Upload
others
View
23
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
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.
колони(0.25/0.25): Iгр = 0.0003255 m4 Aгр= 0.0625 m2
E = 2.4.107 kN/m2
2 4
3
2
M
F
q
∆v,m=?
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.
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()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.
Общи данни за задачата:
F = 20 kN пълнежни пръти: Апъл = 0,02 m2 M = 15 kNm горен пояс: Агп = 1,5.Апъл = 0,03 m2 q = 10 kN/m’ долен пояс: Адп = 2.Апъл = 0,04 m2 E = 2.4.107 kN/m2
t =30o αt = 0,00001
1. Решение от външен товар:
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:
F = 20 kN греди (0.25/0.315): колони (0.25/0.25): M = 15 kNm Iгр = 0.000651 m4 Iкол = 0.0003255 m4 q = 10 kN/m’ Aгр= 0.0788 m2 Aкол= 0.0625 m2 Iгр = 2.Iкол. E = 2.4.107 kN/m2
t1 = 0o αt = 0,00001 t2 = 25 ch = cv = 0,05 m
ϕ = 0,05 rad Схема на задачата:
1. Определяне на степента на неопределимост:
n = 3d – 2k – a; d = 1; k = 0; a = 3+2 = 5
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.
3. Диаграма от външен товар в основна система:
4. Определяне на свободните членове:
( )[ ]
( ) ( ) 361,92361,2.175,0.25,2615,0.3.5,17.25,2.75,0
61
096,2385,0.3.5,2.5,25,24.5,17.24.55612361,2.5,2.5,2
314.15.4
21
22
11
−=+−+−=′=∆
−=+++−−−=′=∆
∑∫
∑∫
sdMM
sdMM
ofF
ofF
5. Проверка на свободните членове:
3,25
Мs
1
4
0,25
0,25 1,0
2,5
52,5
2
2
2 3 1
ofM
17,5 2,5
55 40
15
( )[ ]
∑∫∑∑∑∫
∑∫∑
′=∆⇒−=−−=∆
−=+++−+−−=′
′=∆
sdMM
sdMM
sdMM
ofsijij
ofs
ofsij
457,247361,9096,238
457,2475,0.3.5,2.25,325,34.5,17.24.55612361,2).125,3.2(5,2
614.4.15
21
?
6. Решение на системата канонични уравнения:
229,80361,9005,20167,4438,60096,2380167,4117,42
221
121
−=→=−+=→=−+
XXXXXX
7. Окончателна диаграма: Окончателната диаграма съставя като за всяко характерно сечение се пресмята израза:
2211 .. XMXMMM off ++=
8. Деформационна проверка:
( ) ( )[ ]
( )( )[ ]грешка
sdMM
sdMM
fs
fs
−=+
=+−=−−+++
++++−+−=′
=′
∑∫
∑∫
%0091,00993.21991,21
0647,4993,21344,172361,2.1.229,8229,8423,7125,3423,7.25,361
5,0.3.423,7.25,325,343376,0.24.248,29614.15752,10.2.4
61
0
?
?
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.
07812,0;7812;25;5,122250
221 ==°=∆°=
+=
+= ccср EIEItttt α
Определяне на членовете на външното въздействие:
( ) 8285,1273.14.5,05,1232
5,24315,0254.4
21
25,02507812,01 =
++
++=∆ tcEI
9985,54.25,0.5,122375,0
315,02507812,02 =
−=∆ tcEI
проверка на свободните членове:
+
∆=∆ ∑ ∫ ∑ ∫∑ dsNtdsM
htEJEI sсрscitc α
Х1 = 1
0,5
0,5
1
0,5
2
2
2 3 1
N1
1,0
Х2 = 1
0,25
0,25
0,25
2
2
2 3 1
N2
0,25
Съставя се сумарната диаграма Ns.
( )
∑
∑ ∫ ∑ ∫
∑
∆==
=
++
++=
+
∆
=∆
itc
sсрsc
itc
EI
dsNtdsMhtEI
EI
827,133
3.14.25,05,1232
25,34315,0254.4
21
25,02507812,0
827,133
α
Решение на системата уравнения:
818,309985,5005,20167,43992,308285,1270167,4117,42
221
121
=→=++−=→=++
XXXXXX
Окончателни диаграми от температурно въздействие:
2211 .. XMXMM f +=
Х2 = 1
0,25
0,25
0,25
2
2
2 3 1
Ns
0,25 1,0
tM 3,818
13,5968 5,6345
Деформационна проверка:
∑∑ ∆−=′ tts sdMM 1
( )( )[ ]
( ) ( )( )[ ]
827,133827,133
2789,8032,53516,722361,2.818,3.1818,36345,5125,36345,5.25,361
5,0.3.6345,5.25,325,34.6345,5597,13597,13.4614.5968,13.4
31
−=∆−=−=
=−−−=++−++−+
+++++−−=′
∑
∑
it
ts sdMM
10. Решение от поддаване на опорите:
tQ
4,2272
2,6541
3,3992
tN
0,5989
3,3992
2,6541
3,25
Мs
1
4
0,25
0,25 1,0
tM 3,818
13,5968 5,6345
Определяне на свободните членове:
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 –
MS. ( )
95,2923,19525,488
95,2921.05,025,0.05,0.7812.,
=−=∆
=−−=−
∑∑
icc
iisc
EI
cREI
Решение на системата уравнения
2 3 1
2
2 ϕ
cv
cv = 0,05 m ϕ = 0,05 rad EIc= 7812 kNm2
tM 3,818
13,5968 5,6345
51.312025,488005,20167,444.3403,1950167,4117,42
221
121
−=→=++=→=−+
XXXXXX
Окончателни диаграми от преместване на опорите:
Деформационна проверка:
cM 312,54
137,78
148,29
95.36
cQ
73,45 34,44
cN
69,89
34,44
95.36
∑∑ ∆−=′ icccs EIsdMM
( )( )[ ]
( )( )[ ]
грешкаEI
sdMM
icc
cs
%015,095,292907,292
1026755,1848,7342361,2.54,312.154,31229,148125,329,148.25,361
5,0.3.29,148.25,325,34.29,14878,13778,137.4614.78,137.4
31
=−=∆−=−=
=−−=++++−
−−+−++=′
∑
∑
ε
Примерна задача с наличие на симетрия и с отчитане на N-силите. Решение от външен товар.
11. Основна система:
F
q
I I I
2I 2I 4 1,5
3 4 3
F = 40 kN
q = 16 kN/m’
Iгр = 0,5Iкол
Ic = Iгр
Aгр = 1,5Акол
Ac = Aгр
Ic/Ac = 0,01
3,25
Мs
1
4
0,25
0,25 1,0
cM 312,54
137,78
148,29
X1 X1
3
3
3
3 1,5
1,5
М1
3
X2 X2
3 3
3 3 1,5 1,5
М2
X1 X1
1 N1
1
2 – симетрични (Х2, Х3); 1 – обратно симетрично (Х1)
12. Единични диаграми:
X1 X1 X2 X2
X3 X3
М3
4 4
X3 = 1 X3 = 1
X2 X2
1 N2
1
ofM
60 128
60
32
40 ofN
N3
1
13. Диаграми от външен товар в основна система:
Мs
10 4
6
6
3
14. Определяне на коефициентите пред неизвестните: Ac – е площта на сечението, избрано за базово.
37333,2104,033333,211.4.1.01.02.5,0.4.431
2402.5,0.4.3.421
12,5412,0542.5,1.4.1.01,02.5,0.4.32.1.3.331
0
0
12,5412,0542.5,1.4.1.01,02.5,0.4.32.1.3.331
222
2333
323223
2222
2222
313113
212112
2221
2111
=+=+=+′=
=+=+′=
=+=++=+′=
=+′=
=+′=
=+=+++=+′=
∑∫ ∑
∑∫ ∑
∑∫ ∑
∑∫ ∑
∑∫ ∑
∑∫ ∑
dsAA
NAI
sdM
dsAA
NNAI
sdMM
dsAA
NAI
sdM
dsAA
NNAI
sdMM
dsAA
NNAI
sdMM
dsAA
NAI
sdM
c
c
c
c
c
c
c
c
c
c
c
c
c
c
c
c
c
c
δ
δ
δ
δ
δ
δ
15. Определяне на свободните членове:
( )
( )
9,7304,25,7285,1.4.40.1.01,0
5,0.4.128.3315,0.4.60.35,1.5,13.2.60
61
9,2184,25,2165,1.4.40.1.01,0
5,0.4.128.3315,0.4.60.35,1.5,13.2.60
61
222
111
−=−−=−
−−−+−=′+′=∆
−=−−=−
−+−+−=+′=∆
∑∫ ∑
∑∫ ∑
sdAA
NNAI
sdMM
dsAA
NNAI
sdMM
cof
c
cofF
cof
c
cofF
49605,0.4.128.4415.0.4.60.4
21
133 −=+−−=+′=∆ ∑∫ ∑ dsAA
NNAI
sdMM cof
c
cofF
16. Проверка на коефициентите пред неизвестните:
dsAA
NAI
sdM cs
c
csij ∑∑∫∑ +′= 22δ
Ac – е площта на сечението, избрано за базово.
ofM
60 128
60
32
2 Ns
40 ofN
( )[ ]
6133,1773733,212.2412,5412,546333,1773,03333,1775,1.4.1.01,05,1.4.2.01,0
5,0.4.4315,0.4.101066
613.6
31
2
2222222
=+++=
=+=++
++++++=+′
∑
∑∫ ∑
ij
cs
c
cs ds
AA
NAI
sdM
δ
17. Проверка на свободните членове:
( ) ( ) ( )
sdNNAI
sdMM
sdNNAI
sdMM
ofs
c
cofsij
ij
ofs
c
cofs
′+′=∆
=−−−=∆
−=−−=−
−+−+−+−=′+′
∑∑∫∑
∑
∑∫ ∑
8,14454969,7309,2188,14458,414415,1.4.40.2.01,0
5,0.4.32.2128.4615,0.4.106.60
215,1.36.2.60
61
18. Решение на системата канонични уравнения:
018,16X402,6X045,4X
0496X3733,21X2409,730X24X12,54
09,218X12,54
3
2
1
32
32
1
=→=→=→
=−+=−+
=−
fM
56,86
15,67
28,66
35,413
7,071
7,105
10,447
29,553
Qf
2,357
16,018
47,98
16,1
Nf
29,553 2,357
16,018
fM
56,86
15,67
28,66
35,413
7,071
7,105
19. Окончателна диаграма:
20. Деформационна проверка:
Мs
10 4
6
6
3
2 Ns
Nf
29,553 2,357
16,018
( )( )[ ]
( )( )[ ]
( )
0878,120885,1200641,0546,3867,56739,96465,60505,23
04.018,16.1.01,05,1.4.553,29.2.01,05,0.4.105,7.286,56.461
5,0.4.66,28.666,28413,35610413,35.1061
5,1.66,28.666,2867,156367,15.3615,1.67,15.3
31
0
?
?
?
=−=+−−+−
=+−−−
−−−+++
+−−+++=′+′
=′+′
∑∫ ∑
∑∫ ∑
sdNNAI
sdMM
sdNNAI
sdMM
fsc
cfs
fsc
cfs
Курсова задача №6
За дадената непрекъсната греда:
да се начертаят диаграмите на разрезните усилия от зададения външен товар. Да се използва метода на тримоментовите уравнения.
Общи данни за задачата:
F = 20 kN греди1 (0.25/0.315): греди2 (0.25/0.25): M = 15 kNm I1 = 0.000651 m4 I2 = 0.0003255 m4 q = 10 kN/m’ A1= 0.0788 m2 A2= 0.0625 m2
I1 = 2.I2 E = 2.4.107 kN/m2 Схема на задачата:
1. Анализ на построението:
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
деформационен метод.
грешка
sdMM
sdMM
fs
fs
%2,001425,9162,9
0378,1294,9.5,1.12
15,1.94,925,2.1.1
2
18.875,3.225,2.1
6
1
0
?
?
20 10 15
1 1 3 2 4 3 50
2 l1 = 4 l2 = 3
1l = 8
2l = 3
J2 J1
1 1 3
3,875 2,25
9,94
12,378
12,37
8
20
11,25
15 15
5,13
Mf
Qf
14,88 6,94
33,06
35 15
15
Ms
14,88
1,0 1,0