Курсова задача №1 За схемата показана на чертежа: да се направи анализ на построението; да се намерят опорните реакции и да се начертаят диаграмите на разрезните усилия; да се намери означеното преместване на точка m. Схема на задачата: 1. Анализ на построението: [ ] ) 0 ( ) 1 ( ) 1 ( . 1 . = − = ′ + + = ′ ′ + n n C C n B B A A T - СОС. Системата е построена с използване на вериги и връзки, следователно е втори тип. Необходима е проверка за мигновена изменяемост. Системата може да бъде идентифицирана като елементарна с фиктивни стави тип “проста греда”. Направленията на трите опорни пръта не се пресичат в една точка, следователно системата е неизменяема. А’ А А А’ А ф В А А’ В В’ С С’ 1 Т Т Т А ф Общи данни за задачата: F = 20 kN греди(0.25/0.315): M = 15 kNm I гр = 0.000651 m 4 q = 10 kN/m’ A гр = 0.0788 m 2 I гр = 2.I кол. колони(0.25/0.25): I гр = 0.0003255 m 4 A гр = 0.0625 m 2 E = 2.4.10 7 kN/m 2 2 4 3 2 M F q ∆ v,m =?
36
Embed
2 4 - uacg.bg · Моментовата диаграма се определят от принципа “Режа, Ограждам, Редуцирам” с помощта на
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
Курсова задача №1 За схемата показана на чертежа: да се направи анализ на построението; да се намерят опорните реакции и да се начертаят диаграмите на разрезните усилия; да се намери означеното преместване на точка m. Схема на задачата:
1. Анализ на построението:
[ ] )0()1()1(.1. =−=′++=′′+ nnCCnBBAAT - СОС.
Системата е построена с използване на вериги и връзки, следователно е втори тип. Необходима е проверка за мигновена изменяемост. Системата може да бъде идентифицирана като елементарна с фиктивни стави тип “проста греда”. Направленията на трите опорни пръта не се пресичат в една точка, следователно системата е неизменяема.
А’ А А
А’
Аф
В
А А’ В В’
С С’
1
Т
Т
Т Аф
Общи данни за задачата: F = 20 kN греди(0.25/0.315): M = 15 kNm Iгр = 0.000651 m4 q = 10 kN/m’ Aгр= 0.0788 m2 Iгр = 2.Iкол.
2. Опорни реакции и диаграми на разрезните усилия. Уравненията за равновесие се записват за точки, за които по възможност да участва само по едно неизвестно.
027527506.403.151.202.354.4.1015:0
035350351520:0
:4004.10:0
3504.205.2.4.1015:0
1501.205.2.4.1015:0
?
?
=−→=+−+−−=
=−→=−+=
=→=−=
=→=+−+=
−=→=−++=
∑∑
∑∑∑ Φ
P
A
A
M
H
проверкаAAV
CCM
BBM
Проверката на опорните реакции се прави минимум с едно моментово уравнение. Желателно е то да е за такава точка че да участва възможно по-голям брой от определените опорни реакции.
2 4
3
2
M=15
F=20 q=10
А В
C Аф
1
1,5
Р
2
2 4
3
2
M=15
F=20
А = 40
В = 15
C = 35
1
1,5
2
I
II III
V
VI
VII
VIII
IV
IX
пр.1
пр.2 q=10
Моментовата диаграма се определят от принципа “Режа, Ограждам, Редуцирам” с помощта на разрези в характерни точки и свойствата на диаграмата. За конкретната схема мястото на разрезите, както и последователността им са показани на горната схема. Самите разрези са показани по-долу. Q - диаграмата се определя от М – диаграмата, а N – диаграмата от равновесието на възлите. След определяне на диаграмите се прави проверка на възлите.
q=10
2
M = 10.2.1 = 20
I – I
M = 40.1 = 40
II – II
А = 40
1
M = 40.1 + 15 = 55
III – III
А = 40
1
M=15
M = 40.2 + 15 = 95
M=15
IV – IV
А = 40
2
F=20
C = 35
1
M = 35.1 = 35
VI – VI
2 F=20
C = 35
1
M = 35.2 – 20.1 = 50
VII – VII
3
В = 15
M = 15.3 = 45
VIII – VIII
2
M=15
А = 40
1,5
M = 40.2 + 15 – 10.2.1 = 75
V – V
q=10
IX – IX
3
2 F=20
В = 15
C = 35
1
M = 35.2 + 15.3 – 20.1 = 95
Определянето на средните стойности на параболите става по формулата: Mср = Мр + Мо За конзолната част се получава: За вътрешната част се получава: Q - диаграмите в участъците с разпределен товар се определят по формулата: Q = Qр + Qо За конзолната част се получава: За вътрешната част се получава:
20 Мр = 10
582.10
8 M
22o ===
ql
Мcр = 5
–
=
20
2
582.10
8 M
22o ===
ql
+
=
75 95
Мр = 85
75 95
Мр = 90
2
Qр = 10
102
2.102
Qo ===ql
10
=
20
2
–
+ –
10 +
–
Qр = 10
102
2.102
Qo ===ql
10
=
20
2
+ –
10 +
+
+
15
15
01515:0?
=−=∑H
00:0?
==∑V
2 4
3
2
33,28
-
N
50
45
95
095950455095:0
??
=−
=−−=∑M
095950207595:0
??
=−
=−−=∑M
75 20
95
2 4
3
2 1
1,5
35
50
95 95
20 95
55
40
45
5
90
75 М
0463,18460,180sin19,22cos28,33:0
??
=−
=−=∑ ααH
040400202040:0
??
=−
=−−=∑V
31,56
5,123
=
==
α
αtg
40 α 22,19
α
33,28
α
20 20
2 4
3
2
+ -
-
-
-
+
20
20
15
15
35
22,19
Q
3. Определяне на вертикалното преместване на точка m:
06602.8,03.8,02.16.1:0101:0
08,08,0:08,005.4.1:0
:8,005.4.1:0
?
=−
=−−−==→=−=
=−==→=−=
−=→=+=
∑∑∑∑
∑ Φ
P
A
A
MAAV
HCCM
проверкаBВM
∑∫ ′=∆ sdMMEI mvc ,
( ) ( )
( )
cmmEI
EI
cmv
mvc
45,131345,07812
55,105055,1050
55,10501.35.8,0311.35.8,0)3550)(8,06,1(50.6,1
613.45.4,2
315,0.2.95.4
5,0.2.95.4)42.(90.275.261803,1.95.2)9555)(21(55.1
61803,1.40.1
31
,
,
====∆
=++++++++
++++++++++=∆
EIc∆v,m = (
x
+
+ x x + x +
x x + + x x +
1,5
2 4
3
2 1
35
50
95 95
20 95
55
40
45
5
90
75
M
3
2
2 4
2
2
2
2,4
4
1,6
4
M
1
0,8
2 4
3
2 1=F
A
B
C
m
Aф
2
P Ic = Iкол Ic/I =0,5 EIc=2,4.107.0,0003255=7812
Курсова задача №2 За схемата показана на чертежа: да се направи анализ на построението; да се покаже построението на главните и второстепенните греди; да се начертаят диаграмите на разрезните усилия.
Общи данни за задачата: F = 20 kN греди1 (0.25/0.315): греди2 (0.25/0.25): M = 15 kNm Iгр = 0.000651 m4 Iгр = 0.0003255 m4 q = 10 kN/m’ Aгр= 0.0788 m2 Aгр= 0.0625 m2
Iгр = 2.Iкол. E = 2.4.107 kN/m2 Схема на задачата:
1. Анализ на построението: [ ] )0()1()1('.1.2)0('.3)0(4 =−=++=+=+=+ nnBnAAnCCnT - СОС.
2. Построение на главните и второстепенните греди: Разделянето на герберовата греда на главни и второстепенни греди е показано на схемата по-горе. Системата се състои от две главни и две второстепенни греди. Главни са греди 1 и конзолата 4, тъй като усилията породени в тях изтичат директно в земята. Греда 3 предава усилията си на конзолата и на земята. Греда две е стъпила върху греди 1 и 3. В смисъла на главни и второстепенни греди анализа на построението се изказва по следния начин: Първопостроени са конзола 4 и греда 1, след това е построена греда 3 и най-накрая греда 2. Решението се извършва в ред обратен на построението.
F
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
M q M
4 Т
1 А А’
B B’
3 С С’
2
3. Диаграми на разрезните усилия:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
M F
q M
6667,1:03.155,1.201.2.102.15:0
6667,56:03.155,1.204.2.105.15:0
−=
=+−−+=
=
=−−++=
∑
∑
AAM
BBM
B
A
M = 65
H = 0
V = 25
S3= 25
2
15
В = 56,6667 A = 1,6667
S1=15
3 2 1
20 15 10
10
6002.3.2.104.15
:025
02.1.2.102.15:0
3
3
3
==−+
=
−==++
=
∑
∑
CC
MS
SM
S
C
15
23.10
22 ===qlS
3 15
23.10
1 ==S
S3 = 25 С = 60
S2=15
2 2
10
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
65 15
50
11,25
50 20
15 15 17,5 М
Q - 1,6667
+
21,6667 -
35
15 - 15 35
25
+ + 25
Курсова задача №3
За дадената статически определима многодискова система: да се направи анализ на построението; да се начертаят диаграмите на разрезните усилия.
Iгр = 2.Iкол. E = 2.4.107 kN/m2 Схема на задачата:
1. Анализ на построението:
[ ] )0()0(3.21 ==+= nna [ ] )0()0(.4)0(. ==′+=′+ nnAAnBBaT - СОС. Решението се извършва в ред обратен на построяването.
2
2
2 2 2 1,5
M
F
q
Е
B C B’ A’
1
2 3
4 a
Т
D
F
2. Опорни реакции:
10 10
5,12' =VD
30
EH = 10
22,5
2
2
2 2
20
10
DV = 7,5
CV = 30
CH
B = 22,5
025,2625,260155,3.5,75,1.5,7:0
05,75,7:0:
0:0
5,7:02.15:0
5,7:02.15:0
?
=−
=+−=
=−=
==
−==+=
==−=
∑∑
∑∑∑
P
H
VVG
D
M
Vпроверка
DH
DDM
AAM
M = 15
A
DH
2 1,5
2 DV
P
0757502.5,372.302.5,7:0
05,675,6705,3730205,74.10:0
:0:0
30:04.2.202.4.10:0
5,22:04.4.5,72.4.102.20:0
?
?
=−
=−+=
=−
=−−++=
==
==−+=
==−−+=
∑
∑
∑∑∑
F
H
VVB
C
M
V
проверкаCH
CCM
BBM
F
20
EV = 20
F
014514502.402.10
2.5,222.302.102.5,32:005,725,72
05,223020405,32:0
:10:0
10:02.2.302.20:0
20:04.2.204.30:0
5,12:04.2.204.5,22:0
?
?
'
..
''
=−=−−
−−++=
=−
=−−−+=
==
==+−=
==−−=
==−−=
∑
∑
∑∑∑∑
F
H
HHчд
F
VVD
VVE
M
V
проверкаDH
EEM
EEM
DDM
10' =HD
2
10
20 20 E D
2
4
0808002.4.104.202.102.10:0
01010:004040
:04.102020:0
:
?
?
=−
=−+−=
=−=
=−
=−+=
∑∑
∑
NM
H
V
проверки
N
3. Диаграми на разрезните усилия:
20
2
2
2 2 2 1,5
2
2
2 2 2 1,5
2
2
2 2 2 1,5
20 20
20 20
20 20
20 20
15
M
+ - +
+ -
+ -
20
10
12,5
10
10 7,5 Q
- 7,5 -
20 -
- 20
+ 10
10 -
N
20
20 20
20
20 20
20 20
20 20
20 20 10
10 10
10
10
12,5
10 10
20
22,5 30
10
10 10
10
10
20
7,5
12,5
10
7,5
7,5
Курсова задача №4
За дадената статически неопределима ферма да се начертаят диаграмите на разрезните усилия: да се намерят прътовите усилия от зададения външен товар; да се намерят прътовите усилия от зададеното темперетурно въздействие; да се направят необходимите проверки.
Номериране на възлите и наименования на прътите. За удобство и
ориентация номерираме всички пръти и възли:
Както е известно във фермовите конструкции натоварването трябва да е само
възлово, за да не предизвиква моментови и напречни усилия. По тази причина преди да се пристъпи към решението на фермата от външен товар е необходимо
4
4 х 4 = 16
20 10
20
α = 63,435o
D1 D2 D3 D4 D5 D6 D7 D8
O1 O2 O3
U1 U2 U3 U4 1
1’
2 3 4 5
2’ 3’ 4’
разпределеният товар да се сведе до възлов. Това се извършва чрез предварително решаване на проста греда с дължина равна на дължината на фермовия прът подложен на разпределен товар. Тази проста греда се решава от зададения разпределен товар, а нейните опорни реакции се поставят като възлово натоварване върху фермата. Ако на разпределен товар са подложени няколко фермови пръта, то за всеки прът поотделно се решава съответна проста греда, а реакциите от два съседни участъка се сумират и прилагат върху общия възел на фермата. Опорните реакции се определят без особености, тъй като фермата е подпряна като проста греда:
Определянето на вътрешните усилия в определима ферма се извършва най-
бързо по метода на възловите разрези. Този подход е подходящ, когато фермата има поне един възел с не повече от три пръта. При възли с повече прътови усилия е подходящо предварително да се направят няколко ритерови разреза, след което пак да се използва метода на възловите разрези.
Решението се започва от възел с два пръта, ако има такъв, и се записват проекционни уравнения за двете неизвестни по отделно, след което се преминава към решението на следващият възел.
Първият възел в конкретния случай
може да бъде този при опора А. Усилието в първия диагонал се определя чрез вертикалната си компонента Dv, която от своя страна се определя от равновесието на вертикалните сили. Както се вижда от схемата за да определим усилието в долния пояс е достатъчно да
познаваме хоризонталната компонента на усилието в диагонала. От друга страна Dv и Dh имат пряка връзка по между си (tgα), следователно за да извършим решението на възела не е необходима пълната стойност на усилието в диагонала, а само двете му компоненти. По-нататък когато това се наложи можем да пресметнем пълното усилие в диагонала посредством теоремата на Питагор.
A = 40
40
20
20 1
за всички диагонали:
Dv/Dh = tg63,435o = 4/2
Dv/Dh = 2
D1
U1
4
4 х 4 = 16
20 20 20 20
A = 40 В = 40
10
A = 20 В = 20 4
20
10
20
20
10
40 2
D3 D2
U1 U2
20 20
20 5
D8
U4
B = 40
Решението на възел 1’ се извършва в следната последователност. Първоначално при вече извеснти компоненти на диагоналното усилие D1, от условието за равновесие на вертикалните сили се пресмята вертикалната компонента на диагонала D2. При тези изчисления не бива да се забравя наличието на външен
товар във възела, в случая силата F = 20. От връзката между компонентите на диагоналите се пресмята Dh,2. От равновесието на хоризонталните сили се определя усилието в горния пояс.
Следващият възел, който е подходящо да бъде решен е възел 2. Първо сеопределя вертикалната компонента на диагонала D3. Хоризонталната му компонента се определя посредством ъгъла α. При вече известна стойнаст на хоризонталната компонента на диагонала D3 се пресмята долния пояс U2.
По-нататък се преминава към решението на възел 2’.
Първоначално от сума вертикални сили се определя вертикалната компонента на диагонала D4. Отново не бива да се забравя наличието на външен товар във възела - силата F = 20.След като вече е определен този диагонал, от равновесието на хоризонталните сили, се определя стойността на горния пояс O2.
Аналогично следва решението на възели от 3, 3’, 4 и 4’.
В последният възел 5 няма неизвестни величини. Равновесието на този възел служи за проверка на решението на задачата. След пълното решение на фермата се пристъпва към изчертаване на диаграмата на нормалните сили от съответното натоварване. При изчертаването на диаграмата усилията в диагоналните пръти могат да бъдат записвани чрез техните компоненти.
Тъй като във фермовите конструкции има само нормални усилия, съответната
диаграма може да се представи чрез стрелки (на опън или на натиск).
2’ 30
O1
D3 20
10 D4
40 O2 F = 20
1’
40
20 10
20
30
D2 D1
O1
F = 20
3
D4 D5
40
U2 U3 40
D5
3’ 40 O2
O3
20
10
30
D6
F = 20
4
20
10
D6 D7 20
10
40 U3 U4
20 10
D7 20
4’ 30 O3
40
20
D8
F = 20
4
40 40 N
20 20 20 20
Курсова задача №5
За дадената статически неопределима рамка да се начертаят диаграмите на разрезните усилия: от зададения външен товар; от означеното температурно въздействие; от преместване на опорите.
Да се направят необходимите проверки. Общи данни за задачата:
n = 3.1 – 5 = -2 ⇒ системата е два пъти статически неопределима
2. Избор на основна система: Основната система се избира на база на действителната като се премахнат две връзки носещи усилия (тъй като дадената задача е два пъти неопределима. Основната система трябва да бъде статически определима, неизменяема конструкция.
2 3 1
2
2
F q
ϕ
M
cv
t1 t2
Основната система ще бъде решавана многократно от различни състояния, поради това е удобно тя да се избира по-проста конструкция с цел по-лесно определяне на усилията в нея. От друга страна избора на основна система е въпрос на лично предпочитание. За конкретната задача тук ще бъде избран вариант 1 на основна система. Когато от действителната система се премахва външна връзка (опорна връзка), неизвестното усилие е единично (другата компонента изтича в земята). Когато се премахва вътрешна връзка неизвестното усилие е с две компоненти (варианти 2 и 4).
3. Единични диаграми:
Диаграмата М1 е диаграма в статически определимата основна система от неизвестното усилие Х1, на което е зададена стойност 1.
Вариант 1 Вариант 2
Х2
Х1
Х2 Х2
Х1
Вариант 3 Вариант 4
Х1
Х2
Х1
Х2
Х2
Х1 = 1
0,5
0,5
1
4 2,5
2
2
2 3 1
М1
Ic = Iкол. Ic/ Iгр. = 0,5
Диаграмата М2 е диаграма в статически определимата основна система от неизвестното усилие Х2, на което е зададена стойност 1.
1. Определяне на коефициентите пред неизвестните:
δij – преместването на приложната точка на неизвестното Х i по неговото направление, причинено от неизвестното Х j = 1. Стойностите на δij се определят с интегралите на Мксуел-Мор. В настоящата задача ще се отчете влиянието само на огъващите моменти върху преместванията δij.
( )[ ]( ) ( )
( )[ ] 005,22361,2.1175,075,0615,1.75,0
31
0167,4
0167,42361,2.175,0.2.5,2615,0.3.45,2.2.75,0
61
117,425,0.3.5,25,244612361,2.5,2
314.4
31
22222222
121221
2112
2222222111
=++++=′=
==′=
=+++=′=
=+++++=′=
∑∫
∑∫
∑∫
∑∫
sdM
sdMM
sdMM
sdM
δ
δδ
δ
δ
2. Проверка на коефициентите пред неизвестните:
∑∫∑ ′= sdM sij2
?δ
За тази проверка е необходимо да се състави сумарна моментова диаграма. Тя се строи чрез поточково сумиране на стойностите на моментите в М1, М2 и М3 – диаграмите. Сумарната моментова диаграма се означава с Мs.
Х2 = 1
0,25
0,25
0,75
2
2
2 3 1
М2 1
( )[ ] ( )[ ]∑∫∑∑
∑∫′=⇒=++=
=++++++++=′
sdM
sdM
sijij
s
2
22222222
1554.52005,22.0167,4117,42
1553,522361,2.25,325,311615,0.3.25,325,344
614.4
31
δδ
При сумиране на коефициентите не бива да се забравя, че δ12 =δ21 и трябва да се включат и двата коефициента.
След като моментовата диаграма е определена на база на известните зависимости между M и Q диаграмите, се построява диаграмата на напречните сили. От равновесието на възлите се определя диаграмата на нормалните усилия.
2,776
47,224
2
2
2 3 1
fM
8,229 0,3376
15
40 29,248
7,423
10,752
6,438
8,229
2,776
47,224
2
2
2 3 1
fQ
7,0 20
2,776
6,438
8,229
27,22
6,438
2,776
47,224 2 3 1
fN
0,39634
6,438
6,438
8,229
47,224
α
2,776
6,438 Q = 7,0
Qv = 3,1305
Qh = 6,261
N = 0,39634
Nh = 0,17725
Nv = 0,3545
α
α
α
error
Hcheck
NN
NN
NNV
QQQQ
h
v
vv
v
h
%004,00438,643825,6
0438,6261,617725,0:0:
17725,0cos
39634,0sin
3545,00261,6776,2:0
1305,3cos261,6sin
4349,6312arctan
→=−
=−+=
==
==
=→=−+=
====
=
=
∑
∑
αα
αα
α
27,22 20
6,438
NR = 6,438
ND = 47,22
438,600438,6:0
22,47022,2720:0
=→=−+=
=→=−+=
∑∑
RR
DD
NNH
NNV
9. Решение от температурно ваздействие:
Свободните членове при температурно въздействие се пресмятат по формулата:
2 3 1
2
2
t1 t2
t2 = 25o t1 = 0o α = 0,00001
+
∆=+
∆=∆ ∑ ∫ ∑ ∫∑∫∑∫ dsNtdsM
htEIdstNEIds
htMEIEI iсрicсрicictc ααα .1
За да се извърши това решение е необходимо да се начертаят диаграмите на осовите усилия от единичните въздействия.
Свободните членове се определят на база на единичните диаграми чрез формулата:
∑−=∆ iicicc cREIEI . Сумата отдясната страна на равенството представлява сума на опорните реакции (причинени от Xi=1) по съответните зададени премествания (където има такива). Ако опорната реакция и зададеното преместване имат различни посоки знакът на
съответното произведение е минус.
( )( ) 25,4881.05,025,0.05,07812
3,19505,0.05,07812
2
1
=−−−=∆−=+−=∆
cc
cc
EIEI
Проверка на свободните членове:
∑∑ −=∆ iiscicc cREIEI .,
!; Rs,i – опорните реакции в сумарната моментова дияграма –
Анализът на построението е показан на горната схема. Решението ще се
извърши в ред обратен на построението. Първоначално се решава греда 3 (проста греда), след това греда 2 (проста греда с конзола) и накрая греда 3 – два пъти статически неопределима непрекъсната греда с определима част – конзола.
2. Решение на определимите части:
F q M
2
1
3
1 1 3 2 4 3
I1 I1 I1 I2 I2 I1
20 10 15
1 1 3 2 4 3
10
15 15
15
15
15
3. Решение на неопределимата част:
Методът на тримоментовите уравнения е видоизменена форма на силовия
метод, изведена конкретно за непрекъснати греди. Тримоментовите уравнения се получават по формулата:
066.2 1
1
1111
Ф
n
n
cФ
n
n
c
nnnnnnn AJ
JB
J
JMlMllMl ,
където ф
nB и ф
nA 1 са фиктивни опорни реакции във фиктивна проста, имаща
дължината на съответното поле. Тези реакции са дадени в таблици по строителна механика.
За да се запише това уравнение за всеки неизвестин опорен момент е необходимо предварително да се номерират възлите и полетата на неопределимата част на непрекъснатата греда. Номерацията за конкретната греда е показана на схемата. Първото поле не е номерирано тъй като то е статически определима конзола, в която усилията са известни. Основната система по силов метод (метод на тримоментовите уравнения) както и решенията за фиктивните реакции са показана на същата схема.
20 10 15
1 1 3 2 4 3
15
M0 = 50
0 1
2 l1 = 4 l2 = 3
1l = 8
2l = 3
I2 I1
2
M1 M1 M2
22
1
I
I
II
c
c
основна система
10
фA1 фB1
20
фA2 фB2
667,2624
4.10
24
33
11 ql
BA фф
25,1116
3.20
16
22
22 Fl
BA фф
4. Записване на тримоментовите уравнения:
за опора 1: n = 1
05,12322025,11.1.6667,26.2.6.338.250.8 2121 MMMM
за опора 2: n = 2
05,6763025,11.1.60).03.(23 2121 MMMM
5. Решение на каноничните уравнения:
378,1205,6763
25,205,12322
221
121
MMM
MMM
6. Окончателни диаграми:
7. Деформационна проверка:
При записване на деформационната провелка е необходимо да се състави
сумарната диаграма Ms, която има същия смисъл както и при конвенционалния