Сопротивление материалов: основы теории и примеры решения задач. Гребенюк Г.И - 56 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

НГАСУ «Сибстрин» | Новосибирск

Составители: 

Рубрика: 

56
Рис.3.6
Из сортамента для прокатных двутавров (ГОСТ 8239-89)
находим
Iz = 1290 см
4
= 1290 10
-8
м
4
.
Тогда EI
Z
=2·10
8
·1290·10
-8
= 2580 кН·м
2
.
2. Покажем на рис.3.6 все возможные реакции опор. Их все-
го 4, уравнений равновесия для данной балки можно составить
только 3:
ΣХ=0; Н
B
=0;
ΣУ=0; V
A
– F + V
B
= 0;
ΣМ
B
=0; –V
A
·6 + F·2 –M
B
+M= 0.
Остаются 2 уравнения равновесия с 3-мя неизвестными.
Значит задача является 1 раз статический неопределимой.
3. Выбираем начало координат на левом конце балки и по
методу начальных параметров, описанному выше, составим
уравнения для изгибающих моментов, углов поворота сечений и
прогибов:
(1) М(х) = –M
+ V
A
·X –F(x-4)= - 20 + V
A
·X – 30(x–4);
(2) EI
Z
θ(x) = EI
Z
θ
0
– 20x + V
A
·x
2
/2 –30(x–4)
2
/2;
(3) EI
Z
v(x) = EI
Z
v
0
+EI
Z
θ
0
x –20x
2
/2 +V
A
·x
3
/6 –30 (х–4)
3
/6.
4. В этих уравнениях всего имеется 3 неизвестных:
V
0
, θ
0
и
V
A
. Для их нахождения используем следующие граничные ус-
ловия:
а) x=0, v = 0; (отсутствует прогиб в начале координат).
б) x=6м, θ = 0; (отсутствует угол поворота на правой опоре).
в) x=6м, v = 0; (отсутствует прогиб на правой опоре). 
                              Рис.3.6

     Из сортамента для прокатных двутавров (ГОСТ 8239-89)
находим
              Iz = 1290 см4= 1290 10-8м4.
              Тогда EIZ =2·108·1290·10-8 = 2580 кН·м2.
     2. Покажем на рис.3.6 все возможные реакции опор. Их все-
го 4, уравнений равновесия для данной балки можно составить
только 3:
ΣХ=0; НB=0;
ΣУ=0; VA – F + VB = 0;
ΣМB=0; –VA·6 + F·2 –MB+M= 0.
     Остаются 2 уравнения равновесия с 3-мя неизвестными.
Значит задача является 1 раз статический неопределимой.
     3. Выбираем начало координат на левом конце балки и по
методу начальных параметров, описанному выше, составим
уравнения для изгибающих моментов, углов поворота сечений и
прогибов:
(1) М(х) = –M + VA·X –F(x-4)= - 20 + VA·X – 30(x–4);
(2) EIZθ(x) = EIZθ0 – 20x + VA·x2/2 –30(x–4)2/2;
(3) EIZv(x) = EIZv0 +EIZθ0x –20x2/2 +VA·x3/6 –30 (х–4)3/6.
     4. В этих уравнениях всего имеется 3 неизвестных: V0, θ0 и
VA. Для их нахождения используем следующие граничные ус-
ловия:
     а) x=0, v = 0; (отсутствует прогиб в начале координат).
     б) x=6м, θ = 0; (отсутствует угол поворота на правой опоре).
     в) x=6м, v = 0; (отсутствует прогиб на правой опоре).



                                 56

Страницы