sm_rgr_2d

31

Ділянка АВ: l≤z≤2l.

M

O

z

2

R z3

q z4

R

A

(z − l )3

q(z − l)4

EI W

=

−

O

−

+

−

;

x z

2

6

24

6

24

1. z =1.5l;

W

= −0.067

ql4

. 2. z = 2l; W

= −0.55

ql4

.

(1.5l )

EIx

(2l )

EIx

Епюра прогинів показана на рис. 5.2; г.

[1, С. 404−442; 2, С. 38−39].

32

РОЗРАХУНКОВО-ГРАФІЧНІ РОБОТИ ДО ЧЕТВЕРТОГО МОДУЛЬНОГО КОНТРОЛЮ

Типові задачі до розрахунково-графічної роботи №3

6 ПОБУДОВА ЕПЮР N, Qy, Mx І НА МІЦНІСТЬ

ПЛОСКИХ СТАТИЧНО НЕВИЗНАЧУВАНИХ РАМ

6.1Умова задачі

Для заданої плоскої статично невизначуваної рами, вертикальні елементи якої мають моменти інерції І2=І, а горизонтальні елементи −

І1=kІ, необхідно:

а) вибрати основну систему; б) накреслити еквівалентну систему і записати канонічні рівнян-

ня методу сил; в) способом Верещагіна або методом Мора визначити коефіцієн-

ти рівняння δ11 та 1р і знайти величину невідомої реакції х; г) побудувати епюри внутрішніх силових факторів і визначити

розміри квадратного поперечного перерізу, [σ]=160 МПа.

	Розрахункові			схеми і		вихідні дані			наведені	на рисунку 6.2 і
в таблиці 6.1.
	Таблиця 6.1 − Вихідні дані
			l, м
	№ рядка				h, м		q, кН/м		k	P, Н	M, Нм
	1		11		2		15		1.1	1100	1000
	2		12		3		20		1.2	1200	2000
	3		3		4		30		1.3	1300	1500
	4		4		5		4		1.4	1400	1200
	5		5		6		5		1.5	1500	1000
	6		6		2		6		1.6	600	800
	7		7		3		7		1.7	700	600
	8		8		4		8		1.8	800	1000
	9		9		5		9		1.9	900	1500
	0		10		6		10		2.0	1000	2000

I

MA

l

B

А

I1

I2 h

C

VI

l

B I1C

h I2

А

P

II			III
	l	MB	q
					B
А			А
	I1	B		l	I1
		h			h
	I2
					I2
		C			C
VII			VIII
		l	h/3	2h/3
	B	I1C		B	А
h/2					I1
			P
P	I2
					I2
			h
h/2
	А			C

	IV
		l
	А	B
		I1
	h	q
		I2
		C
	IX
	P	I1
	В
	C
	l/2	l/2
		h
		I2
	А

	V
		l
	P	А
	B	I1
	h	I2
	C
	X	33
	q
		I1
	B	C
	l/2	l/2
		h
		I2
	А

Рисунок 6.1 − Розрахункові схеми

34

6.2 Приклад розрахунку

B

C

Вихідні дані: q=15 кН/м;

l

h=2 м; l=11 м;

q

I1=I2=I (k=1).

h

RA

RD

a

А

HA

D

a

MA

Рисунок 6.2 − Розрахункова схема

З аналізу схеми видно, що невідомих реакцій 4, а рівнянь рівноваги для задано плоскої системи – 3. тому задана рама один раз статично невизначувана. Задачу розв’язуємо методом сил.

6.2.1 Будуємо основну та еквівалентну системи

Задана система

Основна система

Еквівалентна система

q

q

q

RA RD

HA

x1

MA

Складаємо канонічне рівняння методу сил

δ11x1 +

1 p = 0 ,

звідки

x = −

1 p

.

1

δ11

35

6.2.2

Визначаємо

коефіцієнти

рівняння

δ11

та

1р

способом Верещагіна

Для цього будуємо епюри згинальних моментів від заданого

навантаження та від одиничної сили x1 =1.

Визначаємо реакції опор від розподіленого навантаження q і буду-

ємо епюру згинальних моментів (Мр).

∑Pгор = 0 ;

HA−qh=0;

HA=qh=30 кН;

∑Pвер = 0 ;

RA =0;

∑M A = 0

;

M A − q h h = 0 ;

M A

= ql2

= 30 кН·м.

2

2

Ділянка DС:

0≤z≤h.

M x = −q z

z

= −

qz

2

.

2

2

Ділянка BС:

0≤z≤l.

M x = −

qh2

= 30 кН·м=const.

2

Ділянка AB:

0≤z≤h.

M x = M A − H A z .

B

Mx

C

qh2

qh2

2

2

z

q

ω3

y3

2l

ω5

Mx

Mx

3

z

A

HA

D

z

qh2

ω4

MA

2

Mp

36

Визначаємо реакції опор від одиничної сили x1 =1 і будуємо епюру згинальних моментів M1 .

∑Pвер = 0 ; RA − x1 = 0 ; RA =1; ∑Pгор = 0 ; H A = 0 ;

∑M A = 0 ; M A − x1 l = 0 ; M A =1 l .

B	M x =1 z		1·l		ω1
		z	C		2l
				y5
					3	y4
M x = M A			y2
			M x = 0
				ω2
z
	A	D	z		M1
M A	RA		x1 =1

6.2.3 Визначаємо головний коефіцієнт δ11 і вільний член 1р

						1			(ω1 y1 +ω2							y2 )=					l2			l
		δ11		=																								+ h ;
							EIx														EIx 3
		ω			= 1			1 l l = 1 l2 ; y = 2 1 l = 2 l ;
			1			2						2				1			3									3
						ω2 =1 l h = lh ;											y2 =1 l = l .
1p	=	1	(ω y							+ω y			2	+ω y				2	+ω y							4		)= − gh2l2 ;
		EIx				1		3			3					4			5										4EIx
	y = −				gh2			;		ω	3	= −			1		gh 2					h	= −						gh3	;
	3					2								2		2			2									8

37

ω	= 1		gh2	h =		gh3				;	y	4	= 0 ;				ω		= −1			gh2	h = −	gh3	.
4	2	2		2			8											5			3	2		6
Визначаємо невідому реакцію х1 усунутого зв’язку
		x = −			− gh2l2						=		15 22								= 2.65 кН.
		1			l										11
					4l2				+ h				4					+	2
							3									3

6.2.4 Будуємо остаточні епюри В.С.Ф.

30

2.65

30

0.85

30

2.65				30					59.15
Епюра N, кН					Епюра Qy, кН				Епюра Мx, кН·м

Проаналізувавши епюру Мх, знаходимо, що Мхmax=|59.15| кН·м.

За умовою міцності по нормальним напруженням визначаємо сторону квадратного перерізу елементів рами

	σmax		=	M x		max	≤ [σ]; Wx =		a3	;
					Wx				6
a = 3	6M x	max	= 3		6 59.15 10−3			= 0.13 м=13 см.
	[σ						160
		]

[1, С. 397−404; 3, С. 461−479]

38

7 РОЗРАХУНКИ НА СТІЙКІСТЬ ТИСНУТИХ СТРИЖНІВ

7.1Умова задачі

Сталевий стержень, довжиною l, стискається силою Р. Необхідно:

а) знайти розміри поперечного перерізу при допустимому напру-

женні [σ]=160 МПа (розрахунки виконувати послідовними наближеннями);

б) знайти критичну силу і коефіцієнт запасу стійкості.

Розрахункові схеми і вихідні дані наведені на рисунку 7.1 і 7.2 та в таблиці 7.1.

	Таблиця 7.1 − Вихідні дані					1	2
						P	P
	№	Р,	l,	Схема
	рядка	кН	м	закріплення
	1	100	2.1	1		l	l
	2	200	2.2
	3	300	2.3	2
	4	400	2.4
					3	4	5
	5	500	2.5
				3	P	P	P
	6	600	2.6
	7	700	2.7	4			l
	8	800	2.8		l	l
	9	900	2.9	5			l
	0	1000	3.0

Рисунок 7.1 −Схеми закріплення

39

I	a	II	1.5a	III	a
				a
	a			a
V		VI		VII	a
			a		1.5a
	a	0.2a		a	a
				0.2a
IX	2a	X
		a		a
0.2a			0.2a

IV 2a

a

VIII 2a

a 2a

Рисунок 7.2 −Види поперечних перерізів стержня

7.2 Приклад розрахунку

P

х

l	d

0.2d

Вихідні дані: Р=200 кН; l=2.1 м; Е=2·105 МПа; [σ]=160 МПа.

Розміри поперечного перерізу визначаємо з умови стійкості

σc = FP =ϕ [σ].

Розв’язуємо задачу методом послідовних наближень.

40

Коефіцієнт зменшення допустимого напруження для першого наближення приймаємо 0.5, тобто середнє значення 0 ≤ ϕ ≤ 1.

7.2.1 Перше наближення:	ϕ1=0.5.
7.2.1.1 Визначення розмірів поперечного перерізу

З одного боку площа поперечного перерізу визначається з умови

стійкості

200 103

F =

P

;

F =

= 2.5 10−3 м2=25 см2.

ϕ1[σ]

0.5 160 106

З іншого боку площа поперечного перерізу розраховується як

площа кільцевого перерізу

πd 2

π

d

F =

4

−

4 (d

−2 0.2d )2 = 0.160 πd 2 .

0.2d

Тоді

d =

F

=

25

= 7.05 см.

0.16π

0.16π

7.2.1.2 Розрахунок гнучкості стержня і моменту інерції

Визначаємо гнучкість стержня λ =

μl

і мінімальний радіус інерції

i

min

i

= Imin , а також мінімальний момент інерції кільцевого перерізу

min

F

I

= πd 4

−

π

(d −0.4d )4

=13.6 10−3πd 4 .

min

64

64

Тоді

imin=

13.6 10−3πd

4

= 0.292 7.05 = 2.06 см;

0.16πd 2

= 0.292d

λ= μ l = 2 210 = 204 .

imin 2.06