Реакции вычислены правильно.
Алгоритм и пример решения задачи № 3
Для решения данных задач необходимо изучить тему 2.5 программы, научиться быстро и безошибочно строить эпюры поперечных сил Qх и изгибающих моментов Мх.
Поперечная сила в рассматриваемом сечении численно равна алгебраической сумме проекций на ось, перпендикулярную оси балки всех сил, действующих по одну сторону от этого сечения.
Если при определении поперечной силы рассматривается левая отсеченная часть балки, то внешние силы, направленные вверх, надо принимать со знаком плюс, а вниз - со знаком минус, при рассмотрении же правой отсеченной части - наоборот. Для построения эпюры Qx проводят нулевую линию под изображением балки. Тогда каждому сечению балки соответствует определенная точка этой линии. Положительные значения поперечных сил откладывают в принятом масштабе перпендикулярно нулевой линии вверх от нее, отрицательные - вниз. В сечениях с сосредоточенно приложенной силой на эпюре Qx возникает скачок (два значения - слева и справа от сечения), по абсолютному значению равный сосредоточенной силе.
Изгибающий момент в сечении балки численно равен алгебраической сумме моментов всех внешних сил, действующих по одну сторону от рассматриваемого сечения, относительно центра тяжести данного сечения. Моменты, вызывающие растяжение нижних волокон, считают положительными, а верхних - отрицательными. Из этого правила знаков вытекает, что, если моменты внешних сил стремятся повернуть левую отсеченную часть балки относительно центра рассматриваемого сечения по часовой стрелке, то эти моменты надо брать со знаком плюс, а против часовой стрелки - со знаком минус; при рассмотрении же правой части - наоборот. При построении эпюры М у строителей принято: ординаты, выражающие в определенном масштабе значения изгибающих моментов, откладывать со стороны растянутых волокон, т. е. положительные - вниз, а отрицательные - вверх от оси балки. Два значения изгибающего момента появляются в сечениях, где приложен сосредоточенный момент (пара сил). На эпюре соответственно возникает скачок, равный сосредоточенному моменту.
Большое внимание должно быть уделено изучению дифференциальных зависимостей между интенсивностью распределенной нагрузки, поперечной силой и изгибающим моментом, а также следствий, вытекающих из этих зависимостей, которые используют как при построении эпюр Q и М, так и для проверки уже построенных эпюр. Построенные эпюры Q и М заштриховываются прямыми линиями, перпендикулярными нулевой линии. Каждый штрих таким образом характеризует значение внутреннего силового фактора Qx или Мx, действующих в данном сечении балки. Знак на эпюре Qx ставится всегда, а на эпюре Мх знака можно не ставить, так как она всегда строится со стороны растянутых волокон.
Условие задачи. Построить эпюры внутренних силовых факторов (Мх и Qx) для балок, изображенных на рис. 9, 10.
Схемы балок взяты из примера к задаче 2 (cм. рис. 7 и 8), где были определены опорные реакции и выполнена проверка правильности их определения (первая стадия расчета балочных систем). На втором этапе выполняется построение эпюр изгибающих моментов Мх и поперечных сил Qx. Основываясь на расчете, выполненном в предыдущей контрольной работе, решение данной задачи следует начинать сразу со второго этапа.
Решение. Сначала построим эпюру Qx.
Из теоретического курса известно, что на участке балки с равномерно распределенной нагрузкой эпюра Qx ограничивается наклонной прямой, а на участке, на котором нет распределенной нагрузки, - прямой, параллельной оси, поэтому для построения эпюры поперечных сил достаточно определить значения Qx в начале и конце каждого участка. В сечении, соответствующем точке приложения сосредоточенной силы, поперечная сила должна быть вычислена чуть левее этой точки (на бесконечно близком расстоянии от нее) и чуть правее ее; поперечные силы в таких местах обозначаются соответственно и
Рис. 9
Строим эпюру Qx методом характерных точек, ходом слева.
а) Для двухопорной балки такими точками будут С и D начало и конец распределенной нагрузки, а также А и В- точки приложения опорных реакций, Е - точка приложения сосредоточенной силы. Проведем мысленно ось у перпендикулярно оси балки через точку С и не будем менять ее положение, пока не пройдем всю балку от С до Е. Рассматривая левые отсеченные по характерным точкам части балки, проецируем на ось у действующие на данном участке силы с соответствующими знаками. В результате получаем:
Qс = 0;
qa = -10·0,5 = -5 кН;
VA = - 5 + 13,3 = 8,3 кН;
QD = VA – q(a + b) = 13,3 – 10 (0,5 + 2,5) = - 16,7 кН;
QD = VA – Q = - 16,7 кН;
VB = -16,7 + 31,7 = 15 кН;
15 кН;
Для проверки правильности определения поперечной силы в сечениях, пройдите балку аналогичным образом, но с правого конца. Тогда отсеченными будут правые части балки.
Рис. 10
Помните, что правило знаков при этом изменится. Результат должен получиться тот же.
Совпадение результатов может служить контролем построения эпюры Q. Проводим нулевую линию под изображением балки и от нее в принятом масштабе откладываем найденные значения поперечных сил с учетом знаков в соответствующих точках. Получим эпюру Qx (рис, 9 б).
б) Для консольной балки (рис. 10 а) характерные точки: А - точка приложения опорной реакции VА; С - точка приложения сосредоточенной силы, D, В - начало и конец распределенной нагрузки. Для консоли поперечная сила определяется аналогично двухопорной балке. Итак, при ходе слева:
= VA = 10 кН;
= VA – F = 10 – 8 = 2 кН;
= QA = 10 кН;
QD = = 2 кН;
QB = QD – qc =
Строим эпюру Qх по полученным значениями поперечных сил (рис. 18,6). Построив эпюру, обратите внимание на следующее: эпюра под распределенной нагрузкой изображается наклонной прямой, под ненагруженными участками - отрезками, параллельными нулевой линии, под сосредоточенной силой на эпюре образуется скачок, равный значению силы. Если наклонная линия под распределенной нагрузкой пересекает нулевую линию, отметьте эту точку,
она пригодится для эпюры изгибающих моментов. Сосредоточенный момент на эпюре Qx себя никак не проявляет, так как сумма проекций сил, образующих пару, равна нулю.
Строим эпюру изгибающих моментов, как и поперечных сил, методом характерных точек, ходом слева.
Известно, что на участке балки с равномерно-распределенной нагрузкой эпюра изгибающих моментов очерчивается кривой -линией (квадратичной параболой), для построения которой надо иметь не менее трех точек и, следовательно, должны быть вычислены значения изгибающих моментов в начале участка, конце его и в одном промежуточном сечении.
Такой промежуточной точкой лучше всего взять сечение, в котором эпюра Qx пересекает нулевую линию, т. е. где Qx = 0. На эпюре М в этом сечении должна находиться вершина параболы. Если же эпюра Qх не пересекает нулевую линию, то эпюру М можно строить по двум точкам (начала и конца действия распределенной нагрузки), помня, что выпуклостью парабола всегда обращена вниз, если нагрузка действует сверху вниз. Существует старое правило «дождя», которое очень помогает при построении параболической части эпюры М. Для строителей это правило выглядит следующим образом: представьте, что распределенная нагрузка — это дождь, подставьте под него зонт в перевернутом виде, так чтобы дождь не стекал, а собирался в нем. Тогда выпуклость зонта будет обращена вниз. Точно так и будет выглядеть очертание эпюры моментов под распределенной нагрузкой.
Если требуется более точное построение эпюры, то должны быть вычислены значения изгибающих моментов в нескольких промежуточных сечениях. Условимся для каждого такого участка изгибающий момент сначала определять в произвольном сечении, выражая его через расстояние л: от какой-либо точки. Затем, давая расстоянию х ряд значений, получим значения изгибающих моментов в соответствующих сечениях участка. Для участков, на которых нет распределенной нагрузки, изгибающие моменты определяют в двух сечениях, соответствующих началу и концу участка, так как эпюра М на таких участках ограничивается прямой. Если к балке приложен внешний сосредоточенный момент, то обязательно надовычислять изгибающий момент чуть левее места приложения сосредоточенного момента и чуть правее его.
Строитм эпюру М, методом характерных точек, ходом слева.
а) Для двухопорной балки характерные точки следующие: С и D — начало и конец распределенной нагрузки; А - опора балки; В - вторая опора балки и точка приложения сосредоточенного момента; Е — правый конец балки; точка К, соответствующая сечению я балки, в котором Qx = 0.
Ход слева. Правую часть до рассматриваемого сечения мысленно отбрасываем (возьмите лист бумаги и прикройте им отбрасываемую часть балки). Находим сумму моментов всех сил, действующих слева от сечения относительно рассматриваемой точки.
Итак,
Мс = 0;
МА = - qa а/2 = - 10·0,5·0,25 = - 1,25 кН·м.
Прежде чем определить момент в сечении К, необходимо найти расстояние х = АК. Составим выражение для поперечной силы в данном сечении и приравняем его нулю (ход слева)
QK = - qa + VA – qx = 0,
откуда
x = (-qа + VА)/q = (-10·0,5 + 13,3)/10 = 0,83 м.
Это расстояние можно найти из подобия треугольников КLN и КIG на эпюре Qх (рис. 17,б).
Определяем момент в точке К
МK = - q(а + х)2/2 + VАх = - 10 (0,5 + 0,83)2/2 + 13,3·0,83 = 2,2 кН·м;
МD = VА b — Q(а + b2)/2 = 13,3·2,5 - 30 (0,5 + 2,5)2/2 = -11,7 кН·м.
Пройдем оставшуюся часть балки ходом справа, учитывая при этом изменения в правиле знаков:
МЕ = 0;
= - Fd = - 15·1,0 = - 15 кН·м;
= - М =- 15 - 5 = - 20 кН·м;
МD = - F (c + d) - М + VB с = - 15(0,5 + 1,0) - 5 + 31,7·0,5 = 11,7 кН-м.
Как видим, момент в сечении D при ходе слева и справа получился одинаковый - эпюра замкнулась. По найденным значениям строим эпюру. Положительные значения откладываем вниз от нулевой линии, а отрицательные - вверх (рис. 9, в).
б) Для консольной балки эпюра изгибающих моментов строится аналогично предыдущему построению.
Характерные точки для этой балки (рис. 10, а) следующие: A - опора; С - точка приложения сосредоточенного момента и силы F; Dи В - начало и конец действия равномерно распределенной нагрузки. Поскольку эпюра Qx на участке действия распределенной нагрузки нулевую линию не пересекает, эпюру моментов на данном участке можно строить по двум точкам D и В. Ход слева:
МА = - МА = - 17 кН·м;
= - МA + VА а – 17 + 10·0,5 = -12 кН·м;
= - МА + VА а + М = -17 + 10·0,5 + 10 = - 2 кН·м
МD = - МА + VА (а + b) + М – Fb = - 17+ 10 (0,5 + 0,5) + 10 - 8·0,5 = -1 кН·м.
Ходом справа находим МB = 0.
По найденным значениям строим эпюру изгибающих моментов (рис. 13, в).
Алгоритм и пример решения задачи №4.
Перед тем как приступить к решению соответствующей задачи, следует изучить тему «Центр тяжести», твердо усвоить понятие статического момента, знать положение центров тяжести простейших геометрических фигур и уметь определять координаты центров тяжести сложных сечений, представляющих собой совокупность простейших геометрических фигур, а также сечений, составленных из стандартных профилей проката (в последнем случае необходимо уметь пользоваться таблицами ГОСТов), приведенными в приложениях 1-4. Знания и навыки по данной теме потребуются при изучении темы «Геометрические характеристики плоских сечений».
Определение координат центра тяжести сечения геометрической формы (рис.11)
Положение центра тяжести фигуры сложной формы можно определить, разбив фигуру на пять элементов простой формы, положения центров тяжести которых известны:
1- прямоугольник 25x30 см с центром тяжести С1;
2- прямоугольник 55x10 см с центром тяжести С2;
3- прямоугольник 25x45 см с центром тяжести С3;
4- два треугольника с центрами тяжести С4 и С5.
Нанесем на сечение координатные оси. Ось V совместим с осью симметрии сечения. Ось X проводим перпендикулярно V по нижней грани сечения. Поскольку сечение симметрично относительно вертикальной оси и , следовательно, хс = 0, потребуется определить только ординату Vс центра тяжести по формуле ус = Sх/А,где А - площадь сечения, SХ - статический момент сечения относительно оси X, определяется как сумма произведений площадей простых фигур на ординаты их центров тяжести.
Определяем площади составных частей фигуры и координаты их центров тяжести относительно выбранной оси, исходя из размеров сечения.
А1 = 25x30 = 750 см2; у1 =70 см2;
А2 = 55x10 = 550 см2; у2 = 50см2;
А3 = 25x45 = 1125 см2; у3 = 22,5 см2;
А4 = А5 = 15x45/2 = 337,5см2; у4= у5 = 30 см2.
Находим статический момент площади сечения
Sx = A1y1 + A2y2 + A3y3 + A4y4 + A5y5 = 75050 + 55050 + 112532,5 + 33,730 + 33,730 = 125562,5 см2.
Площадь сечением А = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 = 750 + 550 + 1125 + 337,5 + 337,5 = 3100 см2.
Находим ординату ц2ентра тяжести yс = Sx /A = 125562,5/3100 = 40,5 см.
Итак, точка С имеет координаты ); 40,5.
По найденной ординате наносим на рисунок сечения точку С – центр тяжести. Разбивку рассмотренной фигуры по элементам можно было произвести иначе, как и положение оси Х могло быть другим.
Рис. 11 Рис. 12
Определение положения центра тяжести сечения, составленного из прокатных профилей (рис.12).
Простые элементы подобных сечений - стандартные профили прокатной стали: швеллер, двутавр, полоса, равнополочные и неравнополочные уголки.
Все необходимые размеры и характеристики профилей приведены в таблицах ГОСТа, называемых сортаментом прокатных профилей. Порядок решения тот же, что в предыдущей задаче.
Разбиваем сечение на шесть составных частей и обозначаем их центры тяжести . положение центра тяжести прокатного профиля принять по сортаменту
1 - двутавр № 20 с центром тяжести С1;
2 - швеллер № 20 с центром тяжести С2;
3 - два неравнополочных уголка № 8/5 с общим центром тяжести С3;
4 - две полосы 12x200 мм с общим центром тяжести С4.
Положение координатных осей принимаем следующим образом: ось X совмещаем с осью симметрии сечения, следовательно ус = 0 ; ось V проводим перпендикулярно оси X по наружной грани стенки швеллера. Необходимо определить лишь координату центра тяжести хc по формуле хс = SУ/А, где SУ - статический момент относительно оси V , определяется аналогично SХ предыдущей задачи, с той лишь разницей, что в этом случае участвуют абсциссы х1, х2, х3, х4 центров тяжести прокатных профилей. Выписываем из соответствующих таблиц сортамента площади профилей и, используя размеры, находим абсциссы их центов тяжести:
А1 =26,8 см2; x1 = 20 см;
А2 = 23,4см2; х2 = z0 = 2.07 см;
А3 = 2 . 7,55 см2; х3 = у0 = - 2.65 см;
А4 - А5 = 2(1,2 . 20) = 48 см2; у4 - 10 см.
Находим статический момент площади сечения SУ = А1x1 + А2 х2 + А3 х3 + А4 х4 = 26.8 . 20 + 23.4 . 2.07 + 15.1 . ( - 2.65) + 48 . 10 = 1024.42 см3
Площадь сечения А = А1 + А2 + А3 + А4 = 26.8 + 23.4 + 15.1 + 48 = 113.3 см2.
Находим координату центра тяжести хс = SУ/А = 1024,42 /113,3 = 9,04 см.
Итак, точка С имеет координаты 9,04;0
Наносим найденный центр тяжести на рисунок сечения.
Алгоритм и пример решения задачи №5.
Цель задачи - проверка степени усвоения понятия геометрических характеристик поперечного сечения при изгибе и кручении. Перед решением задачи следует повторить из теоретической механики учебный материал, касающийся определения центра тяжести сечений, составленных из простейших геометрических фигур и сечений из прокатных профилей, определение статического момента площади сечения относительно произвольных осей координат.
Обращается внимание учащегося на различие геометрических характеристик поперечного сечения бруса при его растяжении (сжатии) и при изгибе или кручении. При растяжении (сжатии) площадь поперечного сечения бруса, являющаяся его геометрической характеристикой, полностью определяет сопротивление элемента растяжению (сжатию). Объясняется это тем, что при осевом растяжении или сжатии нормальные напряжения в сечениях центрально растянутого (сжатого) бруса распределяются равномерно. При неравномерном распределении напряжений по сечению бруса или балки, например при изгибе, на их деформирование влияет не площадь поперечного сечения, а его форма и, кроме того, положение осей поперечного сечения к направлению действия внешних сил.
Поэтому при расчете балок на изгиб в сопротивлении материалов возникает необходимость принять геометрические характеристики поперечного сечения элемента, называемые осевыми моментами инерции Iх и Iу.
Порядок решения задач на определение момента инерции сечения плоских фигур следующий:
1- Разбить данную фигуру на простые составные части (прямоугольники, круги, треугольники и т.д.). Если в состав фигуры входит стандартный профиль проката, то последний не разбивается на части; положение его центра тяжести и площадь определяется по сортаментным таблицам. Простыми элементами в этом случае будут: двутавр, швеллер, уголки, полоса. Если фигура имеет отверстие, то площади и моменты инерции этих отверстий считаются отрицательными.
2- Определить центр тяжести всей фигуры.
3- Через найденный центр тяжести сечения провести главные центральные оси. Для фигур, имеющих оси симметрии, главные оси совпадают с осями симметрии.
4- Через центры тяжести простых фигур провести собственные центральные оси инерции.
5- Определить расстояние между собственными главными осями каждой простой фигуры и главными центральными осями сечения в целом. Нанести эти расстояния а на чертёж.
6- Определить моменты инерции составных частей относительно собственных осей инерции Iх° и IУ°.
7- Определить моменты инерции сечения относительно главных центральных осей, используя формулу перехода на центральные оси: I = I° +а2А.
Условие задачи: Найти главные центральные моменты инерции: а)геометрической фигуры и б)сечения, составленного из стандартных профилей проката.
Исходные данные из задачи № 4. Центры тяжести сечений должны быть найдены и нанесены на чертёж сечения. Таким образом, решение задачи №5 ведем с пункта 3 вышеприведённого описания.
Решение: Определение главных центральных моментов инерции геометрической фигуры (рис.13).На изображение заданного сечения, вычерченного в выбранном масштабе, наносим главные центральные оси. Ось Vсовмещаем с осью симметрии, ось X проводим перпендикулярно ей через центр тяжести С всей фигуры.
Через центры тяжести С1, С2, С3, С4 простых фигур проводим собственные центральные оси инерции. Обозначим их соответственно х10, х20, х30, х40 , у40. Собственные центральные оси у,0 ,у20 , у30 совпадают с главной центральной осью.
Используя координаты центров тяжести частей фигуры, найденные при определении центра тяжести всей фигуры (см. рис.11), определим расстояния между главной центральной осью X и каждой из осей x10 :
А1 = у1 - ус = 70 - 40,5 = 29,5 см;
а2 = у2 – yc = 50 - 40,5 = 9,5 см;
a3 = yc – y3 = 40,5 - 22,5 = 18 см;
а4 = ус - у4 = 40,5 - 30 = 10,5 см.
Рис. 13 Рис. 14
Используя формулу перехода на параллельные оси, определяем
Ix/ = Iх10+ а12А1 = bh3 / 12 + а12А1 = 25 . 303 /12 + 29.52 . 750 = 708937.5 сm4.
Численные значения площадей отдельных фигур также из задачи 4.
Ix// = Iх20+ а22А2 = 55 . 103 /12 + 9.52 . 550 = 54220.8 сm4.
Ix/// = Iх30+ а32А2 = 25 . 453 /12 + 182 . 1125 = 554344 сm4.
Ix//// = 2(Iх40+ а42А4) = 2(bh3 / 36 + а42 А4) = 2(15 . 453 / 36 + 10.52 . 337,5) =150355.5 сm4.
Момент инерции относительно главной центральной оси X определим, суммируя моменты инерции составных частей фигуры : Iх = Iх/ + Iх// + Iх///+ Iх//// = 1467858,5см4.
Момент инерции относительно главной центральной оси V определяем следующим образом.
Поскольку у фигур 1,2,3 собственные центральные оси совпадают с главной центральной осью инерции, расстояние между осями равно нулю. Следовательно, главный центральный момент инерции каждой из этих фигур равен собственному моменту инерции:
Iу/= 1у10= hb3 /12 = 30 . 253 / 12 = 39,062 сm4;
Iy// = 1у20= hb3 /12 = 10 . 553 /12 = 138,646 сm4;
Iy/// = 1у30= hb3 /12 = 45 • 253 /12 = 58,594 сm4;
Для четвертой фигуры расстояние между вертикальными осями а4 = 17,5см (рис.13):
Iy//// = 2(Iу40 + а42А4) = 2(hb3 / 36 + а42А4) = 2( 45 . 153 / 36 + 17,52 . 337,5) = 230156 сm4.
Суммируя, получаем Iу = 466458 см4.
Определение главных центральных моментов инерции сечения, составленного из стандартных профилей проката (рис.14).
В составном сечении через найденный центр тяжести С проводим главные центральные оси инерции X и V. Ось X совмещена с осью симметрии сечения. Проводим собственные центральные оси инерции х30, х40 , у10, у20, у30, у40 каждой из составных частей.
Определим расстояние между собственными и главными центральными осями инерции, используя абсциссы центров тяжести частей сечения, найденные при определении положения центра тяжести всего сечения (см. рис 12):
а1 = х1 . хс = 20 . 9,04 = 10,96 см;
а2 = хс . х2 = 9,04 . 2,07 = 6,97 см;
а3 = хс + х3 = 9,04 + 2,65 = 11,69 см;
а4 = х4 - хс = 10 - 9,04 = 0,96 см;
а5 = у4 = 1/2h швеллера №20 + 1/2h листа = 10,6 см;
a6 = y3 1,17 см.
Выпишем из таблиц сортамента моменты инерции Ixi0 и IУi0 прокатных профилей относительно собственных осей и их площади :
Двутавр № 20 Ix10= 1840 см4; Iy10=115 см4; А1 = 26,8 см2
Швеллер № 20 Ix20 = 1520 см4; Iу20 = 113 см4; А2 = 23,4 см2
Уголок 80x50x6 Ix30 = 14,8 см4; Iy30= 49 см4 ; А3 = 7,55 см2
Полоса 12x200 Ix40 = bh3 /12 = 20 . 1,23 /12 = 2,88 см4;
Iy40 = bh3 /12 = 1,2 . 203 /12 = 800 см4; А4 = 24 см2
Для уголка значения моментов инерции Iх и Iу поменялись местами, так как ориентация уголка (см. рис. 14) не совпадает с его ориентацией в ГОСТе. При пользовании таблицами ГОСТов необходимо внимательно следить за правильностью выбора требуемых характеристик, ни в коем случае не основываясь на формальном совпадении индексов.
Определяем главный центральный момент инерции составного сечения относительно оси X:
Ix = Iх/ + Iх// + 2Iх/// + 2Iх//// = Iх10 + Iх20 + 2(Iх30 + а62А3) + 2(Iх40+ а52А4) = 1840+1520+2(14,8+1,172 .7,55)+2(2,88+10,62 . 24) = 8895 см4.
Определяем главный центральный момент инерции составного сечения относительно оси V:
Iy = Iy/ + Iy// + 2Iy/// + 2Iy//// = (Iy10 + а12А1) + (Iy20+ а22А2) + 2(Iy30+ а32А3) + 2(Iy40+ а42А4) = 115+10,962 . 26,8+113+6,972 . 23,4 +2(49+11,692 . 7,55) +2(800+0,962 . 24) = 8390 см4.
ВАРИАНТЫ КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ №1.
Задача № 1.
Определить силы в стержнях 1,2,3,4 фермы аналитическим способом. Графическим способом - только в стержнях 1,2. Данные для задачи своего варианта взять из Таблицы 1 и схемы 1.
Задача № 2.
Определить опорные реакции балок. Данные для задачи своего варианта взять из таблицы 2 и схемы 2.
Задача № 3.
Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил. Данные для задачи своего варианта взять из таблицы 2 и схемы 2.
Задача № 4.
Определить положение центра тяжести плоской фигуры геометрической
формы и сечения, составленного из прокатных профилей. Данные для задачи своего варианта взять из таблицы 3 и схемы 3.
Задача № 5.
Найти главные центральные моменты инерции плоской фигуры геометрической формы и сечения, составленного из прокатных профилей. Данные для задачи своего варианта взять из таблицы 3 и схемы 3.
Рис. 2
Рис. 3