Сопротивление материалов

Федеральное агентство по образованию (Гособразование)

Государственное образовательное учреждение высшего  профессионального образования 

МОСКОВСКАЯ ГОСУДАРСТВЕННАЯ АКАДЕМИЯ 
КОММУНАЛЬНОГО ХОЗЯЙСТВА И СТРОИТЕЛЬСТВА

 

Кафедра СОПРОТИВЛЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

 

 

РЕШЕНИЕ ТИПОВЫХ  ЗАДАЧ

для студентов-заочников  II и III курсов

специальностей:

«Промышленное и гражданское

                                               строительство» 270102.65 (290300),

«Городское  строительство

                                                  и хозяйство» 2701105.65 (290500),

 «Автомобильные дороги

                                                  и аэродромы» 270205.65 (291000),

«Экспертиза и управление

 недвижимостью» 270115.65 291500)

 

 

Часть II

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Москва 2009

 

 

Одобрено  
Научно-методическим советом института

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Составители :

  А.М. Михайлов, канд. техн. наук, проф., зав. кафедрой

О.В. Артемьева, доц

В.Л. Куликов, канд. техн. наук, доц.

 

 

Рецензенты :

Л.Ю. Кузьмин, проф., зав. кафедрой сопротивления материалов

                            и строительной механики (РОАТ  МИИТ)

Л.И. Шигарина, доц. МГАКХиС

 

 ОБЩИЕ УКАЗАНИЯ

 

 

Настоящее пособие содержит примеры решения задач по второй части сопротивления материалов. Эти задачи входят в состав контрольных работ № 3 и 4 для студентов заочной формы обучения специальностей ПГС, ГСХ, АД, ЭУН  II и III курсов.

Приступая к решению задач, студенту необходимо изучить соответствующий  теоретический материал. Список основной и дополнительной литературы, а также подробные указаниях по выбору варианта и оформлению контрольных работ приведены в методических указаниях [2]. C развернутыми рекомендациями по решению типовых задач сопротивления материалов применительно к расчету строительных конструкций можно ознакомиться в учебнике [1].

При оформлении работы не следует  полностью копировать текстовую  часть рассмотренных примеров, которая выполнена подробно с ориентацией на слабо подготовленного студента. Решение нужно сопровождать только краткими заголовками основных этапов расчета и минимальными пояснениями.

 

 

ЗАДАЧИ

ЗАДАЧА  № 7

На стальную балку пролетом  l  (рис. 7.1, а) действует нормативная равномерно распределенная нагрузка интенсивностью  q_n  с коэффициентом надежности  g_f1 = 1,4  и нормативная сосредоточенная нагрузка  F_n  с коэффициентом  g_f2 = 1,2.

1. Определить расчетные  значения нагрузок  q и F.

2. Построить от них эпюры  Q, M  и подобрать сечение прокатного двутавра из условия прочности по нормальным напряжениям при расчетном сопротивлении материала  R = 240 МПа.

3. Вычислить наибольший  прогиб балки  f  и проверить ее жесткость в случае, если предельный относительный прогиб  f_пред / l = 1/200.

Дано:  l = 7,8 м;   q_n = 16 кН/м;   F_n = 105 кН;   E = 206 ГПа.

 

Решение.

1. Определение расчетных нагрузок:

Согласно строительным нормам и правилам (СНиП) потеря прочности  строительных конструкций и их элементов  относится к первой группе предельных состояний. В этом случае расчетные нагрузки – это максимальные возможные нагрузки за все время эксплуатации сооружения. Значения расчетных нагрузок получают умножением нормативных значений на соответствующий коэффициент надежности:

q = q_n g_f1 = 16·1,4 = 22,4 кН/м;

F = F_n g_f2 = 105·1,2 = 126 кН.

2. Построение эпюр усилий и подбор сечения.

а) Определение опорных реакций. Вследствие симметричного нагружения из уравнения равновесия  SY = 0  следует, что реакции равны между собой:

V_A = V_B = 0,5(2F + q l / 3) = 0,5(2∙126 + 22,4·7,8 / 3) = 155,1 кН.

б) Построение эпюры  Q (рис. 7.1, б) производим по следующим ординатам:

Q_A = Q_C^лев = V_A = 155,1 кН;  

Q_C^пр = V_A - F =155,1 – 126 = 29,1 кН;

Q_D^лев = F – V_B = 126 – 155,1 = -29,1 кН;

Q_B = -V_B = -155,1 кН.

Эпюра  поперечной силы  кососимметрична относительно середины балки T, где Q_Т = 0.  Следовательно, в точке T  изгибающий момент достигает максимального значения.

в) Эпюра M_x (рис. 7.1, в) – симметрична относительно точки Т.

M_A = 0;

M_C = V_A l / 3 = 155,1·7,8 / 3 = 403,3 кН·м;

M_T = V_A l / 2 – F l / 6 – q (l / 6)² / 2 =

      = 155,1·7,8 / 2 – 126·7,8 / 6 – 22,4 (7,8 / 6)² / 2 = 422,2 кН·м.

M_D = M_C = 403,3 кН·м;

M_B = 0.

 

г) Подбор сечения. Опасным является сечение в точке  Т:   M_max = M_Т = 422,2 кН·м.

Следовательно, требуемый  момент сопротивления сечения

Рис. 7.1

 

По сортаменту (ГОСТ 8239-89, см. методические указания [2], приложение 1) принимаем прокатной двутавр № 55  (W_x = 2 035 см³, J_x = 55 962 м⁴).

3. Вычисление наибольшего прогиба  и проверка жесткости. Расчет на жесткость производят по нормативным нагрузкам, т. е. без учета возможной перегрузки.

а) Определение опорных реакций от нормативных нагрузок:

V_An = V_Bn = F_n + q_n l / 6 = 105 + 16·7,8 / 6 = 125,8 кН.

б) Вычисление прогиба. Очевидно, в симметричной балке наибольший прогиб достигается в середине (точка Т). Помещая начало координат на опоре A, воспользуемся методом начальных параметров. При  z = z_T = l / 2 = 7,8 / 2 = 3,9 м для балки постоянной жесткости EJ_x имеем

  (7.1)

где  y₀ и q₀ – начальные параметры, которые определяем из граничных условий.

Так как прогиб на опоре  отсутствует, то EJ_x y₀ = EJ_x y_A = 0.

 При симметричном нагружении равен нулю и угол поворота сечения в середине пролета:

Отсюда другой начальный параметр

Подставляем значения  EJ_x y₀,  EJ_x q₀ и других величин в формулу (7.1):

Учитывая значение модуля E = 206·10⁹ Па и момента инерции J_x = 55 962·10^-8 м⁴, получим прогиб в середине балки:

;

.

в) Проверка жесткости:

,

т. е.  жесткость балки обеспечена.

У к а з а н и  е . При невыполнении условия жесткости необходимо увеличить номер двутавра, подобранного в п. 2г, и тем самым увеличить момент инерции J_x.

ЗАДАЧА № 8

Для балки постоянной жесткости (рис. 8.1, а):

1. Раскрыть  статическую неопределимость методом сравнения перемещений и определить опорные реакции.

2. Построить эпюры Q и M_x.

3. Вычислить углы поворота  q  и прогибы y  на свободном конце балки и в середине пролета l.

4. В соответствии с эпюрой  M_x  и вычисленными перемещениями показать на расчетной схеме характер изогнутой оси.

Дано:  a = 2,5 м;   c = 1 м;   d = 3,5 м;   q = 22 кН/м;   F = 30 кН;   m = 16 кН·м.

Решение.

1. Определение опорных реакций.

а) Статическая сторона задачи. Уравнения равновесия:  
   ;       (8.1) 
   .   (8.2) 
          В эти два уравнения входят три неизвестные реакции. Следовательно, балка один раз статически неопределима: ССН = 3 – 2 = 1.

б) Геометрическая сторона задачи. Мысленно отбросим у заданной балки опору B как «лишнюю» связь и заменим ее действие неизвестной реакцией  V_B. Полученная таким образом о с н о в н а я  с и с т е м а (рис. 8.1, б) должна быть эквивалентна заданной балке по характеру деформирования. Для этого необходимо выполнение условия

                                                                         y_B = 0,                                                              (8.3)

т. е. перемещение  основной системы по направлению  неизвестной реакции, приложенной  в месте удаления лишней связи, должно отсутствовать.

в) Физическая сторона задачи. Записываем выражение прогиба y_B  с помощью универсального уравнения метода начальных параметров:  
  

 ,         (8.4)

где y₀ = y_A = 0, q₀ = q_A = 0  − начальные параметры; z_B,  z_C,  z_D  − координаты соответственно точек  B,  C  и D:  
  z_B = l = a + c + d = 2,5 + 1 + 3,5 = 7 м;   z_C = a = 2,5 м;    z_D = a + c = 2,5 + 1 = 3,5 м.

 

Рис. 8.1

г) Синтез. Подставим выражение (8.4) в геометрическое уравнение (8.3). При этом учитываем, что начальные параметры равны нулю (перемещения в заделке отсутствуют). После сокращения на жесткость EJ_x получим:   . (8.5)

Уравнения (8.1), (8.2) и (8.5) образуют замкнутую систему, которую решаем методом подстановки:  
    ;    (8.6)

  
    .              (8.7)

Далее выражения (8.6) и (8.7) подставляем в уравнение (8.5):

;

− 16 176  + 171,5V_B + 98 + 7 374 − 57,2V_B − 456 − 138 = 0;

− 9 298 + 114,3V_B = 0;

V_B = 81,35 кН.

По формулам (8.6) и (8.7) находим  остальные реакции:  

V_A = 129 – 81,35 = 47,65 кН;

m_A = − 660,25 + 7·81,35 = − 90,8 кН·м.

Реактивный момент получился  отрицательным. Следовательно, мы ошиблись в его  первоначальном направлении (см. рис. 8.1, а) и в действительности он направлен против хода часовой стрелки.

2. Построение эпюр Q и M_x.

 а) Эпюра Q имеет следующие ординаты:

Q_K = 0;

Q_B^пр = q c = 22·1 = 22 кН;

Q_B^лев = Q_B^пр – V_B = 22 – 81,35 = − 59,35 кН;

Q_A = V_A = 47,65 кН; Q_C^лев = Q_A = 47,65 кН;

Q_C^пр = Q_C^лев – F = 47,65 – 30 = 17,65 кН;

Q_D = Q_C^пр = 17,65 кН.

После построения эпюры Q (рис. 8.1, в) выявляется еще одна характерная точка − T, в которой поперечная сил равна нулю и, следовательно, изгибающий момент M_x достигает экстремума. Расстояние  z_T  между точками T  и B  находим из условия  Q_T = 0  и уравнения  Q_B^лев +  q z_T = 0:   
   z_T = − Q_B^лев/ q = − (− 59,35) / 22 = 2,7 м.  
          б) Эпюра M_x (рис. 8.1, г). Через правые силы находим:

M_K = 0; M_B = − q c² / 2 = − 22·1² / 2 = − 11 кН·м;

M_T = – q (z_T + c)² / 2 + V_B z_T = – 22(2,7 + 1)² / 2 + 81,35·2,7 = 69,1 кН·м;

M_D^пр = − q (d + c)² / 2 + V_B d = − 22·4,5² / 2 + 81,35·3,5 = 62 кН·м;

   M_D^лев = M_D^пр – m = 62 – 16 = 46 кН·м.

Через левые силы:

 M_A = − m_A = − 90,8 кН·м;

    M_C = − m_A + V_A a = − 90,8 + 47,65·2,5 = 28,3 кН·м;

 M_D^лев = − m_A + V_A (a + c) – F c = − 90,8 + 47,65·3,5 – 30·1 = 46 кН·м.

Последнюю строку можно рассматривать как проверку правильности вычислений, так как  получили то же значение изгибающего  момента, что через правые силы.

Эпюра изгибающего момента M_x построена на рис. 8.1, г. На участках AC и CD она изображается наклонными прямыми, на участке BK − квадратной параболой с вершиной в точке K (Q_K = 0). На участке DB парабола проведена через три точки так, чтобы касательная к ней в точке D была параллельна левой наклонной прямой. Сама парабола симметрична относительно своей оси, проходящей через вершину с ординатой M_T = 69,1 кН·м.

3. Вычисление перемещений на свободном конце и в середине пролета балки.  

Пользуясь методом начальных  параметров, записываем универсальные уравнения углов поворота и прогибов применительно к свободному концу K, имеющему координату  z_K. При этом имеем в виду, что реактивный момент m_A растягивает верхние волокна балки (см. п.1) и поэтому должен быть взят с отрицательным знаком. С учетом нулевых начальных параметров получаем:

   
    ,

 
     

При вычислении перемещений  в середине пролета балки, которая в данном случае  совпадает с точкой D (ордината  z_D), учитываем только те внешние силы и момент, которые приложены с л е в а от этой точки:

 
     
    ,

 
     
    .

4. Построение изогнутой оси (рис. 8.1, д). В принятом масштабе откладываем в точке D вниз от исходной оси z отрезок y_D = − 220,7, в точке K − вверх отрезок y_K = 128,3. Получаем точки D΄ и  K΄. Далее через точки A, D΄, B и K΄ проводим плавную кривую (жирная линия на рисунке), которая на опоре A имеет горизонтальную касательную (θ_A = = 0), а в точках D΄ и  K΄ наклон касательных должен соответствовать вычисленным значениям углов θ_D и θ_K.

В точках  P  и S  эпюра M_x меняет свой знак (см. рис. 8.1, г). Следовательно, в соответствующих точках P´ и  S´  изогнутой оси кривизна k = M_x / (E J_x) = 0, т. е. эти точки являются точками перегиба изогнутой оси. Таким образом, характер изогнутой оси можно показать, опираясь на очертание эпюры изгибающего момента и типы опор балки.

ЗАДАЧА № 9

Короткий бетонный брус жестко заделан нижним концом и нагружен вертикальной силой  F  в точке K  на свободном конце (рис. 9.1).

1. Определить наибольшие  растягивающие и сжимающие напряжения  в поперечном сечении (рис. 9.2)., выразив их через нагрузку и размеры сечения.