эпюры Qy и Мх;
3) Подобрать сечение двутавровой балки;
4) Проверить прочность балки по касательным напряжениям.
Y
M1 =30 кН
м
q=20 кН/ м
B
A
C
a=2 м
A
C
Y
a=2 м
X
b=4 м
M1 =30 кН
м
M2 =20 кН
м
Э.С.
B
C
Qx , кН
20
X1
X
b=4 м
20
+
-
12,5
Мy , кНм
1,6
0,533
30
10
+
+
0,8
20
1
1
RA
A
RB
C1
0,66
1,33
З.С.
О.С.
C
q=20 кН/ м
A
M2 =20 кН
м
0,18
1,07
Рис.1
1
Решение:
1 В шарнирных опорах А и С балка имеет по одной вертикальной реакции.
В неподвижной опоре В две реакции. Так как неизвестных реакций четыре, а
уравнений равновесия можно составить три, то задача один раза статически
неопределима.
2 Для неразрезной балки в качестве основной системы выбираем такую же
балку но с врезанными шарнирами на промежуточной опоре в шарнирах.
3 К основной системе приложим заданную нагрузку, определим реакции
опор и построим эпюры изгибающих моментов от заданной нагрузки причем
внешний момент в шарнире С приложим к правой, наименее нагруженной
балочке.
Участок АС
q  а2
 RС  а  0
2
qа
20  2
RСлев 

 20 кН;
2
2
q  а2
лев
 RА  а  0
M

0
 С
2
qа
20  2
RА 

 20 кН.
2
2
M A  0

Проверка: Σy=0; 20+20-20∙2=0, реакции определены верно.
Участок СВ
M
B
RСправ 
M
0
 М 1  М 2 30  20

 12,5 кН;
b
4
прав
С
RВ  
 М 1  М 2  RСправ  b  0
0
 М 1  М 2  RВ  b  0
М1  М 2
30  20

 12,5 кН.
b
4
Проверка: Σy=0; 12,5-12,5=0, реакции определены верно.
Построим эпюры Q и М.
Участок АС
Q(A)=20 кН; Q(С)=20кН; Q(а/2)=0 кН.
2
М(A)=0 кН∙м; М(С)=0к Н∙м; М(а/2)=20∙1 
20 12
=10 кН∙м
2
Участок СВ
Q(С)=-12,5 кН; Q(В)=-12,5кН.
М(С)=М1=30 кН∙м; М(В)=-20 кН∙м.
Момент равен нулю в точке
М2
20

 1, 6 м от точки В.
лев
RС
12,5
Определим площади и ординаты центров тяжести.
ωМ1=30∙2,4=72, центр тяжести лежит на расстоянии 2,4/3=0,8 от т.С
ωМ2=20∙1,6=32 центр тяжести лежит на расстоянии 1,6/3=0,533 от т.В
ωq=2/3·
q  а2
20  2 2
·а=2/3·20·
·2=53,3
2
2
4 Снимаем заданную нагрузку, прикладываем в точке С Х1=1 и строим
эпюру изгибающих моментов, для чего определим реакции в точках А и В.
M
A
0
M
В
0
1∙а+R1B∙(a+b), откуда R1B= 
-1∙b-R1A∙(a+b), откуда R1A= 
а
2
   0,33 кН
ab
6
b
4
   0, 66 кН
ab
6
Проверка: Σy=0; 1-0,33-0,66=0, реакции определены верно.
Построим эпюру моментов, определим площадь и ординаты центра тяжести.
Участок АС
М(A)=0 кН∙м; М(С)=-0,66∙2=-1,34 кН∙м
Участок СВ
М(С)=-0,33∙4=-1,32 кН∙м; М(С)=0 кН∙м.
ω М R1A=-1,32∙2=-2,68 центр тяжести лежит на расстоянии 2/3∙а=1,33 от т.А
ξ М R1A = R1A ∙1,33=-0,66∙1,33=-0,89
ω М R1В=-1,32∙4=-5,28 центр тяжести лежит на расстоянии 2/3∙b=2,67 от т.B
ξ М R1В = R1В ∙2,67=-0,33∙2,67=-0,89
3
5 Составим каноническое уравнение
δ11·Х1+Δ1Р=0.
Оно выражает условие равенства нулю прогиба в этой точке от действия
заданных сил.
6 Определим коэффициенты канонического уравнения.
Перемножим эпюру М1 саму на себя
δ11= ω М R1A∙ ξ М R1A+ω М R1В∙ ξ М R1В=-2,64∙(-0,89)-5,28∙(-0,89)=7,06
Перемножим эпюры М1 и Мр, для чего определим ординаты на эпюре М1
для центров тяжести площадей Мр.
ξ1 q = R1A ∙а/2=-0,66
ξ1М1= R1В ∙(b-0,8)=-0,33∙3,2=-1,07
ξ1М2= R1В ∙0,533=-0,33∙0,533=-0,18
Δ1Р= ωq∙ξ1 q+ωМ1∙ ξ1М1+ωМ2∙ ξ1М2=53,3∙(-0,667)+72∙(-1,07)-32∙(-0,178)=-106,7
7 Решим каноническое уравнение.
X1  
106, 67
 15,1 кН
7, 06
8 К балке прикладываем заданную нагрузку и найденную нагрузку. Определяем реакции опор и строим эпюры Q и М.
q  а2
 RВ  (а  b)  М 1  М 2  Х 1  а  0
2
q  а2
20  22
 М1  М 2  Х1  а
 30  20  (15,1)  2
RВ  2
 2
 20, 03 кН;
аb
24
a

q  а   b    RA  (а  b )  М 1  М 2  Х 1  а  0
MB  0
2

M A  0

a
2


q  а   b    М1  М 2  Х 1  b 20  2   4    30  20  (15,1)  4
2
2


RA 

 35, 07 кН;
( а  b)
24
RВ  
М1  М 2
30  20

 12,5 кН.
b
4
Проверка: Σy=0; 35,07-20∙2+(-15,1)+20,03=0, реакции определены верно.
4
RA =35,07 кН
Y
RВ =20,03 кН
X1 =- 15,1 кН
q=20 кН/ м
M1 =30 кН
м
A
a=2 м
C
1,75
4,93
B
M2 =20 кН
м
X
b=4 м
Qx , кН
35,07
+
-
20,03
60,13
Мy , кНм
30,13
30,74
+
+
20
Рис.2
Построим эпюры Q и М.
Участок АС
Q(A)=35,07 кН; Q(С)=35,07-20∙2=-4,93 кН;
На концах участка функция меняет знак. В этой точке эпюра моментов будет иметь экстремум.
х=
RA 35, 07

 1, 75 м
q
20
М(A)=0 кН∙м; М(С)=35,07∙2 
М(1,75)=35,07∙1,75 
20  22
=30,13 кН∙м;
2
20 1, 752
=30,74 кН∙м
2
Участок СВ
Q(СВ)=-20,03 кН
5
М(В)=-М2=-20 кН∙м; М(С)=-20+20,03∙4=60,13 кН∙м.
В точке схода С эпюра силы имеет скачок равный величине Х1=15,1 кН,
эпюра моментов имеет скачок равный М1=30 кН∙м
Максимальный изгибающий момент в т.С Мmax=60,13 кН∙м.
Из условия прочности
Подберем размеры двутавра. Подбор сечения ведем из условия прочности.
В опасном сечении расчетный момент сопротивления
Wmax ≥ 
M max
 

60,13  105
 300, 7 cм3.
2
200  10
По таблице сортамента выбираем двутавр № 27, для которого Wх=372 cм3.
1
m
ax
3
2
ma
x
Эпюра 
Эпюра 
Рис.3
Проверим выбранный двутавр по максимальным касательным напряжениям, которые возникают в точке 2 (центра двутавра, см.рис3) при максимальной поперечной силе (в программе – способ 2).
Расчет проводится по формуле Журавского:  max 
Q max S x
,
d  Jx
где Qmax =35,07кН – максимальная поперечная сила, найденная из
эпюр, Sx=210 см3– статический момент полусечения, d=0,6 см – толщина
стенки двутавра, Jx=5010 см4– момент инерции сечения (по таблице сортамента).
 max 
35,07 103  210 106
 24,5 106 Па  24,5 МПа
0,006  5010 108
6
Далее в соответствии с принятой теорией прочности определяется эквивалентное напряжение. Для пластичных материалов (сталь – пластичный
материал) принимается III или IV теории прочности. По III теории:
 экв   2  4   2 .
В точке 2  = 0, поэтому
экв= 2max=49 МПа
Условие прочности экв []=200 МПа выполняется, принимаем двутавр №27.
7