ЗакладкиКорзинаЗаказы

Содержание главы

  1. Статически определимые балки постоянного сечения
  2. Балки переменного сечения
  3. Статически неопределимые балки
  4. Расчет по предельному состоянию (перемещение)
  5. Балки на упругом основании
  6. Стесненное кручение тонкостенных стержней
  7. Плоские рамы
  8. Плоско-пространственные рамы (перемещение)
  9. Энергетические методы определения перемещений
  10. Составные балки
  11. Статически неопределенные рамы

Примеры решений задач

Данные примеры задач, относятся к предмету «Сопротивление материалов».

Задача #5511

Условие:

P=0,5кНfl

Подобрать номер стального швеллера, исходя из условий прочности и жесткости. Допускаемое напряжение [σ] = 160 МПа. Допускаемый прогиб [f] = l/400. Сравнить веса балки, получаемые из условий прочности и жесткости; E = 2 × 105 МПа.

Решение:

Подбор сечения по условию прочности:

- максимальный изгибающий момент

Mmax=Pl=0,5 кН×м

- необходимый момент сопротивления

W=Mmaxσ=3,33 см3

- принимаем профиль № 7, у которого

W=4,139 см3

J=10,347 см4

- проверка жесткости (стрела прогиба)

f=Pl33EJ=2,03 см 1

т. е. жесткость балки недостаточна.

Подбор сечения по условию жесткости:

- из формулы (1) получаем

fl=pl23EJ

J=Pl23Efl=23,9 см4

- берем профиль № 11, у которого

W=8,356 см3

J=25,068 см4

- прогиб при этом составляет

0,95<l100

- напряжение

σ=MmaxW=50008,356=59,9 МПа

- отношение весов

0,6951,208=0,575

Ответ: не указан.

Задача #5512

Условие:

lγq

Написать выражения для прогиба и угла поворота на конце консоли с учетом того, что заделка поворачивается на малый угол γ (рис.).

Решение:

Без учета поворота заделки получаем (рис. а):

v0=ql48EJ

θ0=-ql36EJ

Поворот заделки (рис. б) дает:

v0=-γl

θ0=γ

Полные перемещения будут:

v0=ql48EJ-γl

θ0=-ql36EJ+γ

Ответ: не указан.

Задача #5513

Условие:

Ll

Определить место максимального прогиба vmax балки. Написать выражение vmax. Сравнить с прогибом посередине балки.

Решение:

Текущие значения θ и v выражаются так:

θx=Ll6El1-3x2l2

vx=Ll26Elxl-x3l3

Прогиб v(x) имеет максимум там, где θ(x) равно нулю, т. е. при

x=l3

Из выражения для v(x) находим

vmax=Ll293EJ=0,0641Ll2EJ

Прогиб посередине

v0,5l=Ll216EJ=0,0625Ll2EJ

Ответ: не указан.

Задача #5514

Условие:

Тонкостенный стержень длины l упруго сгибается в окружность и концы сопрягаются плавно. Определить изгибающий момент в стержне.

Решение:

Кривизна 1/R оси изогнутого стержня равна

1R=MEJ

Но

2πR=l

Следовательно,

MEJ=2πl

Откуда

M=2πEJl

Ответ: не указан.

Задача #5515

Условие:

EJMR=vсрABθ0Aθ0

Для шарнирно опертой балки длины l, нагруженной одинаковыми моментами M по концам (чистый изгиб), найти стрелу прогиба vср, углы поворота на концах θA и θB и смещение подвижной опоры A. Сравнить приближенное и точное решения.

Решение:

Приближенное решение по уравнению

d2vdx2=MEJ

vср=lα2

θA=-θB=2α

где

α=Ml4EJ

Смещения опоры находится из выражения

Δ=120lv2dx=12E2J20lMl2-Mx2dx=M2l324E2J2=23 lα2

Точное решение по уравнению

dθds=1R=MEJ

Как видно из рисунка,

vср=R-Rcosθ0=R×2sin2θ02

но

θ0=l2R=ML3=2EF

следовательно

vср=EJM2sin2Ml2EJ=l2αsin2α

Смещения опоры

Δ=l-2Rsinθ0=l-2EJMsinMl3EJ=l1-sin2α2α

Ответ: не указан.

Задача #5516

Условие:

lbh

Стальная балка прямоугольного поперечного сечения, защемленная одним концом, изгибается парой сил с моментом M0 = 1 кгм, приложенным на другом свободном конце (см. рисунок). Длина балки l = 1 м, размеры сечения: b = 6 см, h = 0,5 см. Путем интегрирования приближенного дифференциального уравнения изогнутой оси балки определить величины наибольшего прогиба и угла поворота концевого

Решение:

Балка подвергается чистому изгибу:

Q=0

MA=M0

Mx=M0

Приближенное дифференциальное уравнение изогнутой оси имеет вид

EJyn=M0

где

J=bh312=6×0,5312=0,0625 см4

Проинтегрировав его дважды, получим

EJy=M0x+C I

Ejy=M0x22+Cx+D II

Произвольные постоянные интегрирования C и D найдем из условий закрепления балки в сечении A:

1) В точке А при x = 0

θA=yx=0=0

подставляя в (I), найдем

C=0

2) Также при x = 0

fA=yx=0=0

подставляя в (II), получим

D=0

Таким образом, уравнения (I) и (II) примут вид

EJy=M0x

Ejy=M0x22

Наибольшие значения перемещений получим при x = l (в точке B):

θmax=θB=yx=l

fmax=fB=yx=l

Подставляя в уравнения (I) и (II), найдем

θB=M0lEJ=100×1002×106×0,0625=0,08

fB=M0l22EJ=100×10022×2×106×0,0625=4,0 см

Знак θ и f показывают, что сечение B поворачивается против хода часовой стрелки, а прогиб fB направлен вверх.

Более точные результаты можно получить из уравнения для кривизны:

1ρ=MEJ

Так как при чистом изгибе

Mx=M0=const

то

ρ=const

т. е. ось балки изгибается не по параболе, как это следует из уравнения (II), а по дуге окружности, описанной радиусом

ρ=EJM0=2×106×0,0625100=1250 см

Теперь перемещения легко найти из геометрических соображений (см. рисунок). Угол θB определяется как отношение дуги длиною l к радиусу ρ, а прогиб — как отрезок

AD=AC-CD

Следовательно,

θB=lρ=1001250=0,084°34

fB=ρ-ρcosθ=ρ1-cos4°34=1250×1-0,99684=3,95 см

Расхождение между точным н приближенным решениями для прогиба составляет около одного процента; для угла поворота результаты совпадают с точностью до третьего знака. Заметим, что для обычно применяемых в конструкциях балок большой жесткости, например двутавровых, погрешность приближенного решения с помощью дифференциального уравнения еще меньше (порядка 0,05 — 0,1 %) в сторону некоторого преувеличения перемещений.

Ответ: не указан.

Задача #5521

Условие:

xq=1,2кН/м

Консоль переменного сечения длины l = 6 м нагружена равномерно распределенной нагрузкой интенсивности q = 1,20 кН/м. Момент инерции J сечения изменяется непрерывно; значения J в отдельных сечениях консоли (с интервалом через 1 м) приведены в таблице:

x, м0123456
J, см4 × 10354382617,110,75,63,4

Построить эпюры углов поворота θ и прогибов v консоли; E = 104 МПа.

Решение:

Применим общее уравнения:

θx=θ0-0xM(u)EJudu

vx=v0+θ0x-0xMuEJux-udu

Изгибающий момент

Mx=ql-x22

Значение M, вычисляется по этой формуле, и значения M/(EJ) указаны в столбцах 5 и 6 таблицы для сечений 1, 2, …, 6 через интервал s = 100 см по длине балки. Эпюра M/(EJ) показана на рис. а. В столбце 7 таблицы даны площади Ω участков эпюры M/(EJ) между сечениями. Эти площади определены приближенно как площади трапеций; они дают значения

xx+sMEJdu

Так как балка жестко заделана, θ(0) = v(0) = 0; следовательно, для любого сечения n

θn=-i=1nΩi

и

vn=-0xMEJx-udu=vn-1-si=1n-1Ωi-s2Ωn

По этим формулам и произведено вычисление ординат эпюр θ и v в столбцах 8 — 11 таблицы. Эпюры θ и v показаны на рис. б и в (эпюра v отложена в сторону действительного прогиба).

niλJ,10-3MM/(EJ)×105Ω×103
1234567
0054,021604,0
13,97
110038,015003,95
23,82
220026,09603,69
33,42
330017,15403,16
42,70
440010,72402,25
51,61
55005,6600,96
60,48
66003,400

θn100vn50Ωnvn
1234
0--0
----
-3,97×10-300,198-0,198
----
-7,79×10-30,3970,191-0,786
----
-11,22×10-30,7790,171-1,736
----
-13,91×10-31,1210,135-2,992
----
-15,52×10-31,3910,080-4,463
----
-16,00×10-31,5520,024-6,039

Ответ: не указан.

Задача #5531

Условие:

Pll/2h

Дюралевая балка длины l = 1 м швелерного сечения Пр. 106 № 15 (J = 34,56 см4, W = 9,87 см3) подвешена на трех стальных тягах длины h = 1 м и поперечного сечения 0,1 см2. Балка несет груз Р = 5кН, приложенный посередине. Определить усилия в тягах и наибольшее напряжение σ в балке; Eст = 2,1 × 105 МПа, Eд = 7 × 104 МПа.

Решить задачу в предположении: а) абсолютно жесткой балки, б) абсолютно жестких тяг и, упругой балки.

Решение:

Обозначим усилия крайней и средней тяг через S1 и S2 (рис. а). Тогда:

λ1=S1hEстF

λ2=S2hEстF=P-2S1hEстF

Стрела прогиба балки равна

λ2-λ1

С другой стороны, она может быть выражена, как для балки, нагруженной силой посередине (рис. б), так:

λ2-λ1=2S1l348EдJ

Следовательно,

P-2S1hEстF-S1hEстF=2S1l348EдJ

Отсюда

S1=P3+β

где

β=l3EстF24hEдJ

Подставляя численные данные найдем:

β=3,60

S1=0,76 кН

S2=P-2S1=3,48 кН

Наибольшее напряжение в балке

σ=S1l22W=38,6 МПа

По втором условии задачи, пренебрегая деформацией балки, т. е. полагая J = ∞, получим

β=0

S1=P3

Пренебрегая деформацией тяг, т. е. полагая F = ∞, найдем

β=

S1=0

Ответ: не указан.

Задача #5532

Условие:

Pl2/2l2l1/2J2J1

Две перекрестные балки длины l1 и l2 нагружены посередине силой Р. Найти распределение нагрузки между балками. Моменты инерции сечений балок — соответственно J1 и J2. Материал балок одинаковый.

Решение:

Пусть верхняя балка воспринимает часть груза Р, равную P1; нижняя балка воспринимает Р2; тогда

P1+P2=P 1

Прогибы обеих балок посередине одинаковы.

Прогиб первой балки равен

P1l1348EJ1

Прогиб второй балки

P2l2348EJ2

Следовательно,

P1l1348EJ1=P2l2348EJ2 2

Решая совместно уравнения (1) и (2), получим искомые Р1 и Р2.

Ответ: не указан.

Задача #5551

Условие:

Pl2l2x

Балка (рельс типа IIA, J = 1223 см4, W = 180 см3, Е = 2 × 105 МПа) длины l = 15 м лежит на сплошном упругом основании и нагружена сосредоточенной силой P = 100 кН посередине. Жесткость основания k = 30 МПа. Построить эпюры прогибов и изгибающих моментов.

Решение:

Вычисляем характеристику балки

β=k4EJ4=304×2×105×12234=175 см-1

Приведенная длина балки

βl=150075=20>6

Следовательно, расчет можно вести, как для бесконечно длинной балки.

Прогиб и изгибающий момент выражаются так:

vx=P8EJβ3e-βxsinβx+cosβx=P8EJβ3ηx=0,215βx см

Mx=P4βe-βxsinβx-cosβx=P4βη1x=18,7η1x кН×м

Вычисления по этим формулам даны в таблице значения η(х) и η1(х) взяты из справочной таблицы].

x,смβxη(x)η1(x)v(x)M(x)
00110,21518,7
250,3330,910,440,1958,2
500,6670,620,080,1331,5
7510,51-0,110,11-2,1
1001,3330,32-0,190,069-3,6
15020,07-0,180,001-3,4
2002,667-0,03-0,09-0,001-1,7
3004-0,030-0,0010
4005,33300,0100,2
5006,6670000

Эпюры v и М показаны на рисунке.

Максимальный прогиб

v0=P8EJβ3=0,215 см

Максимальный изгибающий момент

M0=P4β=1,87 кН×м

Ответ: не указан.

Задача #5571

Условие:

Paa45°

Построить эпюры изгибающих моментов M, поперечных сил Q и продольных сил N для плоской рамы, нагруженной в своей плоскости.

Решение:

Изобразим опорные реакции, принимая их направления произвольно (рис. а). Имеем шесть неизвестных, следовательно, система три раза статически неопределима. Выписываем соответствующую систему канонических уравнений:

X1δ11+X2δ22+X3δ13+Δ1P=0

X2δ21+X2δ22+X3δ23+Δ2P=0

X3δ31+X2δ32+X3δ33+Δ3P=0

Коэффициенты δik и свободные члены ΔiP канонических уравнений вычисляются по формуле Мора:

δik=M¯iM¯kdxEJ

ΔiP=M¯iMPdxEJ

где M̅i — текущий изгибающий момент в основной системе от Xi = 1;

k — то же от Xk = 1;

MP — то же от заданной нагрузки.

Пусть за лишние неизвестные приняты реакции левой опоры: силы X1 и X2 и момент X3. Отбросив связи, соответствующие лишним неизвестным, получим основную систему (рис. б).

Прикладываем к основной системе заданную нагрузку P (рис. в) и единичные нагрузки (рис. г, д, е) и строим эпюры MP, M̅1, M̅2 и M̅3, после чего вычисляем коэффициенты и свободные члены канонических уравнений. Например

ΔiP=M¯1MPdxEJ

Вычисление выполняем по Верещагину. «Перемножая» эпюры M̅1 и MP имеем

EJ1P=12aPa×a=Pa32

«Умножая» эпюру M̅1 на себя, находим

EJδ11=M¯1dsEJ=12a2a×23a+2a2×a=2,47a3

Аналогично получим

δ12=δ21=0,472a3EJ

δ13=δ31=-2,71a2EJ

δ23=δ32=-0,707a2EJ

δ22=1,14a3EJ

δ33=3,41aEJ

Δ2P=-Pa33EJ

Δ2P=-Pa22EJ

Решая систему канонических уравнений, определяем величины лишних неизвестных

X1=-0,204P

X2=0,417P

X3=0,071Pa

Направление X1 обратно предположенному.

Теперь из уравнений равновесия находим реакции правой опоры. Все реакции показаны на рис. ж. Далее строим эпюры М, Q и N (рис. в, и, к), начиная от опор.

Ответ: не указан.

Задача #5572

Условие:

aaa

Часть рамы очерчена по дуге окружности. Построить эпюру M.

Решение:

Система по числу опорных реакций один раз статически неопределима. За лишнюю неизвестную X1 принимаем горизонтальную реакцию левой опоры (см. рис. а). Следовательно, основная система (рис. б) имеет здесь подвижную опору.

Загружая основную систему заданной нагрузкой q, определяем реакции опор и строим эпюру MP (рис. в). Величина

MP=MPφ

в произвольном сечении C криволинейной части рамы, определяемом переменным углом φ, равна

MP=qa4×CD=qa4a-acosφ

Таким образом, за положительный мы приняли изгибающий момент, вызывающий сжатие волокон рамы, расположенных с ее внешней стороны (отмечаем это пунктиром на рис. а).

При загружении основной системы единичной силой X1 = 1 (рис. г) получаем

M1φ=-1×asinφ

теперь сжаты волокна внутри рамы, поэтому ставим знак минус.

Вычисляем свободный член Δ1P и коэффициент δ11 канонического уравнения

X11δ11+Δ1P=0

Для криволинейной части рамы интегрирование выполняем аналитически, на остальных участках используем, правило Верещагина. Применяя разбивку, показанную на рис. в) пунктиром, получаем

EJ×Δ1P=M¯1MPdx=0π2-asinφqa4a-acosφadφ-

-a×12qa24-qa22a-a2qa2223a-qa312a2=-0,709qa4

EJ×δ11=M¯12dx=0π2-asinφ2adφ-a2a+a2223a=2,12a3

Отсюда

X1=-Δ1Pδ11=0,335qa

Из условия равновесия рамы находим вторую горизонтальную реакци

0,665qa

(рис. д) и обе вертикальные.

Составим окончательные выражения для изгибающего момента:

- для криволинейной части рамы

Mφ=qa4a-acosφ-0,335qa×asinφ

- для правой стойки

Mx=0,665qa×x-qx22

По этим уравнениям построена эпюра M (рис. д).

Ответ: не указан.

Задача #5573

Условие:

ABCDPPr

Построить эпюру M для круглого кольца, симметрично нагруженного двумя силами.

Решение:

Примем симметричную двухшарнирную основную систему (рис. а). Эта система обладает одной лишней связью, но при данной бисимметричной (симметричной относительно двух осей) нагрузке она является, как увидим далее, статически определимой. Таким образом, за лишние неизвестные принимаем изгибающие моменты в средних сечениях A и B рамы. Эти моменты, вследствие симметрии, одинаковы, т. е. имеем только одну лишнюю неизвестную. Для ее определения составляем каноническое уравнение

X1δ11+Δ1P=0

Заметим, что в данном случае мы имеем дело с так называемой групповой неизвестной. Но это никак не влияет на ход решения. Величина Δ1P представляет собой сумму взаимных углов поворота в обоих шарнирах, возникающих под действием внешней нагрузки; δ11 — то же, под действием единичных моментов

X1=1

Нагрузим основную систему силами P (рис. а). Рассматривая половину кольца (рис. б), записываем изгибающий момент в произвольном сечении D кольца

MPφ=P2DK=P2r-rcosφ

Это уравнение справедливо в пределах

0φπ2

Далее нагрузим основную систему единичной нагрузкой X1 = 1 (рис. в). Рассматривая половину кольца (рис. г), видим, что реакции в шарнирах равны нулю — нагрузка самоуравновешена. Следовательно, изгибающий момент M̅1 везде равен — 1. Знак минус вводим потому, что знак M̅1 противоположен знаку MP принятому выше за положительный.

Находим

δ11=M¯12dxEJ=0π2-12dφEJ=2πφEJ

Δ1P=M¯1MPdxEJ=40π2-1P@r-rcosφ×rdφEJ=-1,14Pr2EJ

Интегрирование, во втором выражении выполняем для одной четверти кольца, но результат учетверяем.

Из канонического уравнения получаем

X1=-Δ1Pδ11=0,182Pr

Теперь можем построить окончательную эпюру

M=MP+M¯1X1

Подставляя сюда значения MP, M̅1, и X1 получаем

M=0,318Pr-Pr2cosφ

По этому уравнению строим эпюру M для одной четверти кольца от φ = 0 до φ = 90° (рис. д). Остальные части эпюры строим симметрично.

Ответ: не указан.

Задача #5574

Условие:

PPaa30°60°ABhPh

Построить эпюру M для замкнутой треугольной рамы, несущей антисимметричную нагрузку.

Решение:

Разделим нагрузку на симметричную и антисимметричную (рис. а) так, чтобы сумма этих нагрузок равнялась заданной. Первая из них — симметричная — вызывает только растяжение нижнего стержня рамы (изгибом рамы вследствие удлинения этого стержня можно пренебречь). Вторая — антисимметричная — приводит к однократно статически неопределимой задаче.

Примем симметричную основную систему с вертикальным разрезом по оси симметрии вверху (рис. б). В этом сечении имеем только антисимметричную силу X1 (рис. в). Полагая ее равной 1, строим эпюру M̅1 (рис. в). Эпюра MP отзаданной нагрузки показана на рис. г. Вычисляем Δ1P и δ11 из канонического уравнения

X1δ11+Δ1P=0

пользуясь правилом Верещагина:

EJΔ1P=-12aPh2×23a2×2-a2Ph2×12a2×2=-724Pa2h

EJδ11=-12aa2×23a2×2+12a2a2×23a2×2=14a3

Из канонического уравнения получаем

X1=-Δ1Pδ11=1,01P

Окончательную эпюру моментов M строим, загружая основную систему внешней нагрузкой и найденной силой X1.

Ответ: не указан.

Задача #5575

Условие:

PP0,5P1,5PaaJ02J0J0J0P

Момент инерции сечения нижнего стержня квадратной рамы вдвое больше, чем других стержней. Построить эпюру M.

Решение:

Составим систему канонических уравнений:

X1δ11+X2δ22+X3δ13+Δ1P=0

X2δ21+X2δ22+X3δ23+Δ2P=0

X3δ31+X2δ32+X3δ33+Δ3P=0

Примем симметричную основную систему, разрезая раму вверху посередине. Следовательно, за лишние неизвестные мы принимаем усилия в этом сечении (рис. а). Грузовая эпюра MP и единичные Эпюры M̅1, M̅2 и M̅3 для основной системы показаны на рис. б.

При «перемножении» эпюр будем учитывать величину момента инерции.

Вычислим, например, δ11:

δ11=M¯12dxEJ=a22×23a×1EJ0×2+a2×1E×2J=76a3EJ0

аналогично вычисляем другие коэффициенты. Заметим, что в данном случае

δ12=δ21=δ23=0

Решая систему канонических уравнений, находим

X1=0,569P

X2=0,468P

X3=-0,011Pa

Окончательную эпюру изгибающих моментов получим, нагружая основную систему внешней нагрузкой и найденными величинами X1, X2 и X3 (рис. в).

Ответ: не указан.

Задача #5581

Условие:

90°rP

Определить прогиб на конце криволинейной консоли, очерченной по дуге окружности, расположенной в горизонтальной плоскости и нагруженной вертикальной силой Р.

Решение:

Определим прогиб по формуле Мора

δ=MM¯dxEJ+MкM¯кdxGJк

где x — координата вдоль оси бруса.

Изгибающий момент

M=Pa=Prsinφ

Крутящий момент

Mк=Pb=Pr-rcosφ

Моменты при единичной нагрузке определяются аналогично

M¯=1×rsinφ

M¯к=1×r-rcosφ

Учитывая, что

dx=rdφ

после интегрирования получим

δ=0,78Pr3EJ+0,35Pr3GJк

В случае круглого сечения консоли (при G = 0,4E):

Jк=2J

δ=1,22Pr3EJ

Ответ: не указан.