Разновидности опор балочных систем
Балка — конструктивная деталь в виде прямого бруса, закрепленная на опорах и изгибаемая приложенными к ней силами.
Высота сечения балки незначительна по сравнению с длиной.
Жесткая заделка (защемление) (рис. 2)
Опора не допускает перемещений и поворотов. Заделку заменяют двумя составляющими силы r ax и R Ау и парой с моментом mr .
Для определения этих неизвестных удобно использовать систему уравнений в виде:
Рис.2
Каждое уравнение имеет одну неизвестную величину и решается без подстановок.
Для контроля правильности решений используют дополнительное уравнение моментов относительно любой точки на балке, например В: ΣМв =0.
Рис.3
Шарнирно-подвижная опора (рис.3)
Опора допускает поворот вокруг шарнира и перемещение вдоль опорной поверхности. Реакция направлена перпендикулярно опорной поверхности.
Шарнирно -неподвижная опора (рис. .4)
Рис4. Рис.5
Опора допускает поворот вокруг шарнира и может быть заменена двумя составляющими силы вдоль осей координат.
Балка на двух шарнирных опорах (рис.5)
Не известны три силы, две из них — вертикальные, следовательно, удобнее для определения неизвестных использовать систему уравнений: ΣМА =0; ΣМВ =0;
Σ Fх =0. Для контроля правильности решения используют дополнительное уравнение: Σ Fу =0.
Последовательность решения задач
|
|
1. Изобразить балку вместе с нагрузками.
2. Выбрать расположение координатных осей,совместить ось х с балкой, а ось у направив перпендикулярно оси х.
3. Произвести необходимые преобразования заданных активных сил: сил:
силу. наклоненную к оси балки под углом α, заменить двумя взаимно перпендикулярными составляющими, а равномерно распределенную нагрузку — eе равнодействующей. приложенной в середине участка
распределений нагрузки
4. Освободить балку от опор, заменив её действие реакциями опор, направленными вдоль выбранных осей координат,
5. Составить уравнения равновесия статики для произвольной
плоской системы сил таким образом и в такой последовательности, чтобы решением каждого из этих уравнений было определение одной из неизвестных реакций опор.
6. Проверить правильность найденных опорных реакций по уравнению, которое не было использовано для решения задачи.
Примеры решения задач
Пример 1. Определить реакцию опор балки (рис. 6, а).
Решение
1. Изобразим балку с действующими на нее нагрузками (рис. 6, а).
2. Изображаем оси координат х и у.
3. Силу F заменяем ее составляющими Fx = Fcosα и Fy = = Fsin α. Равнодействующая q · CD равномерно распределенной нагрузки приложена в середине участка CD, в точке К (рис. 6,б).
|
|
Рис.6
4. Освобождаем балку от опор, заменив их опорными реакциями
(рис. 2,в).
5. Составляем уравнения равновесия статики и определяем неизвестные реакции опор.
Из уравнения суммы моментов всех действующих на балку сил. составленного относительно одной из точек опор, сразу определяем одну из неизвестных вертикальных реакций:
ΣMA(Fi) = Fу ·AB + M + q ·CD · AK- RD · AD =0;
Определяем другую вертикальную реакцию:
Определяем горизонтальную реакцию:
6.Проверяем правильность решения:
Следовательно реакции определены верно.
Пример 2. Определить опорные реакции жесткойзаделки (защемления) консольной балки (Рис.7). На конце балки подвешен груз F = 1 кН, длина балки l = 8 м, сила ее тяжести G = 0,4 кН приложена посредине балки.
Решение
Рассматриваем равновесие стержня АВ, прикладываем к нему активные силы: силу тяжести G = 0,4 кН и груз F =1 кН. Далее освобождаем балку АВ от связей, т.е. отбрасываем заделку и заменяем ее действие реакциями. В данном случае для экономии места заделку не отбрасываем, а показываем ее реакции на томже исходном чертеже.
В заделке возникает реактивный момент МА и две составляющие реакции
|
|
RAx и RAy . Выбираем координатные оси, как показано на рис. 7, и составляем уравнения равновесия:
ΣF х =0; RAx=0;
ΣFiy = 0; RAy-G-F = 0;
ΣMA(F) = 0; -MA+G l/2 + Fl = 0.
Решив уравнения, получим:
RAy = G + F = 0,4 + 1 = 1,4 кН;
MA = Gl I 2 + Fl = 0,4 · 4 + 1 ·8 = 9,6 кН · м.
Рис.7
Из первого уравнения следует, что вертикальная нагрузка не вызывает горизонтальной составляющей опорной реакции.
Таким образом, в заделке рассматриваемой балки возникают только две составляющие реакции, третья обращается в нуль.
Проверяем полученные значения реакций, составляя уравнение моментов относительно точки В
ΣMB(F) = 0; -МА+RАу-Gl /2 = 0;
-9,6 + 1,4 · 8 - 0,4 ·4 = 0; - 11,2 + 11,2 = 0.
Реакции определены верно.
Задание
Задача1. Определить реакции опор двух опорной балки(рис8). Данные своего варианта- в таблице 1
Таблица 1- Данные для задачи№1
вариант | № схемы | q Н/м | F Н | М Н·м | вариант | № схемы | q Н/м | F Н | М Н·м |
1 | 1 | 6 | 90 | 84 | 16 | 6 | 8 | 75 | 30 |
2 | 2 | 7 | 80 | 58 | 17 | 7 | 12 | 84 | 50 |
3 | 3 | 8 | 100 | 56 | 18 | 8 | 4 | 78 | 28 |
4 | 4 | 9 | 85 | 70 | 19 | 9 | 8 | 82 | 46 |
5 | 5 | 12 | 92 | 40 | 20 | 10 | 11 | 76 | 18 |
6 | 6 | 2 | 80 | 120 | 21 | 1 | 20 | 230 | 60 |
7 | 7 | 6 | 75 | 18 | 22 | 2 | 6 | 180 | 48 |
8 | 8 | 4 | 95 | 110 | 23 | 3 | 18 | 120 | 55 |
9 | 9 | 8 | 70 | 34 | 24 | 4 | 21 | 200 | 80 |
10 | 10 | 5 | 90 | 56 | 25 | 5 | 15 | 170 | 24 |
11 | 1 | 6 | 92 | 80 | 26 | 6 | 18 | 240 | 56 |
12 | 2 | 7 | 84 | 30 | 27 | 7 | 8 | 280 | 90 |
13 | 3 | 12 | 88 | 50 | 28 | 8 | 9 | 150 | 36 |
14 | 4 | 9 | 90 | 69 | 29 | 9 | 26 | 200 | 52 |
15 | 5 | 10 | 95 | 78 | 30 | 10 | 14 | 190 | 64 |
|
|
Рис.8
Задача2. Определить величины реакций в опоре защемленной балки. Провести проверку правильности решения. (рис9). Данные своего варианта- в таблице 2
Таблица 2- Данные для задачи№2
вариант | схема | F1, кН | F2, кН | т, кНм | а, м | вариант | схема | F1, кН | F2, кН | т, кНм | а, м |
1 | 1 | 2 | 4,2 | 4 | 0,2 | 16 | 1 | 32 | 3,0 | 10 | 0,2 |
2 | 2 | 4 | 2,2 | 4 | 0,2 | 17 | 2 | 34 | 3,2 | 10 | 0,3 |
3 | 3 | 6 | 2,4 | 5 | 0,2 | 18 | 3 | 36 | 3,4 | 12 | 0,3 |
4 | 4 | 8 | 2,6 | 5 | 0,3 | 19 | 4 | 38 | 3,6 | 12 | 0,3 |
5 | 5 | 10 | 2,8 | 6 | 0,3 | 20 | 5 | 40 | 3,8 | 5 | 0,3 |
6 | 6 | 12 | 3,0 | 6 | 0,3 | 21 | 6 | 42 | 4,0 | 6 | 0,4 |
7 | 1 | 14 | 3,2 | 7 | 0,3 | 22 | 1 | 44 | 2,2 | 12 | 0,4 |
8 | 2 | 16 | 3,4 | 7 | 0,4 | 23 | 2 | 46 | 2,4 | 5 | 0,4 |
9 | 3 | 18 | 3,6 | 8 | 0,4 | 24 | 3 | 48 | 2,6 | 6 | 0,4 |
10 | 4 | 20 | 3,8 | 8 | 0,4 | 25 | 4 | 58 | 2,8 | 6 | 0,5 |
11 | 5 | 22 | 4,0 | 9 | 0,4 | 26 | 5 | 60 | 3,0 | 7 | 0,5 |
12 | 6 | 24 | 4,4 | 9 | 0,5 | 27 | 6 | 62 | 4,0 | 7 | 0,5 |
13 | 1 | 26 | 4,6 | 2 | 0,5 | 28 | 1 | 64 | 4,4 | 8 | 0,5 |
14 | 2 | 28 | 4,8 | 2 | 0,5 | 29 | 2 | 66 | 4,6 | 8 | 0,3 |
15 | 3 | 30 | 5,0 | 3 | 0,5 | 30 | 3 | 68 | 4,8 | 14 | 0,4 |
№ схемы | Задание | № схемы | Задание |
1 | 4 | ||
2 | 5 | ||
3 | 6 |
Рис.9
Выходной контроль
№ пп | вопрос | ответ | |
1 | Определить главный вектор системы сил. если:
| 1 | 5 кН |
2 | 11 кН | ||
3 | 12 кН | ||
4 | 16 кН | ||
2 | При проекциях вектора оси координат: FХ = 15 Н и FУ = (- 20 )Н , можно определить направление равнодействующей силы на схеме . . . .
| 1 | 1 |
2 | 2 | ||
3 | 3 | ||
4 | 4 |
Практическое занятие № 03
Тема : Определение центра тяжести сечения, составленного из стандартных фигур
Цель: Научиться определять центр тяжести сечения, составленного из стандартных фигур
Входной контроль
1. Что называется центром тяжести фигуры?
2. Как определить положение центра тяжести простых геометрических фигур?
3.Определите координаты центра тяжести заштрихованной фигуры (рис.1). размеры даны с мм.
Рис.1
Теоретический материал
Определение координат центра тяжести плоских фигур
Центр тяжести симметричной фигуры находится на оси симметрии.
Положение центров тяжести простых геометрических фигур могут быть рассчитаны по известным формулам (рис.2) : а)- круг; б)- квадрат, прямоугольник; в) – треугольник; г) – полукруг.
Рис.2
Определение положения центра тяжести сечений, составленных из профилей стандартного проката
При решении задач необходимо пользоваться таблицами из ГОСТа на прокатную сталь: ГОСТ 8509–57, ГОСТ 8510–57, ГОСТ 8239–56, ГОСТ 8240–56.
Эти таблицы для каждого профиля содержат их размеры и площадь, а для уголков и швеллера, кроме того, – координаты центров тяжести.
Примеры решения задач
Пример 1
Определить координаты центра тяжести составного сечения. Сечение состоит из листа и прокатных профилей (рис. 3).
Примечание. Часто рамы сваривают из разных профилей, создавая необходимую конструкцию. Таким образом, уменьшается расход металла и образуется конструкция высокой прочности.
Решение
1. Обозначим фигуры номерами и выпишем из таблиц необходимые данные:
1— швеллер № 10 (ГОСТ 8240-89);
высота h = 100 мм; ширина полки b — 46 мм; площадь сечения А1 = 10,9 см2;
2— двутавр № 16 (ГОСТ 8239-89);
высота 160 мм; ширина полки 81мм; площадь сечения А2 = 20,2 см2;
3— лист 5x100;
толщина 5 мм; ширина 100 мм; площадь сечения А3 = 0,5 · 10 = 5см2.
2. Координаты центров тяжести каждой фигуры можно определить по чертежу.
Составное сечение симметрично, поэтому центр тяжести находится на оси симметрии и координата хс = 0.
Швеллер 1: у1 = а + h2 + z0 ; у 1= 0,5 + 16 + 1,44 = 17,54см.
Задание
Определить координаты центра тяжести составного сечения. Сечения состоят из листов с поперечными размерами ахδ и прокатных профилей по ГОСТ 8239-89, ГОСТ 8240-89 и ГОСТ 8509-86. Уголок выбирается наименьшей толщины.
Таблица 1- Данные для задачи№1
вариант | № швеллера | № двутавра | лист мм | вариант | № швеллера | № двутавра | лист мм |
1 | 12 | 14 | 5х100 | 16 | 12 | 18 | 6х140 |
2 | 14 | 16 | 5х120 | 17 | 14 | 20 | 6х160 |
3 | 16 | 18 | 6х100 | 18 | 16 | 22 | 8х160 |
4 | 18 | 20 | 6х120 | 19 | 18 | 24 | 8х180 |
5 | 20 | 22 | 5х140 | 20 | 20 | 24 | 5х100 |
6 | 22 | 24 | 5х160 | 21 | 22 | 27 | 5х120 |
7 | 24 | 24 | 6х140 | 22 | 24 | 30 | 6х100 |
8 | 24 | 27 | 6х160 | 23 | 24 | 30 | 6х120 |
9 | 27 | 30 | 8х160 | 24 | 27 | 30 | 5х140 |
10 | 30 | 30 | 8х180 | 25 | 30 | 30 | 5х160 |
11 | 18 | 20 | 6х200 | 26 | 18 | 24 | 6х140 |
12 | 18 | 22 | 6х140 | 27 | 18 | 24 | 6х160 |
13 | 20 | 24 | 6х160 | 28 | 20 | 22 | 8х160 |
14 | 20 | 24 | 8х160 | 29 | 20 | 24 | 6х140 |
15 | 22 | 27 | 8х180 | 30 | 22 | 22 | 6х160 |
Выходной контроль
Контрольные вопросы
1. По таблицам ГОСТ определить необходимые параметры сечений.
Практическое занятие № 04
Тема : Расчет материалов на прочность при растяжении и сжатии
Цель: Научиться выполнять расчеты на прочность
Входной контроль
1. Напряжение при растяжении и сжатии, единицы измерения.
2. Продольные силы при растяжении, сжатии.
3. Как нужно нагрузить прямой брус, чтобы он испытывал только растяжение?
4. Как определить нормальное напряжение в поперечном сечении бруса?
Растяжение и сжатие
Растяжением или сжатием называют вид нагружения, при котором в поперечном сечении бруса возникает только один внутренний силовой фактор – продольная сила.
Продольные силы меняются по длине бруса. При расчетах после определения величин строится график – эпюра продольных сил.
Условно назначают знак продольной силы.
Рис.1
Если продольная сила направлена от сечения, то брус растянут. Растяжение считают положительной деформацией (рис.1,а).
Если продольная сила направлена к сечению, то брус сжат. Сжатие считают отрицательной деформацией (рис.1,б).
Дата добавления: 2020-04-08; просмотров: 1920; Мы поможем в написании вашей работы! |
Мы поможем в написании ваших работ!