Upload
studentftn
View
174
Download
11
Embed Size (px)
DESCRIPTION
JM
Citation preview
ОСОБЕНОСТИ НА ЕЛАСТИЧНАТА ЛИНИЈА:
Диференцијална равенка на еластична линија: )('' zMyEJ x −=
Линија на наклон: 1)(' CdzzMyEJ x +−= ∫ [ ]2km
Линија на уклон: 21
)( CzCdzdzzMyEJ x ++−= ∫ ∫ [ ]3km
1. Кога моментот е позитивен (М>0), линијата на уклонот е испакната надолу, а кога моментот е негативен (M<0) линијата на уклонот е испакната нагоре.
2. Во пресекот по должина на гредата каде што M=0, т.е. 0'' =y еластичната линија (линијата на уклонот) има
инфлексиона (превојна точка).
3. Во пресекот каде наклонот е нула 0'=yEJ x еластичната линија (линијата на уклонот) има екстремна
вредност (min или max).
4. Во пресекот каде што моментот е еднаков на нула (M=0) линијата на наклонот 'yEJ x има екстрем, а во
пресекот од гредата каде трансверзалната сила е еднаква на нула (Т=0) истата линија има превојна точка, точка на инфлексија.
5. Ако гредата има оска на симетрија, и ако е товарена со симетричен товар тогаш и еластичната линија е симетрична. При обратно симетрично (асиметрично) натоварување еластичната линија е исто така асиметрична.
ГЕОМЕТРИСКИ ГРАНИЧНИ УСЛОВИ ЗА ОПРЕДЕЛУВАЊЕ НА КОНСТАНТИТЕ ОД ИНТЕГРАЦИЈА
број Шема на граничен услов Аналитички израз за дефинирање на граничниот услов
1 Вклештување
0=z
1. Наклонот е еднаков на нула 0' =Ax yEJ
2. Уклонот е еднаков на нула 0=Ax yEJ
2 Крајно лежиште (подвижно или неподвижно)
0=z
1. Уклонот е еднаков на нула 0=Ax yEJ
3 Средно лежиште
lz =1 ; 02 =z
1. Наклонот лево и десно е ист
( ) ( )десноxлевоx yEJyEJ '' =
lz =1 ;
2. Уклонот лево е еднаков на нула 0)( =левоx yEJ
02 =z ;
3. Уклонот десно е еднаков на нула ( ) 0=десноx yEJ
4 Внатрешна граница помеѓу два дела
lz =1 ; 02 =z
1. Наклонот лево и десно е ист
( ) ( )десноxлевоx yEJyEJ '' =
2. Уклонот лево и десно е ист ( ) ( )десноxлевоx yEJyEJ =
5 Зглоб кој ја сече оската на гредата
lz =1 ; 02 =z
1. Уклонот лево и десно е ист ( ) ( )десноxлевоx yEJyEJ =
ПРАВИЛА ЗА ФОРМИРАЊЕ НА МOHR-ОВ НОСАЧ
….
.
.
.
.
.
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
12. Да се определи уклонот во точка А од зададениот носач и да се скицираат линиите на уклон и наклон, ако истиот е со правоаголен напречен пресек со димензии b/h = 20/40 cm и е изработен од материјал со модул на
еластичност E=2⋅104 MPa.
Решение:
Наклонот во лежиштето B (за проста греда товарена со момент во средина) изнесува:
][ 60
24
6240
24
2kmEJxEJxEJx
lMB −=
⋅−=
⋅−=θ
Бидејќи препустот AB не е товарен со надворешен товар, следува дека препустот AB ќе се заротира за агол Bθ околу лежиштето B (наклонот на препустот ќе биде константен и еднаков во наклонот во лежиштето B).
Уклонот во точка А ќе биде еднаков на аголот на ротација помножен со растојанието од точката на ротација (лежиште B) до точка А.
][ 120
260
2 3kmEJxEJx
y BA =⋅=⋅= θ
Ако во горниот израз се заменат вредностите на материјалните и геометриските карактеристики:
Е=2⋅104 MPa=2⋅107 kPa и 4333
100667.112
4.02.0
12m
hbJx −⋅=
⋅=
⋅= , ќе се добие вредноста на уклонот во А
mmmEJx
yA 625.5005625.0100667.1102
12012037
==⋅⋅⋅
==−
13. Да се реши статички неопределениот носач и да се нацртаат дијаграмите за статичките големини, а потоа со помош на Mohr-овата аналогија да се определат и нацртаат линиите на уклон и наклон.
Решение:
Носачот е еднаш статички неопределен. Oсновниот статички определен носач се формира со елиминирање на една прекубројна, односно со поставување на зглоб во вклештувањето и со додавање на непознатата големина (момент во вклештување). Силата од препустот се редуцира со момент MF и сила F во лежиштето B. O.С.О.С.
Еквивалентноста на статички неопределениот и основниот статички определен систем ќе биде задоволена, ако е задоволен условот од деформации, односно, наклонот на тангентата во точка A да биде еднаков на нула. Од овој дополнителен услов се определува и вредноста на непознатата големина моментот во вклештување MA.
ΣαA=0
Наклонот на тангентата во точката А, за еквивалентниот статички определен систем, е еднаков на сума од наклоните на тангентата предизвикани од дејство на надворешниот товар и непознатата прекубројна големина:
ΣαA=αAMF+αA
M=800+αA
MA
EJ6
200
EJ6
MF
⋅⋅
−=⋅⋅
−=llMFα
EJ24
800
EJ42
M
⋅⋅
−=⋅⋅
−=llMα
EJ3
M
EJ3
M AA
⋅⋅
−=⋅⋅
−=llMAα
F=100kN
4m 4m 2m
1 2
M=800kNm
1 2
M=800kNm
MF=200kN
m
MA=?
F=100kN
B A
Ay By
0EJ3
M
EJ24
800
EJ6
200 A=
⋅⋅
−⋅⋅
−⋅⋅
−lll
0AM100100 =+−−
kNm 200A
M =
Статичко решение:
Реакциите и статичките големини се определуваат за статички определениот систем оптоварен со зададениот надворешен товар и определената прекубројна големина, односно, моментот во вклештувањето МА.
- Определување на реакции
ΣMA=0
MA+M+F⋅10-B⋅8=0 200+800+1000-8B=0
B=250 k�
ΣMB=0
MA+M+F⋅2-A⋅8=0 200+800+200-8A=0
A=150 k�
Контрола, Σy=0 150+100-250=0 0=0
- Определување на закони за промена на статичките големини
� Трансверзални сили
A÷B T= −A =−150
B÷2 T= −A+B =−150+250=100
� Нападни моменти
A÷1 M=MA - A⋅z = 200-150⋅⋅⋅⋅z=MZ1 0 ≤ z ≤ 4
mz 0= kmM 200=
mz 4= kmM 400−=
1÷B M=MA - A⋅(4+z)+M = 400-150⋅⋅⋅⋅z=MZ2 0 ≤ z ≤ 4
mz 0= kmM 400=
mz 4= kmM 200−=
B÷2 M=MA - A⋅(8+z)+M+B⋅z = 100⋅⋅⋅⋅z-200=MZ3 0 ≤ z ≤ 2
mz 0= kmM 200−=
mz 2= 0=M
F=100kN
4m 4m 2m
1 2
M=800kNm MА=200kNm
By=250kN Ay=150kN
- трансверзални сили
- нападни моменти
Определување на линија на уклон и наклон
Линиите на уклон и наклон се определени со примена на Моровата аналогија. Моровиот носач се формира за статички определениот систем (истиот за кој се определени и законите за промена на статичките големини). ФОРМИРАЊЕ НА МОРОВ НОСАЧ
- крајно лежиште (лежиште А) останува крајно лежиште. - средно лежиште (лежиште B) преминува во зглоб. - слободен крај (точка 2) преминува во вклештување.
Моровиот носач претставува Герберова греда составена од проста греда А-B, која налегнува врз конзола B-2.
ГРЕДА BA −
200
400
400
200
1
BA
MZ1
MZ2
MZ3
200
400
400
200
1 2
B
A
Определување на реакции:
( )
0B
03200480032006400320016008B
03
4150-
2
4600-
2
440046001
3
4150
2
40028B
03
z150-
2
z600-
2
z400600z1
3150
20028B
0dz150z-600z-400z6001dz1500028B
0dzz4MzzdzMz8B
32232
4
0
3224
0
32
4
0
2
4
0
2
4
0
2
4
0
1
=
=−−++−+⋅−
=
+⋅+
−+⋅−
=
++
−+⋅−
=++−+⋅−
=+⋅+⋅+⋅−
=
∫∫
∫∫
zz
zz
0A ΣM
( )
4
0
3224
0
322
4
0
2
4
0
2
4
0
2
4
0
1
3
z150
2
z600-
2
z400600z1
3150
21200
2002-1600z8A
dz150z600z-400z6001dz1501200002-16008A
0dzz4Mzz)dz8(Mz8A
+−+
+−=⋅
+−++−=⋅
=−⋅−−⋅−⋅
=
∫∫
∫∫
zzz
zzz
0BMΣ
0A
320048003200640032009600160064008A
3
4150
2
4600-
2
440046001
3
4150
2
41200
2
4002-416008A
322322
=
+−−++−−=⋅
+−⋅+
+−⋅=⋅
контрола:
00
0120016001200800
02
150004
2
150002
0dz 150z-400dz150002
0dz Mzdz MzAB
4
0
24
0
2
4
0
4
0
4
0
2
4
0
1
=
=−+−
=
−+
−
=−−−
=−−+
=
∫∫
∫∫
zz
zz
z
0yΣ
КОНЗОЛА 2B −
( ) 2002004002
21002002-2
2
100002-dz100002-2
0dz Mz2
2
2
0
22
0
2
0
3
=+−−=
⋅+⋅−=
+−=+−=
=−−
=
∫
∫
zzz
0Σy
3
8002
3
2
2
20022M
02M-23
2
2
2002
=⋅⋅⋅
=
=⋅⋅⋅
= 02ΣM
Линија на наклон - фиктивни трансверзални сили:
1A − :
( ) 200z75z 2 −=+−=
−−=−−= ∫ 2
150200
2150200d150002
2
0
Z
0
2 zzT
Z
ξξξξ
B1 − :
( ) ( )
400400z75z 2 +−=+−⋅
+⋅−=
−−
−−=−−−−= ∫ ∫
2
150400
2
41504200
2150400
2150200d150004d150002
22
0
24
0
4
0
2Z
0
zz
T
Z
ξξ
ξξξξξξ
2B − :
( )
200z50z 2 +−=
+−=
−−=−−= ∫ z
zT
Z
2002
100200
2100d200100
2
0
2Z
0
ξξ
ξξ
Линија на уклон - фиктивни нападни моменти:
1A − :
( )( ) ( )
23 100z25z −=
−++−=
+−−⋅−=
=+⋅−−−=−−= ∫ ∫
3
150
2
150
2
200200
3150
2150
2
200200
d150150200002d-z150002
3322
0
322
Z
0
Z
0
2
zzzzzz
zzM
Z
ξξξξ
ξξξξξξξ
200
2 B
B1 − :
( )( ) ( )( )
( ) ( )
( )
32 25z200z400z +−=
=
+−−−+−−−+⋅−=
+−−⋅−
+−−−⋅+−=
=+⋅−−−+⋅−−−+−=
=−−+−−=
∫ ∫
∫ ∫
3150
2150
2
40040032001200480016008004800
3150
2150
2
400400
3150
2150
2
600
2
200200800
d150150400004d150150600200200800
d-z150004d-z4150002
3322
0
3224
0
3222
4
0
Z
0
22
4
0
Z
0
zzzzzz
zzzz
zzzz
M
Z
ξξξξ
ξξξξξξ
ξξξξξξξξξ
ξξξξξξ
CB − :
( ) ( ) ( )
3
50z100z
32 −=
=
+−−−=
+−−−=
=+−−−=⋅−−= ∫∫
2
200200
3100
2100
2
200200
3100
2100
d200200100100d-z200100
22
33
0
232
Z
0
2
Z
0
zz
zzzz
zzM
Z
ξξ
ξξ
ξξξξξξξ
Табелирање на функциите на уклон и наклон:
z EJ y’ EJ y
1A − 200z75z 2 − 23 100z25z −
0 0 0
1 -125 -75
2 -100 -200
2.667 0 -237.04
3 75 -225
4 400 0
B1 − 400400z75z 2 +− 32 25z200z400z +−
0 400 0
1 75 225
1.333 0 237.04
2 -100 200
3 -125 75
4 0 0
2B − 200z50z 2 +− 3
50z100z
32 −
0 0 0
1 150 83.33333
2 200 266.6666
- трансверзални сили
- нападни моменти
- линија на уклон
14. За носачот на сликата да се пресметаат и нацртаат линиите на наклон и уклон користејќи ја методата на Mohr и да се наведат граничните услови за определување на константите при решавање по методата на диференцијални равенки.
РЕШЕНИЕ:
Носачот е еднаш статички неопределен: n=4(непознати реакции)-3(услови за рамнотежа)=1.
Oсновниот статички определен носач се формира со елиминирање на една прекубројна, односно со поставување на зглоб во вклештувањето и со додавање на непознатата големина (момент во вклештување).
Еквивалентноста на статички неопределениот и основниот статички определен систем ќе биде задоволена, ако е задоволен условот од деформации, односно, наклонот на тангентата во точка A да биде еднаков на нула. Од овој дополнителен услов се определува и вредноста на непознатата големина моментот во вклештување MA.
0=Σ Aθ
Наклонот на тангентата во точката А, за еквивалентниот статички определен систем, е еднаков на сума од наклоните на тангентата предизвикани од дејство на надворешниот товар и непознатата прекубројна големина:
M
A
M
AAA θθθ +=Σ
EJ
M
EJ
M
EJ
lM AAAM
AA
2
3
6
3−=
⋅−=
⋅−=θ
EJEJEJ
lMM
A
20
24
680
24−=
⋅−=
⋅−=θ
Составување на дополнителната равенка од деформации:
EJEJEJ
M A
M
A
M
AAA
/0202
0
=−−
=+=Σ θθθ
kmM
M
A
A
10
0202
−=
=−−
Негативната вредност на пресметаниот момент ни укажува на грешка при претпоставката на насоката на непознатиот момент. Заради тоа ја прецртуваме претпоставената насока и ја поставуваме вистинската, при што во понатамошните пресметки задачата ја решаваме со точната насока и позитивна врдедност на моментот.
Статичко решение:
Реакциите и статичките големини се определуваат за статички определениот систем оптоварен со зададениот надворешен товар и определената прекубројна големина, односно, моментот во вклештувањето МА.
Определување на реакции
0=∑ AM 06 =++⋅− AMMCy 156
1080=
+=Cy
0=∑ CM 06 =++⋅− AMMAy 156
1080=
+=Ay
Контрола: 0=∑ y 0=+− CyAy 01515 =+− �
0=∑ x 0=Ax
Определување на внатрешни статички големини
Трансверзални сили
А-C kAyT 15−=−=
C-D 0=T
Нападни моменти
A-B zzAyMM A 1510 −=⋅−= 30 ≤≤ z
mz 0= kmM A 10=
mz 3= kmM B 354510 −=−=
B-C ( ) ( ) zzMzAyMM A 154580315103 −=++−=++⋅−= 30 ≤≤ z
mz 0= kmM B 45=
mz 3= 0=CM
C-D 0=M 20 ≤≤ z
15. Да се реши зададениот статички неопределен носач и да се нацртаат дијаграмите на внатрешните статички големини.
РЕШЕНИЕ:
Определувањето на прекубројните големини ќе биде извршено по две методи: методата на декомпозиција и со помош на тромоментното правило.
Носачот е еднаш статички неопределен: n=4(непознати реакции)-3(услови за рамнотежа)=1
Формирање на основен статички определен систем:
*1 начин: Дополнителен услов од деформации (метода на декопозиција): 0=Σ Aθ
qAM
A
M
A
q
A
M
AA θθθθθ +++=Σ
EJ
M
EJ
M
EJ
lM AAAM
AA
2
3
6
3−=
⋅−=
⋅−=θ
EJEJEJ
lqq
A
216
24
624
24
33
=⋅
=⋅
=θ
EJEJEJ
lMM
A
30
24
6120
24−=
⋅−=
⋅−=θ
EJEJEJ
lMqMq
A
48
6
648
6−=
⋅−=
⋅−=θ
Составување на дополнителната равенка од деформации:
EJEJEJEJEJ
M A
M
A
M
A
q
A
M
AAqA
/048302162
0
=−−+−
=+++=Σ θθθθθ
kmM
M
A
A
69
01382
=
=+−
**2 начин: тромоментно правило (равенка на Clapeyron за потпора А):
А: ( )lAd
AA EJM θθ Σ−Σ=+++ 60)60(20
0=Σ l
Aθ
EJEJEJEJ
qM
A
M
A
q
A
d
A
1384830216=−−=++=Σ θθθθ
kmM
M
EJEJM
A
A
A
69
1382
0138
612
=
=
−=
Понатамошниот тек на решавање се сведува на статичко решение на основниот статички определен систем во кој определената прекубројна големина претставува надворешен товар.
16. Да се реши зададениот статички неопределен носач и да се димензионира најоптоварениот пресек од гредата BC според максималниот момент на свиткување ако истата е предвидено да се изработи со напречен пресек
прикажан на скицата, од материјал со σдоз=10 MPa. Влијанието на аксијалната сила во гредата при димензионирањето да се занемари. Да се пресмета и нацрта дијаграмот на нормални напрегања. Да се определи вредноста на тенгенцијалното напрегање во пресекот 1-1 и да се скицира дијаграмот на распределба на тангенцијалните напрегања по висина на напречниот пресек.
Решение:
Системот е еднаш статички неопределен. Основниот статички определен систем се формира со елиминирање на еден степен на слобода во јазелот B, односно со додавање на зглоб и непознат момент MB. *Треба да се напомене дека зглобот се поставува од десната страна на јазелот B, бидејќи препустот BD според крутостните карактеристики припаѓа на вертикалниот елемент, столбот AB. Силата F која делува во
точка D се редуцира на момент МF=F⋅2=120kNm, кој делува на вертикалниот елемент - столбот AB.
Прекубројната големина MB се определува од дополнителниот услов од деформации, наклонот во јазел B (лево)
да биде еднаков со наклонот во јазел B(десно): ∑θBЛ= ∑θB
Д
FB M
B
M
B
F
B
Л
B θθθθ ++=∑
EJxEJxEJx
hFF
B
225
16
6100
16
22
=⋅
=⋅
=θ
EJx
M
EJx
M
EJx
hM BBBM
BB
2
3
6
3=
⋅=
⋅=θ
EJxEJxEJx
hM FM
BF
240
3
6120
3−=
⋅−=
⋅−=θ
Од дополнителниот услов од деформации, Д
B
Л
B θθ ∑=∑ , следува:
EJx
M
EJxEJxEJx
M
EJx
BB 667.1667.4162402225−=−+
EJx
M
EJx
B667.3667.431= / EJx
kmM B 717.117667.3
667.431==
BM
B
q
B
Д
B θθθ +=∑
( ) EJxEJxEJx
lqq
B
667.416
48
1020
224
33
=⋅
=⋅
=θ
( ) EJx
M
EJx
M
EJx
lM BBBM
BB
667.1
6
10
23−=
⋅−=
⋅−=θ
Статичко решение Греда B-C
Столб A-B
Дијаграми на статички големини
Геометриски карактеристики на напречниот пресек
dd
dddd
AA
yAyAyc 286.5
28
7163122
22
21
2211 =⋅+⋅
=+
⋅+⋅=
21 JxJxJxc +=
( ) ( )
( ) ( ) 422
3
2
22202
422
3
2
11101
353.52286.571612
28
694.98286.531212
62
dddddd
eAJxJx
dddddd
eAJxJx
=−⋅+⋅
=⋅+=
=−⋅+⋅
=⋅+=
444
21 047.151353.52694.98 dddJxJxJxc =+=+=
Димензионирање: kmM 58.194max = , dy 286.5max =
dozyJxc
Mxσσ ≤= max
10286.5047.151
1058.1944
3
≤⋅⋅
=−
dd
σ 10576.28
1058.194 33
⋅⋅
≥−
d md 0879.010576.28
1058.1943
3
=⋅⋅
≥−
Усвоено cmmd 909.0 ==
Контрола на напрегање
- долен раб на пресек
MPaMPadd
yJxc
Mxdozdole
dole 1034.9286.509.0047.151
1058.194286.5
047.151
1058.1943
3
4
3
=<=⋅⋅
=⋅⋅
==−−
σσ
- горен раб на пресек
MPaMPadd
yJxc
Mxdozgore
gore 10795.4714.209.0047.151
1058.194714.2
047.151
1058.1943
3
4
3
=<=⋅⋅
=⋅⋅
==−−
σσ
Определување на тангенцијални напрегања во пресек 1-1 по висина на напречен пресек bJxc
SxT
⋅⋅
=max
τ
kT 77.111max =
4047.151 dJxc =
3
11 428.27)714.2(28 dddddSx =−⋅⋅=−
dbgore
811 =−
MPadd
d
bJxc
SxTgore313.0
8047.151
428.271077.111max4
33
11 =⋅
⋅⋅=
⋅⋅
=−
−τ
Бидејќи ширината на напречниот пресек во пресекот 1-1 се намалува од 8d на 2d, т.е. 4 пати, следува дека во тангенцијалните напрегања во пресекот 1-1 доле ќе бидат за 4 пати поголеми од тангенцијалните напрегања во
пресекот 1-1 горе. MPagoredole
252.141111 =⋅= −− ττ
Дијаграми на нормални и тангенцијални напрегања по висина на напречен пресек