ПРАКТИКА 1 сопромат_заочн_ 2012

51

Рис. 5.2

Рис. 5.2 (продолжение)

6. Проверим найденные перемещения способом Верещагина. Применение способа Верещагина требует построения «грузовой»

эпюры изгибающих моментов Мх и «единичных» эпюр М1i.

На рис. 5.2, б, г, е, з, к, м изображены эпюры Мх, М11, М12, М13, М14, М15, которые построены на основании аналитических выражений

изгибающих моментов, записанных ранее для интеграла Мора (см.

п.5).

Разбиваем, «грузовую» эпюру Мх на пять элементарных фигур, для каждой из которых вычисляем площадь ωj и координату центра тяжести zcj.

52

На участке I:

треугольник

l1

= 3м

ω =

l1h1

=

3 × 66

= 99кН× м2 ,

2

1

2

h1

= 66кН×м

zc1

=

2

l1

=

2

× 3

= 2м;

3

3

На участке II:

треугольник

l2 = 3м

ω2

=

l2 h2

=

3 × 66

= 99кН× м2 ,

2

2

h2

= 66кН×м

zc2

=

2

l2

=

2

× 3

= 2м;

3

3

параболический сегмент

q = 40кН/м

ω3

=

ql33

=

40 × 33

= 90кН× м2 ,

12

12

l = 3м

zc3

=

l3

=

2

= 1,5м;

2

3

треугольник

l4 = 3м

ω4

=

l4 h4

=

3 × 48

= 72кН× м2 ,

2

2

h4

= 48кН×м

zc4

=

1

l4

=

1

× 3

= 1м.

3

3

На участке III:

треугольник

l5

= 1,8м

ω5

=

l5h5

=

1,8 ×18

= 16,2кН× м2 ,

2

2

h5

= 18кН×м

zc5

=

2

l5

=

2

×1,8 = 1,2м.

3

3

Для определения угла поворота сечения А «перемножаем» эпюры Мх и М11 способом Верещагина.

EI xθA = ω1 M c1 + ω2 M c 2 + ω3 M c3 − ω4 M c 4

Здесь M cj − ординаты «единичной» эпюры М11, взятые под центрами тяжести выделенных элементарных фигур:

M c1 = 1 ×1+ 2 × 1 = 2 , 3 3 2 3

53

												c2 =				2							×							1						=					1					,
						M
				3																				2												3
										c3 =				1						×							1						=					1						,
						M
				2																				2												4
												c4 =					1									×			1								=		1								.
							M
				3																				2												6
Вычисляем обобщённый угол поворота.
	EI xθA = 99 ×		2	+ 99 ×					1				+ 90 ×											1							- 72 ×																		1	= 109,5кН × м2 .
																								4
3				3																																6
Сечение А поворачивается по ходу часовой стрелки.
Аналогично определяем остальные перемещения.
		EI xθC = −ω1						c1 + ω2																				c 2 + ω3																							c3 − ω4		c 4 ,
					M													M																														M				M
где ординаты M cj берём с эпюры М12:
												c1 =			2										×			1					=					1				,
							M
				3																				2												3
											c 2 =					2									×					1							=			1					,
						M
				3																				2												3
										c3 =				1					×						1							=					1						,
						M
				2																				2												4

M c 4 = 1 × 1 = 1 . 3 2 6

Тогда

EI θ		= -99 ×	1	+ 99 ×	1	+ 90 ×	1	- 72 ×	1	=10,5кН× м.2
	C
x		3		3		4		6

Сечение С поворачивается по ходу часовой стрелки.

Вычисляем обобщённый угол поворота сечения D, «перемножая» эпюры Мх и М13.

EI xθD = -ω1					M	c1 - ω2			M			c 2 - ω3					M	c3 + ω4				M		c4 + ω5				M	c5 =
	2		1			2			1				1					1			1			1				1				1		2		2
= -99 ×		×		- 99 ×				×				+			-	90 ×				×			+				+ 72 ×				×		+			+16,2 ×1 = -90,3кН× м	.
	3		2						2				3								2			2								2		3
						3												2										3

Сечение D поворачивается против хода часовой стрелки.

Определяем обобщённый прогиб сечения С, «перемножая» эпюры

Мх и М14.

54

EI x vc = ω1 M c1 + ω2 M c 2 + ω3 M c3 - ω4 M c 4 =

= 99 ×	2	×1,5 + 99 ×	2	×1,5 + 90 ×	1	×1,5 - 72 ×	2	×1,5 = 229,5 кН × м3 .
3		3		2		3

Результат получился положительный, значит, прогиб сечения С направлен вниз.

Вычисляем обобщённый прогиб сечения D, «перемножая» эпюры

Мх и М15.

EIxvD = -ω1

M

c1 - ω2

M

c 2 - ω3

M

c3 + ω4

M

c 4 + ω5

M

c5 =

2

2

1

1

1

1

2

= -99 ×

× 0,9 - 99 ×

× 0,9

+

×1,8

- 90 ×

× 0,9

+

×1,8

+ 72 ×

× 0,9

+

×1,8

+

3

3

3

2

2

3

3

+16,2 × 2 ×1,8 = -172,3кН× м3. 3

Прогиб сечения D направлен вверх.

Сравнивая результаты, полученные способом Верещагина и методом начальных параметров, убеждаемся в их совпадении как по величине, так и по направлению.

7. Проверяем балку, изготовленную из двутавра № 27 (Iх = 5010 см4), на жесткость.

Условие жесткости при изгибе имеет вид

v max ≤ fрасч.

Отметим, что для обеспечения жесткости балки необходимо выполнение условий жесткости как в пролете, так и на консоли.

Условие жёсткости в пролёте

vmaxпр

≤ fрасчпр ,

где

fрасчпр

=

l

=

6,0

= 20,0 ×10−3 м.

300

300

Проверяем жесткость пролёта.

=

EI vпр

=

230,3 ×103

= 23,0 ×10−3 м > f пр .

vпр

x

max

1011 ×5010 ×10−8

max

EIx

2 ×

расч

Условие жёсткости на консоли

vmaxк

≤ fрасчк ,

где

fрасчк

=

а

=

1,8

= 4,50 ×10−3 м.

400

400

Проверяем жесткость консоли.

=

EI

vк

=

172,3 ×103

=17,2 ×10−3 м > f к .

vк

x

max

×5010 ×10−8

max

EIx

2 ×1011

расч

55

Так как оба условия жесткости не выполнены, подбираем новый двутавр. Находим требуемый момент инерции сечения из условий жесткости:

а) в пролете

vmaxпр = EIxvmaxпр ≤ fрасчпр ,

EIx

отсюда

	Ix ³	EI vпр	=	230,3 ×103	= 5758 ×10−8	м4	= 5758см4 ;
		x max
		Efрасчпр		2 ×1011 × 20,0 ×10−3

б) на консоли

vmaxк = EIxvmaxк ≤ fрасчк ,

EIx

отсюда

	I x ³	EI vк	=	172,3 ×103	=19144 ×10−8	м4	= 19144 см4 .
		x max
		Efрасчк		2 ×1011 × 4,50 ×10−3

Из двух полученных значений требуемого момента инерции выбираем большее и по ГОСТ 8239−89 назначаем двутавр № 45, для которого Ix = 27696 см4, Wx = 1231 см3.

56