Киселёв В.А. и др. - Строительная механика в примерах и задачах (1061790), страница 36
Текст из файла (страница 36)
Указанные эпюры моментов приведены на рис. 17.!,б. Ординаты этих эпюр являются функциями параметра нагрузки Р. Операции 4, 5, 6 показаны на рис. 17.1,в. Эти операции состоят в следующем. 4. Откладываем с нижней стороны балки найденные для каждого пролета предельные моменты (п. 2) и проводим пунктиром линии, параллельные балке. 5. На каждой опоре сверху откладываем меньший из двух предельных моментов, примыкающих к данной опоре, соединяя которые пунктиром, получаем линию опорных моментов. В нашем случае над первой опорой откладываем М,м, над второй и третьей опорами откладываем Мара. При этом разумеется, что опорные моменты в шарнирах над нулевой опорой (левой) и над четвертой опорой (правой) равны нулю.
6. В каждом пролете к линии опорных моментов кподвешиваем» эпюры изгибающих моментов простых балок, полученные в п. 3, с таким расчетом, чтобы эти эпюры снизу касались линии предельных моментов. Таким образом, эпюра моментов, помещенная на рис. 17.1, в, представляет собой предельную эпюру моментов при данной схеме загружения неразрезной балки. 7. Учитывая эту эпюру моментов и исходя из допущения о разрушении каждого пролета в отдельности, определяем параметры предельной нагрузки в пролетах, руководствуясь при этом геометрическими соображениями. 297 20 †!284 При разрушении первого пролета принимаем приближенно, что пластический шарнир в этом пролете расположен посередине пролета (точно 0,414 1~) *.
Тогда или 4,185+ — ' =0,4Р,. 4,188 2 Отсюда Р,=15,69 т. При разрушении второго пролета М + "Р' пп' =25Р прз 2 а или 1145+ 4,188+7,оо 2 чР 2 Отсюда Рз=6,83 т. При разрушении третьего пролета 19 Мерз+ Мерз = — Рз з или 2 7,05= — Р,. з Отсюда Рз=4,23 т. При разрушении четвертого пролета; Мпрз+ Мпрз = 1,78Рз или 8,9+ — 7,05 = 1,78Р,. з Отсюда Рз=7,67 т. 8. Выбираем наименьшее значение Р из всех полученных. Этим значением оказался ответ для третьего пролета.
Таким образом, Р = 4,23 т =4230 кГ. Следовательно, при одновременном пропорциональном возрастании нагрузки во всех пролетах третий пролет разрушится при достижении Р=4230 кГ. Остальные пролеты останутся неразгруженными. Но сооружение в целом при этом становится непригодным для нормальной эксплуатации. Пример 17.2. Определить интенсивность расчетной нагрузки д, приложенной к ригелю двухшарнирной рамы (рис. !7,2,а) Построить эпюры М, 1,1, 7т', соответствующие этой нагрузке. Материал рамы пластичный. Загружение однократное статическое. Сечения ригелей и стоек одинаковы.
Они имеют форму двутав- * См. ответ к задаче 17.4 прк п=2. 298 Р/ а кг/и -Ь- в лга -" «.га77а ааааа/ л) И Вот ггви Рис. 17.2 299 20* ра, размеры которого показаны на рис. 17.2,б. Расчетное сопро- тивление материала т)с=2500 кГ!смб. Влиянием поперечных сил на величину расчетной нагрузки пренебречь. Решение 57 б тР 4 260а 1,8 2500 ( г 1280 414,72 ), $7 260а 1,8 1.
Подсчитываем )р',л: = — !8 ( йз й~) + бй-,'~ = — '(! 1,2(33,4+ 28) (33,4— — 28)+ 1,8 28') = 1280 см'. 2. Находим эюру изгибающих моментов в ригеле, как в простой балке (рис. 172,в). Эта эпюра представлена на рис. 172,д. Наибольшая орднната эпюры Мба'=4!4,729 кГ см, 3. Определяем расчетную наа7 грузку для рамы. Хотя сечения ригелей и стоек одинаковы, но так как при определении ра четной нагрузки мы учитываем не только предельные изгибающие моменты, но и предельные продольные силы, которые в ригеле и стойках, вообще говоря, различны, то приходится сопоставлять два варианта разрушения: б.-тр три ПЛаСтИЧЕСКИХ ШарНИра ТОЛЬ- ко на ригеле (рис. 17.2,е) и один Рис 17.3 пластический шарнир на ригеле, второй — на стойке (рис.
17.2,ж). а) Разрушение рамы по первому варианту. Поскольку продольная сила в ригеле постоянна, то и М, во всех трех пластических шарнирах одинаковы. Поэтому пластический шарнир в пролете ригеля будет там, где наибольший балочный момент, т.е. при а=2,88 м. Условие предельного состояния имеет вид: Мбал (МбалР ф'риг (17.3) 2т1с 16На бриг (т1с)а Здесь Н вЂ” высота стоек; бр„„— толщина стенки двутавра. Значение остальных величин известно из предыдущего изложения. Подставив в (17.3) необходимые величины, получим: 414,72ба 414,72 д, — 1280.
2 2500 !6.260а 1,8 2500' Решив это квадратное уравнение, получим: 4.67600.1,8 2500 (У 1+ О 010.2 1) 414,72 (1,00525 — 1) = 15404 кГ м. 4!4,72 Следует заметить, что так как в квадратном уравнении (17.3) второй член левой части, учитывающий влияние продольной силы, является уточнением первого члена, который учитывает влияние изгибающего момента и имеет, как правило, преобладающее значение, то удобно это квадратное уравнение решать последовательными приближениями. При этом часто бывает достаточно только одного приближения. Так, представим полученное уравнение в следующем виде: 2 1280 2500 ~ 414,72 д~ 1— 414,72 ( 1280 16 260а 1,8 2500а Положив в правой части д, =О, получим: г)!=15432 кГ)лс Подставив эту величину в правую часть, будем иметь: г),= =15392 кГ)м. Таким образом, результат первого приближения близок к результату, найденному по обычному решению квадратного уравнения. б) Разрушение по второму варианту.
Условие предельного состояния имеет вид; Мбаа и )ргриг "' 4 (иЖ)а бг, 4Н бриг + )р'„"а — ""' пт)г, (17.4) где У „„— наибольшая продольная сила в стойках. Остальные величины имеют уже известпыг. значения. В нашем случае У„аи, возникает р левой стойке. Эта продольная сила равна реакции А просто.' балки (рис. 17.2, в): У„,„, = 2,88д кГ. Подставив числовые величины в (17.4), получим: (2,88да)а 4 260а 1,8 + [1280 — — ( ' ~*) 12500. 4 2500а 1,81 (17.5) 301 Это уравнение удобно решать последовательными приближениями. С этой целью имеет смысл в качестве начального значения дз подставить в правую часть полученного уравнения величину д, или фь найденную без учета продольной силы из следующе формулы: М~" = (Ж/Р,','" + У"„,') т)7.
(17.6 Имеем: 414,72 др — — (1280+1280) 2500. Отсюда: др=!5432 кГ)м. Подставив это число в правую часть уравнения (17.5), получим с достаточной точностью д2=15260 кГ!м, Таким образом, наименьшая нагрузка получилась по второму варианту: г7=15,26 т!м. Разрушение рамы произойдет по схеме, показанной на рис. 17.2,ж.
Ответ д2<г7, логичен, так как в данном случае продольная сила в левой стойке будет больше, чем в ригеле. Об этом можно судить по эпюре У (рис. !7,2, к) В данном примере, как это часто бывает, учет продольных сил не внес существенной поправки в значение фь найденное по формуле (!7.6) без этого учета. 4. Строим эпюры М, О, )т' в предельном состоянии.
Так как разрушение происходит по второму варианту, то вычисляем сначала предельный момент в узле рамы у левой стойки по фор- муле !угт)2 4 (ттт)' агт где йг„" = (тмр„р — реакция А. Имеем: Мггр = ~1280 ~ 2500 = (1280 — 42,92) 2500 4 25002 1,8 = 3 092 500 кГ. см = 30,925 т м. (17. 7) Наибольший балочный момент (рис. 17.2,д): М~" = 4,14729 = 414,72 15260= 6328627 кГ см = 63,286 т м.
1) Мр"" = 63,286 — 30,925 = 32,361 т м. тЛгриг)2 4(ФЙ)'ариг 1 (17.8) Продольная сила в ригеле Мст и 2,6 402 По величинам М'„'р и Мртт построена эпюра моментов М„ от расчетной нагрузки (рис. 17.2,з). Для проверки вычислим наибольший момент в пролете ригеля двумя способами: Учитывая это значение, произведем вычисления по (17.8): Мрп. [ 1280 ~ 2500 (1280 11 894' пр 4 2500п 1,8 — 3,14) 2500 = 3 192 150 кГ си. (32, 361 — 31, 992) 100 Расхождение; ' ' = 1,36%, что допустимо. 0,5(32,361 + 31,992) Эпюра поперечных сил (,1„р (рис. 17.2, и) построена по эпюре М,р обычным способом; при этом использована эпюра депп (рис. 17.2,г).
При постро- 1 — — — — — 1 —- енин эпюры продольных снл Ряс. !7.4 Л1,р (рис. 17.2, к) использова. ны следующие величины: 1) для левой стойки л((й;11 =реакции А=288д=288 1526= =43,949 т; 2) для правой стойки й(1,;;1„! = реакции В=!,920=1,92Х Х 15,26 = 29,299 т; 3) для ригеля (см. выше): №и"=11,894 7'. Задача 17.3. Определить 1р',и в балках, защемленных двумя концами (рис. 17.3, а, б). Ответы: !.
При загружении, показанном на рис. 17.3,а, В' ЗР! 8иЖ 2. Прн загружении, показанном на рис. 17.3,б, (" пп 4!п 18т17)' 3 Задача 17.4. Определить положение пластического шарнира в балке, шарнирно опертой левым концом и защемленной правым, при нагрузке, показанной на рис. 17.4. 2 и: -1(1 1-Р— — |), >2. Задача 17.5. Найти предельные нагрузки в двухпролетных неразрезных балках с переменными моментами сопротивления Ж'„и в пролетах (рис.
17.5,а — в). Эпюры предельных изгибающих моментов в балках, построенные по выражению М„р — — о, )р'„, = тих%„„ показаны на рисунках пунктиром с двух сторон от осей балок. Эпюры предельных моментов при заданных схемах загружения показаны сплошными линиями. 303 Ответы: 1. К схемам по рис. 17.5,а, б: о, В'„„~ %'„, (а -,- Ь)~ а — )-Ь-)- Ь-~ — а а) б„ бт б, ф б,м„ ~гьь г б,ь'„„ Ряс. 17.5 2. К схеме по риг. 17.5, ск ~„.,м, ~ г = с(Ъ вЂ” а) ! ю'„,д,ай, Глава 18 РАСЧЕТ ПРОТСРАНСТВЕННЫХ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЪ|Х СИСТЕМ Пример 18.1. В раме, показанной на рис.
18.1, а — в, от заданной нагрузки построить эпюры внутренних сил, пользуясь методом сил. Поперечное сечение всех стержней одинаково— Ь прямоугольник с соотношением сторон — = 2, 6=0,4Е. ь где М„и ̄— изгибающие моменты относительно осей х и у; М„р — крутящий момент. При вычислении свободных членов М в формуле (18.1) заменяется на Мо.
На величину деформаций в пространственной системе влияет не только изгибающий, но и крутящий момент. Поскольку все единичные эпюры линейны, то для вычисления интегралов применим правило Верещагина. Так как при перемножении эпюр получаются слагаемые, имеющие в знаменателе выражения ЕУ, ЕУ„и 6У„р.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
