Создан заказ №2289195
28 сентября 2017
Выберем схему нагружения и построим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов Величина максимального изгибающего момента равна Mmax = 115
Как заказчик описал требования к работе:
Срочно решить контрольную работу по сопротивлению материалов из 6 задач в двух вариантах. Все решения нужно подробно расписать.
Фрагмент выполненной работы:
Выберем схему нагружения и построим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов
Величина максимального изгибающего момента равна Mmax = 115,3 кНм
Величина максимальных изгибающих напряжений равна σмах=MmaxWx
Условие прочности σmax≤[σ], откуда
Wx=MmaxRy=115300210∙1061,2∙1=658,9∙10-6м3=658,9 см3
Выбираем стандартный двутавр №36 для него
Wxт=743 см3 ;Ix=13380 см4
Суть метода начальных параметров заключается в выравнивании констант интегрирования по участкам, в результате, которого неизвестными остаются лишь две из них. (работа была выполнена специалистами Автор 24) Оставшиеся константы интегрирования имеют простой физический смысл: y - прогиб начального (при x=0) сечения, φ - угол поворота начального сечения и определяются из условий закрепления балки. Для произвольной балки постоянного по длине сечения нагруженной k - моментами и m -сосредоточенными силами (включая реакции опор), а также n - равномерно распределенными нагрузками уравнения углов поворота и прогибов записываются одним выражением сразу для всей балки (для всех участков):
Первый участок 0≤x≤1
φx=φ0+1E∙IxR1∙x22-M1∙x-q2x36+q2x-7,236-P1∙(x-7,2)22+Δφ1+Δφ2
yx=y0+φ0∙x+1E∙IxR1∙x36-M1∙x22-q2x424+q2x-7,2424-P1∙(x-7,2)36+Δφ1∙x-1+Δφ2∙x-7,2
При x=0 φ0=φ0=0
y0=y0=0
φx=1E∙IxR1∙x22-M1∙x-q2x36+q2x-7,236-P1∙(x-7,2)22+
+Δφ1+Δφ2
yx=1E∙IxR1∙x36-M1∙x22-q2x424+q2x-7,2424-P1∙(x-7,2)36+Δφ1∙x-1+Δφ2∙x-7,2
Для определения неизвестных взаимных углов поворота сечений Δφ1 и Δφ2
в промежуточных шарнирах используем граничное условие:
При x=8,2 φ8,2=0
y8,2=0
1E∙Ix98400∙8,222-86400∙8,2-240008,236+240008,2-7,236-16000∙(8,2-7,2)22+Δφ1+Δφ2=0
1E∙Ix98400∙8,236-86400∙8,222-240008,2424+240008,2-7,2424-16000∙(8,2-7,2)36+Δφ1∙8,2-1+Δφ2∙8,2-7,2=0
E∙Ix=2∙1011∙13380∙10-8=26760000Нм2
Δφ1=-0,00738;Δφ2=-0,0072;
x, м ϕ, рад y,м
x, м ϕ, рад y,м
x, м ϕ, рад y,м
0 0 0 3,2 -0,00378 -0,0166 6,4 0,008079 -0,00801
0,2 -0,00057 -6E-05 3,4 -0,00298 -0,01728 6,6 0,008424 -0,00636
0,4 -0,00101 -0,00022 3,6 -0,00215 -0,01779 6,8 0,00868 -0,00465
0,6 -0,00131 -0,00045 3,8 -0,0013 -0,01814 7 0,008838 -0,0029
0,8 -0,00148 -0,00073 4 -0,00044 -0,01831 7,2 0,008893 -0,00112
1 -0,00154 -0,00104 4,2 0,000417 -0,01832 7,4 0,001636 -0,00079
1,2 -0,00887 -0,00282 4,4 0,001275 -0,01815 7,6 0,001461 -0,00048
1,4 -0,00871 -0,00458 4,6 0,002123 -0,01781 7,8 0,00116 -0,00021
1,6 -0,00845 -0,0063 4,8 0,002952 -0,0173 8 0,000726 -2,1E-05
1,8 -0,00811 -0,00795 5 0,003756 -0,01663 8,2 0,000153 6,94E-05
2 -0,00768 -0,00953 5,2 0,004528 -0,0158
2,2 -0,00718 -0,01102 5,4 0,00526 -0,01482
2,4 -0,00661 -0,0124 5,6 0,005946 -0,0137
2,6 -0,00597 -0,01366 5,8 0,006578 -0,01244
2,8 -0,00529 -0,01478 6 0,007149 -0,01107
3 -0,00455 -0,01577 6,2 0,007652 -0,00959
Решение:
Определение координат центра тяжести сечения
Поперечное сечение колонны имеет ось симметрии Yс, следовательно, центр тяжести лежит на этой оси и для отыскания координаты Yс относительно вспомогательной оси Xo сложное сечение разбиваем на два прямоугольника
2. Геометрические характеристики сечения
площадь большего прямоугольника
площадь меньшего прямоугольника
площадь сечения
Для вычисления главных центральных моментов инерции воспользуемся зависимостью между моментами инерции при параллельном переносе осей
,
Определяем квадраты радиусов инерции:
Координаты точки приложения силы P:
3. Положение нулевой линии
.
.
По найденным отрезкам, отсекаемым на осях координат проводим нулевую линию
4. Определение наибольших сжимающих и растягивающих напряжений. Эпюра .
Наиболее удаленные от нулевой линии точки:
4 (-36; -34,714) и 2 (36; 37,29).
Напряжения в этих опасных точках с координатами хdan, уdan не должны превосходить соответствующего расчетного сопротивления:
.
Растягивающее напряжение
.
Сжимающее напряжение
Окончательно выбираем меньше значение P=102493 Н, обеспечивающее прочность как растянутой, так и сжатой зон сечения.
Ядром сечения называется выпуклая область вокруг центра тяжести поперечного сечения, которая обладает следующим свойством: если внецентренно приложенная нагрузка расположена в области ядра, то нормальные напряжения во всех точках сечения имеют один знак—знак силы...Посмотреть предложения по расчету стоимости
Заказчик
заплатил
заплатил
200 ₽
Заказчик не использовал рассрочку
Гарантия сервиса
Автор24
Автор24
20 дней
Заказчик принял работу без использования гарантии
29 сентября 2017
Заказ завершен, заказчик получил финальный файл с работой
5
Выберем схему нагружения и построим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов
Величина максимального изгибающего момента равна Mmax = 115.docx
2017-10-02 14:39
Последний отзыв студента о бирже Автор24
Общая оценка
5
Положительно
Это самый лучший автор. У меня была задача: найти автора, который продержит весь срок мой заказ, а в самом конце меня кинет,- и Andrey883588 справился с задачей! Очень круто. Спасибо огромное!
Хочешь такую же работу?
300 ₽
