Сопротивление материалов: основы теории и примеры решения задач. Гребенюк Г.И - 59 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

НГАСУ «Сибстрин» | Новосибирск

Составители: 

Рубрика: 

59
г) x=10м, М = –F·2 = –80 кН·м, (левая отсеченная часть);
д) ΣУ=0.
Подставляя условие а) в уравнение (3), получим: v
0
=0.
Граничные условия б) и в) последовательно подставим в
уравнение (3), а условие г) подставим в уравнение (1) для изги-
бающих моментов и получим:
EI
Z
v
(x=6м)
= EI
Z
θ
0
·6 + v
C
·6
3
/6 – q6
4
/24 =0;
EI
Z
v
(x=10м)
= EI
Z
θ
0
·10 + v
C
·10
3
/3 + v
B
(10-6)
3
/6 – 20·10
4
/24 +
+20(10-6)
4
/24 = 0.
М(х) = v
C
10 + v
B
(10-6) – 20·10
2
/2 + 20(10–6)
2
/2=–80.
В результате получим следующую систему 3-х уравнений с
3-мя неизвестными – θ
0
, V
B
, V
C
:
z0 c
z0 c B
cB
6 EI 36V 1080
10 EI 166,7V 10,67V 8120
10 V 4V 760
⋅θ+ =
⎫
⎪
⋅θ+ + =
⎬
⎪
⋅+ =
⎭
Решая полученную систему уравнений, получим:
EI
Z
θ
0
= –142,02 кН·м
2
, θ
0
= – 142,02/14160 = – 0,0100 рад.
V
C
= 53,67 кН.
V
B
= 55,82 кН.
Используя граничное условие д), определим опорную реак-
цию опоры А – V
A
:
ΣУ = 0, V
A
+ V
B
+ V
C
– q·6 – F = 0;
V
A
= –V
B
–V
C
+20·6+40 = – 55,82–53,67+120+40 = 50,51 кН.
Для определения прогиба балки на левом конце балки в
уравнение прогибов (3) .подставим все найденные значения и
вычислим прогиб при x=12 м., поделив левую и правую части
уравнения на величину жесткости EI
Z
= 14160 кН·м
2
:
v
(x=12м)
= –0,0100·12 + (53,67·12
3
)/(6·14160) +
+ (55,82·6
3
)/(6·14160) + 50,51·2
3
/(6·14160) – 20·12
4
/(24·14160) +
+20·6
4
/(24·14160) = – 0,0257 м. = –2,57 см.
Ответы: V
A
= 50,51 кН.
V
B
=55,82 кН.
V
C
= 53,67 кН.
v
(x=12м)
= –2,57 см. 
           г) x=10м, М = –F·2 = –80 кН·м, (левая отсеченная часть);
           д) ΣУ=0.
      Подставляя условие а) в уравнение (3), получим: v0=0.
      Граничные условия б) и в) последовательно подставим в
уравнение (3), а условие г) подставим в уравнение (1) для изги-
бающих моментов и получим:
      EIZv(x=6м)= EIZθ0·6 + vC ·63/6 – q64/24 =0;
      EIZv(x=10м) = EIZθ0·10 + vC ·103/3 + vB (10-6)3/6 – 20·104/24 +
      +20(10-6)4/24 = 0.
      М(х) = vC 10 + vB (10-6) – 20·102/2 + 20(10–6)2/2=–80.
      В результате получим следующую систему 3-х уравнений с
3-мя неизвестными – θ0, VB, VC:
6 ⋅ EI z θ0 + 36Vc = 1080                ⎫
                                         ⎪
10 ⋅ EI z θ0 + 166,7Vc + 10,67VB = 8120 ⎬
10 ⋅ Vc + 4VB = 760                      ⎪
                                         ⎭
      Решая полученную систему уравнений, получим:
      EIZθ0 = –142,02 кН·м2, θ0 = – 142,02/14160 = – 0,0100 рад.
      VC = 53,67 кН.
      VB = 55,82 кН.
      Используя граничное условие д), определим опорную реак-
цию опоры А – VA:
      ΣУ = 0, VA + VB + VC – q·6 – F = 0;
      VA= –VB –VC +20·6+40 = – 55,82–53,67+120+40 = 50,51 кН.
      Для определения прогиба балки на левом конце балки в
уравнение прогибов (3) .подставим все найденные значения и
вычислим прогиб при x=12 м., поделив левую и правую части
уравнения на величину жесткости EIZ = 14160 кН·м2:
      v(x=12м) = –0,0100·12 + (53,67·123)/(6·14160) +
 + (55,82·63)/(6·14160) + 50,51·23/(6·14160) – 20·124/(24·14160) +
                   +20·64/(24·14160) = – 0,0257 м. = –2,57 см.
      Ответы: VA = 50,51 кН.
                   VB =55,82 кН.
                   VC = 53,67 кН.
                   v(x=12м) = –2,57 см.




                                 59

Страницы