Методичка (3,2Mb )

ЗАДАЧА № 1
Для одной из балок, изображенных на рис. 1.1, требуется:
1) произвести кинематический анализ;
2) составить поэтажную схему и вычислить силы взаимодействия между
частями балки;
3) построить эпюры внутренних силовых факторов;
4) построить линии влияния М и Q в сечениях 1–1 и 2–2;
5) вычислить по линиям влияния величины внутренних усилий от заданной
нагрузки и сравнить их с полученным на эпюрах;
6) определить невыгодные загружения линий влияния изгибающих моментов
подвижной нагрузкой, показанной на рис. 1.2;
7) вычислить экстремальные значения изгибающих моментов от подвижной
нагрузки.
Исходные данные принять согласно табл. 1.
Таблица 1
1
2
3
4
Р1,
кН
Р2,
кН
q1,
кН/м
q2,
кН/м
М,
кНм
l1, м
l2, м
l3, м
l4, м
№
схемы
Цифра
варианта
Порядковый номер цифры варианта
1
70
90
10
28
40
9
7
10
9
1
2
80
80
16
26
30
10
8
9
8
2
3
90
110
24
24
60
11
9
8
12
3
4
100
120
28
22
70
12
10
11
11
4
5
110
30
30
20
90
7
11
10
10
5
6
120
40
22
18
100
8
12
9
9
6
7
30
50
18
16
80
8
10
8
8
7
8
40
70
14
14
20
9
8
8
7
8
9
50
60
15
12
50
10
9
7
8
9
0
60
100
8
30
60
8
8
8
10
10
Рис. 1.1
Рис. 1.2
4
ПРИМЕР ВЫПОЛНЕНИЯ ЗАДАЧИ №1
Дана
многопролетная
шарнирная
балка
(рис. 1.3),
загруженная
сосредоточенными нагрузками Р1=60 кН, Р2=30 кН, Р3=50 кН, распределенной
нагрузкой q=20 кН/м и сосредоточенным моментом М=45 кН⋅м. Необходимо
вычислить усилия в сечениях 1–1, 2–2, 3–3 по эпюрам и линиям влияния.
Результаты сравнить и вычислить погрешность.
P
0,5
1
Рис. 1.3
На заданную балку действует подвижная нагрузка (рис.1.4). Необходимо
определить невыгодное положение нагрузки и вычислить максимальный момент,
возникающий от нагрузки.
Рис. 1.4
Кинематический анализ
Решение любой системы начинают с установления является ли данная
стержневая система геометрически не изменяемой. Решение этого вопроса
связано с установлением числа степеней свободы расчетной схемы.
Для этого проводим кинематический анализ схемы заданной балки.
1 этап. Вычисляем число степеней свободы системы:
W=3Д–2Ш–С0,
где Д – число дисков;
Ш – число простых шарниров;
5
С0 – число опорных стержней.
Для заданной балки величина W=3⋅4–2⋅3–6=0, т.е.: система обладает
минимальным количеством связей, при правильной расстановке которых
образуется геометрически неизменяемая и статически определимая система.
Поэтому условие W=0 является необходимым условием геометрической
неизменяемости системы, но недостаточным.
Чтобы окончательно решить вопрос о том, является ли рассматриваемая
система неизменяемой – необходимо дополнительно провести анализ
геометрической структуры расчетной схемы (структурный анализ).
2 этап. Структурный
анализ
проводим
по
правилам
образования
геометрически неизменяемых систем.
Начнем исследовать образование нашей системы с соединения стержня
(диска) FK (рис. 1.5) c землей тремя опорными стержнями, которые обеспечивают
заделку. К полученному диску присоединяем диск BE тремя стержнями, не
пересекающимися в одной точке. Это опорные стержни в точках C и D и стержень
EF (рис. 1.6).
Рис. 1.5
Рис. 1.6
Последний диск АВ присоединен к полученной системе шарниром В и
стержнем А. (Два диска могут быть соединены между собой простым шарниром и
стержнем, ось которого не проходит через центр шарнира), рис. 1.7.
Рис. 1.7
6
Составление поэтажной схемы и вычисление сил взаимодействия между
частями балки
Поэтажная схема
Для более наглядного представления о работе многопролетной статически
определимой балки следует изобразить схему взаимодействия отдельных ее
элементов, которая называется поэтажной (рис. 1.8).
Рис. 1.8
В поэтажной схеме шарниры заменяются шарнирно-неподвижными опорами.
Система остается геометрически неизменяемой, так как она представляет собой
ряд двух опорных балок, связанных с землей при помощи трех стержней, оси
которых не пересекаются в одной точке.
Вычисление сил взаимодействия между частями балки
Решаем заданную составную балку как систему простых балок, находящихся в
равновесии под действием заданной нагрузки, реакций опор и сил их
взаимодействия.
Силы взаимодействия равны по величине и обратны по направлению.
Направление неизвестных реакций выбираем произвольно.
Расчет начинаем с балки АВ (рис. 1.9), так как число неизвестных сил,
приложенных к ней, равно числу уравнений равновесия.
RB
Рис. 1.9
Выбираем тип уравнений, позволяющих определить реакции независимо друг
от друга. Составим уравнения моментов относительно точек В и А:
∑ m = −60 ⋅ 3,5 − 20 ⋅ 2 ⋅1 + R
∑ m = −60 ⋅1, 5 + 20 ⋅ 2 ⋅1 − R
B
А
A
⋅ 2 = 0, R A = 125 кН;
B
⋅ 2 = 0, R B = − 25 кН.
Знак «минус» у реакции RB указывает на то, что действительное направление
ее противоположно первоначально принятому.
7
Для проверки равновесия составляем уравнение равновесия с использованием
вычисленных реакций:
Σу=0: –60–20⋅2+125–25=0.
Строим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов (рис. 1.10). При
построении эпюры моментов положительные значения откладываются вниз от
оси эпюры, а отрицательные – вверх. В результате этого эпюры моментов
оказываются расположенными со стороны растянутых волокон балки.
Рис. 1.10
Далее рассматриваем балку EF (рис. 1.11).
Рис. 1.11
Для определения реакций RE и RF моментов составим уравнения относительно
точек Е и F:
∑М
∑М
F
E
= 45 − R F ⋅ 3 = 0, R F = 15 кH;
= R E ⋅ 3 + 45 − 50 ⋅ 3 = 0, R E = 35 кH.
Делаем проверку, составляем уравнение относительно оси у:
Σу=0, –50+35+15=0.
Строим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов (рис. 1.12).
8
Рис. 1.12
Рассмотрим балку CD.
В точке В приложим реакцию RB=25кH, противоположную по направлению в
балке АВ, а в точке Е – реакцию RЕ=35кH, противоположную направлению в
балке EF (рис. 1.13).
Рис. 1.13
Для определения реакций RD и RC составим уравнения моментов относительно
точек С и D:
∑m = 25⋅1− 20⋅1⋅ 0,5 + 20⋅ 2⋅1− R ⋅ 2 + 35⋅ 4 = 0, R = 97,5 кН;
∑m = 25⋅ 3 − 20⋅ 3⋅1,5 + R ⋅ 2 + 35⋅ 2 = 0, R = −27,5 кН.
C
D
D
C
D
C
Направление RC меняем на противоположное.
Проверка: ∑y = 0: 25− 27,5+97,5−35− 20⋅ 3 = 0.
Построим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов (рис. 1.14).
9
Рис. 1.14
Рассмотрим балку FK.
В точке F приложим реакцию RF =15 кH, противоположную по направлению в
балке EF (рис. 1.15).
Для определения реакции RК составим уравнения равновесия относительно оси
х:
∑ x = −15 + 20 + R К = 0, R К = −20 + 15 = −5 кН;
M К = −15 ⋅ 3 + 20 ⋅1, 5 = −15 кНм.
Направления RК и МK меняем на противоположные. Строим эпюры
поперечных сил и изгибающих моментов (рис. 1.16).
Рис. 1.15
Рис. 1.16
10
Построение эпюр внутренних силовых факторов
Строим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов для заданной
многопролетной шарнирной балки (рис. 1.17).
0,5
1
Рис. 1.17
Определяем по эпюрам значения поперечной силы Q и изгибающего момента
М в сечениях 1–1 и 2–2, 3–3:
Q1-1=15 кН; М1-1=10 кН⋅м;
Q2-2= –15 кН; М2-2= –15 кН;
Q3-3= – 42,5 кН; М3–3=17,5 кН⋅м.
Построение линий влияния М и Q в сечениях
Линия влияния – график, изображающий закон изменения какого-либо усилия
при движении по сооружению груза P=1.
Построение линий влияния в многопролетных статически определимых балках
начинается с той балки, на которой расположено заданное сечение.
Например: для построения линии влияния изгибающего момента М в сечении
3–3 балки BE необходимо:
– на левой вертикали, проведенной через левую опору C, отложить расстояние
от этой опоры до сечения;
– полученную точку соединить с нулем на правой опоре;
– подобным образом строится правая половина линии влияния в пролете BD.
Для построения линий влияния поперечной силы Q в сечении 3–3 в балке BE
необходимо:
11
– на левой опоре C провести вертикаль и отложить ординаты «+1», на правой
опоре отложить ординату «–1»;
– полученные точки соединить с нулевыми точками противоположных опор;
– соединить концы левой и правой ветвей линий влияния силы Q
передаточной прямой.
Далее продолжают графики линий влияния M3–3 и Q3–3 вправо и влево
прямыми линиями, проводя их через нулевые ординаты на опорах, а также
учитывают, что графики линий влияния в шарнирах балки преломляются
Линии влияния в заданных сечениях показана на рис. 1.18.
1
Рис. 1.18
12
Вычисление по линиям влияния величины внутренних усилий
Правила определения усилий по линиям влияния
Определение усилий при помощи линий влияния производится путем
загружения их заданной нагрузкой.
При действии на сооружение системы сосредоточенных сил и моментов, а
также равномерно распределенных нагрузок на нескольких участках, загружение
линии влияния усилия S (поперечной силой Q и изгибающего момента М)
производится по формуле
n
m
z
i=1
γ=1
k=1
S = ∑ Pi ⋅ yi +∑ qi ⋅ ωi +∑ mi ⋅ tgαi ,
где Pi – сосредоточенная сила, действующая на сооружение;
yi – ордината линии влияния усилия S под сосредоточенной силой Pi;
qi – интенсивность распределенной нагрузки;
ωi – площадь части линии влияния S, которая находится под участком
действия равномерно распределенной нагрузки интенсивности qi;
mi – сосредоточенный момент;
tgαi – тангенс угла наклона той части линии влияния к оси балки (базовой
прямой), где приложен момент mi.
Нагрузка (Pi, qi) направленная сверху вниз, считается положительной, а снизу
вверх – отрицательной.
Момент mi считается положительным, если он направлен по ходу часовой
стрелки.
Знаки для yi и ωi принимаются согласно знакам, поставленным на самой линии
влияния усилия S.
Для определения знака m⋅tgαi можно принять следующее правило: если
направление поворота оси балки к линии влияния на участке действия
сосредоточенного момента совпадает с направлением момента, то получаем знак
«минус», если не совпадает, то знак «плюс».
Определение необходимых ординат, площадей и тангенсов углов
Ординаты уi линий влияния M3–3 вычисляются через подобия
соответствующих треугольников на линиях влияния. Вычисляем необходимые
ординаты (см. рис. 1.18):
1 y1
1 ⋅1, 5
=
= 0, 75;
; y1 =
2 1, 5
2
0,5 y 2
0,5 ⋅1,5
=
= 0,375;
; y2 =
2 1,5
2
13
y
1
1
= 3 ; y 3 = = 0, 5;
2
1
2
1
y
1 ⋅1
= 4 ; y4 =
= 0, 5;
2
1
2
y 4 y6
= ; y 4 = y 6 = 0,5;
1
1
y6 y7
0,5 ⋅1,5
; y7 =
=
= 0,375;
2 1,5
2
1 y5
1⋅ 2
= ; y5 =
= 1;
2 2
2
1 y8
1 ⋅1
= ; y8 =
= 0, 5;
2 1
2
y8 y10
=
; y8 = y10 = 0, 5;
1
1
y10 y11
0, 5 ⋅1, 5
=
= 0, 375;
; y11 =
2 1,5
2
1 y9
1⋅ 2
= ; y9 =
= 1.
2 2
2
Вычисляем площади под действием равномерно распределенной нагрузки:
1
ω1 = ⋅1⋅ 2 + 1⋅ 0,5 = 1,5;
2
1
ω2 = ⋅ 2,5 ⋅ 0,5 = 0, 625;
2
1
1
ω3 = ⋅ 3 ⋅ yb = ⋅ 3 ⋅ 0,5 = 0, 75;
2
2
1
1
ω4 = ω5 = ⋅ у3 ⋅1 = ⋅ 0,5 ⋅1 = 0, 25;
2
2
1
1
ω6 = ⋅ 3 ⋅ у10 = ⋅ 3 ⋅ 0,5 = 0, 75;
2
2
1
1
ω7 = ⋅ 2 ⋅ у8 = ⋅ 2 ⋅ 0,5 = 0,5.
2
2
Вычисляем необходимые тангенсы углов через составляющие треугольники на
линии влияния M3–3 (см. рис.1.18):
y5 1
= ,
3 3
y
1
tgα 4 = 9 = .
3 3
1
,
3
1
tgα 2 = ,
3
tgα1 =
tgα3 =
14
Вычисление внутренних усилий
Вычисляем значения внутренних усилий по линиям влияния:
'
Q1-1
=P1⋅y1+q⋅(–ω1)=60⋅0,5+20⋅(–1,5)=15(кH);
Q '2-2 = –P2⋅(–1)+М⋅(–tqα1)=–30⋅(–1)–45⋅1/3=30–15 = –15(кH);
'
Q3-3
= P1⋅(–y7)+q⋅(–ω3–ω4+ω5)+P3⋅(–y5)+M⋅(+tqα3) =
= 60⋅(–0,375)+20⋅(0,75–0,25+0,25)+50⋅(–1)+45⋅1/3= – 42,5 (кН);
'
M1-1
=P1⋅y2+q⋅(–ω2)=60⋅0,375+20⋅(–0,625)=10(кH⋅м);
M '2-2 = –P2⋅ 0+М⋅(–tqα1)=0+45⋅(–1/3)= –15(кH⋅м);
'
M 3-3
=P1⋅y11+q⋅(–ω6+ω7)+P3⋅(–y9)+M⋅(⋅(+tqα4)=
=60⋅0,375+20⋅(–0,75+0,5)+50⋅(–1)+45⋅1/3=–17,5 (кН⋅м).
Определение погрешностей ε усилий S (поперечных сил и изгибающих
моментов)
Сравниваем значения внутренних усилий, полученных по эпюрам и линиям
влияния. Для этого вычисляем погрешность ε по формуле
л.в.
Sэп
n-n − Sn-n
⋅100% ,
ε = эп
(Sn-n + Sn-nл.в. ) 2
эп
где Sn-n – значение внутренних усилий (Q и М), полученных по эпюрам;
л.в
Sn-n
– значение внутренних усилий (Q или М), полученных по линиям
влияния.
эп.
л.в.
Q1-1
− Q1-1
15 − 15
ε1 = эп.
⋅100% =
⋅100% = 0%;
л.в.
(Q1-1 + Q1-1 ) / 2
(15 + 15) / 2
эп.
л.в.
Q 2-2
− Q 2-2
−15 − ( −15)
ε 2 = эп.
100%
⋅
=
⋅100% = 0%;
л.в.
(Q 2-2 + Q 2-2
)/2
( −15 + (−15) ) / 2
ε3 =
эп.
л.в.
Q 2-2
− Q 2-2
−42,5 − ( −42,5)
⋅
100%
=
⋅100% = 0%;
эп.
л.в.
(Q 3-3
+Q 3-3
)/2
( −42,5 + ( −42,5) / 2
эп.
л.в.
M1-1
− M1-1
10 − 10
ε4 =
⋅100% =
⋅100% = 0%;
эп.
л.в.
(M1-1 +M1-1 ) / 2
(10 + 10) / 2
ε5 =
эп.
л.в.
− M 2-2
M 2-2
−15 + ( −15)
⋅100% =
⋅100% = 0%;
эп.
л.в.
(M 2-2 + M 2-2 ) / 2
( −15 + ( −15)) / 2
эп.
л.в.
M 3-3
− M 3-3
−17,5 − (−17,5)
ε6 =
⋅
100%
=
⋅100% = 0%.
эп.
л.в.
(M 3-3
+ M 3-3
)/2
( −17,5 + (−17,5) ) / 2
15
Определение невыгодных загружений линий влияния изгибающих моментов
под нагрузкой
Порядок определения невыгодных загружений
Для определения максимального усилия Sрасч от подвижной нагрузки
необходимо найти расчетное положение этой нагрузки на балке.
При движении нагрузки по оси балки значения величин усилий S=f(z) при
определенных положениях нагрузки могут иметь максимальное и минимальное
значение. Так как
таких положений нагрузки может быть несколько, то
расчетное положение нагрузки на балке надо искать среди этих положений.
Следовательно, определение расчетного положения подвижной нагрузки прежде
всего связано с нахождением таких ее положений, при которых усилие S=f(z)
достигает экстремальных значений.
Если функция S=f(z), определяющая по линию влияния непрерывна, с
непрерывной первой производной, то экстремальные значения функции, усилие
ds
=0.
Sрасч, находят в сечениях балки, в которых производная
dz
Экстремальные значения усилия S могут быть только тогда, когда хотя бы
один какой-нибудь груз расположен над какой-либо вершиной линии влияния.
Такой груз называется критическим.
ds
= ∑ R i ⋅ tgαi ,
dz
По выражению
где Ri – равнодействующая сила.
Если имеется максимум, в процессе движения поезда сил по оси балки, при
переходе экстремального значения усилия S производная
свой знак:
при z=z 0 − dz,
ds
>0,
dz
при z = z0 + dz,
ds
<0;
dz
16
ds
= ∑ R i ⋅ tgαi меняет
dz
Если же имеется минимум, то
при z=z0 − dz,
при z = z 0 + dz,
ds
<0,
dz
ds
>0 .
dz
Если эти условия выполняются, то значит найден максимум или минимум
функции усилия S=f(z).
Если эти условия не выполняются, то нагрузку следует передвигать по оси
балки дальше.
Варианты невыгодных загружений для сечения 3–3
Определим невыгодное положение нагрузки для сечения 3–3.
Для этого рассмотрим линию влияния момента в сечении 3–3 и определим
ds
при различных положениях подвижной нагрузки над
значение производной
dz
вершиной линии влияния. То есть, определим критические грузы (рис. 1.19).
Для определения критических грузов вычисляем необходимые тангенсы углов
по соответствующим треугольникам на линии влияния:
1
tgα1 = ,
3
tgα 2 = −0, 5,
tgα 3 = 0, 5,
tgα 4 = −0, 25.
Определение критических грузов
Для определения критических грузов сделаем необходимые вычисления.
dS
1
⎫
пр1 = 4 ⋅ tg1 = 4 ⋅ = 1,33 > 0,
⎪⎪
dZ
3
⎬,
dS
1
лев1 = 4 ⋅ tg 2 + 4 ⋅ tgα1 = 4 ⋅ (−0,5) + 4 ⋅ = −0, 67 < 0 ⎪
⎪⎭
dZ
3
dS
dS
так как
пр1 >0, а
лев1 <0, то первый груз является критическим.
dZ
dZ
1.
17
dS
1
1
⎫
пр 2 = 4 ⋅ tgα 2 + 4 ⋅ tgα1 + 4 ⋅ tgα1 = 4 ⋅ ( −0,5) + 4 ⋅ + 4 ⋅ = 0, 67 > 0, ⎪
dZ
3
3
⎪
dS
⎪
лев 2 = 4 ⋅ tgα 3 + 4 ⋅ tgα 2 + 4 ⋅ tgα1 + 5 ⋅ tgα1 =
⎬,
dZ
⎪
1
1
⎪
= 4 ⋅ 0,5 + 4 ⋅ (−0,5) + 4 ⋅ + 5 ⋅ = 3 > 0
⎪
3
3
⎭
dS
dS
так как
пр 2 >0, а
лев 2 >0, то второй груз не является критическим.
dZ
dZ
dS
⎫
3.
пр3 = 4 ⋅ tgα3 + 4 ⋅ tgα2 + 4 ⋅ tgα1 + 5 ⋅ tgα1 =
⎪
dZ
⎪
1
1
⎪
= 4 ⋅ 0,5 + 4 ⋅ (−0,5) + 4 ⋅ + 5 ⋅ = 3 > 0,
⎪
3
3
⎬,
dS
⎪
лев3 = 4 ⋅ tgα3 + 4 ⋅ tgα2 + 4 ⋅ tgα2 + 5 ⋅ tgα1 =
⎪
dZ
⎪
1
= 4 ⋅ 0,5 + 4 ⋅ (−0,5) + 4 ⋅ (−0,5) + 5 ⋅ = −0,33 < 0⎪
3
⎭
dS
dS
так как
пр 3 >0, а
лев 3 <0, то третий груз является критическим.
dZ
dZ
2.
⎫
⎪
⎪
1
⎪
= 4 ⋅ (−0,25) + 4 ⋅ (−0,5) + 4(−0,5) + 5⋅ = −3,33 < 0
⎪
3
⎬
dS
⎪
лев4 = 4 ⋅ tgα4 + 4 ⋅ tgα3 + 4 ⋅ tgα2 + 5⋅ tgα2 + 5⋅ tgα1 =
⎪
dZ
⎪
1
= 4 ⋅ (−0,25) + 4 ⋅ 0,5 + 4 ⋅ (−0,5) + 5⋅ (−0,5) + 5⋅ = −1,83 < 0⎪
3
⎭
dS
dS
так как
пр 4 <0, а
лев 4 <0, то четвертый груз не является критическим.
dZ
dZ
dS
1 ⎫
5. пр5 = 4⋅ tgα4 + 4⋅ tgα3 + 5⋅ tgα2 + 5⋅ tgα1 = 4⋅ (−0,25) + 4⋅ 0,5 + 5⋅ (−0,5) + 5⋅ =⎪
dZ
3
⎪
= 0,17 > 0,
⎪
⎬,
dS
⎪
лев5 = 4⋅ tgα4 + 4⋅ tgα4 + 5⋅ tgα3 + 5⋅ tgα2 =
⎪
dZ
⎪
= 4⋅ (−0,25) + 4⋅ (−0,25) + 5⋅ 0,5 + 5⋅ (−0,5) = −2 < 0
⎭
4.
dS
пр4 = 4 ⋅ tgα4 + 4 ⋅ tgα2 + 4 ⋅ tgα2 + 5⋅ tgα1 =
dZ
так как
dS
dS
пр5 >0, а
лев5 <0, то пятый груз является критическим.
dZ
dZ
18
1
Положение нагрузки 1 пр. – 1 лев.
1
Положение нагрузки 2 пр. – 2 лев.
1
Положение нагрузки 3 пр. – 3 лев.
1
Положение нагрузки 4 пр. – 4 лев.
1
Положение нагрузки 5 пр. – 5 лев.
Рис. 1.19
19
Вычисление экстремальных значений от подвижной нагрузки
Расположим критические грузы 1, 3 и 5 над вершиной линии влияния M3–3 и
найдем максимальные усилия, возникающие от подвижной нагрузки. Вычислим
максимальное значение изгибающего момента, при расположении самого левого
груза 1 поезда сил над вершиной линии влияния (рис. 1.20).
Первый груз
1
y1
Рис. 1.20
Вычислим необходимые ординаты:
y1 1
= ; y1 = 1.
2 2
Величина изгибающего момента M1–1 равна
M1−1 = 4 ⋅ (−y1) = 4 ⋅ (−1) = −4 кН⋅ м.
Вычислим изгибающий момент при расположении груза 3 на вершине линии
влияния (рис. 1.21).
Третий груз
1
y1
y2
Рис. 1.21
Вычислим необходимые ординаты:
20
y3
y2 y1
1⋅ y1 1⋅1
=
= 0,5;
= ; y2 =
1 2
2
2
y3 y1
1⋅ y1 1⋅1 1
= ; y3 =
=
= .
1
3
3
3 3
Величина изгибающего момента M3–3 равна
⎛ 1⎞
M3−3 = 4 ⋅ 0 + 4 ⋅ (−y2 ) + 4 ⋅ (− y1 ) + 5 ⋅ (− y3 ) = 0 + 4 ⋅ (−0,5) + 4 ⋅ (−1) + 5 ⋅ ⎜ − ⎟ = −7,67 кН ⋅ м.
⎝ 3⎠
Действие критического груза 5 показано на рис. 1.22.
Пятый груз
Рис. 1.22
Вычислим необходимые ординаты:
y1 y 4
1 ⋅ y1 1 ⋅1
= ; y4 =
=
= 0,5;
2
1
2
2
y 4 = y 5 = 0, 5;
y5 y 6
1 ⋅ y 5 1 ⋅ 0, 5
= ; y6 =
=
= 0, 25.
2
1
2
2
Величина изгибающего момента M5–5 равна
M5−5 = 4⋅ (−y6 ) + 4⋅ (−y5 ) + 5⋅ y4 + 5⋅ (−y1) = 4⋅ (−0,25) + 4⋅ (−0,5) + 5⋅ 0,5+ 5⋅ (−1) =−5,5 (кН⋅ м).
Из найденных изгибающих моментов выберем максимальный момент:
M max = M3 = −7, 67 кН ⋅ м.
21
ЗАДАЧА №2
Для одной из арок, изображенных на рис. 2.1 требуется:
1. Определить вертикальные опорные реакции и распор.
2. Определить внутренние усилия Мк, Qk, Nk и построить эпюры.
3. Построить линии влияния M, Q, N для сечений 1-1, 2-2.
4. По линиям влияния вычислить величины внутренних усилий, возникающих
от заданных нагрузок.
5. Сравнить результаты.
6. Исходные данные принять согласно табл. 3.
Таблица 3
Цифры
варианта
Порядковый номер цифры варианта.
1
2
Р, кН
q, кH
f, м
l, м
b, м
c, м
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
20
40
50
60
30
70
90
100
80
60
40
60
50
80
20
60
100
70
80
90
2
2,5
3
4
4,5
5
5,5
3
2
3,5
6
8
10
12
14
16
24
8
6
12
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
0,6
0,5
1,0
3,6
4,5
5,5
6,8
8,4
9,5
14,5
5,5
4,2
7,5
3
4
Уравнение
оси арки
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
Уравнение оси арок:
1. Окружность
(х–l/2)2+(у–f/2+l2/8f)2=l4/64f2+f2/4.
2. Парабола:
е=4f(l–x)x/l2.
22
№ схемы
4
3
2
1
4
3
2
1
4
3
Рис. 2.1
ПРИМЕР ВЫПОЛНЕНИЯ ЗАДАЧИ №2
Дана трехшарнирная арка (рис. 2.2), загруженная сосредоточенной нагрузкой
Р=50 кН и равномерно-распределенной нагрузкой q=2 кН/м, l=16 м, f=8 м, b=1 м,
(l-x)
с=10 м. y=4f 2 ⋅ x – уравнение оси арки.
l
Необходимо построить эпюры внутренних силовых факторов (M, Q, N).
Определить по ним значения усилий в сечениях 1–1 и 2–2. Построить линии
влияния для сечений 1–1 и 2–2, определить по ним усилия. Результаты сравнить и
вычислить погрешность.
23
l 3
l
=
⋅
−
⋅
⋅
⋅
−
⋅
= 0;
M
V
l
q
l
P
∑ B A
2 4
4
3l2
l
162
16
q ⋅ + P⋅
2⋅ 3⋅ + 50⋅
4=
8
4 = 24,5 кН;
VA = 8
l
8
∑M
лев
C
l l
= VA ⋅ 8 − q ⋅ ⋅ − HE ⋅ (f − yA ) = 0;
2 4
l2
162
VA − 8 − q ⋅
24,5 ⋅ 8 − 2 ⋅
8
8 = 29,33 кН.
HE =
=
(f − y D )
(8 − 3,5)
Уравнения тождественно удовлетворяются, следовательно, вертикальные
опорные реакции и распор определены верно.
Определение внутренних усилий МК, QК и NК и построение эпюр
Для определения внутренних усилий в арке, арку заменяем однопролетной
балкой с тем же пролетом, исключая шарнир С между половинками арки и удалив
одну из горизонтальных опор. К балке прикладываем нагрузки, приложенные к
арке, а также полученные в результате вычисления арки вертикальные реакции:
VА=25,5 кН и VB=41,5 кН (рис. 2.3).
q=2 кН/м
VA=24,5 кН
l/2=8 м
P=50 кН
l/q= 4 м
VB=41,5 кН
l=18 м
Рис. 2.3
Разделим балку на равные отрезки (рис. 2.4) и вычислим в полученных
сечениях значение внутренних силовых факторов M и Q.
25
Рис. 2.4
Величины M и Q в сечениях (см. рис. 2.3) равны.
Точка А: х=0;
Q0A =VA=24,5 кН;
M0A =0 кН⋅м.
Точка 1: х=1 м;
Q10 =VA–q⋅1=24,5–2⋅1=22,5 кН;
M10 =VA⋅1–q⋅1⋅0,5=24,5⋅1–2⋅1⋅0,5=23,5=0 кН⋅м.
Точка D: х=2 м;
Q0D =VA= –q⋅2=24,5–2⋅2=20,5 кН;
M 0D =VA⋅2–q⋅2⋅1=24,5⋅2–2⋅2⋅1=45 кН⋅м.
Точка 3: х=4 м;
Q30 =VA–q⋅4=24,5–2⋅4=16,5 кН;
M 30 =VA⋅4–q⋅4⋅2=24,5⋅4–2⋅4⋅2=82 кН⋅м.
Точка 4: х=6 м;
26
Q04 =VA–q⋅6=24,5–2⋅6=12,5 кН;
M 04 =VA⋅6–q⋅6⋅3=24,5⋅6–2⋅6⋅3=111 кН⋅м.
Точка С: х=8 м;
Q 0C =VA–q⋅8=24,5–2⋅8=8,5 кН;
M 0C =VA⋅8–q⋅8⋅4=24,5⋅8–2⋅8⋅4=132 кН⋅м.
Точка 2: х=10 м;
Q02 = Q 0C =8,5 кН;
M 02 =VA⋅10–q⋅8⋅6=24,5⋅10–2⋅8⋅6=149 кН⋅м.
Точка 5: х=12 м;
Q 50лев = Q02 =8,5 кН;
Q 50пр = Q 02 –Р=8,5–50= – 41,5 кН;
M 50 =VA⋅12–q⋅8⋅8=24,5⋅12–2⋅8⋅8=166 кН⋅м.
Точка E: х=14 м;
Q 0E = Q50пр = – 41,5 кН;
M 0E =VA⋅14–q⋅8⋅10–Р⋅2=24,5⋅14–2⋅8⋅10–50⋅2=83 кН⋅м.
Точка В: х=16 м;
Q 0B =VB= – 41,5 кН;
M 0B =0 кН⋅м.
Построим эпюры внутренних силовых факторов для балки (рис. 2.5).
Рис. 2.5
27
Дугу арки делим на отрезки, соответствующие отрезкам на балке (рис. 2.6.).
Вычислим для каждого сечения значение у, исходя из уравнения оси арки
y = 4⋅f
(l − x)
(16 − x)
⋅ x = 4 ⋅8
⋅ x = 0,125x ⋅ (16 − x) ,
2
l
16 2
и значение tgϕK=у′=(0,125x⋅(16–x))′= ⋅(2x–0,125x2)′=2–0,25x.
Рис. 2.6
Точка А: x=0;
у=0,125⋅0(16–0)=0;
tgϕА=2–0,25⋅0=2.
Точка 1: x=1 м;
у=0,125⋅1⋅(16–1)=1,875 м;
tgϕ1=2–0,25⋅1=1,75.
Точка D: х=2 м;
28
у=0,125⋅2⋅(16–2)=3,5 м;
tgϕD=2–0,25⋅2=1,5.
Точка 3: х=4 м;
у=0,125⋅4⋅(16–4)=6 м;
tgϕ3=2–0,25⋅4=1.
Точка 4: х=6 м;
у=0,125⋅6⋅(16–6)=7,5 м;
tgϕ4=2–0,25⋅6=0,5.
Точка С: х=8 м;
у=0,125⋅8⋅(16–8)=8,0 м;
tgϕС=2–0,25⋅8=0.
Точка 2: х=10 м;
у=0,125⋅10⋅(16–10)=7,5 м;
tgϕ2=2–0,25⋅10= –0,5.
Точка 5: х=12 м;
у=0,125⋅12⋅(16–12)=6 м;
tgϕ5=2–0,25⋅12= –1.
Точка E: х=14 м;
у=0,125⋅14⋅(16–14)=3,5 м;
tgϕE=2–0,25⋅14= –1,5.
Точка В: х=16 м;
у=0,125⋅16⋅(16–16)=0 м;
tgϕb=2–0,25⋅16= –2.
Результаты вычисления заносим в табл. 3, а также вычисляем значения угла
касательной ϕK=arctgϕK, cosϕK и sinϕK.
Таблица 3
Точка
х, м
у, м
А
1
D
3
4
С
2
0
1
2
4
6
8
10
0
1,875
3,5
6
7,5
8
7,5
5
12
6
E
В
14
16
3,5
0
Q 0К ,
кН
24,5
22,5
20,5
16,5
12,5
8,5
8,5
8,5
– 41,5
– 41,5
– 41,5
M 0К ,
кН⋅м
0
23,5
45
82
111
132
149
tgϕ
ϕ, град.
сosϕ
sinϕ
2
1,75
1,5
1
0,5
0
–0,5
70,48
66,95
62,57
50
29,52
0
–29,52
0,4472
0,4961
0,5547
0,7071
0,8944
1
0,8944
0,8944
0,8682
0,8321
0,7071
0,4472
0
–0,4472
166
–1
–50
0,7071
–0,7071
83
0
–1,5
–2
–62,57
–70,48
0,5547
0,4472
–0,8321
–0,8944
29
Значения изгибающих моментов МK, поперечных сил QK и продольных сил
NK вычисляем по формулам:
MK = М0K –H⋅y;
Q K = Q0K ⋅cosϕK – H⋅sinϕK;
N K = Q0K ⋅sinϕK+H⋅cosϕK,
0
0
где M K , Q K – значения балочных усилий, которые берем из табл. 2.1.;
Н – значение распора, Н=HD=HE=29,33 кН;
sinϕк, cosϕк – значение синусов и косинусов углов касательных проведенных в
рассматриваемом сечении;
у =(yK–yD) – плечо между распором Н и сечением К, где
уK – ордината сечения К,
уD – ордината сечения D.
Распор Н, приложен в сечении 3 на расстоянии х=2 м и высоте у=3,5 м,
следовательно, на участках А–3 и 7–В он не оказывает влияния, и не участвует в
расчете усилий.
Точка А: х=0, у=0;
M A =M 0A =0 кН⋅м;
Q A = Q 0A ⋅cosϕA=24,5⋅0,4472=10,95 кН;
N A = Q 0A ⋅sinϕA=24,5⋅0,8944=21,91 кН.
Точка 1: х=1 м, у=1,875 м;
M1 = M10 =23,5 кН⋅м;
Q1 = Q10 ⋅cosϕ1=22,5⋅0,4961=11,16 кН;
N1 = Q10 ⋅sinϕ1=22,5⋅0,8682=19,53 кН.
Точка D: х=2 м, у=3,5 м;
M D = M 0D –Н⋅у=45–29,33⋅0=45 кН⋅м;
QD = Q0D ⋅cosϕD–Н⋅sinϕD =20,5⋅0,5547–29,33⋅0,8321= –13,03 кН;
N D = Q 0D ⋅sinϕD+Н⋅cosϕD=20,5⋅0,8321+29,33⋅0,5547= 33,33 кН.
Точка 3: х=4 м, у=6 м;
M 3 = M 30 –Н⋅(у3–уD)=82–29,33(6–3,5)=8,68 кН⋅м;
Q3 = Q30 ⋅cosϕ3–Н⋅sinϕ3 =16,5⋅0,7071–29,33⋅0,7071= –9,07 кН;
N3 = Q30 ⋅sinϕ3+Н⋅cosϕ3=16,5⋅0,7071+29,33⋅0,7071=32,41 кН.
Точка 4: х=6 м, у=7,5 м;
M4 = M04 –Н⋅(у4–уD)=111–29,33⋅(7,5–3,5)= –6,32 кН⋅м;
Q4 = Q04 ⋅cosϕ4–Н⋅sinϕ4 =12,5⋅0,8944–29,33⋅0,4472= –1,94 кН;
N 4 = Q04 ⋅sinϕ4+Н⋅cosϕ4=12,5⋅0,4472+29,33⋅0,8944=31,82 кН.
30
Точка С: х=8 м, у=8 м;
M C = M C0 –Н⋅(ус–уD)=132–29,33⋅(8–3,5)=0,015 кН⋅м;
QC = QC0 ⋅cosϕC–Н⋅sinϕC =8,5⋅1–Н⋅0=8,5 кН;
NC = Q0C ⋅sinϕC+Н⋅cosϕC=8,5⋅0+29,33⋅1=29,33 кН.
Точка 2: х=10 м, у=7,5 м;
M 2 = M 02 –Н⋅(у2–уD)=149–29,33⋅(7,5–3,5)=31,68 кН⋅м;
Q2 = Q02 ⋅cosϕ2–Н⋅sinϕ2 =8,5⋅0,8944–29,33⋅(–0,4472)=20,72 кН;
N 2 = Q 02 ⋅sinϕ2+Н⋅cosϕ2=8,5⋅(–0,4472)+29,33⋅0,8944=22,43 кН.
Точка 5: х=12 м, у=6 м;
M 5 = M 50 –Н⋅(у5–уD)=166–29,33⋅(6–3,5)=92,68 кН⋅м;
Q 5лев = Q 50 лев ⋅cosϕ5–Н⋅sinϕ5 =8,5⋅0,7071–29,33⋅(–0,7071)=26,75 кН;
Q5пр = Q50пр ⋅sinϕ5+Н⋅cosϕ5=–41,5⋅0,7071–29,33⋅(–0,7071)= –8,61 кН;
N 5лев = Q 50лев ⋅sinϕ5+H⋅cosϕ5=8,5⋅0,7071+29,33(–0,7071)=14,72 кН;
N 5пр = Q 50пр ⋅sinϕ5+H⋅cosϕ5=8,5⋅0,7071+29,33(–0,7071)=50,08 кН.
Точка E: х=14 м, у=3,5 м;
ME = M0E –Н⋅(уE–уD)=83–29,33⋅0=83 кН⋅м;
Q E = Q 0E ⋅cosϕE–Н⋅sinϕE =–41,5⋅0,5547–29,33⋅(–0,8321)=1,39 кН;
N E = Q 0E ⋅sinϕE+Н⋅cosϕE=–41,5⋅(–0,8321)+29,33⋅0,5547=50,8 кН.
Точка B: х=16 м, у=0 м;
M B = M 0B =0 кН⋅м;
Q B = Q0B ⋅cosϕB=–41,5⋅0,4472= –18,56 кН;
NB = Q0B ⋅sinϕB+ =–41,5⋅(–0,8944)=37,12 кН.
Результаты вычисления заносим в табл. 4.
Таблица 4
Усилия
Mк,
кН⋅м
Qк,
кН⋅м
А
1
D
3
0
23,5
45
8,68
Точки
4
С
–6,32
0
2
5
31,68 92,68
26,75
–8,61
14,72
Nк, кН 21,91 19,53 33,33 32,41 31,82 29,33 22,43
50,08
10,95
11,16 –13,03 –9,07 –1,94
8,5
20,72
E
В
83
0
1,39 18,56
50,8 37,12
По данным табл. 4. строим эпюры M, Q, N для рассчитываемой арки (рис. 2.7).
31
Рис. 2.7
32
Построение линий влияния усилий M, Q, N для сечений 1–1 и 2–2
Правила построения
Линии влияния внутренних усилий МK, QK, NK могут быть получены
0
сложением известных линий влияния балочных моментов M K , балочных
0
поперечных сил QK , а также линий влияния распора Н, умноженных на
соответствующие коэффициенты:
л.вМ K = л.вМ 0K − л.вН ⋅ y;
л.вQ K = л.вQ 0K ⋅ cos ϕ K − л.вН ⋅ sin ϕ K ;
л.вN K = л.вN 0K ⋅ sin ϕ K − л.вН ⋅ cos ϕ K ;
0
0
где M K , QK – линии влияния для сечения К в балке;
сosϕK, sinϕK – значения косинуса и синуса угла касательной, проведенной в
сечении К;
у=(yK–уD) – плечо, которое составляет распор Н с сечением К,
уK – ордината сечения К;
уD=3,5 м – ордината сечения D.
л.вН – линия влияния распора арки, которая получается из уравнения момента
относительно шарнира С;
M C = M 0C − H ( yC − yD ) ⎫⎪
0
⎬ ⇒ M C = H ⋅ ( yC − yD ) ;
MC = 0
⎪⎭
M 0C
H=
;
( yC − yD )
т.е.
л.вМ 0C
л.вН =
,
( уC − уD )
л.вМ 0С – линия влияния в сечении C в балке;
(уС–уD) – расстояние по вертикали от шарнира C до затяжки.
Построим линию влияния для момента в сечении 1–1
Так как в сечении 1–1 величина распор Н=0, то л.вМ
33
1−1
= л.вМ 10−1 (рис. 2.8).
Рис. 2.8
Построим линию влияния для момента в сечении 2–2:
л.вМ 2−2 = л.в.М 02−2 − л.вН ⋅ ( y2 − yD ) = л.вМ 02− 2 − л.вН ⋅ ( 7,5 − 3,5) ;
0
Для сложения л.вМ 2−2
(рис. 2.9):
л.вМ 0C
л.вН =
.
4,5
и л.в ( −Н ⋅ ( у 2 − у D ) ) вычисляем необходимые ординаты
a1 10
60
= ; a1 =
= 3, 75;
6 16
16
a1 а 2
у ⋅ 8 3, 75 ⋅ 8
= ; у2 = 1 =
= 3;
10 8
10
8
3,56 а 3
3,56 ⋅ 6
= ; а3 =
= 2, 67.
8
6
8
Построим линию влияния для поперечной силы в сечении 1–1.(рис. 2.10):
л.вQ
1−1
= л.вQ 10−1 ⋅cosϕ1–1 (H=0);
сosϕ1–1=0,4961.
Построим линию влияния Q2–2
л.вQ2−2 = л.вQ02−2 ⋅ cosϕ2–л.вH⋅sinϕ2;
cosϕ2=0,8944;
sinϕ2= –0,4472.
34
Рис. 2.9
Для сложения л.вQ2–2⋅cosϕ2 и л.вН⋅(–sinϕ2) вычислим необходимые ординаты
(рис. 2.11):
a 4 0,8944
0,8944 ⋅ 8
=
= 0, 4472;
; a4 =
8
16
16
35
a 5 0,8944
0,8944 ⋅10
; a4 =
=
= 0,559;
10
16
16
a 6 = 0,8944; a 5 = 0,8944 − 0,559 = 0,3354;
a 7 0, 796
0, 796 ⋅ 6
; a7 =
=
= 0, 2985.
6
16
16
Построим линию влияния N1–1 (рис2.12.)
л.вN1−1 = Q10−1 ⋅sinϕ1,
где
sinϕ1=0,8682.
Построим линию влияния N2–2 (рис. 2.13):
где
л.вN 2−2 = л.вQ02− 2 +л.вH⋅cosϕ2,
sinϕ2= –0,4472,
cosϕ2=0,8944.
Для сложения л.в.Q2–2⋅sinϕ2 и л.вН⋅cosϕ2 вычислим необходимые ординаты:
0, 4472 a 8
0, 4472 ⋅ 10
= ; y1 =
= 0, 2795;
16
10
16
a 9 = 0, 4472; a 7 = 0, 4472 − 0, 2795 = 0,1677;
a10 0, 4472
0, 4472 ⋅ 8
=
= 0, 2236;
; y3 =
8
16
16
0, 7960 a11
0, 7960 ⋅ 6
=
= 0,597.
; y4 =
8
6
8
Рис. 2.10
36
Рис. 2.11
37
Рис. 2.12
38
Рис. 2.13
39
Определение усилий по линиям влияния S (поперечных сил Q, моментов M и
продольных сил N)
Определение усилий при помощи линий влияния производится путем
загружения их заданной нагрузкой, по формуле
S = ∑ Pi ⋅ yi + ∑ q i ⋅ ωi ,
где Рi – сосредоточенная сила, действующая на сооружение;
уi – ордината линий влияния усилия S под сосредоточенной силой Pi;
qi – интенсивность распределенной нагрузки;
ωi – площадь той части линии влияния, которая находится под участком
действия равномерно распределенной нагрузки интенсивности qi.
Определим необходимые ординаты уi через подобие соответствующих
треугольников и необходимые площади ωi (см. рис. 2.8–2.13):
y1 1 15
= ;
= 0,9375;
15 16 16
1
0,9375 + 0,5
ω1 = ⋅1⋅ 0,9375 +
⋅ 7 = 5,5;
2
2
y2 1
1⋅ 4
= ; y2 =
= 0, 25;
4 16
16
1
ω 2 = ⋅ 0, 55 ⋅ 8 = 2, 2;
2
y3 1, 0875
1, 0875 ⋅ 4
=
= 0, 725;
; y3 =
4
6
6
0, 4961 y 4
0, 4961 ⋅15
= ; y4 =
= 0, 4650;
16
15
16
y5 = 0, 4961 − 0, 4650 = 0, 0311;
y 6 0, 4961
0, 4961 ⋅ 4
=
= 0,124;
; y6 =
4
16
16
1
ω3 = ⋅1⋅ 0, 0311 = 0, 0156;
2
0, 4650 + 0, 2480
⋅ 7 = 2, 496;
ω4 =
2
1
ω5 = ⋅ 0, 0492 ⋅ 8 = 0,1968;
2
y 7 0, 6339
0, 6339 ⋅ 4
=
= 0, 4226;
; y7 =
4
6
6
40
y8 0,8682
0,8682 ⋅15
=
= 0,8139;
; y8 =
15
16
16
y9 = 0,8682 − y8 = 0,8682 − 0,8139 = 0, 0543;
1
ω6 = ⋅ 0, 0543 ⋅1 = 0, 0272;
2
0,8139 + 0, 4341
ω7 =
⋅ 7 = 4,368;
2
y10 0, 4341
0, 4341⋅ 4
=
= 0, 2171;
; y10 =
4
8
8
1
ω8 = ⋅1, 0196 ⋅ 8 = 4, 0784;
2
y11 0, 4293
0, 4293 ⋅ 4
=
= 0, 2862.
; y11 =
4
6
6
Вычисляем внутренние усилия:
M1−1 = q ⋅ ω1 + P ⋅ y 2 = 2 ⋅ 5,5 + 50 ⋅ 0, 25 = 23,5 кН ⋅ м;
Q1−1 = q ⋅ ( ω4 − ω3 ) + P ⋅ y 6 = 2 ⋅ ( 2, 496 − 0, 0156 ) + 50 ⋅ 0,124 = 11,16 кН;
N1−1 = q ⋅ ( ω 7 − ω 6 ) + P ⋅ y10 = 2 ⋅ ( 4, 368 − 0, 0272 ) + 50 ⋅ 0, 2171 = 19, 53 кН;
M 2-2 = q ⋅ ( −ω2 ) + P ⋅ y3 = 2 ⋅ ( −2, 2 ) + 50 ⋅ 0, 725 = 31,85 кН ⋅ м;
Q 2-2 = q ⋅ ( −ω5 ) + P ⋅ y 7 = 2 ⋅ ( −0,198 ) + 50 ⋅ 0, 4226 = 20, 73 кН;
N 2-2 = q ⋅ ω8 + P ⋅ y11 = 2 ⋅ 4, 0784 + 50 ⋅ 0, 2862 = 22, 47 кН.
Определение погрешности ε внутренних усилий S (M, Q, N)
Сравниваем значения внутренних усилий полученных по эпюрам и линиям
влияния. Для этого вычисляем погрешность ε по формуле
л.в.
Sэп
n-n − Sn-n
ε = эп
⋅100% ,
л.в.
S
+
S
2
( n-n n-n )
эп
где Sn − n – значение внутренних усилий (Q, М и N), полученных по эпюрам;
Snл.в−n – значение внутренних усилий (Q , М и N), полученных по линиям
влияния.
эп
л.в
М1-1
23, 5 − 23, 5
− М1-1
ε1 =
100%
⋅
=
⋅100% = 0%;
( 23, 5 + 23, 5 ) 2
( М1-1эп + М1-1л.в ) 2
41
эп
л.в
− Q1-1
Q1-1
11,16 − 11,16
⋅
=
⋅100% = 0%;
ε 2 = эп
100%
л.в
+
11,16
11,16
2
+
Q
Q
2
(
)
( 1-1 1-1 )
эп
л.в
− N1-1
N1-1
19,53 − 19,53
⋅
=
⋅100% = 0%;
ε3 =
100%
(19, 53 + 19,53) 2
( N эпH + N Hл.в ) 2
л.в
( −0,17 ) ⋅100% = 0, 53% < 5%;
M эп
31, 68 − 31,85
2-2 − M 2-2
ε4 =
100%
100%
⋅
=
⋅
=
31, 765
( 31, 68 + 31,85 ) 2
( M эп2-2 + M 2-2л.в ) 2
л.в
( −0, 04 ) ⋅100% = 0,18% < 25%.
N эп
22, 43 − 22, 47
2-2 − N 2-2
ε 6 = эп
⋅
100%
=
⋅
100%
=
22, 45
( 22, 43 + 22, 47 ) 2
( N 2-2 + N 2-2л.в ) 2
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
1. В чём состоит цель кинематического анализа сооружений?
2. Как определяется число степеней свободы плоской стержневой системы?
3. Каковы условия неизменяемости системы?
4. Назовите способы образования геометрически неизменяемых систем?
5. Каковы признаки мгновенной изменяемости системы?
6. Что называется линией влияния?
7. Каково различие между эпюрой и линией влияния?
10. Как определяется усилие по линии влияния от действия: сосредоточенных
сил, распределённой нагрузки и момента?
11. Каковы преимущества арки перед другими стержневыми системами?
12. Какова последовательность определения внутренних усилий в арках?
13. Что представляют собой балочные эпюры?
14. Каков порядок построения линий влияния в арках?
15. Какое очертание оси арки является рациональным?
42
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
1. Основы строительной механики строительных систем: Учебник /
Н.Н. Леонтьев и др. – М.: изд-во АСВ, 1996.–541 стр. и илл.
2. Строительная механика. Основы теории с примерами расчетов: Учебник /
под ред. А.Е. Саргосяна. –2-е изд., испр. и доп. – М.: Высшая шк., 2000. – 416 с.
3. Анохин Н.Н. Строительная механика в примерах и задачах. Ч.I. Статически
определимые системы: Учебное пособие. – М.: Изд-во АСВ, 1999. – 335 с.
4. Методические указания и домашние задания по сопротивлению материалов,
строительной механике и теории упругости: /Под общей редакцией В.А. Икрина,
2-е изд., перераб. – Челябинск.: Изд. ЧПИ, 1981. –100 с. и илл.
43
ПРИЛОЖЕНИЕ
Министерство образования и науки Российской Федерации
Федеральное агентство по образованию
Южно-Уральский государственный университет
Филиал в г. Златоусте
Кафедра «Промышленное и гражданское строительство»
АЛЬБОМ ЗАДАЧ
по дисциплине: «Строительная механика»
Статически определимые системы
Выполнил студент группы ЗД 306:
Иванов П. И.
Проверил ассистент
Гельрот А. В.
Златоуст
2006 год
44