Загрузил Cji Hgoogol

2bb907f

Реклама
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
ИРКУТСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ
ТИПОВЫЕ ЗАДАЧИ КУРСОВОЙ РАБОТЫ
ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ МАТЕРИАЛОВ
Методические указания для выполнения курсовых и
расчетно-графических работ по сопротивлению материалов
для студентов механических и машиностроительных
специальностей очной, вечерней и заочной форм обучения
Часть 1
Издательство
Иркутского государственного технического университета
2003
Типовые задачи курсовой работы по сопротивлению материалов.
Методические указания для выполнения курсовых и расчетно-графических
работ по сопротивлению материалов для студентов механических и
машиностроительных специальностей очной, вечерней и заочной форм
обучения. Часть 1. Составители В. Л. Лапшин, В. П. Ященко - Иркутск, 2002. с.
Рассматривается пример выполнения и оформления задач курсовой
(расчетно-графической) работы по сопротивлению материалов.
Часть 1
охватывает следующие разделы курса: основные понятия, метод сечений,
центральное
растяжение-сжатие,
расчет
статически
неопределимых
стержневых систем, геометрические характеристики сечений, прямой
поперечный изгиб, метод сил, расчет по теориям прочности.
Ил.
Рецензент: доц. канд. техн. наук Ю. И. Чеботарев
Редактор
Корректор
Подписано в печать
Формат
Бумага типографская. Печать офсетная. Усл. печ. л.
Уч.-изд. л.
Тираж 400
План 2003. Поз.
Иркутский государственный технический университет
664074, Иркутск, ул. Лермонтова, 83
ПРЕДИСЛОВИЕ
Курсовая работа (КР) по сопротивлению материалов предназначена для
студентов механических и машиностроительных специальностей очной, вечерней и
заочной форм обучения и является одним из важных этапов обучения в
университете. Целью работы является закрепление теоретических знаний по
сопротивлению материалов, развитие навыков инженерного мышления и умения
применять полученные знания при решении практических задач, связанных с
прочностью и надежностью машин и оборудования. Кроме этого КР позволяет
продолжить подготовку студента по ряду других дисциплин, входящих в объем
курсовой работы (ведение инженерных расчетов на ПК, черчение, математика).
В состав КР входят задачи по следующим разделам курса:
Задача 1. Расчет стержня при центральном растяжении-сжатии
Требуется построить эпюру продольных сил, рассчитать диаметры
ступенчатого стержня, построить эпюру нормальных напряжений и эпюру
перемещений поперечных сечений стержня в результате его деформации.
Разделы - основные понятия, метод сечений, центральное растяжение-сжатие.
Задача 2. Расчет статически неопределимой стержневой системы
Требуется рассчитать диаметры стержней из условия прочности.
Раздел - расчет статически неопределимых стержневых систем.
Задача 3. Расчет монтажных напряжений в статически неопределимых
конструкциях
Требуется рассчитать монтажные напряжения в стержнях, вызванные
неточностью изготовления одного из стержней.
Раздел - расчет статически неопределимых стержневых систем.
Задача 4. Расчет температурных напряжений в статически неопределимых
конструкциях
Требуется рассчитать температурные напряжения в стержнях, вызванные
нагревом одного из стержней.
Раздел - расчет статически неопределимых стержневых систем.
Задача 5. Определение геометрических характеристик коробчатого сечения.
Требуется для коробчатого сечения заданных размеров определить положение
центра тяжести сечения, главный центральный момент инерции сечения и
статические моменты отсеченной части сечения.
Раздел - геометрические характеристики сечений.
Задача 6. Определение главных центральных моментов инерции составного
симметричного сечения из стандартных профилей
Требуется для симметричного сечения из стандартных профилей определить
положение центра тяжести сечения и главные центральные моменты инерции.
Раздел - геометрические характеристики сечений.
Задача 7. Построение эпюр внутренних силовых факторов в балке при
изгибе
3
Требуется построить эпюры внутренних силовых факторов в балке и
подобрать размеры поперечных сечений разной формы (круг, прямоугольник,
швеллер, двутавр) из условия прочности по нормальным напряжениям.
Раздел - прямой поперечный изгиб.
Задача 8. Построение эпюр внутренних силовых факторов в раме при изгибе
Требуется построить эпюры внутренних силовых факторов и подобрать
размеры поперечного сечения из двух швеллеров из условия прочности по
нормальным напряжениям.
Раздел - прямой поперечный изгиб.
Задача 9. Полная проверка на прочность балки при изгибе для сечения
коробчатого типа.
Требуется для заданного коробчатого сечения балки (сечение из задачи 5,
балка из задачи 7) произвести расчет нормальных, касательных и эквивалентных
напряжений в опасных точках опасных сечений и оценить надежность по условиям
прочности.
Раздел - прямой поперечный изгиб, расчет по теориям прочности.
Задача 10. Подбор рациональных размеров коробчатого сечения по
условиям прочности.
Требуется рассчитать на компьютере размеры и толщину листов коробчатого
сечения из условий равенства напряжений в опасных точках сечения допускаемым
значениям.
Раздел - прямой поперечный изгиб, расчет по теориям прочности.
Задача 11. Построение упругой линии балки.
Требуется составить дифференциальное уравнение упругой линии балки,
определить постоянные интегрирования, рассчитать деформации в заданных
сечениях.
Раздел - прямой поперечный изгиб.
Задача 12. Расчет статически неопределимой балки
Требуется для заданной статически неопределимой балки раскрыть
статическую неопределимость методом сил, построить эпюры внутренних силовых
факторов, подобрать постоянное по длине двутавровое поперечное сечение и
определить прогиб в том сечении, где приложена сосредоточенная сила.
Раздел - прямой поперечный изгиб, метод сил.
Задача 13. Расчет статически неопределимой рамы
Требуется для рамы постоянной по длине жесткости раскрыть статическую
неопределимость методом сил, построить эпюры внутренних силовых факторов,
подобрать размеры кольцевого поперечного сечения и определить горизонтальное
перемещение указанной точки.
Раздел - прямой поперечный изгиб, метод сил.
4
ЗАДАЧА 1. Расчет стержня при центральном растяжении-сжатии
Требуется построить эпюру продольных сил N, рассчитать диаметры
ступенчатого стержня d1, d2, построить эпюру нормальных напряжений σ и эпюру
перемещений δ поперечных сечений стержня в результате его деформации.
Исходные данные (м, кН, кН/м, МПа):
F1 = 5 ; F2 = 31 ; q = 60 ; E = 2 ⋅ 10 5 ; σ t = 100 ; σ c = 300
1.1 Построение эпюры продольных сил N
Стержень разбивается на силовые участки (рис.1). С использованием метода
сечений составляются уравнения равновесия по
участкам ∑ FZ = 0 , откуда определяется величина
продольной силы N:
I уч. Z1 = 0 ÷ 0,3 м
N1 − F1 = 0 ; N1 = F1 = 5кН - это уравнение прямой,
параллельной нулевой линии.
II уч. Z 2 = 0 ÷ 0,3 м
N 2 + q ⋅ z 2 − F1 = 0 , где q ⋅ z 2 равнодействующая
равномерно
распределенной нагрузки, действующая
на отсеченную часть стержня. В данном
случае координата сечения z2 равна
длине участка, на который действует
равномерно распределенная нагрузка q в
оставшейся части стержня.
N 2 = F1 − q ⋅ z 2 = 5 − 60 z 2 - это уравнение прямой, наклонной к нулевой линии. Для
построения этой прямой достаточно определить значения N2 в начале и в конце II
участка: z 2 = 0 ; N 2 = 5кН ; z 2 = 0,3 ; N 2 = −13кН
III уч. Z 3 = 0 ÷ 0,2 м
N 3 + q (0,3 + z 3 ) − F1 = 0
Здесь (0,3 + z3 ) - это длина
участка,
на
который
действует нагрузка q в
рассматриваемой
части
стержня
N 3 = F1 − 0,3q − q ⋅ z 3 =
= 5 − 18 − 60 z 3 = −13 − 60 z 3 - это уравнение прямой, наклонной к нулевой линии.
z 3 = 0 ; N 3 = −13кН ;
z 3 = 0,2 ; N 3 = −25кН
IV уч. Z 4 = 0 ÷ 0,2 м
N 4 + q (0,3 + 0,2) − F1 = 0 ; N 4 = F1 − 0,5q + F2 = 5 − 30 + 31 = 6кН - это уравнение
прямой, параллельной нулевой линии.
[ ]
5
[ ]
По
полученным
данным
строится
эпюра продольных сил
N (рис.1). Величина
реакции R равна скачку
на эпюре N: N=6 кН.
Направление R должно
обеспечивать
растяжение
на
прилегающем участке стержня.
6
1.2 Расчет диаметров ступенчатого стержня
Из условий прочности на растяжение и сжатие определяются площади сечений
стержня по ступеням:
t
с
1 ступень (I и II уч.) - N MAX
= 5кН ; N MAX
= −13кН
A1t =
t
N MAX
[σ ]
t
=
5 ⋅ 103
= 5 ⋅ 10 − 5 м 2 = 50 мм 2 - из условия прочности на растяжение
6
100 ⋅ 10
с
N MAX
13 ⋅103
=
=
= 4,3 ⋅10− 5 м 2 = 43 мм 2 - из условия прочности на сжатие
6
с
σ
300 ⋅10
Окончательно принимается большая площадь:
4 A1
4 ⋅ 50
A1 = 50 мм 2 ; d1 =
=
≈ 8 мм
3,14
π
A1с
[ ]
t
с
2 ступень (III и IV уч.) - N MAX
= 6кН ; N MAX
= −25кН
A2t
=
t
N MAX
[σ ]
t
с
N MAX
6 ⋅ 103
=
= 6 ⋅ 10 − 5 м 2 = 60 мм 2 - из условия прочности на растяжение
6
100 ⋅ 10
25 ⋅103
= 8,3 ⋅ 10− 5 м 2 = 83 мм 2 - из условия прочности на сжатие
6
с
300 ⋅ 10
σ
Окончательно принимается большая площадь:
4 A2
4 ⋅ 83
A2 = 83 мм 2 ; d 2 =
=
≈ 10,3 мм
π
3,14
1.3 Построение эпюры нормальных напряжений
При построении эпюры σ последовательно рассматриваются сечения
стержня, в которых происходит скачкообразное изменение продольной силы или
площади поперечного сечения.
N 2 − 13 ⋅ 10 −3
N1 5 ⋅ 10 −3
σ=
=
= 100 МПа ;
σ=
=
= −260 МПа ;
A1 5 ⋅ 10 −5
A1
5 ⋅ 10 −5
A2с
=
[ ]
=
N 3 − 13 ⋅ 10 −3
N 3 − 25 ⋅ 10 −3
; σ =
=
−
157
МПа
= −301 МПа ;
=
=
A2
A2
8,3 ⋅ 10 −5
8,3 ⋅ 10 −5
N4
6 ⋅ 10 −3
σ=
=
= 72 МПа
A2 8,3 ⋅ 10 −5
По полученным значениям строится эпюра нормальных напряжений σ (рис. 1).
1.4 Построение эпюры перемещений
Эпюра перемещений поперечного сечения стержня строится по участкам
начиная от закрепленного торца стержня. Перемещение в заделке (сечение а ) равно
нулю.
Перемещение сечения b относительно заделки δ ab равно деформации участка
аb и рассчитывается по формуле ∆l = Fl / AE , используемой для участков без
σ=
7
распределенной
нагрузки.
На
участок
действуют
силы
F1 , F2 , q ⋅ 0,5
(равнодействующая распределенной нагрузки):
( F1 + F2 − q ⋅ 0,5)0,2 (5 + 31 − 30)103 ⋅ 0,2
=
δ ab = ∆lab =
= 0,07 ⋅ 10 − 3 м
−5
11
A2 E
8,3 ⋅ 10 ⋅ 2 ⋅ 10
Перемещение сечения с относительно заделки δ ac складывается из
перемещения предыдущего сечения и деформации данного участка: δ ac = δ ab + ∆lbc .
На участок bc действуют силы F1 , q ⋅ 0,3 и равномерно распределенная нагрузка q,
деформация стержня от которой рассчитывается по формуле ∆l q = ql 2 / 2 AE :
∆lbc
( F1 − q ⋅ 0,3)0,2 q ⋅ 0,2 2
(5 − 18)103 ⋅ 0,2
60 ⋅ 103 ⋅ 0,2 2
=
−
=
−
=
A2 E
2 A2 E 8,3 ⋅10 − 5 ⋅ 2 ⋅ 1011 2 ⋅ 8,3 ⋅ 10 − 5 ⋅ 2 ⋅ 1011
= −0,16 ⋅ 10 −3 − 0,07 ⋅ 10 −3 = −0,23 ⋅10 −3 м ;
δ ac = 0,07 ⋅ 10 −3 − 0,23 ⋅ 10 −3 = −0,16 ⋅ 10 −3 м
Перемещение сечения d относительно заделки δ ad складывается из
перемещения предыдущего сечения и деформации данного участка:
δ ad = δ ac + ∆lcd . На участок cd действует сила F1 и равномерно распределенная
нагрузка q, деформация стержня от которой рассчитывается по формуле
∆l q = ql 2 / 2 AE :
∆lcd =
F1 ⋅ 0,3 q ⋅ 0,32
5 ⋅ 103 ⋅ 0,3
60 ⋅ 103 ⋅ 0,32
−
=
−
=
A1E
2 A1E 5 ⋅ 10 − 5 ⋅ 2 ⋅ 1011 2 ⋅ 5 ⋅ 10 − 5 ⋅ 2 ⋅ 1011
= 0,15 ⋅10 −3 − 0,27 ⋅ 10 −3 = −0,12 ⋅10 −3 м ;
δ ad = −0,16 ⋅ 10 −3 − 0,12 ⋅ 10 −3 = −0,28 ⋅ 10 −3 м
Перемещение сечения e относительно заделки: δ ae = δ ad + ∆l de . На участок de
действует сила F1 :
∆lde
F1 ⋅ 0,3
5 ⋅ 103 ⋅ 0,3
=
=
= 0,15 ⋅ 10 − 3 м ;
−5
11
A1E
5 ⋅ 10 ⋅ 2 ⋅ 10
δ ae = −0,28 ⋅ 10 −3 + 0,15 ⋅ 10 −3 = −0,13 ⋅ 10 −3 м
Перемещения сечений на границах участков относительно заделки:
сечение a = 0; сечение b = 0,07 ⋅ 10 −3 м; сечение c = -0,16 ⋅ 10 −3 м;
сечение d = -0,28 ⋅ 10 −3 м; сечение e = -0,13 ⋅ 10 −3 м
По полученным значениям строится эпюра перемещений δ (рис.1). При этом
следует иметь ввиду, что на участках с распределенной нагрузкой эпюра
перемещений криволинейна. В сечении N = 0 на эпюре перемещений будет
наблюдаться экстремум. В нашем случае экстремум имеет место на II участке.
Определим координату экстремума:
N 2 = F1 − qz 2 = 5 − 60 z 2 = 0; z ЭКС = 5 / 60 = 0,083 м
Определим перемещение экстремального сечения с' ( δ ac ' ) относительно
заделки: δ ac ' = δ ac + ∆lcc '
8
Найдем величину ∆lcc ' : ∆lcd = ∆lcc ' + ∆lc ' d ; ∆lcc ' = ∆lcd − ∆lc ' d ;
∆l c ' d
2
F1 z ЭКС qz ЭКС
5 ⋅ 103 ⋅ 0,083
60 ⋅ 103 ⋅ 0,0832
=
−
=
−
=
A1E
2 A1E 5 ⋅ 10 − 5 ⋅ 2 ⋅ 1011 2 ⋅ 5 ⋅ 10 − 5 ⋅ 2 ⋅ 1011
= 0,0415 ⋅10 −3 − 0,0207 ⋅10 −3 ≈ 0,02 ⋅10 −3 м ;
∆lcc ' = −0,12 ⋅ 10 −3 − 0,02 ⋅ 10 −3 = −0,14 ⋅ 10 −3 м ;
δ ac ' = −0,16 ⋅ 10 −3 − 0,14 ⋅ 10 −3 = −0,3 ⋅ 10 −3 м
С целью упрощения эпюру перемещений допускается показывать
прямолинейной.
ЗАДАЧА 2. Расчет статически неопределимой стержневой системы
Требуется рассчитать диаметры стержней 1, 2 (d1 , d 2 ) из условия прочности.
Исходные данные (м, град., кН, кН/м):
a = 0,5; b = 0,2; c = 0,6; q = 10; F = 2; α = 60; l1 = 0,1; l 2 = 0,15; A1 / A2 = 0,5;
стержень 1 – сталь 30; [σ ]СТ = 160 МПа; модуль упругости EСТ = 2 ⋅ 10 5 МПа ;
стержень 2 – дуралюмин Д1; [σ ] Д = 130МПа; модуль упругости E Д = 0,7 ⋅ 105 МПа
2.1 Статическая часть
На схеме (рис.2) показываются реакции в узлах крепления R1 , R2 , RY , R X . Для
стержней 1, 2 следует показывать истинное направление реакций R1 , R2 . Для этого
необходимо установить вид деформации стержней (растяжение или сжатие).
В результате действия внешней нагрузки жесткий стержень повернется
относительно шарнира В против часовой стрелки, т. к. момент от распределенной
нагрузки относительно шарнира В M q = qa(a / 2 + b) = 10 ⋅ 0,5(0,25 + 0,2) = 2,25 кНм
больше момента от силы M F = F ⋅ c = 2 ⋅ 0,6 = 1,2 кНм . Деформациями самого
жесткого стержня пренебрегаем ввиду их малости. Таким образом стержни 1 и 2
испытывают растяжение.
9
Составляются уравнения равновесия для недеформированной системы. При
этом следует иметь в виду, что с целью упрощения задачи можно ограничиться
одним уравнением, в котором присутствуют только интересующие нас реакции
R1 , R2 . Таковым является уравнение ∑ M B = 0 :
R2 (a + b) − qa ( a / 2 + b) + Fc + R1cSinα = 0;
0,7 R2 − 2,25 + 1,2 + 0,52 R1 = 0; 0,52 R1 = 1,05 − 0,7 R2 ; R1 = 2,02 − 1,35 R2
Учитывая, что внутренние усилия в стержнях N1 , N 2 равны реакциям в узлах
крепления R1 , R2 , уравнение, характеризующее соотношение усилий в стержнях,
окончательно записывается в следующем виде:
N1 = 2,02 − 1,35 N 2
(1)
В полученном уравнении два неизвестных усилия N1 , N 2 . Для его решения
необходимо составить еще одно уравнение с неизвестными усилиями N1 , N 2 , чтобы
количество неизвестных стало равно числу уравнений. Использовать для этой цели
оставшиеся уравнения равновесия ∑ FY = 0, ∑ FX = 0 не имеет смысла, т. к. это
повлечет за собой появление в дополнительных уравнениях других неизвестных
RY , R X и поставленная цель опять не будет достигнута (неизвестных по-прежнему
будет больше, чем уравнений).
Для дальнейшего решения задачи переходят к геометрической части, в
которой получают дополнительное уравнение, характеризующее соотношение
деформаций стержней 1, 2.
2.2 Геометрическая часть
Система изображается в деформированном состоянии (рис.3). Все точки
жесткого стержня поворачиваются относительно опоры В на один и тот же угол.
При выполнении данной части используются следующие допущения:
- искажением углов при деформации принебрегают;
- считают, что точки жесткого стержня при его повороте перемещаются не
по дугам, а по перпендикулярам к радиусам вращения.
На схеме показываются деформации стержней ∆l1 , ∆l 2 . Для получения
искомого уравнения необходимо геометрически связать между собой отрезки,
показывающие на схеме деформации системы ∆l1 , ∆l 2 . В данной задаче
10
целесообразно рассматривать подобные треугольники ∆BCC ' , ∆BDD ' . Используя
свойства подобия треугольников составляется пропорция:
a + b CC ' 0,7 CC '
CC '
=
;
=
; 1,17 =
; CC ' = 1,17 DD '
c
DD ' 0,6 DD '
DD '
Переходя к деформациям ∆l1 , ∆l 2 получаем: CC ' = ∆l2
∆l1
∆l1
∆l
; ∆l2 = 1,17
; ∆l2 = 1,35∆l1
Из ∆DD' D" : Sinα = 1 ; DD ' =
DD '
Sinα
Sin60
Полученное уравнение отражает соотношение деформаций стрежней 1, 2 при
нагружении системы. Для использования полученного выражения совместно с
уравнением (1) необходимо перейти от деформаций к усилиям в стержнях. Данную
операцию можно выполнить применяя закон Гука.
2.3 Физическая часть
Для преобразования уравнения совместности деформаций используется закон
N 2l2
Nl
Гука ∆l = Nl / AE :
= 1,35 1 1
A2 E Д
A1 EСТ
Учитывая, что A1 = 0,5 A2 , преобразуем полученное выражение:
N 2 ⋅ 0,15
N1 ⋅ 0,1
N1 = 1,56 N 2 (2)
= 1,35
; 0,21N 2 = 0,135 N1;
5
A2 ⋅ 0,7 ⋅ 10
0,5 A2 ⋅ 2 ⋅ 105
Решая совместно полученные уравнения (1) и (2) определяются усилия в
N1 = 2,02 − 1,35 N 2
;
стержнях:
1,56 N 2 = 2,02 − 1,35 N 2 ;
2,91N 2 = 2,02;
N1 = 1,56 N 2
N 2 = 0,694 кН ; N1 = 1,56 ⋅ 0,694 = 1,08 кН
N1 = 1,08 кН ; N 2 = 0,694 кН
Усилия в стержнях
2.4 Расчет диаметров стержней
В одном из стержней напряжения принимаются равными допускаемой
величине и площадь определяется из условия прочности:
А2 = N 2 /[σ ] Д = 0,694 ⋅103 /(130 ⋅106 ) = 0,0053 ⋅10−3 м 2
Площадь сечения второго стержня определяется по заданному соотношению
A1 = 0,5 A2 , и производится проверка этого стержня по условию прочности:
A2 = 0,00265 ⋅ 10 −3 м 2 ;
σ 1 = N1 / A1 = 1,08 ⋅ 10 −3 / 0,00265 ⋅ 10 −3 = 407 МПа > [σ ]СТ = 160 МПа
Условие прочности не выполняется, поэтому следует повторить расчет,
используя условие прочности для другого стержня:
А1 = N1 / [σ ]СТ = 1,08 ⋅ 10 3 /(160 ⋅ 10 6 ) = 0,00675 ⋅ 10 −3 м 2 ; A2 = A1 / 0,5 = 0,0135 ⋅ 10 −3 м 2 ;
σ 2 = N 2 / A2 = 0,694 ⋅ 10−3 / 0,0135 ⋅ 10−3 = 51,4МПа < [σ ] Д = 130МПа
Окончательно принимается :
А1 = 0,00675 ⋅ 10 −3 = 6,75 ⋅ 10 −6 м 2 ; A2 = 0,0135 ⋅ 10 −3 = 13,5 ⋅ 10 −6 м 2
Рассчитываются диаметры стержней d = 4 A / π :
11
d1 = 4 ⋅ 6,75 ⋅ 10− 6 / 3,14 = 2,93 ⋅ 10− 3 м = 2,93мм ;
d 2 = 4 ⋅ 13,5 ⋅ 10− 6 / 3,14 = 4,15 ⋅ 10− 3 м = 4,15 мм
ЗАДАЧА 3. Расчет монтажных напряжений в статически неопределимых
конструкциях
Требуется рассчитать монтажные напряжения в стержнях 1, 2, вызванные
неточностью изготовления стержня 1.
Исходные данные (принимаются из задачи 2):
a = 0,5 м; b = 0,2 м; c = 0,6 м; α = 60; l1 = 0,1м; l2 = 0,15 м;
А1 = 0,00675 ⋅ 10 −3 = 6,75 ⋅ 10 −6 м 2 ; A2 = 0,0135 ⋅ 10 −3 = 13,5 ⋅ 10 −6 м 2 ;
δ = 0,05 мм - неточность изготовления стержня 1;
стержень 1 – сталь 30; модуль упругости EСТ = 2 ⋅ 10 5 МПа ;
стержень 2 – дуралюмин Д1; модуль упругости E Д = 0,7 ⋅ 105 МПа
3.1 Статическая часть
Возникновение монтажных напряжений обусловлено тем, что при монтаже
конструкции, элементы которой имеют отклонения от номинальных размеров,
конструкция и ее элементы деформируются. Возникающие при этом напряжения
называются монтажными.
Для правильной оценки надежности конструкции необходимо знать не только
рабочие, но и монтажные напряжения. Для решения данной задачи система
изображается в деформированном состоянии без внешней нагрузки (рис.4). Если
предположить, что стержень 1 короче на величину δ , то монтаж системы может
выглядеть следующим образом. Стержень 2 соединяется с жестким стержнем в
шарнире С. Для соединения стержня 1 в шарнире D необходимо сдеформировать
систему. После сборки конструкции в результате деформации системы шарнир D
займет положение D’. Стержень 1 окажется растянутым на величину ∆l1 , жесткий
стержень – повернутым по часовой стрелке относительно шарнира В, в результате
чего стержень 2 окажется сжатым на величину ∆l2 .
12
На схеме показываются реакции R1 , R2 , направление которых соответствует
виду деформации стержня (растяжение или сжатие). Составляется уравнение
равновесия ∑ M B = 0 :
R2 ( a + b) − R1cSinα = 0; 0,7 R2 − 0,52 R1 = 0; R1 = 1,35 R2 .
При этом пренебрегают деформациями системы, т.е. изменением линейных и
угловых размеров, и составляют уравнения равновесия для недеформированной
системы. Применительно к нашему случаю можно записать: h ' ≈ h (рис.4).
Учитывая, что внутренние усилия в стержнях N1 , N 2 равны реакциям в узлах
крепления R1 , R2 , уравнение, характеризующее соотношение усилий в стержнях,
N1 = 1,35 N 2
окончательно записывается в следующем виде:
(1)
3.2 Геометрическая часть
Для получения дополнительного уравнения необходимо геометрически
связать между собой деформации стержней ∆l1 , ∆l 2 . Используя свойства подобия
треугольников ∆BCC ' , ∆BDD ' составляется пропорция:
a + b CC ' 0,7 CC '
CC '
=
;
=
; 1,17 =
; CC ' = 1,17 DD '
c
DD ' 0,6 DD '
DD '
Переходя к деформациям ∆l1 , ∆l 2 получаем: CC ' = ∆l2 ;
Из ∆DD' D" : DD" = DD'⋅Sinα ; DD" ' = DD"+ D" D" ' ; δ = ∆l1 + DD ' Sinα ;
δ − ∆l1
δ − ∆l1
∆l 2 = 1,35δ − 1,35∆l1
DD ' =
; ∆l2 = 1,17
;
Sinα
Sin60
Полученное уравнение отражает соотношение деформаций стрежней 1, 2. Для
использования полученного выражения совместно с уравнением (1) необходимо
перейти от деформаций к усилиям в стержнях. Данную операцию можно выполнить
применяя закон Гука.
3.3 Физическая часть
Для преобразования уравнения совместности деформаций используется закон
N 2l2
Nl
Гука ∆l = Nl / AE :
= 1,35δ − 1,35 1 1
A2 E Д
A1 EСТ
Подставляя значения и переводя Е в кПА получаем:
N 2 ⋅ 0,15
N1 ⋅ 0,1
;
= 1,35 ⋅ 0,05 ⋅ 10 − 3 − 1,35
−3
5
3
0,0135 ⋅ 10 ⋅ 0,7 ⋅ 10 ⋅ 10
0,00675 ⋅ 10 − 3 ⋅ 2 ⋅ 105 ⋅ 10 3
N 2 = 0,42 − 0,63 N1 (2)
15,9 ⋅ 10 −5 N 2 = 0,0675 ⋅ 10 −3 − 10 ⋅ 10 −5 N1 ;
Решая совместно полученные уравнения (1) и (2) определяются усилия в
N1 = 1,35 N 2
стержнях:
;
N1 = 1,35(0,42 − 0,63 N1 );
N 2 = 0,42 − 0,63 N1
N1 = 0,567 − 0,85 N1 ; 1,85 N1 = 0,567; N1 = 0,31 кН ; N 2 = N1 / 1,35 = 0,23 кН
N1 = 0,31 кН ; N 2 = 0,23 кН
Усилия в стержнях
После определения усилий рассчитываются монтажные напряжения в
стержнях:
σ 1 = N1 / A1 = 0,31 ⋅ 10 −3 / 0,00675 ⋅ 10 −3 = 46 МПа ;
σ 2 = N 2 / A2 = 0,23 ⋅ 10 −3 / 0,0135 ⋅ 10 −3 = 17 МПа .
13
Результаты расчета показывают, что даже при незначительном отклонении от
размеров при монтаже могут возникать весьма существенные монтажные
напряжения, не учет которых может значительно снизить надежность конструкции
или даже привести к выходу ее из строя.
С целью проверки выполненного расчета определим деформации стержней:
N1l1
0,31 ⋅103 ⋅ 0,1
= 2,3 ⋅ 10 − 5 м = 0,023 мм ;
∆l1 =
=
−3
11
A1EСТ 0,00675 ⋅ 10 ⋅ 2 ⋅ 10
N 2l2
0,23 ⋅103 ⋅ 0,15
= 3,65 ⋅10− 5 м = 0,0365 мм
∆l2 =
=
−3
11
A2 E Д 0,0135 ⋅10 ⋅ 0,7 ⋅10
Используя уравнение совместности деформаций проверим полученные
результаты: ∆l 2 = 1,35δ − 1,35∆l1 ; 0,0365 = 1,35(0,05 − 0,023); 0,0365 ≈ 0,03645
Небольшое расхождение вызвано округлением значений в ходе расчета.
ЗАДАЧА 4. Расчет температурных напряжений в статически неопределимых
конструкциях
Требуется рассчитать температурные напряжения в стержнях 1, 2, вызванные
нагревом стержня 2.
Исходные данные (принимаются из задачи 2):
a = 0,5; b = 0,2; c = 0,6; α = 60; l1 = 0,1; l 2 = 0,15;
А1 = 0,00675 ⋅ 10 −3 = 6,75 ⋅ 10 −6 м 2 ; A2 = 0,0135 ⋅ 10 −3 = 13,5 ⋅ 10 −6 м 2 ;
∆t = 30 град. - величина нагрева стержня 2;
стержень 1 – сталь 30;
модуль упругости EСТ = 2 ⋅ 10 5 МПа ; коэффициент
линейного расширения стали α t = 125 ⋅ 10 −7 град.−1
стержень
2
–
дуралюмин
Д1;
модуль упругости E Д = 0,7 ⋅ 105 МПа ;
коэффициент линейного расширения дуралюмина α t = 229 ⋅ 10 −7 град.−1
4.1 Статическая часть
Возникновение температурных напряжений обусловлено тем, что при работе
конструкции ее элементы могут нагреваться и изменять свои линейные размеры
вследcтвие температурного расширения материала. В результате система будет
деформироваться.
Возникающие
при
этом
напряжения
называются
температурными.
Для правильной оценки надежности конструкции необходимо знать не только
рабочие, но и температурные напряжения. Для решения данной задачи система
изображается в деформированном состоянии без внешней нагрузки (рис.5).
При нагреве стержня 2 длина его увеличивается. Температурное удлинение
стержня в свободном состоянии определяется: ∆lt = α t ⋅ ∆t ⋅ l 2 . Однако, поскольку
стержень соединен с другими элементами конструкции, то он может изменить свою
длину только сдеформировав систему. При этом он сам окажется
сдеформированным. В нашем случае стержень 2 удлиняясь повернет жесткий
стержень относительно шарнира В, что вызовет деформацию растяжения стержня 1
14
∆l1 . При этом удлинение стержня 2 окажется меньше ∆lt на величину деформации
сжатия стержня ∆l2 . Таким образом, в нашем случае, стержень 1 испытывает
растяжение, а стержень 2 – сжатие (не смотря на то, что длина его при нагреве
увеличивается).
На схеме показываются реакции R1 , R2 , направление которых соответствует
виду деформации стержня (растяжение или сжатие). Составляется уравнение
равновесия ∑ M B = 0 :
R2 ( a + b) − R1cSinα = 0; 0,7 R2 − 0,52 R1 = 0; R1 = 1,35 R2
Учитывая, что внутренние усилия в стержнях N1 , N 2 равны реакциям в узлах
крепления R1 , R2 , уравнение, характеризующее соотношение усилий в стержнях,
N1 = 1,35 N 2
окончательно записывается в следующем виде:
(1)
4.2 Геометрическая часть
Для получения дополнительного уравнения необходимо геометрически
связать между собой деформации системы ∆l1 , ∆l 2 . Используя свойства подобия
треугольников ∆BCC ' , ∆BDD ' составляется пропорция:
a + b CC ' 0,7 CC '
CC '
; CC ' = 1,17 DD '
; 1,17 =
;
=
=
c
DD ' 0,6 DD '
DD '
Переходя к деформациям ∆l1 , ∆l 2 получаем:
∆l1
∆l1
; ∆lt − ∆l 2 = 1,17
;
CC ' = ∆lt − ∆l 2 ; ∆l1 = DD ' Sinα ; DD ' =
Sinα
Sin60
∆l2 = ∆lt − 1,35∆l1
Полученное уравнение отражает соотношение деформаций стрежней 1, 2. Для
использования полученного выражения совместно с уравнением (1) необходимо
перейти от деформаций к усилиям в стержнях. Данную операцию можно выполнить
применяя закон Гука.
4.3 Физическая часть
Для преобразования уравнения совместности деформаций используется закон
15
Гука ∆l = Nl / AE :
N 2 ⋅ 0,15
N 2l2
Nl
= α t ⋅ ∆t ⋅ l 2 − 1,35 1 1
A2 E Д
A1 EСТ
0,0135 ⋅ 10 − 3 ⋅ 0,7 ⋅ 10 5 ⋅ 10 3
= 229 ⋅ 10 − 7 ⋅ 30 ⋅ 0,15 − 1,35
N1 ⋅ 0,1
0,00675 ⋅ 10 − 3 ⋅ 2 ⋅ 10 5 ⋅ 10 3
;
N 2 = 0,65 − 0,63 N1 (2)
15,9 ⋅ 10 −5 N 2 = 1030 ⋅ 10 −7 − 10 ⋅ 10 −5 N1 ;
Решая совместно полученные уравнения (1) и (2) определяются усилия в
N1 = 1,35 N 2
стержнях:
;
N1 = 1,35(0,65 − 0,63 N1 );
N 2 = 0,65 − 0,63 N1
N1 = 0,88 − 0,85 N1 ; 1,85 N1 = 0,88; N1 = 0,476 кН ; N 2 = N1 / 1,35 = 0,352 кН
N1 = 0,476 кН ; N 2 = 0,352 кН
Усилия в стержнях
После определения усилий рассчитываются температурные напряжения в
стержнях:
σ 1 = N1 / A1 = 0,476 ⋅ 10 −3 / 0,00675 ⋅ 10 −3 = 70,5МПа ;
σ 2 = N 2 / A2 = 0,352 ⋅ 10 −3 / 0,0135 ⋅ 10 −3 = 26 МПа .
Результаты расчета показывают, что даже при незначительном нагреве
отдельных элементов конструкции в ней могут возникать весьма существенные
температурные напряжения, не учет которых может значительно снизить
надежность конструкции или привести к выходу ее из строя.
С целью проверки выполненного расчета определим деформации стержней:
N1l1
0,476 ⋅103 ⋅ 0,1
= 3,52 ⋅10 − 5 м = 0,0352 мм ;
∆l1 =
=
−3
11
A1EСТ 0,00675 ⋅10 ⋅ 2 ⋅10
N 2 l2
0,352 ⋅103 ⋅ 0,15
= 5,59 ⋅10−5 м = 0,0559 мм
=
−3
11
A2 E Д 0,0135 ⋅10 ⋅ 0,7 ⋅10
Используя уравнение совместности деформаций проверим полученные
результаты:
∆lt = α t ⋅ ∆t ⋅ l 2 = 229 ⋅ 10 −7 ⋅ 30 ⋅ 0,15 = 1030 ⋅ 10 −7 м = 0,103 мм
∆l 2 = ∆lt − 1,35∆l1 ; 0,0559 = 0,103 − 1,35 ⋅ 0,0352; 0,0559 ≈ 0,05548
Небольшое расхождение вызвано округлением значений в ходе расчета.
∆l2 =
ЗАДАЧА 5. Определение геометрических характеристик коробчатого сечения.
Требуется для коробчатого сечения заданных размеров определить положение
центра тяжести сечения, главный центральный момент инерции сечения IX и
статические моменты отсеченной части сечения.
D = 13; D2 = 19; D3 = 15;
Исходные данные (мм): 1
K = 410; L = 370
5.1 Определение положения центра тяжести сечения.
Составляется расчетная схема сечения (рис.6). Так как вертикальная ось
является осью симметрии фигуры, то она будет главной центральной осью сечения
16
YC. Поэтому необходимо определить положение второй главной центральной оси
XC. Сечение разбивается на простые фигуры I, II, III и в них проводятся главные
центральные оси. Определяется площадь сечения:
A = АI + AII + 2 AIII = D1L + D2 L +
+ 2 KD3 = 13 ⋅ 370 + 19 ⋅ 370 +
+ 2 ⋅ 410 ⋅ 15 = 4810 + 7030 +
+ 12300 = 24140 мм 2 = 24,14 ⋅ 10 − 3 м 2
Для определения положения
главной центральной оси сечения
XC выбирается исходная система
координат X’Y’. За исходную ось
X’ удобно принять центральную
ось
фигуры
III
XIII.
Определяются
координаты
центров
тяжести
фигур
относительно оси X’ (с учетом
знака):
y I = K / 2 + D1 / 2 =
= 410 / 2 + 13 / 2 = 211,5 мм;
y II = −( K / 2 + D2 / 2) =
Рис. 6 Расчетная схема коробчатого сечения
= −(410 / 2 + 19 / 2) = −214,5 мм;
y III = 0
Определяется статический момент сечения относительно исходной оси X’ и
координата центра тяжести сечения yC:
S X ' = S XI ' + S XII ' + 2 S XIII' ; S XI ' = AI y I = 4810 ⋅ 211,5 = 1017315 мм 3 ;
S XII ' = AII y II = −7030 ⋅ 214,5 = −1507935 мм 3 ; S XIII' = AIII y III = 0
yC = S X ' / A = (1017315 − 1507935 ) / 24140 = −20,3 мм
Отмечается положение центра тяжести сечения и проводится главная
центральная ось XC.
5.2 Определение главного центрального момента инерции сечения IXC.
I
II
III
I
II
III
I Xc = I Xc
+ I Xc
+ 2 I Xc
; I Xc
= I XI + AI a I2 ; I Xc
= I XII + AII a II2 ; I Xc
= I XIII + AIII yC2 ,
I
I
II
III
где I Xc
, I Xc
, I Xc
I XI I , I XII II , I XIIIIII -
II
III
- моменты инерции простых фигур относительно оси XC;
моменты инерции простых фигур относительно их главных
центральных осей XI, XII, XIII; a I , a II , a III - координаты центров тяжести простых
фигур по оси YC.
I XI = D13 L / 12 = 133 ⋅ 370 / 12 = 67740,8 мм4 ;
I
I XIIII
= D23 L / 12 = 193 ⋅ 370 / 12 = 211485,8 мм4 ;
17
I XIII = D3 K 3 / 12 = 15 ⋅ 410 3 / 12 = 86151250 мм 4 ;
III
aI = y I + yC = 211,5 + 20,3 = 231,8 мм;
aII = −( yII − yC ) = −(214,5 − 20,3) = −194,2 мм; aIII = yC = 20,3 мм ;
I Xс = 67740,8 + 4810 ⋅ 231,8 2 + 211485,8 + 7030 ⋅ 194,2 2 + 2(86151250 + 6150 ⋅ 20,32 ) =
= 258515005 + 265338375 + 177371207 = 701224587 мм 4 = 0,701⋅10 −3 м 4
5.3 Определение статических моментов отсеченной части сечения
отс
Определяется статический момент части сечения S Xс
, отсеченного
плоскостью, проходящей через верхние угловые точки сечения (статический момент
фигуры I относительно оси XC):
отс
S Xс
= AI a I = 4810 ⋅ 231,8 = 1114958 мм 3 = 1,115 ⋅ 10 −3 м 3 .
отс '
, отсеченного
Определяется статический момент части сечения S Xс
плоскостью, проходящей через нижние угловые точки сечения (статический момент
фигуры II относительно оси XC без учета знака):
отс '
S Xс
= AII a II = 7030 ⋅194,2 = 1365226 мм3 = 1,365 ⋅ 10 −3 м3 .
ПС
Определяется статический момент половины сечения S Xс
:
ПС
отс
S Xс
= S Xс
+ 2( K / 2 + yC ) D3 ( K / 2 + yC ) / 2 =
= 1114958 + 2(410 / 2 + 20,3)15(410 / 2 + 20,3) / 2 =
= 1114958 + 759375 = 1874333 мм3 = 1,874 ⋅10 −3 м 3
ЗАДАЧА 6. Определение главных центральных моментов инерции составного
симметричного сечения из стандартных профилей
Требуется для симметричного сечения из стандартных профилей (рис.7)
определить положение центра тяжести сечения, главные центральные моменты
инерции I Xc , I Yc .
Исходные данные (принимаются из таблиц сортамента):
швеллер № 24:
h1 = 240 мм = 24см; b1 = 90 мм = 9см; s1 = 5,6 мм = 0,56см; t1 = 10 мм = 1см;
z 0 = 2,42см; А1 = 30,6см 2 ; I X 1 = I Yтабл = 208см 4 ; I Y 1 = I Xтабл = 2900 см 4 ;
(так как швеллер на расчетной схеме повернут относительно положения,
приведенного в таблице сортамента).
неравнобокий уголок №11/7:
B2 = 110 мм = 11см; b2 = 70 мм = 7см; d 2 = 6,5 мм = 0,65см;
A2 = 11,4см 2 ; x2 = 1,58см; y 2 = 3,55см; I X 2 = 142см 4 ; I Y 2 = 45,6см 4 ;
толщина стального листа t = 10 мм
6.1 Определение положения центра тяжести сечения
Сечение разбивается на простые фигуры 1 (швеллер), 2 (уголок), 3
(треугольник) и 4 (прямоугольник), в фигурах проводятся центральные оси,
выбирается исходная система координат X 'Y ' (рис.7). В качестве исходных осей
18
можно использовать центральные оси одной из фигур (например, треугольника). Так
как вертикальная ось является осью симметрии фигуры, то она будет главной
центральной осью сечения YC. Поэтому необходимо определить положение второй
главной центральной оси XC, т. е. положение центра тяжести сечения на оси YС.
Определяются координаты центров тяжести фигур по исходной оси Y ' (с
2
2
учетом знака): y1 ' = −( z 0 + ( B2 − b1 )) = −(2,42 + (11 − 9)) = −3,75см;
3
3
1
1
y 2 ' = −( y 2 − ( B2 − b1 )) = −(3,55 − (11 − 9)) = −2,88см ;
3
3
y3 ' = 0 (так как исходные оси проходят через центр тяжести фигуры);
1
1 1
1
y 4 ' = ( B2 − b1 ) + t = (11 − 9) + 1 = 1,17см
3
2 3
2
Определяется площадь сечения:
1
А = А1 + 2 А2 + A3 + A4 = A1 + 2 A2 + ( h1 + 2d 2 − 2b2 )( B2 − b1 ) + ( h1 + 2d 2 )t =
2
= 30,6 + 2 ⋅11,4 + 0,5(24 + 2 ⋅ 0,65 − 2 ⋅ 7)(11 − 9) + (24 + 2 ⋅ 0,65)1 =
= 30,6 + 22,8 + 11,3 + 25,3 = 90см 2
Определяются статические моменты фигур относительно исходной оси X’:
1
S X ' = A1 y1 ' = 30,6 ⋅ ( −3,75) = −114,75см 3 ; S X2 ' = 2 A2 y 2 ' = 2 ⋅ 11,4 ⋅ ( −2,88) = −65,66см 3 ;
S X3 ' = 0 (так как исходные оси совпадают с центральными осями фигуры);
S X4 ' = A4 y 4 ' = 25,3 ⋅ 1,17 = 29,6см 3 .
Определяется координата центра тяжести сечения в исходной оси Y’:
y C = ( S 1X ' + S X2 ' + S X3 ' + S X4 ' ) / A = ( −114,75 − 65,66 + 0 + 29,6) / 90 = −1,68см;
Отмечается положение центра тяжести сечения на схеме и проводится главная
центральная ось сечения X C .
6.2 Определение осевых моментов инерции сечения относительно главных
центральных осей
i
i
Используем формулы перехода между параллельными осями I Xc
= I Xi
+ Ai ⋅ ai2 , где
аi- расстояние между осями:
2
3
4
I Xc = I 1Xc + 2 I Xc
+ I Xc
+ I Xc
;
I 1Xc = I X 1 + A1 ( yC − y1 ' ) 2 = 208 + 30,6(1,68 − 3,75) 2 = 339см 4 ;
2
I Xc
= I X 2 + A2 ( yC − y 2 ' ) 2 = 142 + 11,4(1,68 − 2,88) 2 = 158см 4 ;
3
I Xc
= I X 3 + A3 yC 2 = (h1 + 2d 2 − 2b2 )( B2 − b1 ) 3 / 36 + A3 yC2 =
= (24 + 2 ⋅ 0,65 − 2 ⋅ 7)(11 − 9) 3 / 36 + 11,3 ⋅ 1,682 = 2,5 + 31,9 = 34,4см 4 ;
4
I Xc
= I X 4 + A4 ( yC + y 4 ' ) 2 = (h1 + 2d 2 )t 3 / 12 + A4 ( yC + y 4 ' ) 2 =
= ( 24 + 2 ⋅ 0,65)13 / 12 + 25,3(1,68 + 1,17 ) 2 = 2,1 + 205,5 = 207,6см 4 ;
I Xc = 339 + 2 ⋅ 158 + 34,4 + 207,6 = 897 см 4 ;
19
20
Рис. 7 Расчетная схема сечения из стандартных профилей
1
2
3
4
I Yc = I Yc
+ 2 I Yc
+ I Yc
+ I Yc
;
1
I Yc
= I Xтабл = 2900см 4 ;
2
I Yc
= I Y 2 + A2 (h1 / 2 + d 2 − x 2 ) 2 = 45,6 + 11,4(12 + 0,65 − 1,58) 2 = 1442,6см 4 ;
3
I Yc
= ( h1 + 2d 2 − 2b2 ) 3 ( B2 − b1 ) / 48 = ( 24 + 2 ⋅ 0,65 − 2 ⋅ 7) 3 (11 − 9) / 48 = 60,1см 4 ;
4
I Yc
= ( h1 + 2d 2 ) 3 t / 12 = ( 24 + 2 ⋅ 0,65) 31 / 12 = 1349,5см 4 ;
I Yc = 2900 + 2 ⋅ 1442,6 + 60,1 + 1349,5 = 7194,8см 4
ЗАДАЧА 7. Построение эпюр внутренних силовых факторов в балке при
изгибе
Требуется построить эпюры внутренних силовых факторов Q и М в балке и
подобрать размеры поперечных сечений разной формы (круг, прямоугольник,
швеллер, двутавр) из условия прочности по нормальным напряжениям.
Исходные данные (кН, кНм, кН/м, МПа):
F1 = 200; F2 = 50; M = 20; q = 200; [σ ] = 160
7.1 Определение реакций
Составляются уравнения равновесия и определяются реакции YВ и YС (рис.8):
∑ M В = 0;
3 2 q / 2 − M + 2 F2 − 3F1 − 4YC = 0
YC = (3 2 ⋅ 200 / 2 − 20 + 2 ⋅ 50 − 3 ⋅ 200) / 4 = 95 кН
∑ M C = 0;
3q (1,5 + 1) + M + 2 ⋅ F2 − 1 ⋅ F1 − 4YB = 0
YВ = (3 ⋅ 200 ⋅ 2,5 + 20 + 2 ⋅ 50 − 1 ⋅ 200) / 4 = 355 кН
Положительные значения реакций свидетельствуют о том, что первоначальное
направление реакций выбрано верно. Отрицательные значения говорили бы о том,
что фактическое направление реакций противоположно принятому на схеме. В этом
случае на схеме показывается истинное направление реакций и в дальнейшем
используется положительное значение.
Проверка ∑ FY = 0 − 3q − F2 + YB + F1 + YC = 0
7.2 Построение эпюр поперечных сил Q и изгибающих моментов М
Балка разбивается на три силовых участка и составляются уравнения
поперечных сил и изгибающих моментов:
I уч. z1=0 ÷2 м
QZ 1 = − q ⋅ z1 + YB (линейная зависимость Q от z) ;
z1 = 0 QZ 1 = 355 кН ;
z1 = 2 м QZ 1 = −200 ⋅ 2 + 355 = −45кН ;
M Z 1 = − q ⋅ z12 / 2 + YB ⋅ z1 (параболическая зависимость М от z) ;
z1 = 0 M Z 1 = 0;
z1 = 2 м M Z 1 = −200 ⋅ 2 2 / 2 + 355 ⋅ 2 = 310 кН ⋅ м ;
Уравнение момента исследуется на экстремум dM / dz = 0 :
− q ⋅ z1 + YB = 0
z ЭКС = 355 / 200 = 1,78 м
Экстремум попадает на участок.
21
Определяется величина M ЭКС :
YВ
Z1
q
M
F2
Z3
D
P
B
Z2
1
2
F1
YС
C
1
355
Эп Q (кН)
45
95
95
1,78
315
310
290
295
95
Эп М (кНм)
Рис.8 Расчетная схема балки при изгибе
M ЭКС = −200 ⋅ 1,78 2 / 2 + 355 ⋅ 1,78 = 315кН ⋅ м
II уч. z2=0 ÷1 м
QZ 2 = − q ( 2 + z 2 ) + YB − F2 (линейная зависимость Q от z) ;
z 2 = 0 QZ 2 = −95кН ;
z 2 = 1м QZ 2 = −200 ⋅ 3 + 355 − 50 = −295кН ;
M Z 2 = −q(2 + z2 ) 2 / 2 + YB (2 + z 2 ) − M − F2 ⋅ z 2 (параболическая зависимость М от z);
z 2 = 0 M Z 2 = 290 кН ⋅ м ;
22
z 2 = 1м M Z 2 = −200 ⋅ 3 2 / 2 + 355 ⋅ 3 − 20 − 50 ⋅ 1 = 95кН ⋅ м ;
Уравнение момента исследуется на экстремум dM / dz = 0 :
− 2q − q ⋅ z 2 + YB − F2 = 0
z ЭКС = (−2 ⋅ 200 + 355 − 50) / 200 = −0,475м
Экстремум на участок не попадает.
III уч. z3=0 ÷1 м
QZ 3 = −YС = −95кН (линейная зависимость Q от z, линия эпюры параллельна
нулевой линии) ;
M Z 3 = YС ⋅ z 3 (линейная зависимость М от z)
z3 = 0 M Z 3 = 0 ; z3 = 1м M Z 3 = 95 ⋅ 1 = 95кН ⋅ м
По полученным значениям строятся эпюры Q и М (рис.8).
7.3 Определение размеров поперечного сечения балки
Рассчитывается требуемый момент сопротивления сечения из условия
прочности по нормальным напряжениям:
M MAX
315 ⋅ 103
тр
WX =
=
= 1,97 ⋅ 10 − 3 м 3 = 1970 см 3
6
[σ ] 160 ⋅10
Определяются размеры сечений разной формы (рис.9):
- определяются размеры сечения прямоугольной формы b, h для заданного
соотношения h = 2b :
6W Xтр
h 2 b 4b 3
6 ⋅ 1970
3
; b=
=
=
=3
= 14,35см; h = 2 ⋅ 14,35 = 28,7см
6
6
4
4
Площадь сечения Aпр = hb = 14,35 ⋅ 28,7 = 411,8см 2
- определяется диаметр d круглого сечения:
W Xтр
W Xтр
=
π d3
32
; d=
3
32W Xтр
π
=3
3,14 ⋅ 27 2
= 572см 2
4
4
- определяется номер швеллера для сечения, состоящего из четырех
швеллеров:
W Xтр = 4W X ; W X = W Xтр / 4 = 1970 / 4 = 492,5см3
По таблице сортамента определяется наиболее подходящий номер швеллера
№33:
W Xсечения = 4W Xтабл = 4 ⋅ 484 = 1936 см 3
Поскольку момент сопротивления сечения несколько меньше требуемого, то
необходимо определить перегрузку по напряжениям:
M MAX
315 ⋅ 10 −3
163 − 160
σ − [σ ]
163
;
100
%
σ = сечения =
σ
=
МПа
∆
=
⋅
=
100% = 1,9%
[σ ]
160
1936 ⋅ 10 −6
WX
Площадь сечения Aкр =
π d2
32 ⋅ 1970
= 27см
3,14
=
Если величина перегрузки не превышает 5%, то надежность конструкции
считается достаточной.
Площадь сечения Aшв = 4 Aтабл = 4 ⋅ 46,5 = 186см 2
23
- по таблице сортамента определяется номер двутавра №55:
W Xсечения = W Xтабл = 2035см 3 , площадь сечения Адв = Атабл = 118см 2
Наиболее рациональным является сечение, имеющее наименьшую площадь
поперечного сечения: двутавр Адв = 118см 2 , швеллер Aшв = 186см 2 , прямоугольник
Aпр = 411,8см 2 , круг Aкр = 572см 2 .
Рис.9 Схемы поперечных сечений балки
ЗАДАЧА 8. Построение эпюр внутренних силовых факторов в раме при
изгибе
Требуется построить эпюры внутренних силовых факторов N, Q и М и
подобрать размеры поперечного сечения из двух швеллеров из условия прочности
по нормальным напряжениям.
Исходные данные (м, кН, кНм): F = 120; M = 40; q = 80; [σ ] = 160 МПа; l = 1
Z3
l
YВ=93,3
F
l
Z2
Z1
q
2l
В
l
YС=13,3
Z5
Z4
M
ZС=40
Рис.10 Расчетная схема рамы
24
l
C
8.1 Определение реакций
Составляются уравнения равновесия и определяются реакции YВ, YС, ZC
ql − F + Z C = 0; Z C = F − ql = 120 − 80 = 40кН ;
(рис.10): ∑ FZ = 0;
l
l
∑ M В = 0;
ql ⋅ + ql ⋅ − F ⋅ l + M − YC ⋅ 3l − Z C ⋅ l = 0 ;
2
2
YC = (40 + 40 − 120 + 40 − 40) / 3 = −13,3 кН
(знак минус свидетельствует о том, что истинное направление реакции
противоположно принятому на схеме, по этому направление YС меняется на
противоположное, а величина YС считается положительной);
∑ M C = 0;
YB ⋅ 3l − ql ⋅ 2,5l + ql ⋅ 1,5l − F ⋅ 2l + M = 0 ;
YВ = (200 − 120 + 240 − 40) / 3 = 93,3 кН
Проверка ∑ FY = 0 YB − ql − YC = 0; 93,3 − 80 − 13,3 = 0; 0 = 0
8.2 Построение эпюр внутренних силовых факторов N, Q, M
Рама разбивается на пять силовых участков и составляются уравнения
равновесия
отсеченной
части
по
участкам
(рис.10):
ось
сеч
N = ∑ F ; Q = ∑ F ; M ИЗГ = ∑ M . При этом для определения продольных и
поперечных сил внешняя нагрузка и реакции проектируются на ось и плоскость
поперечного сечения стержня:
I уч. z1=0 ÷ 1 м
N1 = 0;
Q1 = YB − q ⋅ z1 = 93,3 − 80 z1 = 0; z1 = 0 Q1 = 93,3кН ;
z1 = 1м Q1 = 13,3кН ;
M 1 = YB ⋅ z1 − q ⋅ z12 / 2 = 93,3 z1 − 40 z12 ;
z1 = 0 M 1 = 0;
z1 = 1м M 1 = 53,3кН ⋅ м ;
Уравнение момента исследуется на экстремум dM / dz = 0 :
YB − q ⋅ z1 = 0
z ЭКС = 93,3 / 80 = 1,17 м
Экстремум на участок не попадает.
II уч. z2=0 ÷ 1 м
N 2 = −YB + ql = −93,3 + 80 = −13,3кН ;
Q2 = −qz 2 = −80 z 2
z2 = 0
Q2 = 0;
z 2 = 1м Q2 = −80кН ;
z
l
M 2 = YB ⋅ l − ql ⋅ − qz 2 ⋅ 2 = 93,3 − 40 − 40 z 22 = 53,3 − 40 z 22 ;
2
2
z 2 = 0 M 2 = 53,3кН ⋅ м;
z 2 = 1м M 2 = 13,3кН ⋅ м ;
Уравнение момента исследуется на экстремум dM / dz = 0 :
− 80 z 2 = 0
z ЭКС = 0
Экстремум попадает на начало участка.
III уч. z3=0 ÷ 1 м
N 3 = −ql = −80кН ; Q3 = YB − q ⋅ l = 93,3 − 80 = 13,3кН ;
25
l
l
M 3 = YB (l + z 3 ) − ql ( + z 3 ) − ql ⋅ = 93,3 + 93,3 z 3 − 40 − 80 z 3 − 40 = 13,3 + 13,3 z 3 ;
2
2
z3 = 0 M 3 = 13,3кН ⋅ м;
z3 = 1м M 3 = 26,6кН ⋅ м ;
IV уч. z4=0 ÷ 1 м
N 4 = Z C = 40кН ; Q4 = YС = 13,3кН ;
M 4 = −YС ⋅ z 4 = −13,3z 4 ;
z 4 = 0 M 4 = 0;
z 4 = 1м M 4 = −13,3кН ⋅ м ;
V уч. z5=0 ÷ 2 м
N 5 = YC = 13,3кН ; Q5 = − Z С = −40кН ;
M 5 = −YС ⋅ l − M + Z C ⋅ z5 = −13,3 − 40 + 40 z5 = −53,3 + 40 z5 ;
z5 = 0 M 5 = −53,3кН ⋅ м;
z5 = 2 м M 5 = 26,7кН ⋅ м ;
По полученным значениям строятся эпюры N, Q, М (рис.11).
8.3 Определение размеров поперечного сечения балки
Рассчитывается требуемый момент сопротивления сечения из условия
прочности по нормальным напряжениям, вызванным деформацией изгиба:
M MAX 53,3 ⋅103
тр
−3 3
3
WX =
=
=
0
,
33
⋅
10
м
=
330
см
[σ ] 160 ⋅106
Определяется номер швеллера для сечения, состоящего из двух швеллеров:
W Xтр = 2W X ; W X = W Xтр / 2 = 330 / 2 = 165см 3
По таблице сортамента определяется наиболее подходящий номер швеллера
№20а:
W Xсечения = 2W Xтабл = 2 ⋅ 167 = 334см 3
Поскольку в стержнях рамы возникает продольная сила N, то необходимо
сделать проверку по суммарным нормальным напряжениям, вызванным
деформациями растяжения-сжатия и изгиба в рассматриваемом сечении рамы :
N
M MAX
M MAX = −53,3кН ⋅ м; N = 40кН ; σ С = σ N + σ M ; σ N = сечения ; σ M = сечения
A
WX
(для симметричного сечения и конструкции из пластичного материала внутренние
силовые факторы можно подставлять без учета знака). Для выбранного номера
профиля A сечения = 2 А табл = 2 ⋅ 25,2 = 50,4см 2 :
σN =
40 ⋅ 10 −3
53,3 ⋅ 10 −3
= 7,9 МПа; σ M =
= 159,6 МПа; σ С = 7,9 + 159,6 = 167,5МПа
50,4 ⋅ 10 −4
334 ⋅ 10 −6
Поскольку суммарные напряжения получаются несколько больше
допускаемых значений, то необходимо определить перегрузку конструкции:
σ − [σ ]
167,5 − 160
∆σ = С
⋅ 100% =
100% = 4,7%
[σ ]
160
Если величина перегрузки не превышает 5%, то надежность конструкции
считается достаточной. В противном случае необходимо усилить сечение, выбрав
следующий номер швеллера.
26
Эп N (кН)
27
13,3
+
+
53,3
Эп M (кНм)
40
Рис.11 Эпюры внутренних силовых факторов
80
13,3
+
13,3
+
53,3
93,3
+
13,3
13,3
53,3
Эп Q (кН)
13,3
+
26,7
26,6
+
80
40
+
13,3
ЗАДАЧА 9. Полная проверка на прочность балки при изгибе для сечения
коробчатого типа.
Требуется для заданного коробчатого сечения балки (сечение из задачи 5,
балка из задачи 7) произвести расчет нормальных, касательных и эквивалентных
напряжений в опасных точках опасных сечений и оценить надежность по условиям
прочности.
При проверке по нормальным напряжениям в качестве опасного принимается
сечение с M MAX (сечение P, рис.8). При проверке по касательным напряжениям в
качестве опасного принимается сечение с QMAX (сечение В, рис.8). При проверке по
эквивалентным напряжениям расчет выполняется для сечений, в которых М и Q
одновременно достигают больших значений (например, сечение D , рис.8). Таким
образом при выполнении полной проверки балки на прочность могут
рассматриваться разные сечения балки (сечения P, B, D, рис.8). Если же имеет место
случай, когда М и Q достигают своих экстремальных значений одновременно в
одном и том же сечении балки, тогда все проверки выполняются для одного
сечения, являющегося опасным одновременно по всем условиям прочности.
Исходные данные (значение M принимается с учетом знака, значение Q
можно принимать без учета знака):
D1 = 13мм; D2 = 19 мм; D3 = 15 мм; K = 410 мм; L = 370 мм;
yC = −20,3 мм; A = 24,14 ⋅ 10 −3 м 2 ; I XC = 0,701 ⋅ 10 −3 м 4 ;
отс
отс '
ПС
S XC
= 1,115 ⋅ 10 −3 м 3 ; S XC
= 1,365 ⋅ 10 −3 м 3 ; S XC
= 1,874 ⋅ 10 −3 м 3 ;
QMAX = 355кН ; M MAX = 315кНм; сечение, где M , Q одновременно
достигают больших значений Q = 95кН ; M = 310кНм;
[σ ] = 160МПа; [τ ] = 100МПа
9.1 Расчет наибольших нормальных напряжений
Рассматриваются наиболее удаленные от нейтральной оси (оси XC) точки 1 и
1’ (рис.12) опасного сечения балки P (рис.8). В данных точках определяются
нормальные напряжения, вызванные деформацией изгиба.
Напряжения от изгиба в точке 1 (знак минус принимается потому, что при
положительном значении момента в верхней части сечения возникают нормальные
напряжения сжатия):
σ М 1 = − М MAX y1 / I Xс = − M MAX ( K / 2 + D1 + yC ) / I Xс =
= −315 ⋅ 10 −3 ( 410 / 2 + 13 + 20,3)10 −3 / 0,701 ⋅ 10 −3 = −107 МПа ,
где y1 - расстояние от оси XС до рассматриваемой точки сечения 1.
Напряжения от изгиба в точке 1’ (нижняя часть сечения):
σ М 1' = М MAX y1' / I Xс = M MAX ( K / 2 + D2 − yC ) / I Xс =
= 315 ⋅ 10 −3 (410 / 2 + 19 − 20,3)10 −3 / 0,701 ⋅ 10 −3 = 91,6 МПа ,
где y1' - расстояние от оси XС до рассматриваемой точки сечения 1’.
9.2 Расчет наибольших касательных напряжений
28
Рассматривается точка 2 на нейтральной оси (оси XC, рис.12) опасного
сечения блаки В (рис.8). В точках нейтральной оси возникают максимальные
касательные напряжения при изгибе:
ПС
τ MAX = τ 2 = QMAX ⋅ S Xс
/ b( y ) I Xс =
= 355 ⋅ 10 −3 ⋅ 1,874 ⋅ 10 −3 /(2 ⋅ 15 ⋅ 10 −3 ⋅ 0,701 ⋅ 10 −3 ) = 31,7 МПа ,
ПС
где b( y ) = 2 D3 - ширина сечения на уровне, где определяются напряжения; S Xс
статический момент половины сечения.
9.3 Расчет эквивалентных напряжений
Рассматривается сечение балки D (рис.8), в котором силовые факторы M , Q
одновременно достигают больших значений. В нашем случае это середина пролета,
где Q = 95кН ; M = 310кНм . В коробчатом поперечном сечении рассматриваются
угловые точки 3 и 3’, в которых одновременно возникают большие нормальные и
касательные напряжения.
Напряжения от изгиба в точке 3 (знак минус принимается потому, что при
положительном значении момента в верхней части сечения возникают нормальные
напряжения сжатия):
σ М 3 = − Мy3 / I Xс = − M ( K / 2 + yC ) / I Xс =
= −310 ⋅ 10 −3 ( 410 / 2 + 20,3)10 −3 / 0,701 ⋅ 10 −3 = −99,6 МПа ,
где y3 - расстояние от оси XС до рассматриваемой точки сечения 3.
Касательные напряжения в точке 3:
отс
τ 3 = Q ⋅ S Xс
/ b( y ) I Xс =
= 95 ⋅ 10 −3 ⋅ 1,115 ⋅ 10 −3 /(2 ⋅ 15 ⋅ 10 −3 ⋅ 0,701 ⋅ 10 −3 ) = 5МПа ,
отс
где b( y ) = 2 D3 - ширина сечения на уровне, где определяются напряжения; S Xс
статический момент отсеченной части сечения.
Эквивалентные напряжения в точке 3 рассчитываются по III теории
прочности:
2
2
2
2
σ ЭКВIII = σ М
3 + 4τ 3 = 99,6 + 4 ⋅ 5 = 100,1МПа
Напряжения от изгиба в точке 3’ (нижняя часть сечения):
σ М 3' = Мy3' / I Xс = M ( K / 2 − yC ) / I Xс =
= 310 ⋅ 10 −3 ( 410 / 2 − 20,3)10 −3 / 0,701 ⋅ 10 −3 = 81,7 МПа,
где y3' - расстояние от оси XС до рассматриваемой точки сечения 3’.
Касательные напряжения в точке 3’:
отс '
τ 3' = Q ⋅ S Xс
/ b( y ) I Xс =
= 95 ⋅ 10 −3 ⋅ 1,365 ⋅ 10 −3 /(2 ⋅ 15 ⋅ 10 −3 ⋅ 0,701 ⋅ 10 −3 ) = 6,2МПа ,
отс '
где b( y ) = 2 D3 - ширина сечения на уровне, где определяются напряжения; S Xс
статический момент отсеченной части сечения.
Эквивалентные напряжения в точке 3’ рассчитываются по III теории
прочности:
2
2
2
2
σ ЭКВIII ' = σ М
3' + 4τ 3' = 81,7 + 4 ⋅ 6,2 = 82,6 МПа
29
+
cечение P
+
cечение B
cечение D
Силовые факторы в
рассматриваемом сечении
Рис. 12 Схема коробчатого сечения
9.4 Оценка прочности сечения
По полученным значениям строятся эпюры нормальных и касательных
напряжений (рис.12) для рассматриваемых сечений балки и производится проверка
сечений по условиям прочности:
по нормальным напряжениям (точки 1 и 1’, сечение Р)
σ М 1 = 107 < [σ ] = 160МПа; σ М 1' = 91,6 < [σ ] = 160МПа;
по касательным напряжениям (точка 2, сечение В): τ МАХ = τ 2 = 31,7 < [τ ] = 100МПа;
по эквивалентным напряжениям (точки 3 и 3’, сечение D):
σ ЭКВIII = 100,1 < [σ ] = 160МПа; σ ЭКВIII ' = 82,6 < [σ ] = 160МПа;
Во всех опасных точках сечения условия прочности выполняются. Однако
надежность конструкции является неоправданно высокой, так как рабочие
напряжения намного ниже допускаемых значений. Можно сделать вывод, что
металлоемкость конструкции (размеры и толщина листов сечения) является
завышенной. При проектировании конструкций следует стремиться к рациональным
размерам, т.е. наименьшей металлоемкости. Это случай, когда в опасных точках
рабочие напряжения достигают допускаемых значений. Поэтому следует уменьшить
размеры и толщину стальных листов сечения. Если рабочие напряжения в опасных
точках сечения оказываются выше допускаемых значений, то в таком случае для
обеспечения надежности конструкции следует увеличивать размеры сечения и
толщину стальных листов, чтобы обеспечить равенство рабочих и допускаемых
напряжений.
ЗАДАЧА 10. Подбор рациональных размеров коробчатого сечения по
условиям прочности.
Требуется рассчитать на компьютере размеры и толщину листов коробчатого
сечения из условий равенства напряжений в опасных точках сечения допускаемым
значениям.
30
31
Рис.13 Рабочее поле программы по подбору рациональных размеров сечения
Для обеспечения рациональных размеров коробчатого сечения необходимо
уменьшить размеры сечения и толщину листов. Грубый подбор осуществляется
путем уменьшения размеров сечения K, L с шагом 10 мм, точный – путем
уменьшения толщины листов D1, D2, D3 с шагом 1 мм (изменяются или все размеры
одновременно, или один наибольший размер). Следует иметь ввиду, что толщина
листов не должна оказаться меньше заданной величины. Примем минимальную
толщину листов 8 мм. При увеличении размеров сечения максимальная толщина
листов также ограничивается заданным значением (например, 25 мм).
Расчет производится пошагово с использованием специальной программы,
разработанной в Visual Basic. Выполнение данного расчета без использования
программных средств является достаточно трудоемкой задачей. Объясняется это
тем, что при изменении размеров сечения будут изменяться его геометрические
характеристики, что обуславливает необходимость их перерасчета на каждом шаге
вычислений.
В результате пошагового расчета на ПК были получены следующие
результаты (рис.13). Размеры сечения K, L были уменьшены на 70 мм, при точном
подборе оказалось достаточным уменьшить только наибольший размер на 1 мм. В
результате расчета напряжения в наиболее опасной точке 1 достигли допускаемой
величины, что и требовалось обеспечить:
точки 1 и 1’ σ М 1 = 159,7 ≈ [σ ] = 160МПа; σ М 1' = 140,7 < [σ ] = 160МПа;
τ МАХ = τ 2 = 38,1 < [τ ] = 100МПа;
точка 2
точки 3 и 3’ σ ЭКВIII = 147 < [σ ] = 160МПа; σ ЭКВIII ' = 124,9 < [σ ] = 160МПа
Окончательные размеры сечения:
D1 = 13мм; D2 = 18 мм; D3 = 15 мм; K = 340 мм; L = 300 мм
Окончательные эпюры распределения напряжений в сечениях балки P, B, D
приводятся на рис.14.
+
Силовые факторы в
рассматриваемом сечении
+
cечение P
cечение B
Рис. 14 Схема коробчатого сечения
32
cечение D
ЗАДАЧА 11. Построение упругой линии балки.
Требуется составить дифференциальное уравнение упругой линии балки,
определить постоянные интегрирования, рассчитать деформации в заданных
сечениях. Расчетная схема балки и исходные данные принимаются из задачи 7 (кН,
кНм, кН/м): F1 = 200; F2 = 50; M = 20; q = 200; YВ = 355; YС = 95
11.1 Составление дифференциального уравнения упругой линии балки
••
1
Исходное дифференциальное уравнение имеет вид: y =
M ( z ) , где M(z) –
EI X
уравнение изгибающего момента.
Правила составления этого уравнения следующие:
- начало координат выбирается на левом конце балки;
- распределенная нагрузка продлевается до конца балки и компенсируется на
данном участке аналогичной нагрузкой противоположного направления
(рис.15);
- составляется уравнение изгибающих моментов для силового участка,
наиболее удаленного от начала координат;
- сосредоточенный момент входит в уравнение с фиктивным плечом
M = M ( z − a ) 0 , где а – расстояние от начала координат до точки
приложения момента;
- нагрузка записывается в уравнение в порядке ее расположения на балке по
участкам (если двигаться от начала координат).
Используя данные правила составляется уравнение изгибающих моментов:
M ( z ) = YB z − q ⋅ z 2 / 2 /1 уч − F2 ( z − 2) − M ( z − 2) 0 / 2 уч + F1 ( z − 3) + q ( z − 3) 2 /2 / 3 уч
Уравнение углов поворота сечений получается путем интегрирования
исходного дифференциального уравнения (жесткость сечения принимается
неизменной EIX – const, интегрирование производится без раскрытия скобок):
•
M ( z)
1
z2
z 3 / 1 уч
( z − 2) 2
(YB
θ ( z) = y( z) = ∫
dz + C =
−q
− F2
− M ( z − 2)1 / 2 уч +
EI X
2
6
2
EI X
( z − 3) 2
( z − 3)3 / 3 уч
+ F1
+q
)+C
2
6
После вторичного интегрирования получается уравнение прогибов:
M ( z)
1
z3
z 4 / 1 уч
( z − 2) 3
( z − 2) 2
dz + Cz + D =
y ( z ) = ∫ dz ∫
(YB
−q
− F2
−M
EI X
6
24
6
2
EI X
/ 2 уч
+
( z − 3)3
( z − 3) 4 / 3 уч
+ F1
+q
) + Cz + D
6
24
где C, D – постоянные интегрирования ( С = θ 0 , D = y0 , где θ 0 , y0 - угол поворота и
прогиб в начале координат).
Используя условия закрепления балки, а именно, что прогибы на опорах В и С
равны нулю, определяются постоянные интегрирования:
z = 0 y ( z ) = 0 (опора В,1 уч.); z = 4 м y ( z ) = 0 (опора С,3 уч.)
33
Уравнение прогибов записывается для опор В (1 уч.) и С (3 уч.). При этом в
уравнение входит только та нагрузка, которая располагается на рассматриваемом и
всех предыдущих от начала координат участках:
1
03
0 4 / 1 уч
y ( z = 0) =
) + C ⋅ 0 + D = 0 (нагрузка только 1 го участка); D = 0
(YB − q
6
24
EI X
1
43
44
y (z = 4) =
(YB
−q
EI X
6
24
(4 − 3)3
(4 − 3) 4
+ F1
+q
6
24
/ 1 уч
/ 3 уч
( 4 − 2) 3
(4 − 2) 2
− F2
−M
6
2
/ 2 уч
+
) + C ⋅ 4 + 0 = 0 (нагрузка 1 го, 2 го и 3 го участков);
1
1588,3
(3786,7 − 2133,3 − 66,7 − 40 + 33,3 + 8,3) + 4C =
+ 4C = 0;
EI X
EI X
397
C=−
(кН ⋅ м 2 );
EI X
Уравнения деформаций записываются в окончательном виде:
1
z2
z 3 / 1 уч
( z − 2) 2
θ (z ) =
(355 − 200
− 50
− 20( z − 2) / 2 уч +
2
6
EI X
2
( z − 3) 2
( z − 3)3
+ 200
+ 200
2
6
1
z3
z4
y (z ) =
(355 − 200
EI X
6
24
/1
/ 3 уч
)−
397
;
EI X
( z − 2) 3
( z − 2) 2
− 50
− 20
6
2
/2
+
( z − 3) 3
( z − 3) 4 / 3
397
)−
+ 200
+ 200
z
6
24
EI X
11.2 Определение углов поворота на опорах
397
(кН ⋅ м 2 ) - сечение поворачивается по часовой стрелке;
опора B, z=0, θ B = C = −
EI X
опора C z=4 м (3 уч.)
(4 − 3) 2
1
42
43 / 1 уч
( 4 − 2) 2
θC =
+
(355 − 200
− 50
− 20(4 − 2) / 2 уч + 200
EI X
2
6
2
2
(4 − 3)3 / 3 уч 397
1
397
;
)−
(2840 − 2133,3 − 100 − 40 + 100 + 33,3) −
+ 200
=
6
EI X EI X
EI X
700 397 303
θC =
−
=
(кН ⋅ м 2 ) - сечение поворачивается против часовой стрелке
EI X EI X EI X
11.3 Определение прогиба в середине пролета
1
23
24
397
454
z=2 м (1 уч.), y ( z = 2) =
(355 − 200 ) −
2=−
(кН ⋅ м 3 ) - знак минус
EI X
6
24 EI X
EI X
свидетельствует о том, что сечение перемещается против направления оси Y (вниз).
34
Рассчитанные деформации показываются на расчетной схеме (рис.15). Если в
полученные результаты подставить значение жесткости сечения EIX , то можно
вычислить угловые и линейные деформации в радианах и метрах.
Y
YВ
Z
θΒ
q
θС
F2
M
YС
q
Z
B
y(z=2 м)
q
2
1
F1
C
1
Рис.15 Схема балки для расчета деформаций
ЗАДАЧА 12. Расчет статически неопределимой балки.
Требуется для заданной статически неопределимой балки раскрыть
статическую неопределимость методом сил, построить эпюры внутренних силовых
факторов, подобрать постоянное по длине двутавровое поперечное сечение и
определить прогиб в том сечении, где приложена сосредоточенная сила (точка К).
Исходные данные (кН, кНм, кН/м, МПа):
F = 21 ; M = 15 ; q = 16 ; [σ ] = 160 ; E = 2 ⋅ 10 5
12.1 Определение степени статической неопределимости системы
s = 4 − 3 = 1 , т.е. в заданной системе одна «лишняя» связь (рис. 16, а).
12.2 Выбор основной системы
Для этого с заданной системы убирается внешняя нагрузка и отбрасываются
«лишние» связи (в нашем случае одна связь). При этом возможно несколько
вариантов выбора основной системы. Поскольку проще рассчитывать балку с
консолью, то отбросить лучше крайнюю правую шарнирно подвижную опору С
(рис. 16, б).
12.3 Составление эквивалентной системы
Для этого к основной системе прикладывается заданная нагрузка, а
отброшенная связь заменяется неизвестным усилием X 1 (рис. 16, в).
12.4 Составление канонического уравнения метода сил
Каноническое уравнение имеет вид δ 11 X 1 + ∆1F = 0 .
Физический смысл этого уравнения следующий: в эквивалентной системе
суммарное перемещение сечения в направлении отброшенной связи от усилия X 1 и
от внешней нагрузки должно быть равно нулю, т.к. в заданной системе в данном
сечении установлена опора, исключающая прогиб балки. Расчет усилия X 1 из
канонического уравнения обеспечит равенство напряжений и перемещений в
заданной и эквивалентной системах. Поэтому для дальнейшего расчета балки
35
исходная статически неопределимая система может быть заменена эквивалентной
статически определимой.
12.5 Расчет коэффициентов канонического уравнения
Для определения перемещений δ 11 , ∆1F используется способ Верещагина:
__
1
1
δ 11 =
∑ Ai ⋅ M Ci ,
∑ Ai ⋅ M Ci , ∆1F =
EI X
EI X
где Ai - площадь эпюры изгибающих моментов от заданной нагрузки М F (грузовая
__
эпюра); Ai - площадь эпюры изгибающих моментов от единичной нагрузки; M Ci величина изгибающего момента от единичной нагрузки (на единичной эпюре M 1 )
под центром тяжести грузовой (для ∆1F ) или в центре тяжести единичной эпюры
(для δ 11 ).
__
Величины Ai , A i , M Ci вычисляются по модулю для простых фигур, на
__
которые разбивается грузовая и единичная эпюры, а произведения Ai ⋅ M Ci , Ai ⋅ M Ci
принимается положительным, если перемножаемые эпюры лежат по одну сторону
от нулевой линии и отрицательным, если эпюры лежат по разные стороны от
нулевой линии.
При определении δ 11 рассматривается основная система, загруженная только
__
безразмерным усилием X 1 = 1 (рис. 16, г). Определяются опорные реакции, и
__
строится эпюра M 1 изгибающих моментов от единичной нагрузки X 1 = 1 (рис. 16,
д). Для наглядности площади на эпюрах обозначаются стрелками, приложенными в
соответствующих центрах тяжести. Направление стрелок указывает, с какой
стороны от нулевой линии лежит та или иная площадь.
Перемещение δ 11 определяется умножением эпюры M 1 самое на себя. Это
__
значит, что из единичной эпюры M 1 берутся и площади Ai и значения изгибающих
__
моментов M Ci в центре тяжести этих площадей, поэтому произведения Ai ⋅ M Ci
будут всегда положительными.
Эпюра M 1 разбивается на два треугольника:
__
__
1
2
2
A1 = ⋅ (−1,5) ⋅ 1,5 = 1,125 м , M C1 = − X 1 ⋅ 1,5 = 1 м ,
2
3
__
A2 =
__
1
2
⋅ (−1,5) ⋅ 3 = 2,25 м 2 , M C 2 = − Y D ⋅ 3 = 1 м
2
3
Тогда перемещение δ 11 в соответствии с формулой Верещагина для балки
постоянного по длине поперечного сечения:
36
__
⎡ __
⎤
1
3,375 м 3
[1,125 ⋅ 1 + 2,25 ⋅ 1] =
.
⎢ A1 ⋅ M C1 + A2 ⋅ M C 2 ⎥ =
EI
EI
X
X
⎣
⎦
При определении перемещения ∆1F рассматривается основная система,
загруженная только внешней нагрузкой (рис. 16, е). Определяются опорные
реакции, и строится эпюра изгибающих моментов M F (рис. 16, ж). Перемещение
∆1F определяется умножением эпюры M F на эпюру M 1 . Это означает, что
грузовая эпюра M F разбивается на элементарные фигуры Ai (т.е. такие, для
которых легко определить площадь и положение центра тяжести), а значения M Ci
берутся на единичной эпюре M 1 под центром тяжести каждой из простых фигур.
Полученная грузовая эпюра M F разбивается на среднем участке на
треугольник и прямоугольник, на левом участке рассматривается треугольник, а на
консоли параболический треугольник.
Определяются Ai , M Ci :
1
δ 11 =
EI X
__
1
3
9
2
A3 = ⋅ (−18) ⋅ 1,5 = 9 кНм , M C 3 = − X 1 ⋅ ⋅ 1,5 = м ,
3
4
8
__
⎛ 1 ⎞
A4 = − 2 ⋅ 2 = 4 кНм , М C 4 = − Y D ⋅ ⎜1 + ⋅ 2 ⎟ = 1 м ,
⎝ 2 ⎠
2
A5 =
__
1
⎛ 2 ⎞ 7
⋅ (−(18 − 2)) ⋅ 2 = 16 кНм 2 , М C 5 = − Y D ⋅ ⎜1 + ⋅ 2 ⎟ = м ,
2
⎝ 3 ⎠ 6
__
2
1
1
2
A6 = ⋅ 13 ⋅ 1 = 6,5 кНм , М C 6 = − Y D ⋅ ⋅ 1 = м .
3
3
2
Перемещение ∆1F вычисляется по формуле Верещагина:
1
[A3 ⋅ M C 3 + A4 ⋅ M C 4 + A5 ⋅ M C 5 + A6 ⋅ M C 6 ] .
∆1F =
EI X
Произведение A6 ⋅ M C 6 отрицательно, т.к. эпюры лежат по разные стороны от
нулевой линии. Таким образом,
1 ⎤ 30,625 кНм 3
7
1 ⎡ 9
.
∆ 1F =
9 ⋅ + 4 ⋅ 1 + 16 ⋅ − 6,5 ⋅ ⎥ =
3⎦
EI X ⎢⎣ 8
EI X
6
12.6 Расчет X 1
Полученные значения коэффициентов подставляются в каноническое
уравнение, откуда и определяется усилие X 1 :
∆
30,625 EI X
X 1 = − 1F = −
⋅
= −9,07 кН .
EI X 3,375
δ 11
Знак «минус» говорит о том, что истинное направление усилия X 1 в
эквивалентной системе противоположно первоначально принятому.
12.7 Подбор сечения балки для эквивалентной системы
37
Определяются реакции и строятся окончательные эпюры поперечных сил QY
и изгибающих моментов M X для эквивалентной системы (рис. 17, а). Эпюры QY и
M X представлены на рис. 17, б, в. Для определения размеров поперечного сечения
из эпюры M X выбирается M MAX = 17,537 кНм . Требуемый момент сопротивления
17,537 ⋅ 103
=
=
= 109,6 ⋅ 10 − 6 м 3 = 109,6 см 3 ,
сечения определяется:
6
[σ ]
160 ⋅ 10
из сортамента подбирается двутавр № 16, W X = 109 см 3 , I X = 873 см 4 .
12.8 Проверка достоверности эквивалентной системы
Проверку правильности раскрытия статической неопределимости можно
произвести, определив перемещение yC в направлении отброшенной связи
(направление X 1 ) в эквивалентной системе. Так как в заданной системе в сечении С
установлена шарнирно подвижная опора, исключающая прогиб балки, то
вертикальное перемещение в данном сечении yC в эквивалентной системе при
правильном расчете X 1 должно быть близко к нулю.
Для решения данной задачи необходимо эпюру изгибающих моментов M X
эквивалентной системы (рис.17, в) перемножить с единичной эпюрой M 1 (рис.17, г),
полученной в разделе 12.5 (рис.16, д).
Эпюра M X разбивается на простые фигуры следующим образом: на консоли –
на треугольник и сегмент параболы; на среднем участке – на два треугольника,
лежащих по разные стороны от нулевой линии с длиной основания равной длине
участка; на левом участке – рассматривается треугольник. В качестве сегмента
параболы рассматривается фигура, ограниченная с одной стороны параболой, с
другой стороны – прямой, соединяющей концы параболы на данном участке балки.
При этом для определения знака произведения Ai ⋅ M Ci условно принимают, что
парабола располагается выше оси, если выпуклость направлена вверх, и ниже оси,
если выпуклость направлена вниз (независимо от фактического расположения
параболы). Центр тяжести параболы располагается в середине участка, а площадь
q ⋅ l3
может быть определена по формуле : A =
.
12
Определяются площади фигур Ai и значения изгибающих моментов M Ci на
единичной эпюре M 1 под центром тяжести каждой из фигур:
W XТРЕБ
A7 =
M MAX
__
1
2
⋅ (−4,389) ⋅ 1,5 = 3,29 кНм 2 , М C 7 = − X 1 ⋅ ⋅ 1,5 = 1 м ,
2
3
__
16 ⋅ 1,53
1
3
2
A8 =
= 4,5 кНм , М C 8 = − X 1 ⋅ ⋅ 1,5 = м ,
12
2
4
__
1
⎛ 2 ⎞ 7
2
A9 = ⋅ (−4,389) ⋅ 2 = 4,389 кНм , М C 9 = − Y D ⋅ ⎜1 + ⋅ 2 ⎟ = м ,
2
⎝ 3 ⎠ 6
38
A10 =
__
1
⎛ 1 ⎞ 5
⋅ 2,537 ⋅ 2 = 2,537 кНм 2 , М C10 = − Y D ⋅ ⎜1 + ⋅ 2 ⎟ = м ,
2
⎝ 3 ⎠ 6
A11 =
__
2
1
1
⋅ 17,537 ⋅ 1 = 8,77 кНм 2 , М C11 = − Y D ⋅ ⋅ 1 = м
3
3
2
1
[A7 ⋅ M C 7 + A8 ⋅ M C 8 + A9 ⋅ M C 9 + A10 ⋅ M C10 + A11 ⋅ M C11 ].
EI X
С учетом знака произведений:
1 ⎡
3
7
5
1 ⎤ − 7,25 ⋅ 10 −4 кНм 3
3,29 ⋅ 1 − 4,5 ⋅ + 4,389 ⋅ − 2,537 ⋅ − 8,77 ⋅ ⎥ =
yС =
=
4
6
6
3⎦
EI X ⎢⎣
EI X
Прогиб yС =
=
− 7,25 ⋅ 10 −4 ⋅ 10 3
11
−8
= −4,2 ⋅ 10 −7 м = −4,2 ⋅ 10 −4 мм , т.е. перемещение в направлении
2 ⋅ 10 ⋅ 873 ⋅ 10
отброшенной связи близко к нулю, что указывает на правильность определения
неизвестного усилия X 1 . Погрешность расчета связана с округлением значений.
12.9 Расчет перемещений эквивалентной системы
При определении прогиба в сечении К рассматривается вспомогательная
__
система в виде основной системы, загруженной в точке К единичной силой F = 1
(рис. 17, д). В этой системе определяются опорные реакции и строится эпюра
моментов M K (рис. 17, е).
Для определения прогиба y K перемножаются эпюры M X и M K , т.е. эпюра
M X разбивается на простые фигуры, определяются их площади, а значения M Ci
под центром тяжести каждой из площадей берется на эпюре M K . Площади на
эпюре M X уже определены, поэтому остается определить только соответствующие
значения M Ci (рис. 17, е):
__
1
2
М C12 = 0 , М C13 = 0 , М C14 = Y B ⋅ ⋅ 2 = м ,
3
9
__
__
2
4
2
4
М C15 = Y B ⋅ ⋅ 2 = м , М C16 = Y D ⋅ ⋅ 1 = м .
3
9
3
9
Прогиб в сечении К:
1
yK =
[A7 ⋅ M C12 + A8 ⋅ M C13 + A9 ⋅ M C14 + A10 ⋅ M C15 + A11 ⋅ M C16 ] .
EI X
Произведение A9 ⋅ M C14 отрицательно, т.к. эпюры лежат по разные стороны от
4⎤
4
1 ⎡
2
yK =
нулевой линии. Тогда:
=
+
−
⋅
+
⋅
+
⋅
8
,
77
2
,
537
0
0
4
,
389
EI X ⎢⎣
9 ⎥⎦
9
9
4,049 кНм 3
4,049 ⋅ 103
=
=
= 2,319 ⋅10 − 3 м = 2,319 мм.
−8
11
EI X
2 ⋅10 ⋅ 873 ⋅ 10
Знак «плюс» указывает на то, что сечение К перемещается в направлении
__
единичной силы F , т.е. вниз.
39
YD
M
ZD
YB
F
YC
q
а
B
K
D
1м
C
2м
1,5 м
О.С. б
F
X1
q
M
YD=0,5
Э.С.
X1=1
YB=1,5
г
B
D
МС2=МС4
МС5
в
МС3
МС1
МС6
д
Эп. М1 (м)
- 1,5
A2
YD=13 кН
F
A1
q
YB=32 кН
M
е
B
D
A6
13
ж
2
Эп. МF (кНм)
A4
A5
18
A3
Рис. 16 Расчетные схемы статически неопределимой балки
40
YD=17,537 кН
YB=18,393 кН
F
q
M
Э.С.
K
D
B
а
X1=9,07 кН
17,537
14,93
Эп. QY (кН)
0,567 м
б
3,463
9,07
17,537
A11
Эп. MX (кНм)
2,537
A8
A10
2,571
в
4,389
A9
A7
Эп. М1 (м)
г
МС11
МС10
YD=2/3
МС9
- 1,5
МС7
МС8
YB=1/3
F=1
д
D
K
B
2/3
Эп. МK (м)
е
МС16
МС15
МС14
МС12=МС13=0
Рис. 17 Статически неопределимая балка (окончательные результаты)
41
ЗАДАЧА 13. Расчет статически неопределимой рамы.
Требуется для рамы постоянной по длине жесткости (рис. 18, а) раскрыть
статическую неопределимость методом сил, построить эпюры внутренних силовых
факторов, подобрать размеры кольцевого поперечного сечения и определить
горизонтальное перемещение точки К.
Исходные данные (кН, кНм, кН/м, МПа):
q = 12 , M = 24 , d = 0,9 , для материала рамы [σ ] = 160 , E = 2 ⋅ 10 5 .
D
13.1 Определение степени статической неопределимости системы
Определяется степень статической неопределимости плоской системы, на
которую наложены 4 внешние связи (по 2 в каждой из шарнирных опор):
s = 4 − 3 = 1.
13.2 Выбор основной системы
Выбирается основная система (рис. 18, б). При этом в заданной системе
отбрасывается одна «лишняя» горизонтальная связь в опоре В.
При выборе основной системы для статически неопределимой рамы
существенным требованием является её геометрическая неизменяемость. В
частности, если в данном примере при выборе основной системы отбрасывать одну
вертикальную связь, то система становится мгновенно изменяемой, т.е. имеет
возможность малых перемещений без деформирования. Уравнения равновесия для
такой системы не удовлетворяются, и она не может быть использована в качестве
основной.
13.3 Составление эквивалентной системы
Строится эквивалентная система (рис. 18, в). При этом к основной системе
прикладывается внешняя нагрузка, а в направлении отброшенной связи
прикладывается неизвестное усилие X 1 .
13.4 Составление канонического уравнения метода сил
Записывается одно (т.к. s = 1 ) каноническое уравнение метода сил,
выражающее мысль, что перемещение в направлении отброшенной связи за счет
усилия X 1 и внешней нагрузки равно нулю:
δ 11 X 1 + ∆1F = 0 .
13.5 Расчет коэффициентов канонического уравнения
Для определения коэффициента δ 11 рассматривается основная система,
загруженная только безразмерным усилием X 1 = 1 (рис. 18, г). Определяются
опорные реакции, и строится эпюра M 1 (рис. 18, д). Перемещение δ 11 определяется
умножением эпюры M 1 самое на себя.
Для наглядности площади на эпюрах обозначаются стрелками, приложенными
в соответствующих центрах тяжести. Направление стрелок указывает с какой
стороны от нулевой линии лежит та или иная площадь.
Эпюра M 1 разбивается на два треугольника и прямоугольник. Значения
площадей с эпюры M 1 и ординат под центрами тяжести соответствующих площадей
на этой же эпюре определяются без учета знака, т.е. по модулю:
A1 =
1
2
⋅ (− 3) ⋅ 3 = 4,5 м 2 , M C1 = − Z D ⋅ ⋅ 3 = 2 м ,
2
3
42
A2 = (− 3) ⋅ 2 = 6 м 2 , M C 2 = − Z D ⋅ 3 = 3 м ,
A3 =
1
2
⋅ (− 3) ⋅ 3 = 4,5 м 2 , M C 3 = − X 1 ⋅ ⋅ 3 = 2 м .
2
3
Тогда перемещение
1
1
36 м 3
[A1 ⋅ M C1 + A2 ⋅ M C 2 + A3 ⋅ M C 3 ] = [4,5 ⋅ 2 + 6 ⋅ 3 + 4,5 ⋅ 2] =
.
δ 11 =
EI X
EI X
EI X
При определении δ 11 произведения Ai ⋅ M Ci положительны, т.к. площади и
соответствующие им ординаты расположены по одну сторону от нулевой линии
эпюры M 1 .
Для определения перемещения ∆ 1F рассматривается основная система,
загруженная только внешней нагрузкой (рис. 18, е). Определяются опорные
реакции, и строится эпюра изгибающих моментов M F (рис. 18, ж). Перемещение
∆ 1F определяется умножением эпюры M F на эпюру M 1 , т.е. на эпюре M F
определяются значения площадей, а на эпюре M 1 - соответствующие им ординаты
под центрами тяжести. Эпюра M F на левой стойке разбивается на треугольник и
сегмент параболы, а на ригеле – на треугольник и прямоугольник. Значения
площадей и ординат определяются по модулю:
A4 =
1
2
⋅ 54 ⋅ 3 = 81 кНм 2 , M C 4 = − Z D ⋅ ⋅ 3 = 2 м ,
2
3
1
12 ⋅ 33
A5 =
= 27 кНм 2 , M C 5 = − Z D ⋅ ⋅ 3 = 1,5 м ,
2
12
1
⋅ 30 ⋅ 2 = 30 кНм 2 , M C 6 = − Z D ⋅ 3 = 3 м ,
2
A7 = 24 ⋅ 2 = 48 кНм 2 , M C 7 = − Z D ⋅ 3 = 3 м .
A6 =
Перемещение
1
[A4 ⋅ M C 4 + A5 ⋅ M C 5 + A6 ⋅ M C 6 + A7 ⋅ M C 7 ] . Все произведения в данном случае
EI X
отрицательны, т.к. эпюры M F и M 1 располагаются по разные стороны от нулевой
∆1F =
линии:
∆ 1F =
3
1
[− 81 ⋅ 2 − 27 ⋅1,5 − 30 ⋅ 3 − 48 ⋅ 3] = − 436,5 кНм .
EI X
EI X
13.6 Расчет X 1
После определения коэффициентов канонического уравнения определяется
неизвестное усилие:
X1 = −
∆ 1F
=−
− 436,5 EI X
⋅
= 12,125 кН .
EI X
36
δ 11
Знак «плюс» говорит о том, что выбранное направление усилия X 1 является
истинным.
13.7 Подбор сечения балки для эквивалентной системы
43
Рассматривается эквивалентная система, в которой усилие X 1 считается
известным (рис. 19, а). Для неё определяются опорные реакции и строятся
окончательные эпюры продольных сил, поперечных сил и изгибающих моментов.
Эпюры N Z , QY и M X представлены на рис. 19, б, в, г.
Для определения размеров кольцевого поперечного сечения ( d D = 0,9 ) из
эпюры M X выбирается M MAX = 36,375 кНм . Требуемый момент сопротивления
сечения (без учета продольной силы)
W XТРЕБ =
M MAX
[σ ]
=
36,375 ⋅10 3
= 227,3 ⋅10 −6 м 3 = 227,3 см 3 ,
6
160 ⋅10
внешний диаметр кольцевого сечения
32 ⋅ W XТРЕБ
32 ⋅ 227,3
=3
= 18,9 см ,
4
4
3
(
)
3
,
14
⋅
1
−
0
,
9
⎛
⎞
d
π ⋅ ⎜1 − D ⎟
⎝
⎠
внутренний диаметр d = 0,9 ⋅ D = 0,9 ⋅18,9 = 17 см .
Окончательно принимается D = 19 см , d = 17 см . Для этих размеров:
D=
π ⋅ D2
( )
π ⋅d 2
3,14 ⋅19 2 3,14 ⋅17 2
−
= 56,5 см 2 ,
4
4
4
4
4
4
4
4
I
2296
3,14 ⋅19
3,14 ⋅17
π ⋅D π ⋅d
IX =
−
=
−
= 2296 см 4 , W X = X =
= 241,7 см 3 .
19
D
64
64
64
64
2
2
A=
−
=
Условие прочности для опасного сечения, расположенного в верхней части правой
стойки рамы, с учетом продольной силы принимает вид:
σ MAX
M MAX N Z 36,375 ⋅10 3
15 ⋅10 3
= 153,2 МПа < [σ ] = 160 МПа ,
+
=
+
=
WX
A
241,7 ⋅10 −6 56,5 ⋅10 − 4
т.е. условие прочности выполняется.
13.8 Проверка достоверности эквивалентной системы
Проверку правильности раскрытия статической неопределимости и
в направлении
построения эпюр можно провести, определив перемещение ∆ГОР
В
отброшенной связи. Для этого окончательную эпюру изгибающих моментов M X
(рис. 19, г) необходимо перемножить с единичной эпюрой M 1 (рис. 19, д). Эпюра
M X на левой стойке разбивается на треугольник и сегмент параболы, на ригеле – на
два треугольника, а на правой стойке рассматривается треугольник.
Площади с эпюры M X и соответствующие ординаты под центрами тяжести,
взятые на эпюре M 1 (по абсолютному значению):
A8 =
A9 =
A10 =
1
2
⋅17,625 ⋅ 3 = 26,4375 кНм 2 , M C 8 = − Z D ⋅ ⋅ 3 = 2 м ,
2
3
1
12 ⋅ 33
= 27 кНм 2 , M C 9 = − Z D ⋅ ⋅ 3 = 1,5 м ,
12
2
1
⋅17,625 ⋅ 2 = 17,625 кНм 2 , M C10 = − Z D ⋅ 3 = 3 м ,
2
44
1
⋅ (− 12,375) ⋅ 2 = 12,375 кНм 2 , M C11 = − Z D ⋅ 3 = 3 м ,
2
1
2
A12 = ⋅ (− 36,375) ⋅ 3 = 54,5625 кНм 2 , M C12 = − X 1 ⋅ ⋅ 3 = 2 м .
2
3
ГОР
Перемещение ∆ В с учетом знака произведений:
1
[A8 ⋅ M C 8 + A9 ⋅ M C 9 + A10 ⋅ M C10 + A11 ⋅ M C11 + A12 ⋅ M C12 ] =
∆ГОР
=
В
EI X
A11 =
=
1
[− 26,4375 ⋅ 2 − 27 ⋅1,5 − 17,625 ⋅ 3 + 12,375 ⋅ 3 + 54,5625 ⋅ 2] =
EI X
=
1
[146,25 − 146,25] = 0,
EI X
т.е. перемещение в направлении отброшенной связи равно нулю, что говорит о
правильности полученных результатов.
13.9 Расчет перемещений эквивалентной системы
При определении горизонтального перемещения в точке К рассматривается
вспомогательная система в виде основной системы, загруженной в точке К
горизонтальной единичной силой F = 1 (рис. 19, е). В этой системе определяются
опорные реакции, и строится эпюра моментов M K (рис. 19, ж). Для определения
перемножаются эпюры M X и M K .
перемещения ∆ГОР
К
Площади с эпюры M X уже определены, а соответствующие им ординаты под
центрами тяжести, взятые на эпюре M K по абсолютному значению (рис. 19, ж):
2
1
2
M C13 = Z D ⋅ ⋅ 3 = 2 м , M C14 = Z D ⋅ ⋅ 3 = 1,5 м , M C15 = Y B ⋅ ⋅ 3 = 2 м ,
3
2
3
1
M C16 = Y B ⋅ ⋅ 3 = 1 м , M С17 = 0 .
3
С учетом знака произведений перемещение
∆ГОР
=
К
=
1
[A8 ⋅ M C13 + A9 ⋅ M C14 + A10 ⋅ M C15 + A11 ⋅ M C16 + A12 ⋅ M C17 ] =
EI X
3
1
[26,4375 ⋅ 2 + 27 ⋅1,5 + 17,625 ⋅ 2 − 12,375 ⋅1 + 0] = 116,25 кНм =
EI X
EI X
116,25 ⋅ 10 3
= 25,4 ⋅ 10 −3 м = 25,4 мм .
=
11
−8
2 ⋅ 10 ⋅ 2296 ⋅ 10
Знак «плюс» указывает, что направление перемещения совпадает с направлением
единичной силы, т.е. сечение К смещается вправо.
45
а
в
б
2м
М
М
D ZD
ZB
Э.С.
О.С.
3м
3м
q
X1
B
q
YB
YD
г
-3
д
МС6 МС2=МС7
-3
-3
МС1 =МС4
A2
A1
A3
-3
МС3
МС5
ZD=1
YD=0
YB=0
D
B
X1=1
ж
е
54
Эп. М1 (м)
A6
A7
24
54
q
M
A4
A5
YB=15 кН
ZD=36 кН
D
B
Эп. MF (кНм)
YD=15 кН
Рис. 18 Расчетные схемы статически неопределимой рамы
46
а
б
15
12,125
М
q
YB=15 кН
X1=12,125 кН
ZD=23,875 кН
D
YD=15 кН
в
B
15
Эп. NZ (кН)
A10
12,125
15
36,375
17,625
г
12,375
A8
A9
1,99 м
23,875
12,125
Эп. QY (кН)
Эп. MX (кНм)
е
д
-3
МС10
A11
A12
23,75
МС11
-3
ж
F=1
3
3
МС15
МС16
K
-3
-3
МС13
МС8 МС12
МС14
МС9
YB=3
Эп. М1 (м)
D
ZD=1
B
Эп. МK (м)
YD=3
Рис. 19 Статически неопределимая рама (окончательные результаты)
47
Скачать