Создан заказ №2630452
16 января 2018
Вариант 66 Выберем схему нагружения и построим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов Определим реакции опор из условия статического равновесия балки МА=0
Как заказчик описал требования к работе:
Необходимо решить 9 задач в соответствии с методическими рекомендациями. При решении задач можно пользоваться прилагаемым практикумом. Последние две цифры зачетной книжки - 66. Приложения: 1. Методические рекомендации. 2. Задачи. 3. Практикум.
Фрагмент выполненной работы:
Вариант 66
Выберем схему нагружения и построим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов
Определим реакции опор из условия статического равновесия балки
МА=0; RB∙4,6-q1∙1,4∙5,3-M2-P2∙1,4=0;
RB=36 кН
МВ=0; RA∙4,6+q1∙1,4∙0,7+M2+P2∙6=0;
RA=-40,4 кН
Проверка Y=RA+RB-q1∙1,4+P2=-40,4+36-19,6+24=0
Для построения эпюр поперечных сил и изгибающих моментов воспользуемся методом сечений. Рассмотрим 3 сечения. (работа была выполнена специалистами author24.ru)
Величина максимального изгибающего момента равна Mmax = 41,7 кНм
Величина максимальных изгибающих напряжений равна σмах=MmaxWx
Условие прочности σmax≤[σ], откуда
Wx=MmaxRy=41700210∙1061,2∙1=238,2∙10-6м3=238,2 см3
Выбираем стандартный двутавр №24 для него
Wxт=289 см3 ;Ix=3460 см4
Суть метода начальных параметров заключается в вычислении констант интегрирования, в результате, которого неизвестными остаются лишь две из них. 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):
φx=φ0+1E∙IxP2x22+RА∙(x-1,4)22+RB∙(x-6)22+M2∙(x-6)-q1(x-6)36
yx=y0+φ0∙x+
1E∙IxP2x36+RА∙(x-1,4)36+RB∙(x-6)36+M2∙(x-6)32-q1(x-6)424
Граничные условия
При x=1,4 y1,4=0
y0+φ0∙1,4+1E∙Ix241,436=0
При x=6 y6=0
y0+φ0∙6+1E∙Ix24636-40,44,636=0
y0+φ0∙1,4=-10,976E∙Ix
y0+φ0∙6=-208,6E∙Ix
Из решения полученных двух уравнений находим
y0=49,17E∙Ix;φ0=-42,96E∙Ix;
E∙Ix=2∙1011∙3460∙10-8=6920кН∙м2
x, м ϕ, рад y,мм
x, м ϕ, рад y,мм
0 -0,0062 7,105 3,8 0,0020 1,782
0,2 -0,0061 5,868 4 0,0018 2,165
0,4 -0,0059 4,659 4,2 0,0015 2,497
0,6 -0,0056 3,505 4,4 0,0011 2,758
0,8 -0,0051 2,435 4,6 0,0006 2,928
1 -0,0045 1,475 4,8 0,0000 2,989
1,2 -0,0037 0,655 5 -0,0007 2,922
1,4 -0,0028 0,000 5,2 -0,0015 2,708
1,6 -0,0019 -0,468 5,4 -0,0023 2,328
1,8 -0,0011 -0,760 5,6 -0,0033 1,763
2 -0,0003 -0,897 5,8 -0,0044 0,994
2,2 0,0003 -0,896 6 -0,0055 0,002
2,4 0,0009 -0,776 6,2 -0,0059 -1,144
2,6 0,0013 -0,557 6,4 -0,0061 -2,345
2,8 0,0017 -0,258 6,6 -0,0062 -3,574
3 0,0019 0,103 6,8 -0,0061 -4,800
3,2 0,0021 0,506 7,0 -0,0058 -5,990
3,4 0,0022 0,933 7,2 -0,0053 -7,105
3,6 0,0021 1,364 7,4 -0,0046 -8,106
φ
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: прямоугольник и полукруг
Геометрические характеристики сечения
площадь прямоугольника
площадь полукруга
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 (4a; 3,72a) и 6 (-4a; -2,28a).
Напряжения в этих опасных точках с координатами хdan, уdan не должны превосходить соответствующего расчетного сопротивления:
.
Растягивающее напряжение
.
Сжимающее напряжение
Окончательно выбираем меньше значение P=26316 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
20 ₽
Заказчик не использовал рассрочку
Гарантия сервиса
Автор24
Автор24
20 дней
Заказчик принял работу без использования гарантии
17 января 2018
Заказ завершен, заказчик получил финальный файл с работой
5
Вариант 66
Выберем схему нагружения и построим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов
Определим реакции опор из условия статического равновесия балки
МА=0.jpg
2019-10-29 21:58
Последний отзыв студента о бирже Автор24
Общая оценка
4.3
Положительно
Автор очень быстро решил задание, аккуратно оформил в пдф и ответил на все мои вопросы, был доброжелателен. Рекомендую
Хочешь такую же работу?
300 ₽
