/
Author: Рекач В.Г. Розенблат Г.И. Рабинович И.М. Кузьмин Н.Л.
Tags: строительство механика строительная механика сборник задач
Year: 1950
Text
КЛНД. ТЕХН. НАУК, доц. Н. Л. КУЗЬМИН, КАНД. ТЕХН. НАУК, доц. В. Г. РЕК АЧ,
КАНД. ТЕХН. НАУК Г. И. РОЗЕНБЛАТ
СБОРНИК ЗАДАЧ
ПО ТЕОРИИ СООРУЖЕНИЙ
(СТРОИТЕЛЬНОЙ МЕХАНИКЕ)
ЧАСТЬ I —ЗАДАЧИ, ЧАСТЬ И —ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Под редакцией
Нроф., д-ра техн, наук И. М. РАБИНОВИЧА
Допущено Министерством высшего образования СССР
в качестве учебного пособия для строительных
и автодорожных вузов
ГОСУДАРСТВЕННОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО СТРОИТЕЛЬНОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
Москва
1950
Ленинград
Рецензенты: проф., д-р техн, паук 7/. И. Безухов и кафедра
строительной механики Московского автомобильно-дорожного института
им. В. М. Молотова.
Редактор — канд. техн, наук И. К. Снитко
Сборник задач по строительной механике со-
держит 670 задач, составленных применительно
к программе прохождения этой дисциплины во
втузах. Часть задач снабжена полными реше-
ниями, часть — краткими указаниями к решению,
а остальные имеют только ответы.
Сборник задач допущен Министерством выс-
шего образования СССР в качестве учебного по-
собия для строительных и автодорожных вузов.
775/
' ‘ -г..-.. .
й'4ИОТЕКА Г
=.^OErtTA f
ПРЕДИСЛОВИЕ
Предлагаемый вниманию читателей сборник задач по строительной
механике предназначен для студентов строительных вузов и отвечает
действующим в настоящее время программам этих вузов.
В рамках этой программы сборник отражает современное состояние
методов расчета стержневых систем и те большие достижения, кото-
рые имеются в этой области в СССР. Читатель найдет в книге ряд
оригинальных методов, принадлежащих отечественным ученым: сме-
шанный метод проф. А. А. Гвоздева, способ угловых фокусов профес-
соров П. Л. Па'стернака — Б. Н. Жемочкина, способ расчета рам на
устойчивость проф. Н. В. Корноухова, расчет балок и рам на ви-
брационную нагрузку проф. Н. И. Безухова и др. Ограниченный объем
книги не дал возможности включить в нее другие разделы строительной
механики, в которых также ярко выявился приоритет советской науки.
В сборнике помещено 670 задач. Часть из них снабжена полными
решениями, часть — краткими указаниями к решению, остальные —
только ответами. По степени трудности большинство задач является
вполне доступным для самостоятельного решения студенту, прочитав-
шему предварительно по учебнику соответствующий раздел курса.
В каждой главе имеется, кроме того, несколько задач более сложных.
Читателю рекомендуется начинать каждую главу с разбора нескольких
решенных задач, после чего приступить к самостоятельному решению
остальных задач, из которых наиболее сложные отмечены звездочкой.
Нельзя ограничиваться разбором готовых решений, так как пассивное
восприятие таких решений не дает навыков, необходимых для само-
стоятельного решения задач.
Необходимость прочной взаимосвязи теории науки с практикой
ее использования в учебном процессе особенно ярко подтверждается
на примере изучения строительной механики, где без решения задач
и самостоятельной работы учащихся усвоение материала не является
полноценным. Дать материал для этой самостоятельной работы и вместе с
тем некоторую консультацию и является целью данного учебного пособия.
В книге принята следующая нумерация задач: первая цифра ука-
зывает номер главы, а вторая — порядковый номер задачи в главе.
Большинство задач составлено авторами заново; помимо этого,
использованы отечественные литературные источники. Условия задач
составлены авторами сообща. Детальная разработка глав 1, 5, 8, 1] и
1* 3
14 произведена канд. техн, наук, доц. II. Л. Кузьминым; глав 7, 9,
12, 16 и 17 —канд. техн, наук, доц. В. Г. Рекач; глав 2, 3, 4, 6,
10, 13 и 15 — канд. техн, наук Г. И. Розенблат.
При окончательной обработке рукописи был учтен ряд ценных
замечаний профессоров Н. И. Безухова и В. А. Киселева, а также ка-
федры строительной механики Московского автомобильно-дорожного
института им. В. М. Молотова.
Необходимо отметить большую работу канд. техн, наук И. К. Снитко
по подготовке задачника к изданию.
Проф. И. М. РАБИНОВИЧ
Часть первая
ЗАДАЧИ
ГЛАВА I
ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ НЕИЗМЕНЯЕМОСТЬ И НЕПОДВИЖНОСТЬ
СООРУЖЕНИЙ
1.1 —1.24. Определить степень изменяемости (или подвижности)
по соответствующим формулам и разобрать геометрическую структуру
следующих плоских стержневых систем.
1.1.
1.2.
I*. Фиг. 1.
* Здесь и в дальнейшем цифрой перед номером фигуры обозначен
номер задачи данной главы.
6. фиг. 6.
6
1.12.
1.13.
W77. 77Я77
12. Фиг. 12.
13. Фиг. 13.
18. Фиг. 18. 19. Фиг. 19.
7
1.24.
1.25—1.30. Определить степень изменяемости следующих плоских
ферм, используя метод замены стержней (или связей).
1.27.
1.28.
28. Фиг. 28.
8
1.29.
1.30.
30. Фиг. 30.
1.31 — 1.34. Определить степень изменяемости следующих ферм,
используя метод нулевой нагрузки.
31. Фиг. 31.
1.33.
1.34.
34. Фиг. 34.
1.35—1.40. Определить степень изменяемости следующих систем,
используя построение планов скоростей.
9
1.37.
35. Фиг. 35.
36. Фиг. 36.
1.38.
38. Фиг. 38.
39. Фиг. 39.
40. Фиг. 40.
Выяснить геометрическую неизменяемость системы, приме-
няя построение мгновенных центров вращения.
41. Фиг. 41.
ГЛАВА 2
РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМЫХ МНОГОПРОЛЕТНЫХ
БАЛОК
2.1. Определить расположение шарниров из условия, чтобы для
каждой из двух балок — балки СЕ и балки EG — максимальный
изгибающий момент в пролете и момент над опорой были равны
между собой.
Построить аналитически эпюры М и Q.
1. Фиг. 42.
2.2. Определить положение шарниров, при котором изгибающие
моменты над всеми промежуточными опорами будут равны по абсо-
лютной величине.
Построить эпюры Л1 и Q.
2. Фиг. 43.
11
2.3. Подобрать длины консолей и расстояния между шарнирами
из условия равенства изгибающих моментов над всеми опорами и во
всех пролетах.
3. Фиг. 44.
2.4. Найти графически величину и направление всех опорных
реакций.
Построить эпюры М, Q, N.
2.7. Найти графически все опорные реакции. Построить эпюры
М, Q, N-
7. Фиг. 48.
2.8. Графически и аналитически построить эпюры 7И и Q.
4. Фиг. 45.
2.5. Найти графически все опорные реакции. Построить эпюры
М, Q, N.
Указание. Для графического определения опорных реакций
представить момент т в виде пары сил.
5. Фиг. 46.
8. Фиг. 49.
2.9. Аналитически и графически построить эпюры М и Q.
9. Фиг. 50.
2.10. Путем аналитических вычислений построить эпюры 7И, Q
и N.
2.6. Графически и аналитически построить эпюры /И и Q.
2.11. То же Для следующей балки.
11. Фиг. 52.
6. Фиг. 47.
12
£.12. 'Построить эпюры /И и Q и показан, характер упругой
линии балки от указанной нагрузки (момента т).
12. Фиг. 53.
2.13. Найти графически все опорные реакции. Показать характер
эпюр М и Q.
Указание. При построении учесть, что в точках пересечения
соединительных стержней (точки т и п) образуются как бы фиктив-
ные шарниры, связывающие между собой отдельные балки.
13. Фиг. 54.
2.14. Найти графически все опорные реакции и построить эпюру М.
2.15. Для балки ABCD построить эпюры М и Q при узловой
передаче нагрузки.
Р^5т
ф— 2р —•\~-2p^“-^-ip~1rip4~~2p—“j
q-lm/пм
ПИП ГТТЙП'Ш___— .
I у—$
5-4-— 2'5------зр -
X
15. Фиг. 56.
14
2.17. На балку действует уравновешенная нагрузка. Эпюра М от
этой нагрузки показана на фиг. 58. На участке GH эпюра выражена
квадратной параболой. Найти характер нагрузки и вид эпюры Q.
17. Фиг. 58.
2.18. По данной эпюре
поперечных сил дать несколько вариантов
схем балок с нагрузкой и построить соответствующие эпюры М.
18. Фиг. 59.
2.19. Для балки задачи 2.11 построить статическим методом линии
влияния опорных реакций А, В, С при движении вертикального еди-
ничного груза, а также линии влияния М и Q для сечений а, Ь, с
(фиг. 52).
2,20. То же для балки задачи 2.9 (фиг. 50).
2.21. То же для балки 2.9 (фиг. 50)—кинематическим методом.
2.22. Для балки задачи 2.12 построить статическим методом линии
влияния опорных реакций- А, В, С и линии влияния М и Q для
сечений с и b (фиг. 53).
2.23. То же для балки задачи 2.15—кинематическим методом
(фиг. 56).
15
2.24. Построить линии илпяпня опорных реакций Л и 13 статиче-
ским и кинематическим методами при узловой передаче нагрузки.
24. Фиг. 60.
2.25 -2.31. Для систем, представленных ил схемах, пос гроп it,
линии влияния изгибающего момента и поперечной силы в ука-
занных. сечениях при движении вертикального груза.
Hi
31. Фиг. 67.
2.32. Построить линии влияния
влияния изгибающих моментов для
тнкальпого груза Р= 1.
опорных реакций А, В, С и линии
сечений а, Ь, с от движении вер-
32. Фиг. 68.
2.33. 'Го же от горизонтального груза /’ = -!, лвижущегогя на
И'ннне проезжей части (фиг. 68).
1 'а,!. 1'3.7. ( О.р!|, ml (jpi.l.r. -14 .'ЛППГГ- 7 17
2.34. Построить линию влияния угла поворота балки ABCDEF.
Построить линию влияния прогиба у точки С той же балки.
I------------------------I
34. Фиг. 69.
®2.35. Построить линии влияния опорных реакций В, С, D и
линии влияния изгибающего и крутящего моментов для сечения К
(вертикальный груз может двигаться по всем ветвям балки).
Примечание. Шарниры Н и G — цилинлрические, а осталь-
ные— шаровые.
? п ip —оси цилиндрических шарниров.
- 35. Фиг. 70.
ГЛАВА 3
ОБЩИЕ СВОЙСТВА ЛИНИЙ ВЛИЯНИЯ
3.1. Для балки по схеме 2.9 определить изгибающие моменты н
перерезывающие силы в сечениях а и 5, загрузив соответствующие
линии влияния заданной нагрузкой (фиг. 50).
3.2. Для балки по схеме 2.15 определить опорные реакции в п Г),
построив и загрузив соответствующие линии влияния (фиг. 56).
3.3. Для балки по схеме 2.12, пользуясь линиями влияния, отве-
чающими движению единичного груза (см. 2.22), построить те же
линии влияния, отвечающие движению едишшной пары (фиг. 53).
3.4. При помощи линии влияния, отвечающей движению вертикаль-
ного единичного грум, найти левую опорную реакцию, вызванную’
указанной на чертеже нагрузкой (фиг. 71).
18
3.5. Найти изгибающий момент над опорой В, воспользовавшись
соответствующей линией влияния.
ШШШШПШШШШШПШШ'17
3.6. Пользуясь линией влияния, найти изгибающий момент /И(,
при вертикальной нагрузке, равномерно распределенной ио оси бруса.
Ось бруса очерчена по окружности.
3.7. Построить линию влияния Мк для вертикального единичного
груза и загрузить ее данной нагрузкой q. Проверить изгибающий
момент в сечении k другим способом.
3.8—З ЛО. Для систем, представленных па схемах, построить линии
влияния М, Q и N для отмеченных сечений (по системе движется
горизонтальный единичный груз, направленный слева направо).
3.10.
3.11. Для системы, указанной в задаче 2.14, построить линию
влияния изгибающего момента в сечении k от движения горизонталь-
ного единичного груза.
Ту же линию влияния получить из соответствующей линии влия-
ния для вертикального единичного груза.
3.12. Для данной системы построить линию влияния изгибающего
момента в сечении А от движения единичного вертикального груза
и от движения единичного горизонтального груза (последнее сделать
двумя способами: 1) непосредственно и 2) пользуясь линией влия-
ния для вертикального груза).
Примечание. Грузы движутся по элементам АВС и DEF,
сохраняя свое направление.
3.13. Построить окружность влияния опорной реакции С при
условии, что груз Р вращается вокруг неподвижной точки D. Найти
на окружности влияния то направление силы Р, при котором реак-
ция С будет равна нулю, и то направление силы Р, при котором
реакция С будет максимальной.
20
* 3.14. Найти при помощи кругов влияния направление силы Р,
при котором величина левой опорной реакции будет наибольшей.
* 3.15. Построить поверхность влияния изгибающего момента
в сечении k в зависимости от положения и угла наклона движуще-
гося единичного груза [Mk=f(x, ₽)].
Получить из нее, как частные случаи, линии влияния для движе-
ния вертикального и горизонтального груза.
* 3.16. Построить обобщенную линию влияния поперечной силы
в сечении k, приняв за независимую переменную абсциссу груза Рг.
Найти Ок . Р. — 20 я; Р = 30 т; Р,= 15 т; Р. — 20 т.
^гпах 1 3 2 ’2 ’4
16. Фиг. 82.
*3.17. Построить интегральную линию влияния изгибающего мо-
мента в сечении k при движении участка равномерно распределенной
нагрузки длиной /. Найти /Итах и
17. Фиг. 83.
21
3.18. Для балки задачи 3.16 найти Q^x, воспользовавшись обыч-
ной линией влияния и установив поезд в самое невыгодное положение.
3.19. Для балки задачи 3.17 найти /Итак и лАп, воспользовав-
шись линией влияния и установив ленту нагрузки в самое невыгодное
положение,
3.20. Найти самое невыгодное расположение поезда (фиг. а)
на линии влияния 5 (фиг. б).
Найти максимальное усилие S.
3.21. Загрузить невыгоднейшим образом данную линию влияния
паровозом по указанной на фиг. 85 схеме.
3.22. Найти максимальную длину I, при которой движущийся
поезд а не вызовет посредине пролета ВС положительных изгибающих
моментов.
22, Фиг. 86,
22
3.23. Для балки 3.22 найти максимальную длину /, при которой
бесконечная движущаяся лента поезда с интенсивностью давления
= const не вызовет посредине пролета ВС положительных изги-
бающих моментов.
3.24. Для балки 2.34 найти максимальный угол поворота <fA от
временной равномерно распределенной нагрузки q, могущей быть
расположенной любым образом.
3.25. Составить таблицу моментов поезда для системы грузов,
показанной на фиг. 87.
р, 0^0 J 0Z00
.. ‘•Р.Ч.'А..^.|Л[
/3=Д, = Р;=Р4 = Р5 =39^ , P6^P; = Ps=Ps = /6/n
25. Фиг. 87.
3.26. Воспользовавшись таблицей моментов поезда (см. задачу 3.25),
найти максимальный по абсолютному значению изгибающий момент
в сечении А.
26. Фиг. 88.
ГЛАВА 4
РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМЫХ АРОК И РАМ
4.1—4.2. Для намеченных схем графически определить опорные
реакции.
2. Фиг. 90,
23
/1.3 — 4.9. Для следующих схем определить аналитически и графи-
чески опорные реакции и построить многоугольник равнодействующих:
24
4.6. Очертание оси AEDC произвольно.
4.7.
4.8.
каком
ЕВ и
изме-
25
4.9,
4.10. На поверхности бруса АВ лежит канат, закрепленный
в точке А. В точке В канат огибает блок С и уходит вправо. Найти
давление каната на поверхность АВ, если канат натянут силой Т.
Т
4.11. Лрка параболического очертания х (/— х)] нагру-
жена весом забутки (объемный вес -;=1,6 и временной
нагрузкой р = 1 т/пог. м на левой половине пролета. Разбив арку
па участки, имеющие горизонтальную проекцию 2 м, построить
многоугольник равнодействующих. Собственный вес арки не учитывать.
Примечание. В задаче не учитывай, нагрузи}', равномерно
распределенную по всему пролету и равную весу забутки в ключевом
сечении. Такая нагрузка лает многоугольник равнодействующих,
совпадающий с осью арки.
4.12— -4.18. Для следующих cucieu аналитическим методом по-
строить эпюры /И, Q и М
27
4.17.
4.18.
4.16.
16. Фиг. 104.
17. Фиг. 105.
28
Указание. Анализируя структуру данной системы, принять во
внимание, что в месте пересечения дисков / и II узла нет.
4Д9___4.22. Для следующих схем аналитическим способом найти
опорные реакции и усилия в затяжках, построить эпюры изгибающих
моментов, показать без вычислений общий характер эпюр Q и N.
4.20.
29
4.23. Арка, имеющая опоры па разных уровнях, очерчена по
квадратной параболе. Записать уравнение оси арки (фиг. Ill) и,
пользуясь этим уравнением, найти скачок в эпюре поперечных сил,
который должен получиться под грузом Р (в точке k).
4.24. Дано положение опорных шарниров и ключевого шарнира
арки и нагрузка. Найти очертание оси арки, при котором во всех
сечениях изгибающие моменты будут равны нулю (фиг. 112).
24. Фиг. 112.
4.26. Построить линию влияния распора Н и линии
бающего момента для сечений В и К (фиг. ИЗ).
влияния изги-
25. Фш. 113.
30
4.26. То же для схемы по фиг. 114.
4.27—4.33. Построить линии влияния реакций, а так же /И, Q
и /V для указанных на схемах сечений.
4.27.
4.28.
.31
4.29.
Примечание. Груз движется по контуру AflD.
30. Фиг. 118.
4.31.
32
4.32.
Примечание. Касательная, проведенная к оси диска в точке Д',
проходит через точку С.
*4.33.
Примечание. Касательная, проведенная к оси диска в точке
К, горизонтальна.
4.34. Построить линию влияния усилия в затяжке Н. Построить
линии влияния М для сечений а и b статическим и кинематическим
методами.
Зак. 1757. Сбора, задач по строит, механике.
4.35. Построить линию влияния p,u:nop:i 111 статическим и кипе.*
матическим методами.
35. Фиг. 123.
*4.36. Построить линию влияния усилия в затяжке Н при дви-
жении по арке вертикального единичного груза. Ординаты найти
графически. То же при движении горизонтального единичного груза.
4.37. Найти усилия в стержнях 1, 2, 3, 4, 5 и построить
эпюру М.
37. •Риг. 125.
34
4.38. Построить эпюру изгибающих моментов.
Указание. Предварительно найти опорные реакции и начать
построение с элементов, примыкающих к опорам?
4.39. Доказать способом нулевой нагрузки неизменяемость данной
системы.
В каком случае эта система будет мгновенно изменяемой
(фиг. 127, а)?
4.40. Для схемы на фиг. 127, а построить эпюру М от силы Р.
4.41. Доказать мгновенную изменяемость данной системы кине-
матическим методом и способом нулевых нагрузок (предварительно
подсчитать степень подвижности) (фиг. 127, б}. Как сделать систему
неизменяемой, не добавляя связей?
39-41. Фиг. 127.
ГЛАВА 5
РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМЫХ ПЛОСКИХ ФЕРМ
S.1—5.17. Определить усилия в стержнях ab и cd следующих
ферм способом вырезания узлов или способом сечений.
5. Фиг. 132.
5.8.
5.6.
5.7.
р
37
38
5.18 — 5.22- Построить эпюры моменюв и определить усилия
в стержнях следующих комбинированных систем.
19. Фис. 146.
20. Фиг. 147.
5.21.
21. Фиг. 148:
39
5.22.
5.23—5.26. Определить усилия в указанных на схемах стержнях
следующих ферм способом совместных сечений.
40
5.27--5.30. Определить усилия в указанных па схемах стержнях
ферм способом замены стержней.
5.27.
27. Фиг. 154.
5.28.
5.31—5.34. Определить усилия в отмеченных на схемах стержнях
при помощи планов скоростей.
41
33. Фиг. l(j(>.
5.35—5.39. Определить усилия в стержнях ab и cd составных
(шпренгельиых) ферм.
5.35.
5.36.
5,40 -5.46, I Jorrpoa ii> диаграмму усилий
для следующих ферм.
44
Указание, Реко-
мендуем применить
метод „неопределен-
ного масштаба".
5 47—5.63. Построить линии влияния продольных усилий для отме
ченных на схемах ферм стержней.
5.47.
SO. Фиг. 17 7.
,54. Фиг. 181
4;
5.60.
60. Фиг. 187.
61. Фиг. 188.
1.3. Фиг. 190.
5.64. Построить линии влияния продольных усилий в стойких, ука-
занных на схемах следующих ферм.
64. Фиг. 191.
5.65—5.68. Построить кинематическим способом линии влияния
продольных усилий в стержнях, отмеченных на схемах.
4 Зак. 1757. Сбора, задач по строит, механике-
49
5.69. 1 Отстроить линии влияния изгибающего момен та и поперечной
гили в укгашюм сечении, а также усилий в трех отмеченных стержнях.
69. Фиг. 195.
5.70. * Построить линию-' влияния изгибающего момента в сече-
нии /.^'(посредине панели) при помощи плана скоростей.
50
1V1ABA b
РАСЧЕТ ФЕРМ С ВНЕШНИМ ИЛИ ВНУТРЕННИМ’
РАСПОРОМ
6.1- Для
стержнях.
фермы, показанной иа схеме, найти усилия во всех
1. Фиг. 198.
6.2. Для следующей фермы построить линии влияния распора Н
и усилий в стержнях Д и Д,.
6.3. В ферме, показанной на схеме, найти усилие в стержне S от
силы Р = 10 т.
3. Фиг. 200.
51
6.4. Для следующей фермы построить линии влияния усилиН
в стержнях .Sj и S'2. (Длина панели равна rf).
6.5. Для фермы, показанной на схеме:
а) при помощи диаграммы усилий найти усилия в стержнях от
действия горизонтальной силы Q = 20m;
б) построить линии влияния усилий в стержнях а — 3 и 4 — 5
при условии действия вертикальной силы Р = 1.
6.6. Построить линии влияния Ид и На и линию влияния усилия
62
6.7-6.11.
Построить линии влияния усилий в стержнях, указанных на схемах
7. Фиг. 204.
8. Фиг. 205.
9. Фиг. 206.
Указание к 6.10. При построении линии влияния Sj стержень
СР считать горизонтальным.
53
11. Фиг. 208.
6.12. Найти все опорные реакции и построить эпюры Ж, Q, N.
12. Фиг. 209.
6.13. Для системы по схеме 6.12 построить линию влияния вер-
тикальной реакции в точке С при условии действия вертикального
единичного груза, движущегося по линии AFB.
6.14— 6.17. Для вантовых ферм определить усилия в отмеченных
на схемах стержнях от заданной постоянной нагрузки.
54
(5.18. Для фермы залечи 6.1 1 построить липни влияния усилий
в отмеченных (фиг. 210) стержнях при движении единичного вер-
тикального груза по линии АВ.
6.19. То же для фермы задачи 6.15.
6.20. То же для фермы задачи 6,16.
6.21. То же для фермы задачи 6.J7.
6.22. Для комбинированной системы, показанной па охеме, по-
строить линию влияния распора в цепи и линии влияния М и Q
в сечении а балки.
6.23. Построить линии влияния распора в верхней и нижней цепях
и линии влияния и Q„ в сечении балки на расстоянии 0,4 / от левой
опоры; звенья цепей на данном участке считать горизонтальными.
24. Фиг, 216,
ГЛАВА 7
РАСЧЕТ ПРОСТРАНСТВЕННЫХ ФЕРМ
7.1. Определить усилия в стержнях кронштейна от действия
вер1нкалыюй силы Р = 3т, приложенной в узле С.
7.2. Методом непосредственного разложения определить усилия
в крановой ферме, нагруженной вертикальной силой Р-= 10 т н узле 7.
1. Фиг. 217.
Указание. Для составления уравнений проекции выбрать указан-
ное па рисунке направление осей и все неизвестные усилия считать
направленными от узла, после чего составить следующую таблицу.
7.3. Методом разложения пространственной фермы на плоские
определить усилия в ферме двускатного покрытия от системы
1 Графа заполняется после решения задачи.
равных горизонтальных грузов Р=10т, приложенных в верхних
узлах.
*7.4. Методом замены стержней определить усилия в правильной
пирамидальной пространственной ферме (фиг. 220) от горизонтальной
силы Р = 10/и, лежащей в-плоскости 1-3-5-7.
Указание. При решении рекомендуем откинуть стержень 5-9
н вместо него ввести стержень 5-2.
7.5—7.11. Определить усилия в стержнях следующих простран-
ственных систем при значении силы Р = 20 т.
6, Фиг. 22?,
7.12.
7.13.
г
7.12—7.13. Определить усилия в стержнях пространственных
купольных покрытий при значении силы /’-=10 т, приложенной
в узле 1.
Указание. Расчет начать с выявления пулевых стержней.
7.14—7.20. Исследовать неизменяемость пространственных стерж-
невых систем способом нулевой нагрузки:
7.14
7.15
16. Фиг. 232.
18. Фиг. 233.
17. Фиг. 234.
61
7.19.
7.20.
7.21. Построить поверхность влияния усилия в стержне а при
движении горизонтального груза Р=1 по задней грани фермы,
нормально к ней; груз может находиться в узлах 4, 5, О, 10, 11, 72.
21. Фиг. 237.
7.22—7.24. Определить усилия в опорных стержнях от силы
®= 4 т, приложенной к жесткому телу.
62
23. Фиг. 239. 24- фиг' 240-
63
*7.25. „Ьиконсоль", состоящая из двух параллельных плоских
Сплошных консолей, соединенных зигзагом продольных связей вдоль
верхнего края, irai-ружеиа в томе К силой 1>, иериендикуляриой
плоскостям консолей. Определить Л7, Q и М в нормальном сечении
переднего диска, проведенном непосредственно справа от узла С.
25. Фиг. 241.
*7.26. Рассчитать бикопструкцию па действие сосредоточенной
силы Р, перпендикулярной плоскости главных ферм и приложенной
в точке С.
26. Фиг. 242.
64
i ’Лi/;,i л
ДАВЛЕНИЕ СЫПУЧЕГО ТЕЛА И РАСЧЕТ ПОДПОРНЫХ
СТЕНОК
8.1— 8.4. На основании построения Поиселе вычислить активное
давление на следующие стенки, принимая <?о = 0, а угол у наклона
сгепок — равный углу внутреннего трения грунта.
1. Фиг. 243.
J тЛ
2. Фиг. 244. 3. Фиг. 245.
8.5. —8.7. На основании построения Поиселе вычислить нассиг.ио
|.;н;лепие на следующие стопки, принимая — 0.
5. Фиг. 24/.
7. Фиг. 249.
8.8. Сравнить величину давления на стенку при горизонте воды
выше н ниже поверхности земли. Грунт водопроницаемый.
у=20’; -р.;, = 1,5/и/.iz3; ---= 1,0 т'м3; -, = 0,3
(оба,ем пустот в грунте).
8.9. Определить угол fi из условия отсутствия растягивающих
напряжений в кладке плотним, = 2,25 ш/лА
8. Фиг. 250.
9. Фиг. 251
< । I.-'" но строке, мех.чппкд
8.10. Построить эпюры интенсивноегы давлений га дли ни верти-
кальиую гладкую пенку при горизоптальпой засыпке:
а) без учета сил сцепления,
б) с учетом сил сцепления (/г = 0,8 ni, м-).
Сравнись величину давления в обоих случаях.
Высота стенки h — 5 м; тгр — 1,5 да/л8; с = 30'.
8.11. Сопоставить эпюры интенсивности для трех; следующих
стенок (<р0 = 0; о = 30°; г = 20°).
И. Фиг. 252.
8.12. Сравнить площади профилей четырех каменных подпорпых
стенок при одинаковой высоте, но различной ширине, определяемой
из условий:
а) отсутствия растягивающих напряжений в основании,
б) устойчивости на опрокидывание при коэфициенте устойчивости
k = 2.
Давление на наклонные грачи стенок 2 и 4 определять прибли-
женно, как в случае уступчатых стенок, показанных пунктиром
(?и = 2 == ! Де == 1,5 т тг3; -j,., = 2 ггг/лФ).
8.13. Определить ширину х прямоугольной стенки из условия,
чтобы наибольшее напряжение в основании не превышало 3 кг слА.
Принять условно активное давление с двух сторон
(Тгд = 1,5 ш/л-г8; у,!Л — 2 mjifi-, ®о=О; а =30°).
8.14. Определить,
жение oj треугольной
основания уменьшить
можно пренебречь.
во сколько раз изменится наибольшее напря-
эгиоры напряжений в основании, если ширину
па l/’g. Разницей в собственном весе стенки
8.15. Сравнить давления на нср:nioijibiiyai гладиуго стоику» с раз-
нородной в двух предно.южешых:
а) р. == 20"; ys = 40°; -ц =. 1,& щ-м-- и у2 = 1,6 »//.ws;
б)4!=40; ®.а = 20 ; = 1 fi т мв и -^ = 1,5 « .Л
13. Фиг. 254.
8.16. Определить уменьшение давления на вертикальную гладкую
стенку, если сплошную нагрузку па поверхности сыпучего тела ото-
двинуть от стенки па половину ее высоты (А = 6.и; у?/,--= 1,5 w ,4/й;
о =-30).
q~ fт/м?
Фнг. 257.
8.17. Определить ширину плиты А железобетонной подпорной
тенки при следующих условиях:
а) в основании не должно быть растягивающих напряжений;
б) коэфициент устойчивости на опрокидывание k = 2;
с = 1,0 я;; d = 0,2 ,н; h = 6,0 .и; hx — 2,0 м; у.,, = 1,5 т от8;
‘(:;л = 2,4 т: м5; у = 30°; <эо = О.
Принять условно активное давление с двух сторон.
8.18. Найти изгибающий момент в сечении а — !> при следующих
условиях:
а) линия сползания пересекает разгрузочную площадку,
6) линия сползания пе пересекает разгрузочную площадку.
67
Собственным весом стенки ввиду <•<' малой толщины можно прене-
бречь (о0 — 0; а = 30о).
8.19. Произвести проверку подпорной стенки на устойчивость
и прочность в швах а — ан б — б, а также проверить достаточность
глубины заложения фундамента. Весом столба земли на обрезе фун-
дамента пренебречь (тгр = 1,6/ге/лФ; -[и==2,4я/л3; ® = 35°; ?о = О).
Коэфициент трения кладки по кладке /'(==0,7; коэфициент трения
кладки по грунту /3 = 0,5.
8.20. Проверить глубину заложения фундамента мостового быка
весом 400 m. Давление на бык от ферм с поездом — 500 от. Площадь
основания равна 18л3 ,5 иг/дф; у = 1,6 тбм5' <р=30'’).
20. Фиг. 261.
68
8.21. Определит;, глубину заложения отдельно стоящего столба
диаметром 0,2 м, когда на- столб действует горизонтальная
сила Р ~ т- Найти величину наибольшего напряжения в столбе
= 1,6 т/ма; ср = 30°).
8.22. Подобрать толщину с деревянной шпунтовой стенки высо-
той/у=2,0л, заглубленной в грунт па /г —2,1м (ър = 1,6т/я1;
,р = 30’; <?0 = О; [а] = 100 см2).
21. Фиг. 262. 22. Фиг. 263.
8.23. Показать ход построения эпюры интенсивности давлений
па подпорную стенку при условии, что поверхность сыпучего тела
ограничена ломаной линией.
ГЛАВА 9
ВЫЧИСЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ, ВЫЗЫВАЕМЫХ НАГРУЗКОЙ,
ТЕМПЕРАТУРОЙ И ЗАДАННЫМИ ПЕРЕМЕЩЕНИЯМИ
ОПОРНЫХ ИЛИ ИНЫХ СЕЧЕНИЙ
9.1—9.15. Определить следующие перемещения в статически опре-
делимых плоских системах от заданной нагрузки без учета влияния на
них сил У и Q.
9.1. a) &ij, — взаимный угол поворота сечений А и В,
б) А-,р — вертикальное перемещение точки А.
9.2. — вертикальное перемещение точки А.
*9.3. Прогиб Д1р конца консоли (с учетом влияния поперечной
силы Q).
Положить = Fi = bh.
i 12 ’ ‘
9.4. Вертикальное перемещение и угол поворота в точке /I.
Начертить характер деформации.
9.5. Для бруса малой кривизны, очерчеипого по дуге кругл, вер-
тикальное перемещение б1(, точки /1.
69
Фиг. 2<Й.
9.6, A,,.— расхождение точек Л и В.
9.7. Дли брусе малой кривизны полное перемещение Ад точки /1.
9 8. а) Д,г, — угот поворота сечения /1,
6) .А,,, -- вертикальное смещение- точки В.
*9.9. Вертикальное перемещение Аточки Л, Влияние нормальных
:У1 счесть .тишь ь подкосах; F и J соответстненно в м2 н л/4.
7)
9,10. а) Угол поворота Др, сечеиня А,
б) вертикальное смещение Др, точки В,
в) сближение Д3р точек В и С.
м
И>. Фиг. 273.
9.11. Для бруса малой кривизны, очерченною но дую кр\ка:
а) угол поворота Др, сечения А,
б) вертикальное перемещение Д2/, точки В.
9.12. Взаимное сближение Ддв точек .4 и В.
9.13. Угол взаимного поворота Длв сечений А и В.
9.14. а) Угол поворота Ддв стержня АВ,
б) вертикальное перемещение Дд точки В.
И. Фиг. 277.
•'Q15 Прогиб Ас Е точке С с счетом влияния нормальных сил
в стержнях. Узлы цепи 1, 2, 3, 4, С, 5, 6, 7, 8 лежат на кривой,
определяемой уравнением:
4 г, >
У = '37 х'' —Х1‘
9,16—9.17. Найти линии прогибов нижних поясов ферм при за
жшных значениях напряжений (Е = const).
9.16.
17. ф||!. 2S0.
9.18— 9.24. Определить следующие перемещения в статически оп-
ределимых плоских системах от температурного воздействии.
9.18. Вертикальное перемещение точки А.
9.19. Взаимное сближение точек А и й от одностороннего
(снизу) ii.irpeiia балки 1-2, Высота сечения балки 1-2 равна А.
18. Фиг. 281,
9.20. Полное перемещение Ад точки 1 or нагрева стержня 1-:>.
9.21. а) Взаимное сближение А,, точек А и В,
б) горизонтальное перемещение Ли точки Л.
20. Фиг.
9,22. а) Горизонтальное перемещение точки А,
б) взаимное сближение А,(. точек А н й,
74
9.23. Вертикальное перемещение Ад точки _i.
9.24. Угол поворота A,;j; пинии СЛ’о г нагрева iiceil фермы
ш -\-Г.
24. Фиг, 287.
9.25 9.26. Определить следующие перемещечня, вызываемые за-
t.niiibiMii смещениями опор в статически определимых системах.
9.25. Угол поворота Ад сечения 4.
25, Фиг. 283.
75
9.26. Горизонтальное перемещение точки Л.
9.27. Вертикальная составляющая полного перемещения точки /
вызванного вертикальной силой, приложенной в этой же точке, равна г
Определить горизонтальное перемещение, точки Л.
27, Фиг. 290.
9.28- -9.34. Написать выражения потенциальной энерт пи для следую
щих статически определимых систем.
9.28. Вез учета влияния силы Q,
9.29. Без учета елияиня спа Q и /V
9.30. Без учена илияння rnw <•>.
9.31. Без учета влияния силы Q; положить, что ds'^x dx. Сечение
I
бруса квадратное со стороной .'равнение осп пруса:
4f .
I'' - -р- Л С- г).
I
Фн1. 291.
9.32. Для фермы ио фиг. 295 при /;/-’ = еоиС.
9.33. Сечение бруса ежжиытшх’ со стороной а (1 — ДБ.
77
9.31. ПеЗ уЧО'1'.'l D.'llisillir.l Cll.'ll.! Q,
9.35— 9.38. Определить следующие, перемещения в статически
неопределимых системах от указанных на схемах воздействий.
* 9.35 Прогиб Д.а в точке .4 без учета влияния силы Q (E/=consl).
35. Фиг. 298.
* 9.36. Горизонтальное, перемещение Дд точки /1 без учета влияния
сил Q и 7V.
* 9.37. Горнчштальиое перемещение Дд точки .4.
36. Фиг. 299
37. Фиг. 300.
9.38. Горизонтальное перемещение точки А без учета влияния сил
Q и /V. На фигуре, кроме нагрузки, приведена эпюра изгибающих
моментов (E.f — const.).
38. Фаг. 301.
’8
i .7/1/,71 К)
РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ БАЛОК
ЮЛ. Пользуясь уравнением трех моментов, построить эпюры Л4
10.2. То же, что в задаче 10.1.
1. Фиг. 302. 2. Фиг. 303.
10.3—10.5. Построить эпюры /И и Q, пользуясь уравнением трех
цементов; сделать проверки равенства нулю вертикальных переме-
щений и взаимных поворотов на опорах.
10.3.
3. Фиг. 304.
/I , В ;
-•р 4,7 Л1— 6.0
в,.ог т? =г з /
5. Фиг. 306.
Вопрос. В каких иеразрезных балках площадь отрицательной
части эпюры М должна быть равна площади положительной части?
79
10.6. Для балки, представленной па фиг. 307, я, получена эпюра
моментов, показанная па фиг. 307,6; найти характер и величину
нагрузки и проверить, удовлетворяет ли данная эпюра условию ра-
венства нулю прогибов на опорах и угла поворота в сечении А.
6. Фиг. 307.
10.7. Найти характер и величину нагрузки, от которой построена
эпюра 7И, показанная на фиг. 308, б (полагая, что на участке ВС квадрат-
ная парабола), и проверить, удовлетворяет ли данная эпюра условию
равенства нулю взаимного поворота левой и правой частей балки над
опорой С.
7. Фиг. 308.
10.8. Для балки, показанной на фиг.
показанная на фиг. 309,6. Определить,
309, а, построена эпюра М,
возможна ли такая эпюра?
3- const
8. Фиг. 309.
10.9. То же, что в задаче 10.8.
80
10.10. Для балки, показанной на фиг. 311, определить аналити-
чески и графически положение всех фокусных точек.
t X 4 Л 1 в св 7, :Ог‘О3 ‘Г.1.2 10. Фиг. 311.
10.11— 13. Построить эпюры изгибающих моментов, пользуясь
методом фокусов.
10.11. 2 irijiiM а 8 двАт£. М j, ,.JL Д, 7, г- -8.0 !—- 8.0 -~t :/, 'Ог Jf-2 33 ['-t.-om.-t 11. Фиг. 312.
10.12. J01 fQi | | 7 С Г ТТ&Г, dk -4- -4^4 гconst 12. Фиг. 313.
10.13. "лХль wsirs А/? £3=const 13. Фиг. 314.
10.14. Построить объемлющую эпюру моментов от постоянной
равномерно-распределенной нагрузки, расположенной по всей длине
балки, интенсивностью равной 1 т/пог. м, и временной нагрузки
q = 2 т]пд2. м.
6 Зак. 1757. Сборн. задач по строит, механике-
81
Выписать значения расчетных моментов па опорах и посредине
Каждого пролета.
14. Фиг. 315.
10.15. Построить эпюры Л1 и Q, вызванные поворотом плоскости
левого защемления на угол ср.
10.16. 11а какую величину следует произвести осанку средней
опоры, чтобы момент под грузом был равен моменту на опоре?
10.17. Построить эпюры Л1 и Q "г осадки опоры Р па вели-
чину z\.
16. Фиг. 317.
17. Фиг. 318.
10.18. Построить эпюры М и Q от совместного действия нагрузки
и осадки опоры Е на Д = 3 см. Сделать проверки правильности
решения.
10.19. По обе стороны сечения А приложены пары X, обусловив-
шие взаимный поворот ср. По заданной величине ср определить
величину X и построить эпюры М и Q (£7= const).
19. Фиг. 320.
82
10.20— 10.23. Для указанного на схемах температурного воздей-
ствия построить эпюры Л1 и Q и определить прогиб посредине
среднего пролета.
21. <1'ш. 322.
10.22.
10.23.
23. Фиг. 324.
10.24— 10.25. Построить эпюры М и Q для неразрезных балок
с упруго-податливыми опорами В, С, D и F. (коэфициент податли-
вости = с); EJ = const.
10.24.
FO”?100tm2 i 1= 4-,Ом; Р--Ют; с”0,01м!'”
24. Фиг. 325.
25. Фиг. 326.
6*
S3
10.26— 10.27. Для балок, показанных на схемах, построить
эпюры М и Q и найти прогибы на всех опорах (коэфициент подат-
ливости = с). EJ — const.
10.26.
сз-гтям2
с =0,08м/т
1=8,0м
26. Фиг. 327.
10.27.
E3:2I00vim? у
С =0,08м!т а-
1=8рм
ГЛ\ Фиг. 328.
10.28. Для балки, показанной на фиг. 329, построить эпюру М,
пользуясь способом фокусных коэфициентов.
J=10scm‘i J--!0sim‘'
•X^T=7t
I*—6,0—" I-* 6.0—•’!"•-8.0—*4*— 6.0 * L* 6.0-—J—.. 6,0 —4
£ =2,1 tO6Ki/ciJ c- 10 4м/т
28. Фиг. 329.
10.29. Построить эпюры М и Q для неразрезной балки на упруго
вращающихся опорах.
£3=const.
29. Фиг. 330.
10.30. Построить статическим методом линию влияния опорного
момента Мв и загрузить ее по всей длине равномерно распределенной
84
нагрузкой интенсивностью q = 1 иг; пог. м. При построении линии
влияния каждый пролет разделить на 4 части (EJ — const).
30. Фиг. 331.
10.31. Построить предусмотренную задачей 10.30 линию влияния
кинематическим методом (эскиз).
10.32. Для балки задачи 10.30 построить статическим методом
линию влияния поперечной силы в сечении а.
10.33. Построить линию влияния Qa (фиг. 331) кинематическим
методом.
10.34. Для балки, показанной на фиг. 332, построить статическим
методом линию влияния опорной реакции Va-
10.35. Линию влияния опорной реакции VА построить кинемати-
ческим методом (фиг. 332).
10.36. Для ломаной балки построить линию влияния вертикальной
реакции V а при условии движения по балке горизонтального еди-
ничного груза.
34. Фиг. 332.
36. Фиг. 333.
10.37— 10.40. Для балок, лежащих на упругом (по Винклеру)
основании при помощи метода начальных параметров построить эпюры
прогибов у, углов наклона о, моментов М и поперечных сил Q.
Для всех балок принять следующие данные: коэфициент постели
k — 4,0 кг/см9; модуль упругости материала балки Е = 210 000 кг/см2
(бетон). Сечение балки см. фиг. 334, б(опоры, показанные на фиг. 334, а,
335 и 337 — жесткие).
37. Фиг, 334,
10.38.
М-ЗОтм . \р"'г1!т
Р-^От
—г,о
- 4,0
-го-
38. Фиг. 335.
_____/£- lOm/nj#
10.39.
Ц— го «_|—-----------в,о --------го —-I
Указание. Для решения составить три уравнения: ^ж=6 = 0;
1,ж=2“^> 9^=5“ 0.
ГЛАВА И
РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ СИСТЕМ
МЕТОДОМ СИЛ
11.1 —11.12. Построить эпюры М, Q и N ог заданной нагрузки.
Влиянием'деформаций от силы Q на результаты расчета пренебречь;
влияние силы /V учесть в стержнях, работающих только на силу N. *
Жесткости стержней указаны па соответствующих фигурах.
1. Фиг. 338. 2. Фиг. 339.
* Указания о силах Q и N справедливы и для остальных задач этой
главы, если нет особой оговорки.
11.3.
11.4.
11.5.
11.6.
11.7.
11.8.
11.9. Ригель
очерчен по ок-
ружности.
11.10. Ригель
очерчен по квад-
ратной параболе.
87
11.12.
11. Фиг. 348.
12. Фиг. 349.
11.13. Построить эпюры М, Q и Nor указанного на схеме тем-
пературного воздействия.
11.14. Построить эпюры М, Q и Л/, вызванные нагреванием вну-
тренних волокон на 2 (°.
13. Фиг. 350.
И. Фиг. 351.
11.15. Построить эпюру моментов при условии, что криволинейная
часть и затяжка равномерно нагреты на f.
88
11.16. Построить эпюру моментов при условии равномерного
нагревания всех стержней на 1°.
15. Фиг. 352.
16. Фиг. 353.
11.17. Построить эпюру
равномерного нагревания на
моментов в компенсаторе при условии
80°; EJ~ const.
Zl
17.' Фиг. 354.
11.18. Определить место
момента в компенсаторе при
и величину наибольшего
нагревании его на f.
изгибающего
11.19. Построить эпюры Л4, Q и 7V от осадки левой опоры рамы.
в раме при повороте правой
11.20. Построить эпюру моментов
опоры на угол ® по часовой стрелке.
t
20. Фиг. 357.
11.21. Определить угол поворота на левой опоре при осадке ее
на величину А; £7= const.
11.22—11.27. Пользуясь возможными упрощениями, решить сим-
метричные рамы и построить эпюры М, Q и Л/.
11.23.
11.24.
11.25.
ШШШЦЩД&ЩЦ
77=const
птежтйштшптп
-L---2 а ---J
24. Фиг. 361.
25. Фиг. 362.
91
11.26.
11.27.
27. Фиг. 364.
11.28. Решить раму в двух предположениях:
1) пренебрегая продольными деформациями стержня а — Ь,
2) учитывая продольные деформации этого стержня.
*11.29. Построить эпюры М, Q и N, учитывая при расчете рамы
продольные деформации стержней.
92
11.30. Построить эпюры М, Q и /V, учитывая продольную дефор-
мацию стойки.
11.31. Решить заданную раму, принимая указанную на схеме ря-
дом основную систему; EJ-= const.
горизонтальное
11.32. Построить эпюры М, Q и N. Определить
смещение узлов рамы.
11.33. Построить эпюры М, Q и Л/; £7“ const.
32. Фиг. 369. 33. Фиг. 370.
11.34— 11.35. Выбрать основную систему для симметричной и
обратно симметричной нагрузок, построить единичные эпюры и по-
казать, что общая система уравнений распадается на две отдельные
системы уравнений; £7= const.
93
11.36. Выбрать основную систему, построить единичные групповые
эпюры и показать, что на обратно симметричную нагрузку рама
требует решения одного уравнения с одним неизвестным; EJ = const.
11.37. Выбрать основную систему, построить единичные групповые
эпюры и показать, что общая система 12 уравнений распадается на
четыре отдельные системы уравнений; EJ — const.
36. Фиг. 373,
37. Фиг. 374.
11.38. Выбрать основную систему так, чтобы канонические урав-
нения получились трехчленными и построить для нее эпюру от на-
грузки и единичные эпюры; EJ — const.
11.39. Выбрать основную систему так, чтобы для решения данной
рамы при данной нагрузке пришлось составить два уравнения с двумя
неизвестными.
94
11.40. Выбрать основную систему, построить единичные группо-
вые эпюры и эпюру от действия нагрузки; £7= const.
*11.41. Решить раму, выбрав основную систему путем расчлене-
ния системы в точках 1 и 2 на трехшарнирную раму аМ и балку
е/ на двух опорах.
11.42. Построить линию влияния усилия в стойке v.
11.43. Построить линию влияния распораWa.
95
11.44. Произвести по внешнему виду (без вычислений) проверку
правильности построенных эпюр без учета деформаций от продоль-
ных сил.
44. Фиг. 381.
11.45. Доказать, что в системе с одной лишней связью при любом
выборе основной системы эпюра -моментов от лишнего неизвестного
будет иметь один и тот же вид.
* 11.46. Построить эпюру моментов в раме, применяя статически
неопределимую основную систему, включающую двухпролетную нераз-
резную балку.
* 11.47. Построить эпюру моментов в раме, применяя однажды
статически неопределимую основную систему, включающую двухшар-
нирную раму с горизонтальным ригелем. Моменты инерции: стоек J,
ригелей 2./.
* 11.48. Построить эпюру моментов от нагрузки и единичные
эпюры моментов в основной системе для 7 раз статически неопре-
делимой рамы. Использовать для решения статически неопределимую
основную систему, представляющую четыре повторяющиеся двухшар-
нирные рамы; EJ — const.
96
11.49. Определить усилия в стержнях статически неопределимой
фермы; основную систему принять в двух вариантах: 1) разрезая
стержень ab и 2) отбрасывая опору В; EF — const.
11.50. Определить усилия в стержнях статически неопределимой
фермы, полагая EF — const.
50. Фиг. 386.
49. Фиг. 385.
7 Зак. 1757. Сборы, задач по строит, механике.
97
11.52. Определить усилие в стержне ab\ EF = const.
11.53. Определить усилие в диагонали ab статически неопредели-
мой фермы; EF = const.
11.54. Определить усилия в стержнях статически неопределимой
фермы, если при изготовлении ее стержень ab сделан короче требуе-
мого на величину Д см и установлен на место с натяжением;
EF = const.
11.55. Определить усилие в стержне ab статически неопределимой
фермы; ЕЛ™ const.
Указание. Рекомендуем применить перенос неизвестных в упру-
гий центр.
‘.К
11.56. Определить усилие в стержне ab от нагревания стержней
фермы на температуру f'-, EF = const.
11.57. Построить линию влияния усилия в стержне ab.
11.58. Построить линию влияния усилия в стержне ab.
58. Фиг. 394.
П.59. Определить величину распора в арке кругового очертания
постоянного сечения. Влиянием силы Q пренебречь. Расчет сделать,
пользуясь полярными координатами (фиг. 395):
.г = = г (sill 'J. — sin е>),
V = г (cos о - - сова),
<Л г от.
*11.60. Определить лишние Неизвестные в бесшарнирной арке,
очерченной по эллипсу:
Закон изменения момента инерции принять по соотношению:
COS ’
где Jo—момент инерции в замке. Влиянием сил Д' и Q пренебречь.
11.61. Найти распор в стрельчатой пологой арке, состоящей из
двух пересекающихся в середине парабол с уравнением:
У = -^-*(2/—х);
RJ = const. Влиянием
поперечной силы пренебречь.
100
11.62. Найти лишние неизвестные в бесшарнирной арке кругового
очертания постоянного сечения. Расчет сделать, пользуясь полярными
координатами. Влиянием силы Q пренебречь.
птп птп гл гл ref ЛТП TIT л гл л
ГЛАВА 12
РАСЧЕТ ПЛОСКИХ РАМ МЕТОДОМ ДЕФОРМАЦИЙ,
КОМБИНИРОВАННЫМ И СМЕШАННЫМ СПОСОБАМИ
12.1. Пользуясь планами скоростей (полярным и неполярным)
и шарнирной схемой рамы, определить перемещения узлов по данному
(бесконечно малому) перемещению точки В, перпендикулярному 1В.
12.2—12.3. Тем же способом найти смещения всех узлов двукратно
изменяемых кинематических цепей по заданным взаимным смещениям
и 32 концов стоек.
101
12.2.
12.3.
12.4.-12.7. Рассчитать следующие
деформаций на заданные перемещения.
плоские системы методом
7. Фиг. 405,
102
12.8,—12.19. Рассчитать следующие плоские системы методом де-
формаций на заданную нагрузку:
12.10.
10. Фиг. 408.
12.11.
103
12.12.
12.13.
13. Фиг. 411.
12.14.
104
12.15.
* 12.16.
12.17.
Я г з «с
!1Н81Икктк1И1К1Ж1И11К1И11к»«»|1
15. Фиг. 413.
105
12.20. Составить канонические уравнения для расчета рамы по
методу деформаций с учетом продольных деформаций стержней.
106
12.21 — 12.27. Рассчитать следующие плоские рамы методом
деформаций, применяя группировку неизвестных. В случае, если
жесткость нс указана, принят). EJ = const.
12.23.
12.24.
107.
12.26.
8
25. Фиг. 423.
12.26.
26. Фиг. 424.
12.27.
27. Фиг. 425.
108
12.28. Рассчитать плоскую раму методом деформаций на задан-
ную температуру. Ширина сечений элементов одинакова, высота
, I
сечений для стоек п = -g- и для ригеля — соответственно моментам
инерции—1,59 h.
28. Фиг. 426.
12.29—12.31. Построить, пользуясь методом деформаций, линии
влияния указанных ниже величин.
12.29.
а) Угла поворота третьего узла и8;
б) угла поворота четвертого узла
в) узлового момента ЛГв4.
12.30.
а) Угла поворота as;
б) угла поворота а3;
в) опорного момента ТИ23.
1С
1Й.31. Угла поворота «6.
12.32—12.34. Рассчитать следующие плоские симметричные рамы
комбинированным методом (на симметричную нагрузку — методом
деформаций, на обратно симметричную—методом сил).
12.33.
33. Фиг. 43J.
110
3.-1. Фиг. 432.
12.35.—-12.31>. Рассчитать следующие плоские рамы смешанным
методом (по методу проф. Гвоздева А. А.).
35. Фиг. 433.
Ill
ГЛАВА 13
РАСЧЕТ РАМ МЕТОДОМ ФОКУСОВ
13.1. Найти все фокусные отношения и коэфициенты распределе-
ния; построить эпюру М.
1. Фиг. 435.
13.2. Решить раму методом моментных фокусов; построить
эпюры Л4, Q и N.
13.3. Для рамы, показанной на фиг. 437, а, наметить без вычи-
слений положение всех фокусных точек и без вычислений дать эскизы
эпюр Л4, Q и Л7
13.4. Для рамы, показанной на фиг. 437, б, наметить характер
эпюры М без вычислений.
Вопросу. 1) Что произойдет с эпюрой моментов, если увели-
чится жесткость среднего пролета? 2) Что произойдет с эпюрой
112
,umii'итоп, если уменьши! i, шее скости левого пролети и двух левых с гоек ?
3. Фиг. 437, а. г4. Фиг. 437,6.
13.6. Для рамы, показанной на фиг. 438, а, получена эпюра
моментов атласно фиг. 438,6. Пользуясь сведениями из метода
фокусов, определить, возможна ли такая эпюра.
13.6. Решить раму, показанную па фиг. 439, методом момент-
ных фокусов. Пролет ригеля 8 ш.
Указание. Построить эпюры /И сначала от загрузки каждого
o'iдельного пролета, а потом суммарную.
13.7. Раму задачи 13.6 pennin, способом угловых фокусов (метод
Жемочкина — Пастернака).
(7 Фш. 439.
(' г,о(>н
13.8. Решить раму, показанную на фиг. 440, методом моментных
фокусов. Построить эпюры М, Q и Л'.
13.9. Раму задачи 13.8 решить методом угловых фокусов (мето-
дом Жемочкина — Пастернака).
13.10. Рассчитать раму методом моментных фокусов на осадку
средней опоры, равную заданной величине Д.
13.11. Рассчитать раму методом моментных фокусов на равно-
мерный нагрев нижнего ригеля.
13.12. Рассчитать раму методом моментных или угловых фокусов.
13.13. Для рамы, показанной на схеме, построить линию влия-
ния изгибающего момента в узле Д, пользуясь методом моментных
фокусов (груз движется по линии 4£")
13. Фиг. 444.
12. Фиг. 443.
114
*13.14. Решить раму, комбинируя метод фокусов с методом де-
формаций (прием проф. Рабиновича).
13.15. Построить эпюру изгибающих моментов при помощи метода
фокусов (фиг. 446, а).
15. Фиг. 446.
13.16. Рассчитать методом моментных фокусов раму, показанную
на фиг. 447, используя обход замкнутого контура.
*13.17. Решить раму задачи 13.16, приняв три стержня верхнего
этажа за один элемент и комбинируя метод сил с методом деформаций.
13.18. Раму, показанную на фиг. 448, рассчитать методом фокусов
(Jpui = 2JCIB).
Вопрос. Чему равен угол поворота узла С?
18. Фиг. 448.
115
13.19. Для рамы, показанной пл фиг. 149, найти все фокусные
отношения.
Вопрос. Если загрузить только пролет //л, пройдет ли эпюра Ж
через фокусные точки элементов, образующих замкнутый контур?
*13.20 . Для рамы, показанной на фиг. 446, б, построить эпюру М
при помощи метода моментных фокусов (воспользоваться фокусными
отношениями, найденными в 13.15).
Примечание. При отсутствии готовых фокусных отношений
данная задача проще всего решается методом сил.
13.21. Построить эпюру моментов для рамы, показанной на
фиг. 150, а, пользуясь приближенным способом, изложенным в книге
проф. В. II. Жемочкина „Расчет рам“ (стр. 151).
Л :J2: А = 5 : 2 : 3.
13.22. Построить эпюру
фиг. 450, б, пользуясь тем же
дыдущей задаче.
моментов для рамы, показанной па
приближенным способом, что и в пре-
ПО
ГЛАВА U
РАСЧЕТ ПРОСТРАНСТВЕННЫХ РАМ
14.1. Плоский брус кругового очертания защемлен одним концом
п нагружен сплошной нагрузкой перпендикулярно своей плоскости.
Силы, перпендикулярные плоскости чертежа, обозначаются кружком
с точкой или крестом внутри, смотря по тому, обращена ли стрелка
острием к зрителю или от него.
Определить перемещение свободного конца в направлении, пер-
пендикулярном плоскости чертежа. Стержень имеет круглое попереч-
ное сечение; G = 0,4E.
14.2. Определить на свободном конце А угол закручивания ш и
линейное перемещение А по направлению силы Р, приложенной на
том же конце перпендикулярно плоскости чертежа. Стержни имеют
постоянное прямоугольное поперечное сечение с жесткостью на кру-
чение GJa, где G == 0,4Е.
„2422
2. Фиг. 452.
14.3. Найти полное перемещение свободного конца k. Поперечное
сечение стержней представляет прямоугольник с отношением сторон
2:1; G = 0,4E.
3. Фиг. 453.
14.4. Определить взаимное расхождение точек а и b системы
трех стержней, представляющих собой ребра куба. Стержни круглые
с постоянным поперечным сечением; G — 0,4Е.
14.5. Построить эпюры изгибающих и крутящих моментов. Стержни
рамы имеют постоянное квадратное сечение; G = 0,4£.
14.6. Построить эпюры изгибающих и крутящих моментов. Стержни
рамы имеют постоянное круглое сечение; G==0,4£.
14.7. Построить эпюры изгибающих и крутящих моментов. Стержни
рамы имеют круглое поперечное сечение: G = 0,4/?.
118
14.8. Построить эпюры изгибающих и крутящих моментов. Стержни
рамы имеют постоянное квадратное поперечное сечение; G = 0,4-Е-
14.9. Найти выражение для изгибающего и крутящего моментов
в любом сечении бесшарнирной арки кругового очертания, нагружен-
ной сплошной нагрузкой интенсивностью q = const, перпендикулярно
ее плоскости.
14.10. Построить эпюры изгибающих и крутящих моментов.
Стержни имеют постоянное круглое сечение; G=0,4Z;.
9. Фиг. 459.
10. Фиг. 460.
14.11. Построить эпюры изгибающих и крутящих моментов в раме,
составленной из круглых стержней постоянного сечения; О — 0,45.
Указание. Применить метод деформаций.
119
14.12. Построить эпюры изгибающих и крутящих момен тов в раме,
составленной из круглых стержней постоянного поперечного сечения;
G = 0,4E. Указание. Применить метод деформаций.
14.13. Построить эпюры изгибающих и крутящих моментов в раме,
составленной из квадратных стержней постоянного поперечного сече-
ния; G = O,4Z?. Шарниры С и D считать шаровыми.
13. Фиг. 463.
14.14. Построить эпюры изгибающих и крутящих моментов.
Стержни рамы имеют постоянное квадратное поперечное сечение.
0 = 0,45.
*14.15. Построить эпюры изгибающих и крутящих моментов от
симметричной нагрузки; /.'./ const.
Указание, Применить метод деформаций.
120
14.16. Построить эпюры изгибающих и крутящих моментов в раме,
составленной из стержней квадратного поперечного сечения; О = 0,4£.
ГЛАВА 15
РАСЧЕТ СООРУЖЕНИЙ ПО РАЗРУШАЮЩИМ НАГРУЗКАМ
15.1. Определить предельную нагрузку {РП]1) для системы, ука-
занной на чертеже (через ап}1 обозначено предельное напряжение).
16.2. Определить предельную нагрузку Рпр.
15.3. Для системы, показанной на чертеже, определить коэфициент
запаса при следующих данных; Р~4 nt; F=’5cM'i; о„_р=2 400 кг/сл»2.
121
Примечание. Под коэфициентом запаса в данной задаче и
в последующих задачах такого типа понимается отношение предель-
ной нагрузки к нагрузке допускаемой.
15.4. Найти РЯр для систем а и б. В чем принципиальная разница?
Указание. Решение дать двумя способами: 1) путем последо-
вательного расчета и 2) путем сравнения предельных, нагрузок, полу-
чаемых из условий равновесия различных механизмов.
15.5. Определить Рпр для фермы, указанной на фиг. 471.
Дано: F~ const; апр — const.
15.6. Сохраняя данные задачи 13.5, определить Рир для фермы
по фиг. 472.
15.7. Определить коэфициент запаса в ферме при следующих
данных: 10 см2', Р= 10 т; = 2400 кг!см?.
122
15.8. Определить коэфициент запаса всей фермы и коэфициенты
запаса отдельных стержней (возможность потери устойчивости сжа-
тых стержней исключена).
дано: F= const = 10см2; P = 2Q in; си1)=2 400кг/си8; а==4,0м.
15.9. Для фермы, указанной на фиг. 475, показать принципиаль-
ный ход расчета по предельным нагрузкам.
Дано: Р; katm; апр', F= const. Требуется определить F.
15.10. Найти предельную нагрузку для фермы и общий коэфи-
циент запаса. Построить график зависимости вертикального пере-
мещения точки С от нагрузки (Рпр Ip Р 0).
Дано: />=10 т; F=const=15 см2; oMJ,==2 400 хг/сщ2; а = 3,0 .и;
Е = 2,1 • 106 KijcM2.
15.11. 1) Для системы, указанной на фиг. 477, найти Рпр и пока-
зать, что предельная нагрузка будет наименьшей из возможных по ус-
ловиям равновесия различных механизмов, получающихся при текучести
в трех стержнях. 2) В предельном состоянии найти усилие в четвер-
том стержне и убедиться и том, что напряжение в нем не достигло
предела текучести. Жесткость балки АК полагать £7=00.
*15.12. Определить допускаемую нагрузку для балки таврового
сечения, показанной на фиг. 478.
Дано: $nj) = 2 400 кг^см2; k№n = 2.
123
15.13; Определить Pn]> для балки двуiаврового сечения.
Дано: к = 2 qnj, = 2 400 кг ем2.
12. Фиг. 178. 13. Фиг. 479.
15.14. Для системы, показанной на схеме, требуется:
а) подобрать сечение балки ACD из прокатного двутавра:
б) найти диаметр стержня АВ;
в) построить эпюру напряжений в сечении /< в момент предель-
ного состояния балки.
Дано: Р = 4 т, k„an=2; зи}) =2 400 'кг см2.
15.15. Найти предельную нагрузку для системы, показанной на
фиг. 481; зи_р = 2 400 кг 'см2.
о
14. Фиг. 480. 15. Фиг. 481.
15.16. Для трехнролегной балки найти величину допускаемой
интенсивности нагрузки [zy] при коэфициенте запаса — 3 и
ап}> = 2 400 кг/слД сечение балки I №> 24а.
Р=3д(где q От,In м)
V
л л ДДЕХШДШТрТетТТГтТПТ! _ _ 1 Ж 1 7$^ ^7 З.о а I— б,о —ДЛД»— о,о —_ 16. Фиг. 482, Найти границы унруто-нластмческой работы балки в предельном состоянии, 124 Г ССЧСЦИЯ по длине
15.17. Д.ая балки двутаврового сечения при заданной нагрузке
состроить эпюры напряжений в сечениях А и К и очертить зоны
пластической работы материала, если znp = 2 400 кг/см-.
*15.18. Построить эпюру нормальных напряжений з в сечении А
балки, имеющей в сечении два равнобоких уголка; <зпр = 2 400 кг: с.ч2.
Указание, Задаче' проще всего решить путем подбора.
17. Фиг. -183.
15.19— 15.20. Для балок, указанных па схемах, найти предельную
нагрузку Pnz,; <sllf = 2 400 /ггДщ2.
19. Фиг. 485. 26. Фиг, 486
15.21. Для двутавровой балки найти штгенсишид'ть [у| допу-
скаемой нагрузки.
Дано: тп/) = 2 400 /гг/т --- 2.
15.22. Найти дпр, тк/, = 2 400 лт/щи2.
у 1м20а Ч
тртттп^пМтпттп^-пп
I-----д в--------Д •---->п I’ —3- Л /' ~t
21. Фиг. 487. 22. Фиг. 488.
*15.23. В трехпролеа ной балке при заданной полной длине
расставить средние опоры так, чтобы пластические шарниры начали
образовываться одновременно внугрн среднего пролета и на опорах.
Сечение балки постоянно.
23 Фиг. 189.
iS.24. Определить предельную нагрузку для балки со стуиейча
Тым изменением сечения; ^пр =- 2 400 кг[см-.
15.25. Для балки по фиг. 491 выполнить условия задачи 15.24.
24. Фиг. 490.
сеч г-г
25. Фиг. 491.
15.26. Определить величину допускаемой нагрузки [Р1 для двух-
пролетной балки.
Дано: a,IjO = 2 400 кг'См'-, ksm—%.
26. Фиг. 492.
15.27. Определить коэфициепт запаса в балке переменной жесткости.
28. Фиг. 494
12с
15.29. Найти предельную интенсивность нагрузки qnv М» нераз-
резной балки.
29. Фиг, 495.
15.30. Для системы, показанной на фиг. 496: 1) определить
в какой последовательности будут возникать пластические шарниры;
2) найти интенсивность допускаемой нагрузки [q}.
Дано: оиг, =-2 400 кг/слг2; k3an = 2.
30. Фиг. 496.
15.31. Для шпренгельной балки определить коэфициепт запаса.
Дано: £-=2,1 • 10° кг/см2; аиг, = 2 400 кг/см2.
15.32. Для трехшарнирной рамы подобрать сечения стоек и ри-
iеля из прокатного двутавра; коэфиииент запаса принять равным 2;
«пр = 2 400 кг1смл.
Сеч 1-1
сеч г -2
Л
32. Фиг. 498.
31. Фиг. 497.
127
15.33. Для одпошарнириой рамы определить коэфициеш з.-нысл
и сгойке (явление продольного изгиба исключается; ригель заведомо
более прочен, чем стойка); аИр = 2 4О0 кг/см2.
15.34. Найти предельную нагрузку Рпр для двухшарнирной рамы,
составленной из стержней прямоугольного сечения 5 X 20 см'2',
rjnjJ = 2 400 кг/см2.
15.35. Подобрать сечения ригеля и стоек бесшарниргюй рамы
так, чтобы система имела коэфициепт запаса, равный 2. Очелие
всех элементов принять постоянным. Форма сечения двутавр.
Дано: ап/1 = 2 400 кг см2; Р — 10 ш.
Фиг. Ь01.
15.36. Для схемы и задачи 15,4 найти усилия во всех сгержпях
после разгрузки, если система была нагружена до предельного со-
стояния и затем полностью разгружена от внешней нагрузки.
15.37. Условия задачи 15.36 выполнить для фермы задачи 1о.8.
15.38. Для балки задачи 15.14 найти изгибающий момент в сече-
нии С и эпюру напряжений о,, после разгрузки, если система была
доведена до предельного состояния и затем полностью разгружена.
15.39. Для балки задачи 15.17 построии, эпюры напряжений
в сечениях Л и К после полной разгрузки
128
15.40. Для балки задачи 15.2.8 (фиг. 494) пое/фоитЬ эпюру оста-
точных моментов по длине балки и эпюру о в сечениях Е и С, если
балка была доведена до предельного состояния и затем полностью
разгружена.
15.41. Для рамы задачи 15.35 построить эпюру остаточных
изгибающих моментов, если рама была доведена до предельного
состояния и затем полностью разгружена. Показать характер изогну-
той оси рамы после разгрузки.
15.42. На балку, показанную на фиг. 502, посредине каждого
пролета действует временная нагрузка Р = 5 т и постоянная Q = 3 щ.
Найти требуемый пластический момент сопротивления Wr, если
э,ф==2 4ОО кг/сл8 и k„an = 2.
Указание. При решении приравнять моменты в крайних проле-
тах и на промежуточных опорах.
15.43. На двухиролетпую балку действует постоянная нагрузка
<7=1 т/пог. .и и временная нагрузка Р посредине каждого про-
лета. Найти допускаемую величину временной нагрузки Р, если
сечение балки Г № 20 а; = 2 400 кг/гм* и k.,,ln =2.
42. Фиг. 502, . 43. Фиг. 503.
Г'.ЧЛВЛ 16
РАСЧЕТ СТЕРЖНЕВЫХ СИСТЕМ ПЛ УСТОЙЧИВОСТЬ
16.1 —16.8. Найчи статическим методом величину кригш1ееко!1
силы или определяющее ее уравнение для следующих систем.
16.1.
16.2.
16.3.
16.4.
Указание к 16.4. При выпучивании стержня горизонтальные
реакции на опорах
16.5.
Указание. При решении использовать диференциалыюе урав-
нение упругой линии тонкого плоского стержня с начальной круго-
вой осью:
где и —перемещение вдоль радиуса;
М — изгибающий момент.
6. Фиг. 509.
Пояснение к 16.6—16.15. На чертежах и в формулах га озна-
чает жесткость пружины или системы в данной точке, т. е. силу,
которая вызывает в пружине или в данной точке системы деформа-
цию, равную единице.
16.7. Горизонтальные стержни имеют EJ = оо.
16.8. Горизонтальные стержни имеют EJ=co.
7. Фиг. 510.
8. Фиг. 511..
16.9 — 16.15. Для систем, имеющих конечное число степеней сво-
боды, определить критические значения нагрузки четырьмя методами:
а) составляя уравнение, выражающее равенство моментов внеш-
них и внутренних сил;
б) приравняв нулю сумму работ внешних и внутренних сил при
деформировании;
в) применяя принцип возможных перемещений;
г) применяя принцип минимума полной потенциальной энергии
системы.
16.9.
16.10.
9. Фиг. 512.
10. Фиг. 513.
9*
131
16.11.
16.12. Стержни сисюмы имеют EJ оо.
16.
132
16.14.
J
14. Фиг. 517.
16.15.
15. Фиг. 518.
16.16.
систем.
16.22. Найти вели'ишу критической силы для следующих
16.16.
16. Фиг. 519.
16.17.
17. Фиг. 520.
«а-
Ги
16.18.
18. Фиг. 521.
16.19.
16.20.
16.21.
134
*16.22.
р
22. Фиг. 525.
16.23—16.27. Найти величину критической нагрузки или опреде-
ляющее ее характеристическое уравнение и показать возможные
формы потери устойчивости.
16.23.
16.24.
16.25.
16.26.
16.27.
16.28—16.32. Найти величину критической силы Рк1> или опре-
деляющее ее характеристическое уравнение для следующих систем;
жесткость вертикальных стержней равна бесконечности.
16.28.
28. Фиг. 531.
16.29.
29. Фиг. 532.
У
130
16.31.
31. Фиг. 534.
16.32.
32. Фиг. 535.
16.33 — 16.35. Определить энергетическим методом критическую
силу для стержня переменного сечения, задаваясь уравнением прогиба.
16.33. Принять ^=/(1 — cos£?).
16.34. Принять y=fs\n‘— .
34. Фиг. 537.
137
16.35.
-х
eos 2Z
35. Фиг. 538.
16.36—16.42. Пользуясь методом деформаций (метод цроф. Кор-
ноухова Н. В.) определить критическую силу для следующих рамных
систем.
16.36.
16.37.
138
16.41.
139
42. Фиг. 545.
16.43— 16.47. Определить, применяя принцип минимума полной
потенциальной энергии системы, критическую силу 'для следующих
плоских ферм.
43. Фиг. 546.
16.45 — 16.46. Определить энергетическим методом, задаваясь урав-
нением прогиба, критическую силу или определяющее ее характери-
стическое уравнение для следующих стержней постоянного сечения.
16.45. Принять у — ~^у(ЗРх— х8) -(-<?*•; жесткость опоры при
повороте равна <р.
16.46. Принять у =f(l — cos ).
140
45. Фиг. 548.
46. Фиг. 549.
16.47. Для заданной упругой системы вывести формулу наименьшей
критической силы и построить линию влияния Ркр, как функции от х.
16.48— 16.53. Определив критическую па грузку ркр, действующую
в радиальном направлении на круговые арки постоянного сечения.
Указание. При решении воспользоваться диференциальным
уравнением упругой линии тонкого плоского стержня с начальной
круговой осью, нагруженного радиальной нагрузкой р.
d-u , рР' ...
-4— ц =г= — Ц'“.
d№ 1 EJ
16.48.
16.49.
49. Фиг. 552.
* См. А. И. Линник „Устойчивость арок", Гоетехиздат, 1946 г.
141
16.50.
16.51.
для составных
54. Фиг. 557.
55. Фпг. 558.
142
16.57 — 16.59. Методом последовательных приближений (Горбу-
нова Б. Н.) определить значение критической силы для следующих
стержней.
57. Фиг. 560.
16.58.
58. Фиг. 561.
ГЛАВА 17
ДИНАМИЧЕСКИЙ РАСЧЕТ СООРУЖЕНИЙ
17.1—17.17. Найти круговые частоты собственных колебаний
сосредоточенных масс, пренебрегая массой поддерживающих систем
и продольными деформациями в элементах, работающих на изгиб.
17.1.
17.2.
113
17.3. Жесткость (>;|.’п<и и пружины ]>авны соответственно: со и гн .
17.9.
8. Фиг. 570.
14-1
17.10.
10. Фиг. 572.
17.11.
17.12.
1() Зак. 1757. Сборл. задач по строит, механике-
15. Фиг. 577.
17.16.
17.17.
Фиг. 579.
17.18—17.22. Найти основную частоту собственных колебаний
систем, применяя приближенный метод приведения масс по кинети-
ческой энергии и задаваясь формой колебаний, подобной упругой
линии от груза, приложенного в точке А.
17.18.
17.19.
146
17.20.
17.21.
20. Фиг. 582.
л ,Р
пщгттгшшшшлппг
ЕЕ
_i i_____
г г
17.22.
21. Фиг. 583.
Д. ,Р
7ТГП П ГПТПТ ПТ1 * I i 1ЛТ7~Р‘ДТ~ПТПТ='
ЕЕ'Г
----- I----------i------
•и
22. Фиг. 584.
17.23—17.24. Найти частоты собственных колебаний невесомые
систем с дв)мя одинаковыми массами.
17.23.
23. Фиг. 585.
17.24.
24. Фиг. 586.
17.26. Найти частоты собственных колебаний балки, несущей
две сосредоточенные массы. Балка имеет в сечении двутавр № 36;
J— 17 544 сл4, £=2,1 • 10е KijCM^.
25. Фиг. 587.
10*
147
17.26—17.28. Приближенным методом Определить основную частоту
собственных колебаний, применяя формулу ш2 = и задаваясь
различными 'формами колебаний.
17.26. Предположить:
26. Фиг. 588.
17.27. Предположить:
1) у — ~-(13х — 2Zx84 -T4) cos ш/;
2) у=-.~х(/ — x)cosa>t.
17.28. Предположить:
1) у — —^(Рх-—2/xs-|-x4) cos о>/;
—cos cos oi/.
28. Фиг. 590.
17.29. Учитывая лишь поперечные деформации, определить частоты
собственных колебаний ветро-электростанции с защемлением в пяте,
принимая вес машинных зданий А и В равным Р=700 т; момент
инерции поперечного сечения башни 7=3,5 лА, £’=2-101 mjM1-;
жесткость оттяжек гп = 500 т/м, вес башни у = 20 лг/лог.' м.
148
Указание: I) Связи С a D являются односторонними.
2) Вес башни распределить в точки А, В и Е, как показано нафиг. 591.
29. Фиг. 591.
17.30. Определить частоту собственных колебаний металличе-
ской фермы (£' = 2,1 • 10‘> /сг/слг2), несущей нагрузку, приложенную
к узлам верхнего пояса.
Указание. При решении путем приравнивания прогибов в точ-
ке (' заменить ферму сплошной балкой с равномерно распределенной
„ 10 1
нагрузкой <? — як = т им. м.
J ‘ 20 2
30. Фиг. 592.
149
17.31. Определить собственные частоты ш.2 и ш8 невесомой
трехпролетной балки, несущей в середине каждого пролета по одной
сосредоточенной массе.
Данные /=100 см; 100 кг; J= 63,62 см'; Е = 2 106 кг]см\
Указание. При расчете рекомендуется отдельно исследовать
симметричные колебания, сводя задачу к исследованию системы с двумя
степенями свободы, и отдельно обратно симметричные колебания, сводя
задачу к исследованию системы с одной степенью свободы.
31. Фиг. 593.
17.32 -17.39. Пользуясь диференциальным уравнением поперечных
d^v d-v
колебаний стержня EJ = 0,
найти уравнение для опреде-
ления частот собственных колебаний следующих балок.
17.32.
32. Фиг. 594.
17.33.
33. Фиг. 595.
17.34.
34. Фиг. 596.
15(1
</.35.
p1 % t
|1Ш1ЖШШЖ0ЛПД1±Ж_I
a
...—— I------
j»---------f......IL.....j
17.37.
37. Фиг. 599.
5 7.«Я>.
J 17.38. Указание, Жесткость защемления равна 2ru/>2; при
v 0 имеем:
У = 0; (2гп^)у = ^-^-=у.
38. Фиг. 600.
151
17.40. Определить приближенно наибольший прогиб и наиболь-
шее нормальное напряжение при падении груза Р = 20 кг с высоты
h — 2 м на двутавровую балку Ws 36
(./=-. 17 544 cj/f; Е ==2,1 10» кг'слР’, />==68,04 кг м).
J казанце. Маслу балки привести в ючку R чо метолу кине-
тической энергии,
17.41. Определшь прогиб и наибольшее нормальное напря-
жение посредине ригеля рамы, возникающие при ударе грузом
Р — 1 да со скоростью в момент удара v = 1 м сек. Элементы рамы
выполнены из двутавра .№ 45 (,/—45 850 с.«*; £ = 2,1 10е «с/слг;
р =- 115 кг/м).
Указание. Массу рамы привести в точку С но методу кине-
тической энергии.
40. Фиг. 002.
41. Фиг. 603.
17.42— 17.44. Определить амплитуды вынужденных колебаний для
следующих систем с одной степенью свободы, на которые действует
периодическая сила P(/)=Psin(W.
17.42.
42. Фиг. 604.
М2
17 45. Электромотор весом G=lw установлен на двух двутав-
ровых балках № 14 (J-- 2 569 cir4; Е — 2,1 • 10е кг'смI, 2), защемлен-
ных в стене. Количество оборотов мотора п — 550 об/мин; вес не-
уравновешенных частей Р = 245 «г; эксцентриситет е = 0,003 м.
Определить динамический прогиб и напряжение, пренебрегая собствен-
ным весом балок.
Указание. Центробежную силу определить ио формуле:
,, . mv~ /и (Ое)2
?п mJn = — = —
I, 2кл
где вынужденная частота и = ——.
/.>77 —
45. Фиг. 607.
17.46— 17.49. Пользуясь методом начальных параметров, определить
частоты свободных колебаний для систем задач 17.32—17.35
(фиг. 594- -597).
Указание. В уравнениях метода начальных параметров считать
отсутствующими возмущающие силовые факторы Pf и а вместо
частоты вынужденных колебаний 0 подставить частоту собственных
колебаний ш.
153
17.46. (По фиг. 594\
17.47. (По фиг. 595).
17.48. (По фиг. 596).
17.49. (По фиг. 597).
* 17.50 -17.52. Пользуясь методом начальных параметров, найти
выражения для амплитуд реакций, углов поворота краевых сечений
балок, а также моментов и прогибов в характерных точках, в юм
числе в точке приложения продолжительно пульсирующей силы.
:!: 17,50.
50. Фиг. 608.
1 7,51
J Asw; St
f.... -Т
шшшжлхДжшлшщхшшп
77
--------I---------
51. Фиг. 609.
* 17.52.
52. Фиг. 610.
* 17.53—17.55. Применяя метод начальных параметров, построить
эпюры динамических моментов, поперечных сил и прогибов для сле-
дующих балок, испытывающих продолжительное действие указанных
на чертежах возмущающих сил, с амплитудой Р -= 500 кг и частотой
0 = 89 1/сек (« = 850 кол/мин).
Сечение балок принять из двутавра ,№ 20 (.7=2 014 ел4;
/1 = 25,05 кг'м-, Л = 2,1 10° кг.'с.и2); пролет 7=3,4 м.
154
17.53.
17.54.
1 7.55.
Ps/n 9t
55. Фиг. 613.
17.56—17.59.
Применяя метод начальных параметров, опреде-
лить амплитуды элементарных динамических реакций для балок, имею-
щих равномерно распределенную нагрузку интенсивностью р от виб-
рирующих деформаций с единичными амплитудами. Во всех зада-
, ,4/’7»г
чах k = 1/ -Цгу.
Г gEJ
На фигурах для простоты обозначены только амплитуды вибри-
рующих реакций, множитель sin 07 опущен.
155
17.56.
17.57.
17.58.
156
* 17.60—17.62. Принимая результаты решений задач 17.56—17.59',
построить эпюры амплитуд динамических моментов для следующих
рам, испытывающих действие указанных на чертежах возмущающих сил.
Сечения всех элементов принять из двутавра № 30 (7=8 881 <ди4;
р = 50 кг)м-, 5 = 2,1 -106 кг/с.и2); амплитуду динамической силы
р = 500 /аг; частоту 0 = 89 1/сек (п — 850 об/мин); /=6 л;
h — 4,1 м.
17.60.
60. Фиг. 618.
17.61.
17.62.
61. Фиг. 619.
* 17.63 (фиг. 621). По тяжелой балке постоянного сечения быстро
груз Р с постоянной скоростью v. Написать
перемещается легкий
приближенно закон колебаний
середины балки.
Указания. 1) Заменить
балку невесомой, несущей в сред-
нем сечении сосредоточенную
17 pl i
массу т = -gg- • — (приведение к
системе с одной степенью свободы).
2) Движущийся груз заменить приведенным грузом, приложенным
к массе т, из условия, чтобы статический прогиб середины балки от
приведенного груза равнялся прогибу от действительного груза, н при-
нимая приближенно линию влияния прогиба середины балки ио сину-
сопде ] sin —у .
* 17.64 Но тяжелой балке постоянного сечения быстро переме-
щается легкий груз Р с постоянной скоростью г>. Написать закон
колебаний середины балки.
Указание. Ход решения, как в предыдущей задаче. Линию
влияния прогиба середины балки принять по уравнению:
f (-I 2лх \
-g- ( 1 — cos —1.
17.65. По легкой балке с постоянной скоростью v переме-
щается тяжелый груз Р. Определить наибольший динамический прогиб
для сечения, лежащего посредине балки.
Указания. Массой балки пренебречь. Давление в точке поло-
жения груза в каждый момент времени будет:
* 17.66. Но легкой консоли перемещается тяжелый груз Р
с постоянной скоростью V. Определить наибольший динамический
прогиб конца консоли.
17.67 (фиг. 625, а). Шарнирно опертая балка подвергается дей-
ствию кратковременного равномерно распределенного по длине балки
импульса S = pl0(l0 мало). Составить выражение для наибольшего
динамического прогиба.
Указание. Принимая балку за систему с одной степенью сво-
боды, а за форму колебаний—упругую линию, отвечающую дейст-
вию статической равномерно распределенной нагрузки, получаем
такую формулу для эквивалентной импульсу статической нагрузки:
Ч^=Ра-
158
17.68, (фиг. 625, (>). Решить предыдущую задачу, если распреде^
депие импульса jfo длине балки задано убывающим до пуля по сину-
соидальному закону от середины к опорам.
67 -68. Фиг. 625.
Часть вторая
РЕШЕНИЯ И ОТВЕТЫ
ГЛАВА 1
1.1. Решение. По формуле W = 2У—С—3 находим:
«7=2 - 10—19-3 = —2,
т. е. ферма имеет два лишних стержня. Однако для суждения о при-
емлемости структуры фермы следует провести геометрический анализ.
Выделяя в ферме три диска, видим, что они соединены тремя шар-
/ нирами, лежащими на одной прямой (фиктивный
S шарнир 2—3 находится на горизонтальной пря-
,) 3, мой в бесконечности). Таким образом, имеем
J мгновенно изменяемую систему.
К тому же выводу о мгновенной изменяе-
мости можно подойти, если верхний диск 1
заменить прямым стержнем между шарнирами
(7—2) и (7—3). Тогда диски 2 н 3 ока-
1. Фиг. 626. жутся соединенными тремя параллельными
стержнями.
1.2. Решение. По формуле W = ЗД— ЧШ—Со находим, полагая
диски / и 4 опорными стержнями:
1Г=3- 2 — 2 1-4 = 0.
Система будет неизменяема, если шарнир (2—3) и фиктивные шар-
ниры (2 -5) п (3 -5) не лежат па одной прямой.
2. Фиг. 627.
160
1.3. Решение. Для решения задачи рассмотрим соединение шарнира-
ми трех стержней: горизонтального (внизу) и двух наклонных (навер-
ху). Система неизменяема, если средний шарнир и два фиктивных
шарнира, каждый из которых образован соответствующими вертикаль-
ным и наклонным стержнями, не лежат на одной прямой.
1.4. Ответ. Неизменяема.
1.5. Ответ. Нехватает одного стержня.
1.6. Решение. Ферма неизменяема, так как три шарнира (I — 2),
(/-~3) и (2—3) не лежат на одной прямой (фиг. 625).
1.7. Ответ. Неизменяема.
1.8. Ответ. Неизменяема и имеет пять лишних стержней.
1.9. Ответ. Неизменяема.
1.10. Ответ. Неизменяема.
1.11. Ответ. Неизменяема.
1Л2. Ответ. Неизменяема и имеет один лишний стержень.
1.13. Ответ.
2 и 3 окажутся
1.14. Ответ.
Система будет мгновенно изменяемой, если точки /,
на одной прямой.
Система мгновенно изменяема.
Ц Зак 1737. Сборя анаач по строма. механике.
1.16. Ответ. Система а изменяема (Й7= 1), система 6 мгновенно
изменяема.
1.16. Решение. Так как точки 1, 2 и 3 не лежат на одной пря-
мой, система неизменяема.
16. Фиг. 630.
1.17. Ответ. Неизменяема.
1.18. Ответ. Мгновенно изменяема.
1.19. Ответ. Неизменяема. Если окажется, что средний пояс хотя
бы в одной панели будет направлен так, что продолжения всех трех
поясов пересекутся в одной точке, система станет мгновенно изменяемой.
1.20. Ответ. Неизменяема.
1.21. Ответ. Неизменяема.
1.22. Ответ. Неизменяема.
1.23. Ответ. Мгновенно изменяема.
1.24. Ответ. Неизменяема.
1.26. Решение. Произведя указанную на фиг, 361 замену, находим
последовательно усилия от двух единичных сил, приложенных по
направлению отброшенного стержня:
S-,2 = + 1 ; S23 r= — 1 > =----; 554 = + -
Из вырезания узла 4 получим 7\ = 0, что указывает на мгновенную
изменяемость системы.
25. Фиг. 631.
1.26. Ответ. Система мгновенно изменяема
1.27. Ответ. Мгновенно изменяема.
162
1.28. Ответ. Мгновенно изменяема.
1.29. Ответ. Производя указанную на фиг. 632 замену стержней,
находим 7't =— 1, что указывает на неизменяемость системы.
29. Фиг. 632.
1.30. Ответ. Изменяема.
1.31. Ответ. Неизменяема.
1.32. Решение. Задаемся произвольным усилием в одном из опор-
ных стержней; тогда во всех стержнях многоугольника получатся
усилия, одинаковые по величине и знаку, что указывает на воз-
можность такой системы взаимно уравновешенных сил. Последнее
обстоятельство служит доказательством мгновенной изменяемости.
Для решения той же задачи можно применить графический способ.
32. Фиг. 633.
Если при отсутствии внешней нагрузки, в стержнях могут возникнуть
какие-либо усилия, то опорные реакции 1, 2, 3, 4, 5 должны пред-
ставить уравновешенную систему сил, а стороны шарнирного много-
угольника должны служить веревочным многоугольником для этой
системы сил.
Строим силовой многоугольник, для чего из полюса 0 проводим
лучи, параллельные сторонам шарнирного многоугольника, а затем
проводим между этими лучами стороны силового многоугольника,
параллельные опорным стержням. Так как силовой многоугольник
замыкается, то система неприемлема.
1 ]г 163
1.33. Ответ. Система неизменяема. Решение аналогично преды-
дущему примеру.
1.34. Решение. Из разреза а—-а или б—б следует, что S12 = 0.
Далее, задаваясь произвольным растягивающим усилием находим:
~ $64 ~ ‘-’вз S
затем определяем:
.-= S42 = S68 = S3I = -S351/2?
Переходя к внутреннему квадрату, находим:
5’п = Лф Sgg == .$81 = -S’36.
Возможность указанной системы взаимно уравновешенных сил
при отсутствии внешней нагрузки показывает, что система мгновенно
изменяема.
1.35. Решение. Выбрасывая стержень / -4, строим план ско-
ростей. Так как в этом плане все линии параллельны соответствую-
щим стержням, система мгновенно изменяема.
1.36. Решение. Принимая заштрихованный диск неподвижным
и устраняя стержень 3—4, строим план скоростей. Так как прямая
3' — 4' не параллельна стержню 3—4, мы имеем неизменяемую ферму.
1.37. Решение. Принимая заштрихованный диск неподвижным
н устраняя стержень 3—4, строим план скоростей. Если прямая 3'—4'
окажется непараллельной линии 3—4, го ферма будет неизменяемой.
36. Фиг. 636.
37. Фиг. 637.
1М
1.38. Решение. Устраняй левый опорный стержень, строим план
скоростей. Так как полученного перемещения опорной точки 5 не
может быть при наличии вертикального опорного стержня, заклю-
чаем, что ферма неизменяема.
1.39. Решение. Система мгновенно изменяема, так как мы можем,
оставляя неподвижными узлы 1, 4 и 9, переместить остальные узлы
так, как показывает план скоростей, изображенный пунктиром.
39. Фиг. 639.
1.40. Решение. Так как полученное перемещение точки 8 перпен-
дикулярно направлению 9—8 и соответствует вращению около шар-
нира 9, заключаем, что данная система мгновенно изменяема. Аналогич-
ным образом можно доказать, что при нечетном числе одинаковых
арок система будет неизменяемой.
40. Фиг, 640.
1.41. Решение. Если мгновенные центры вращения (2—5), (3—5)
и (2—3) лежат на одной прямой, то система мгновенно изменяема.
ГЛАВА 2
2.1. Решение. Рассмотрим балку, нагруженную равномерной на-
грузкой q и опорным моментом М (фиг. 642), и определим величину
пролета из условия равенства пролет-
;—х ного и опорного момента. Реакция на
|424Ц1ш.ц1111|Ь|ПШ1Ш1ЕДщШП J опоре В:
L ;’’Дг ql*
L_______,___________j = -------т-
Положение сечения с максималь-
1. Фиг. 642. НЬ[И положительным моментом нахо-
дим, приравнивая нулю поперечную силу; получим х = ------. Из-
гибающий момент сечения х приравниваем моменту на опоре:
(qL M\(L М\ q(L М V ..
к 2 L Д 2 qL) 2 \ 2 qL ) ~~ М'
Решив это уравнение, находим:
Следовательно, в нашем случае при заданной величине консоли:
Ди? = 3,42|/' -gey 0,81/;
Md = - • 0,197 + = - O,O82?B;
Дст = 3,42 0,981.
Эпюры М и Q будут иметь следующий вид (фиг. 643, а и б).
166
1. фиг. 643.
2.2. Ответ. Шарниры должны быть расположены посредине обоих
пролетов.
2. Фиг. 644.
2.3. Ответ. 1 = 0,707/; а = 0,1465/; ft = 0,3535/.
р 3 1
2.4. Ответ. Rd = -{--g-siii a; Re = + j Psina; /?в = — Р (0,5 4
O,375 sina); VA = -!- Р (1,5 + 0,125 sin я); Я4 = Рсозя [знак
р (0,S^jZ5sina)
,(L5P.sti>a
OSP.sinit
ОРЬР since
4, Фиг. 645.
IM
плюс (4-)—реакция направлена вверх, минус (—) —реакция направ-
лена вниз].
2.5 Ответ. УЛ = —(),25Р; /7Л = О,865Р; /?в = 0,75Р; Яс==
= —0,5Р; Rd = 0,5P; /?в = 0.
0 _________
5. Фиг. 616.
2.6. Ответ.
6. Фиг. 647.
2.7. Ответ. Ул = 0,353Р; RB = О,883Р; Яс = 0,177Р; Rn = 0;
Яв = 0; Л/Л=1,41Р.
[ШИВшшшшпшн^
7. Фиг. 648.
168
2.8. Ответ.
8. Фиг. 649.
2.9. Ответ.
2.10. Ответ.
И
10. Фиг. 651.
169
2.11. Ответ. Д' = 0.
11. Фиг. 652.
2.12. Ответ.
170
2.14. Ответ. Ri= - 0,5Р (вниз); RB=^'6R>P; RfJ~= — 4Р,
/?Л = 2Р.
2.15. Ответ.
15. Фиг. 656.
2.16. Решение. Проверка степени подвижности данной системы
дает W = ЗД — 2Ш—Соп = 3 4 — 2-4—4 = 0. Система стати-
чески определима. Так как нагрузка вертикаль-
на, все опорные реакции вертикальны. Для
определения ДЛ, Дв и Rc составляем три
уравнения статики: 1) £Л4С='О; 2) £/Ив = 0;
3) ST = 0 (из них второе уравнение относится
к балке AD).
Предварительно рассмотрим равновесие
части EBF. Из условий равновесия этого
элемента следует, что НЕ = и вертикаль-
ные силы в точках Е и F равны каждая
7? в
-щ- ; кроме того НЕ = RB.
Таким образом, условия статики (1) для во
следующий вид:
RA 4а4-Дв- 2а —Р- 3,5« = 0;
RA 2a-'r0,5RBa —Р 1,5« = 0;
+ +
(а,
I 3
16. Фиг. 657.
Ф балки будут иметь
171
Отсюда получаем: ЛА 0,62oP; ^B-=-0,5P; X
Эшора моментов имеет следующий вид.
O.125R
16. Фиг. 658.
2.17. Ответ.
17. Фиг. 659.
2.18. Ответ.
18. фиг. 660.
172
2.19. Ответ.
2.20—2.21. Ответ.
2(1. Фиг. 662.
173
2.22. Ответ.
ЛВА ЕШДППОШШШтт^^
.Л в. В
ла с
^ЛШИШЖ'
22. Фиг. 663.
2.24. Ответ.
174
2.23.”OTEef.
А
т
М/1
ЛИВ
, -у 7
Л.В.С
Лв.Мь
л.аль
i I i
ш±М?« ! ; |
'о.^ Н i I
IпЬшш
0,5
Л-8- Мс
2.25. Ответ.
4 В О J’B
'WBB —
аЛ
25. Фиг. 666.
175
2.26. Ответ
26. Фиг. 667.
2.27. Ответ.
iliiiL
г
Отвег.
2,29. Отвег
2'-* Фин- 67Ф
2«30. О гае г.
Лд Qf-i
30. Фиг. 671.
[U5^
Ьукиой ?. обозначен угол наклона ригеля к горизонт)'.
2.31. Решение. Для построения линий влияния /И и Q в задан-
ных сечениях удобнее всего предварительно построить линии влияния
опорных реакций. Для определения четырех опорных реакций соста-
вим четыре уравнения статики:
= 0; \МК = <У, 2Л4р=0 и =
При составлении уравнений следует учесть, что ввиду равенства
плеч EF и FG в точках Е и G передается по половине опорной реак-
ции В; аналогично в точках Ни/-— по половине опорной реакции С'.
При грузе па участке AF уравнения имеют вид:
А Та -}- В • 5« С 2а — {Та — х) — 0;
.4 • ">а В ' За 0,5 (,а — — (5</ - .v) -- 0:
А 2а. -! 0,5 Еа — -(2п---.г)---О;
4-Н>Д С-1- /)--1 = 0,
г-ге. .г — расстояние or опоры ,-i до груза.
Решив совместно уравнения, получаем, то при л = 0:
4 = 1; В = С=С = 0;
при х = 2п:
А = — О,46; В = 1,56; С==--0,53; 0 = 0,13.
Писать уравнения при грузе на других участках пет надобности,
гак как балка симметрична. Линии влияния опорных реакций имеют
вид, показанный на фиг. 672.
При помощи линий влияния опорных реакций легко строятся линии
влияния М и Q.
12 3,|К. 177,7. CO.-p-i. зл Hi-i п-! —!р--,и. мет7||чие. 177
Для сечении 1 - i при трупе ciip:u>;i:
Мг = А- 3,5а + В • 1,5а;
Qi = A 4-В.
Построив путем суммирования правые части этих линий влияния,
левые откладываем симметрично для моментов и обратно Симметрично
для поперечных сил.
3!. Фиг. 672.
Для сечения ?.—2 при грузе справа:
== А • 1,5о д (>,25Вн;
q2 — д Д- о,5/3;
при грузе слева:
Ма — А 1,5а О,2573а — (1,5а — х);
Qa = A 4 0,5В — 1.
178
Вид линий влияния /И и Q показан на фиг. (572.
Для проверки полученных линий влияния можно использовать то
обстоятельство, что прямая, соединяющая проекции концов подбалок
на линии влияния (см. пунктирные линии на фигуре), должна прохо-
дить через нуль под опорами.
2.32. Ответ.
32. Фиг. 673.
2.33. Решение. При любом положении горизонтального груза на
уровне проезжей части давление на несущую конструкцию передается
через точку К, и, следовательно, опорные реакции и усилия в задан-
ных сечениях будут постоянны. Работать будет часть конструк-
ции ABFC. Разложив горизонтальное усилие в точке К на два на-
правления, найдем опорные реакции А, В и С.
1ИД, = 0; С- 0,5/~ 1 • 0,5/—1 • 0,17 = 0;
£Л/(, = 0; A- 1.5/-J-B/4-1 « 0,27 —1 -0,44 = 0;
ХЛ4,, = 0; /1/4- В- 0,5/-р -0,1/— 1 • 0,057 = 0,
* леи
откуда
4=1,1; В = —2,3; С= 1,2.
12*
179
Изгибающие моменты в сечениям:
Л4а = 1,1 • 0,25/= 0,275/;
Л/ь= 1,1 0,757 — 2,3 • 0,25/ = 0,25/;
Ме= 1,2 • 0,25/—1 0,4/ = —0,1/.
33. Фиг. 674.
2.34. Решение. 1) Для построения линии влияния угла поворота
воспользуемся известным соотношением: угол поворота равен фиктив-
ной перерезывающей силе, деленной на жесткость балки, т. с.
При грузе на участке АВ эпюра /И имеет вид треуголь-
ника; фиктивная нагрузка и фиктивная балка показаны на фиг. 675, а.
После приведения подобных членов получим:
Q% = ~gl [хР —1,5.с2/ + О,5х3|
— кривая 3-го порядка, у которой максимум находится на расстоя-
нии .V =0,432/ от левой опоры, и = 0,064/д
При грузе на участке ВС (фиг. 675,6):
Q2=-<-
При грузе на участке CD (фиг. 675, в):
Г)ф____fl С/ •г)
Уд— 6 •
При грузе на участке Г)Е (фиг. 675, г):
180
При груза на участке EF (фиг. 675, ci):
— a'-U-x)
4А ~ 6/
Таким образом, линия влияния угла поворота на опоре А имеет
вид, показанный на фиг. 675, е.
2) Для построения линии влияния прогиба в точке С восполь-
Л1Й
зуеися соотношением у„ = -еА--
* Ь CJ
181
Используя те же фиктивные нагрузки, что и лля угла поворота,
найдем:
для участка .1/1: ,И<4-=—= —0,064а/2 при а --
== 0,576/);
для участка ВС: ,W<g=--.v -у >
для участка CL): /И);-=-ц-г (/— .г) (/ -j- д);
для участка DE: -•—(/-1-'();
для участка EF: Mfy—-• -уу- K“h ") "Л')-
Линия влияния прогиба в точке С имеет вид, нок тзапный па
фиг. 675, ж.
Примечание. Как станет известно читателю при дальнейшем
прохождении курса строительной механики, линия влияния угла пово-
рота в точке А могла быть построена, как линия прогиба балки,
вызванная моментом, приложенным в точке А. Линия влияния про-
гиба в точке С могла быть построена, как упругая линия, вызванная
сосредоточенной силой, приложенной в точке С.
Из фиг. 675 видно, что характер линий влияния полностью отве-
чает соответсвующим упругим линиям.
2.35. Решение. Опорная реакция В может быть найдена из усло-
вия равенства нулю момента относительно оси Ох. Таким образом,
если груз движется по линии AD, т. е. при у=г0, то В = 0;
при у 0 имеем = 1_у -j- Bl — 0, В — — у.
Элементы GE и НЕ представляют собой балки, опертые на осталь-
ную часть конструкции, поэтому на этих участках линия влияния В
будет убывать по закону прямой линии до нуля.
Опорная реакция С может быть найдена из условия равенства
пулю момента относительно оси Ог. У,Мг — С1 = 0; С = 0. Опорная
реакция D находится из условия равенства нулю момента относи-
тельно оси Оу:
приу = 0: V?W!/=l.v — D-31 — 0, О = -|ж;
при_у#:0: S/и,, = lx — D 31 — В • 27=0,
откуда, подставляя соответствующее значение для В, получаем:
° =-37 (х + 2у)-
Линии влияния опорных реакций — см. фиг. 676.
Изгибающий момент в плоскости xOz:
при грузе слева: AlK = D • 1,51 -ф В • 0,5/;
при грузе справа: Л1К = D • 1,5/ -4- В 0,5/-- 1 (х— ху^-
Крутящий момент в плоскости гОу
при грузе слева: т::~ BA.-.' ~"ф>
при грузе справа: — В1-\- у 0.
Линии влияния моментов--см. фиг. 677.
ГЛАВА 3
3.1. Решение. Линии влияния М и Q в сечениях а и b имеют
вид, показанный на фиг, 678. Загружая эти линии влияния заданной
нагрузкой, получаем:
,We — 4 1 -ф 2 = 4,5 тм- Q„ 6 = ф 4 • 0,54-= -ф 2,25 »;
Q,. == - -212. . I ,,г; Q^t,e =. ... 4 • 0,5 L. 2 .!i|5. =,._. 1 >75 т;
= 4 = । ,пм.
183
1. Фиг. 678.
3.2. Ответ. 0 = 4,3 т. 0 = 0,4 7 ш
3.3. Ответ.
н----г-----
-J
W ^7
rTi'A '^JrrTTTWiTR^TTTTWTrn
4 ЖТПТПТГГГ® ПТГГПЗТГПТП
л [титл
ЛЗЛ& -*»•— ——
__«МПШШТШ^ мс
LW
I жггптгптпжптптттплг?л
с-о : аь-о
.3. Ф1И . 676.
3.4. Решение. Линия влияния левой опорной реакции для движе-
ния единичного вертикального груза имеет вид, показанный на
4. Фш. 686.
184
фиг. 680, <7. Загружая линию влияния заданной нагрузкой, получим:
1 = (- {- ^г) + / S ’ ..’
о
+ f (1,5/.r - .v^ Лг = (//4-^-0,55/8 == 1,375<//.
о
3.5. Ответ /Ив=-—1~.
3.6. Ответ. Мк =-—•1,14.
3.7. Ответ. гИк=;з7^-.
3.8. Ответ.
8. Фиг. 681.
3.9. Ответ.
9. Фиг. 682.
3.10. Ответ.
10. Фиг. 683.
185
3.11. Решение. Обозначим через х расстояние от горизонтального
единичного груза до уровня опор. Тогда при грузе слева /И;с=1х—
X I X 1x1
---при гРУзе па Участке kBF: Мк~ 1 • у
= при грузе на участке FCE, найдя предварительно опор-
ные
при
реакции
грузе на
з 1 /1 , l — 2x\ I
в точке /1, получаем: = — НгН-----------gz—; Т
/ х
участке £О аналогично получаем: М1с — -^------
11. Фиг. 684.
Линии влияния для каждого участка, отложенные на вертикаль-
ной оси, показаны на фиг. 684, а.
Линия влияния Мк от горизонтального груза может быть получена
из линии влияния от вертикального груза на основании закона
инвариантности углов наклона касательных. Действительно, на уча-
стке АК тангенс угла наклона в обеих линиях влияния
в точке К он меняет знак и остается постоянным на участке KBF,
дальше опять меняет знак и т. д. (фиг. 684, б).
3.12. Ответ.
12. Фиг. 685.
186
3.13. Решение. Как известно, окружность влияния можно по-
строить, если известны два каких-то значения искомой величины.
Находим из условия момента относительно точки F'.
при а = 0: 1Z—-С~~О; С =2;
при а - — у: 1-1,5/—Су = 0; С=3.
Откладывая о г точки D по горизонтали отрезок, равный 2, а ио
вертикали отрезок, равный 3, проводим окружность влияния через
точку О и через концы обоих отрезков. Ей отвечает вторая окруж-
ность для обратных направлений
сила. Касательная в точке D накло-
нена к оси х под углом 33"40'. Если
сила будет наклонена таким образом,
то ее направление пройдет через
точку F, и реакция С будет равна
нулю. Если сила будет направлена по
линии DK, перпендикулярной каса-
тельной, то это вызовет максималь-
ную реакцию С.
3.14. Ответ. Сила Р должна быть
направлена вдоль нижнего пояса
фермы под углом a=18J25'.
3.15. Решение. Разложив на-
клонную силу на вертикальную и
горизонтальную составляющие, запишем изгибающий момент в сече-
нии k при грузе слева, как момент правых сил:
„ I х I . а ж cos й I ,
^грра слева z— & % / 2 $ I ~2 '
Сделав приведение подобных членов и подставив tge> = 0,5, по-
лучим:
М’груз слева = 4г (sin В — 0,5 COS Р).
Аналогично при грузе справа получим:
справа = — (l — x) (sin 3 — 0,5 cos р).
По этим двум выражениям построен график /И4=/(х, р), показан-
ный на фиг. 687.
Из этого графика видно, что при р = const получаются обычные
треугольные линии влияния; при х== const линии влияния криво-
линейны с нулевыми точками при Р —26°30' и р = 206э 30', т. е.
при направлениях груза, совпадающих с направлением оси балки.
187
При р = 0 получаем отрицательную треугольную линию влияния
для горизонтального груза и при ₽=ту получаем положительную
треугольную линию влияния для вертикального груза.
15. Фиг, 687.
3.16. Решение. Ломаная линия abed есть простая линия влияния
помноженная па величину груза a'b’c'd' — линия влияния
помноженная на величину груза Р2> и т. д. Расстояния между простыми
линиями влияния соответственно равны расстояниям между грузами.
Линия abce.. .тnd'" — обобщенная линия влияния, полученная как
сумма всех четырех влияний. Максимальная поперечная сила в сече-
нии k возникнет, когда груз Рх будет стоять над вершиной / обоб-
188
lUelinofi линии- влияния, т. е. па балке ил 2 .и левее шарнира F.
При этом Q*ax = 2015 -р 15 -f~ 5 = 55 т.
3.17. Ответ. Интегральная линия, показанная на фиг. 689,6,
получена из простой линии влияния (фиг. 689, а) путем графического
интегрирования, причем, так как длина участка нагрузки равна Z,
в) н—----------г----------—
наложены друг на друга две кривые с расстоянием I между ними.
Максимальное положительное значение момента получится, когда
передний край нагрузки будет находиться над опорой 8^/Hmax = y^.
Максимальное отрицательное значение момента получится, когда
передний край нагрузки сойдет с балки и будет загружена только
/ 3 ,А
отрицательная часть линии влияния -gj-(7/-I.
3.18. Ответ. Qaril. = 55 т.
3.19. Ответ. = Af„,in = -
3.20. Ответ. Самое невыгодное расположение поезда будет при
1 рузе !\ над максимальной ординатой, равной 2; SmM—213 т.
3.21. Ответ. iS== — 522 т.
21. Фиг. 690.
189
3.22. Ответ. Наиболее невыгодное расположение поезда и со-
ответствующие грузам ординаты линии влияния момента посредине
пролета показаны на фиг. 691.
22. Фиг. 691.
Максимальная длина I получится из условия /И = 0. Загрузив
линию влияния и приравняв момент нулю, получим /= 4,5 м.
3.23. Ответ. I = 5,65 м.
3.24. Ответ. Нагрузка должна быть расположена на участках
АВ и DF.
3.25. Ответ. См. табл. 1.
Таблица моментов поезда
Таблица 1
№ груза Расстояние X до смежного груза в м Величина груза P,j в т -73; В 7Я Л! в т
1 1,5 22 22 0
2 1,5 1,5 22 44 33
3 1,5 3,0 22 66 99
4 1,5 4,5 22 88 198
5 4,0 6,0 22 ПО 330
6 1,5 10,0 16 126 770
7 1,5 11,5 16 142 959
8 1,5 13,0 16 158 1 172
9 14,5 16 174 1 409
!
3.26. Ответ. Мд=~ - 950 тм.
190
I ЛАНА 4
191
-1.4. Ответ. VA --- 18 т; Нл 10 m; H =- 34,1 m; М» == 129 w.».
4.5. Ответ. Ид = 7,5 tn; Hi — -2,5 m; Ид—22,:; in;
lll: -|-2,5 m; //;= 5 m.
5. Фиг. G96.
192
4.6. Ответ. Л = 0,88Р; В = -1,09Р; С= 1,21Р; Яв = 0.
Систем;! будет мгновенно изменяемой, если стержни ПН и Л/> будут
наклонены под углом /15'’.
4.7. Ответ. V.t Vд =.= 1,5/'; IIл == Иц = - - 0,5/С
7. Фиг. 698.
13 Зак. 1757. Сбор!!, злхач по строит, механике.
7Лз = О.
193
4.9. Ответ. VA = Р; Ил ^--W, VB = 0; Нв = -2Р.
4.10. Решение. Кривую АВ можно рассматривать как веревочный
многоугольник для сил взаимодействия между канатом и поддержи-
вающей поверхностью. Разделив кривую АВ на ряд частей, найдем
графически силовой многоугольник (фиг. 701, б), соответствующий
данному веревочному (фиг. 701, <г). Кри этом нужно учесть, что
10. Фиг. 701.
направление А совпадает с направлением касательной к арке на левом
конце; направление В определяется из того условия, что Т равно
горизонтальной проекции натяжения крайнего правого элемента, т. е.
луча 0—1. Построение ясно из чертежа; полюс 0 и силовой масштаб
для известной силы 7' выбираются произвольно. Показанные на чер-
194
теже силы £>(, Z)s представляют собой нагрузку на канат.
Давление каната на поверхность АВ направлено в обратную сто-
рону.
4.11. Ответ. Разбив арку на участки, имеющие горизонтальную
проекцию 2 м, получим давление, прикладываемое в центре тяже-
сти участков:
P, = 8,80w; Л,= 4,45м; Р,.==2,35и1; Р4 = 0,35т; Рв = 2,45 т;
12. Фиг. 703.
13*
195
4.13. Ответ.
13. Фиг, 704.
4.14. Ответ.
/WW
-и ® W © ® %
\s v.«
14. Фиг. 705.
4.15. Ответ.
196
4.16. Ответ.
16. Фиг. 707.
4.17. Ответ.
4.18. Решение. (См. фиг. 709). В точках С и £ на нижнюю
часть передаются вертикальнее давления и распор верхней арки.
Усилия в вертикальных элементах CD и EF, равные между собой
в силу симметрии системы, и реакции на опорах А и В найдутся из
условий равновесия диска I или диска II в отдельности.
197
4.21. Ответ. Л = В=10 п; 5( = 16 w; S2=17.9 /л; S3=8 т.
18. Фиг. 709.
21. Фиг. 712.
4.22. Ответ.
VA^-, HA=qr, V в = S - - { qr.
4.19. Ответ. А — 35 пг; В = — 15 т; S, — —25 т; ,$2 — —37,5 in.
22. Фиг. 713.
4.23. Решение. Уравнение параболы при опорах на одном уровне:
у0=^-х(/—х); в нашем случае все ординаты увеличены на вели-
чину xtga. Таким образом, получим:
, . Af ,, \ । хЛ
У = Уо ~г х tga = р х(1 — х) + ~.
Тангенс угла наклона касательной к горизонту:
В сечении k при х -- ~ f: -у — — 0,333; ?=---18°20'.
4 dx 1'1 ’ ‘
Следовательно, скачок р эпюре Q будет на величину Pcos? =
р= 10 • 0,95 я= 9,5 т.
199
4.24. Ответ.
200
4.27. Ответ.
28. Фиг. 718.
4.29. Ответ.
29. Фиг. 719.
201
4.30. Ответ.
""ЯН
30. Фиг. 720.
4.31. Ответ. Левый и правый диски соединены .между собой
двумя стержнями, пересекающимися в точке С, Эта точка служит
Фиг, 7?!
20?
фиктивным шарниром, через который будет проходить опорная реак-
ция незагруженной части арки. Таким образом, получим линии влия-
ния, показанные иа фиг. 721.
4.32. Ответ.
4.33. Ответ. Точки А, В и С (фиг. 723, а) служат фиктив-
ными шарнирами, которые следует использовать при графическом
определении направления опорных реакций для различных положений
груза Р = 1.
Характер линий влияния Мк, Q,. и NJ; показан на фиг. 723, б,
виг.
208
4.34. Решение. Усилие в горизонтальной части затяжки находится
из условия
из условия
Изгибающий момент в сечении
определим
= —с).
Изгибающий момент в сечении а из условия:
Ь
М =М° — Sr = Л4°------------— (у..-- 4х)cos « = АР — #\Уа — 4) •
lvla a C0Sa\y4 2/ ® \ 2/
204
Линии влияния, построенные по данным выражениям, показаны на
фиг. 724.
Для построения линии влияния Мь кинематическим методом
включаем шарнир в сечение b и в полученном механизме находим
мгновенный центр 13 (фиг. 725) 12 23-\- 14 43 = 13. Мгновенный
центр 1 т лежит на вертикали 15 • 5 т. Этого достаточно для по-
строения линии влияния Мь. При построении линии влияния Mtl для
34. Фиг. 726.
нахождения мгновенного центра 31 нужно предварительно найти неко-
торые промежуточные мгновенные центры (фиг. 726), а именно:
43 32-\-45 52 = 42;
46 61 4-42 21 = 41;
32 • 21 4- 34 41 = 31.
4.35. Решение. При грузе, находящемся на элементе СЕ, гори-
зонтальная реакция в точке G (фиг. 727, а) найдется из двух урав-
нений:
— IZ • 4а Н, • За 1х = 0; — V • 2а II, • 2а = 0,
откуда Я, =
При х = 2а Нх==2, и линия влияния //, имеет вид, показанный
на фиг. 727, б. Горизонтальная реакция на опоре А равна Нд = Щ;
ордината линии влияния На при грузе в точке К'.
.. __ / __ 2а _ 1
-1 " 4/ ~~ 4^37 ’
Вся линия влияния распора На показана на фиг. 727, в *. Для
построения линии влияния Н А кинематическим методом отбросим гори-
* При грузе на левом участке цепи распор направлен вправо, при грузе
на правом участке — влево.
205
збнтальный стержень в точке А и у полученного мёханйзма найдем
мгновенные центры Зт, 2т, 24 (фиг. 728):
37 • 7т 34 • 4т = Зот; 23 • Зт -]-21 • lm=~- 2т;
23 34-у-2т- 4т = 24.
Чтобы найти масштаб, достаточно горизонтальное перемещение
точки Л принять равным единице. Тогда тангенс угла поворота диска 3
35. «Риг. 727.
относительно мгновенного центра Зт будетчто дает ординату
а 1
линии влияния посредине л = *= = -д.
4.36. Решение. Из равновесия средней отброшенной части
(фиг. 729, а) следует, что равнодействующие усилий ВК и CL, а также
ЕК. и FL должны быть расположены на одной прямой, равны по
величине, и противоположны по направлению. Построить линию влия-
ния /7, не составит труда.
206
3c I
При грузе слева 0=-—; О— — Н, h = О'
Линия влияния И, показана на фиг. 729,6".
~~ °2Л —2й '
Зная //, и разложив их на направления, совпадающие с направле-
ниями стержней ВК и CL с одной стороны и ЕК и FL—c другой,
находим Н из равновесия узлов К и L (фиг. 729, в). Линия влияния //(
для горизонтального груза имеет тот же вид, что и для вертикаль-
ного груза при грузе слева от точки D. При грузе справа она
имеет вид трапеции с ординатой у опоры О, равной .
4.37. Ответ. Так как нагрузка кососимметрична, усилие в стержне
4 равно нулю, а, следовательно, равны нулю усилия в стержнях 1, 2,
3, 5. Эпюра моментов показана на фиг. 730.
37. Фиг. 730.
207
4.38. Ответ.
38. Фиг. 731.
4.39. У к а з а н и е. Загрузив систему нулевой нагрузкой, полу-
чаем последовательно, что равны пулю усилия в диаде в диаде
NMD, наконец, в диаде GHC.
Предоставляем читателю доказать, что система будет мгновенно
изменяемой, если опора ft будет па одном уровне с опорой А.
4.40. Отвез’.
208
4.41. Ответ. W' = 3.4—3.2 — 6 — 0, ио система мгновенно
изменяема, так как соответствующие мгновенные центры лежат на
одной прямой.
При нагружении нулевой нагрузкой полунаем, что возможна уравно-
вешенная группа опорных реакций, не равных пулю, что тоже ука-
зывает на мгновенную изменяемость системы.
Ликвидировать мгновенную изменяемость можно, например, поста-
вив вместо стержня DB стержень FB (па фиг. 732,д’ показан пунк-
тиром).
ГЛАВА 5
5.1. Ответ. . 5,д=0.
5.2. Ответ. i’,,/, = -4—; .V,.,, — 0.
' ,,b sin а *а
5.3. Ответ. Snl = .
5.4. Ответ. S(llj~=0; $.<( ——Р-
5.5. Ответ. 5й = 0; SMi = —
5.6. Ответ. Sab = — Sctl = 0.
р р
5.7. Ответ. Snb =------—; Sed = t—.
аи sin а са tg а
5.8. Ответ. $аЬ = — Р; Scd = 0.
5.9. Ответ. Неработающие стержни показаны пунктиром.
с - 2Ptga.
^ab з ’
5.10. Ответ. Sab = — 2Р/2 ; 5оД = 2Р/2.
14 Зак. 1757. Сборн. задач по строит, механике.
209
11. Фиг. 734.
5.12. Решение. При симметричной нагрузке, вырезая узел Ь, имеем:
— 2S„(, cos а — 2S6l, cos f! P 0. (Л
Из разреза I—l получаем:
5Ь/г + Sllbr2 + Pa — ^(a — p) = 0. (2)
Решая совместно эти два уравнения, находим 8иЬ и S/,,.. Усилие Scli
получим из разреза /— I, выражая его через полученное ранее уси-
лие 8/)Р:
— -к Sbfri — Р/> Н- (Л р) = 0,
где г3 = г2, а г4 = r,L.
При обратно симметричной нагрузке стержни, показанные пунк-
тиром, не работают. 0.
210
Из разреза 11—//находим:
। Ра „
SatP Н 2/ Р О’
,, ____Ра р
' а '
(3)
Суммируя усилия, найденные при симметричной нагрузке, с уси-
лиями, найденными при обратно симметричной нагрузке, находим окон-
5.13. Решение. Имея в виду, что Ra~ Rc, можно написать:
211
Далее из разреза I — I следует:
«а -2(5d —Р-2</--Р</+^-"75- = °- (2)
’ У2 У2
Решение двух совместных уравнений дает:
р _р _ Р„-1^
Г\А— *\С—j К В-— 3 -
Таким образом, _
„ 13Р/2
— 6 •
Пользуясь разрезом //—Я получаем:
с 2РУ*2
**ab— з ‘
5.14. Ответ. Sab=^P; Scd^=0.
5.15. Решение. Пользуясь замкнутым сечением, пишем:
-5obrl + Pp-0; Sa„==/’£s
-5«Z2—/></== 0; =
Далее вырезаем узел с и определяем усилие Scd через уси-
лия Sce.
5.16. Ответ. Sab = 0; Scd — ~Р.
5.17. Решение. Реакция Н определяется из уравнения:
н=4(/-«).
212
Усилие Sab получим из разреза I—I:
^^~^l~^h~Sab-h = O.
17. Фиг. 739.
Усилие .$,,й определяется из разреза II—11:
Р (I а\ Р а Р ,, л Ь „ , п
2\,2 i) 2'4^ 4У^ 2
5.18. Ответ.
18. Фиг. 740,
213
5.19. Ответ.
19. Фиг. 741.
5.20. Ответ.
5.21. Ответ.
5.22. Ответ.
214
5.23. Ответ. Пользуясь сечениями I—I и II—II, составляем два
совместных уравнения, решая которые, находим:
5.24. Ответ. Пользуясь двумя указанными сечениями, находим:
S1 = S2:= — Р.
5.25. Ответ. Применив разрезы I—I и II—II, находим:
S1=0; 32 = Р/2~
5.26. Решение. Проводим сечение I /:
— S.2'>2 -4- 1<ач = 0.
215
Проводим сечение //—II:
— -j- — Rftb = 0.
Получаем два уравнения для определения и
1 ~ 1^А^>
-— й3 == /?J5 Z*.
Если детерминант этих уравнений будет равен нулю, то система
будет мгновенно изменяемой. Это условие записывается в следующем
виде:
| Йр — I
о= - =^ — ^ = 0,
I и1 1-4 I
т. е.
__ «г
Z?2
Если система неизменяема, то
V a2bf?B~~alaRA...... „
2 аЛ± — ’
так как a.JjRr, = ataRA. В самом деле, RA = Rs и y = ^ = tga.
Таким образом будут работать только те стержни, которые изобра-
жены сплошными линиями на фиг. 749.
Указанный вывод можно получить как следствие того, что возмож-
ное решение статически определимой задачи является в то же вре я
216
действительным и единственным решением (см. И. М. Рабинович,
Курс строительной механики стержневых систем, 1938 г., стр. 149).
5.27. Ответ. Производя указанную на фиг. 750 замену стержней,
определяем
Аг=—P]/z2; S=-^.
5.28. Ответ. Опорная реакция средней опоры направлена вниз:
5.29. Ответ. 5 = -^ .
5.30. Ответ. .S' = — Р.
5.31. Решение. Выбрасываем стержень, заменяя его двумя взаимно
противоположными силами, и исследуем движение узлов полу'1ешюй
подвижной системы относительно
земли.
Задаваясь произвольно ско-
ростью узла 1, откладываем ее
по направлению радиуса а--1 и
получаем изображающую точку
Далее находим изображающие
точки всех остальных узлов си-
стемы. Изображающая точка 2'
будет лежать па радиусе b — 2
и получится путем проведения ли-
нии Г—2' параллельно стержню /—2. Таким же путем находим
точку 4' на радиусе d — 4 и, наконец, точку 3' пи радиусе <; — 3.
Розможная работа всех сил на соответствующих им перемещениях
выражается суммой моментов этих сил относительно изображающих
точек.
Рр -Д Дгу — Sz2 = 0; отсюда S = —
zt — z2
5.32. Ответ.
Рр Pao + P3Z 4- Pfi — №> cos a — 0.
е.-.-УУКЛ+Лз + А _
COS a
5.33. Ответ. Считаем точку Л неподвижной:
Р}> — Rub — 0; Ru=^-
33. Фиг. 753.
5.34. Ответ. Полагаем диск abc ие(годвижпым:
213
5.38. Ответ. Sab = — 2Р; Sal== 2,235 Р.
5.39. Ответ. IIjtcm разложения фермы на составные части полу-
чаем:
<• — 5Р е — _ 5Р
аЬ 4 sin с’ 2 sin и'
5.40. Ответ.
4J. Ф111.
5.42. Ответ. Для возможности построения диаграммы определяем
предварительно усилие в стержне S аналитически:
„ 2Р
5=т-
42. Фиг. 758.
Далее, отбрасывая этот стержень, заменяем его двумя одинако-
выми и противоположно направленными внешними силами, которые
включаем в нагрузку, действующую на ферму.
5.43. Ответ. Ввиду наличия загруженных узлов внутри контура
фермы сносим силы, приложенные к внутренним узлам, на контур
43. Фиг.
759.
фермы. От такого переноса добавляются новые стержни, но усилия
во всех остальных стержнях сохраняют прежнее значение.
5.44. Ответ. Для возможности пользоваться при построении диа-
граммы известной системой обозначения полей и вводим в местах
пересечения стержней фиктивные шарниры. Усилия в ферме остаются
220
5.45. Ответ.
без изменений. Приходится лишь мириться с
усилия повторяются на диаграмме по два раза
некоторые
I L Опт. 7«).
построения диаграммы задаемся
5.46. Ответ. Для возможности
произвольно растягивающим усилием в стержне а — т. (отрезок а — 2)
и строим диаграмму, начиная с узла я. Подойдя к узлу k, счи-
таем силу Р неизвестной, получаем ее в масштабе диаграммы
221
47. фиг. 763- 48. Фиг. 764.
222
(отрезок а — b). После этого масштаб становится известным, и н
этом масштабе измеряются усилия во всех стержнях фермы.
5.47. Ответ. При движении груза по верхнему поясу (см. фиг. 763)
следует исправить линии влияния усилий и Sa, как указано
пунктиром. Стойка S4 при этим не работает, а линия влияния рас-
коса остается без изменения.
5.48. Ответ. См. фиг. 764.
5.49. Ответ. См. фиг. 765.
49. Фиг. 765.
Примечание. О нахождении пулевой точки линии влияния
усилия S'„ см. пояснения к задаче 5.60.
223
5.50. Ответ.
50. Фиг. 766.
5.51. Ответ.
51. Фиг. 7G7.
5.52. Ответ. Усилие 34 находим либо из разреза /— I, беря сумму
моментов относительно узла а и выражая S4 через усилие S3, либо
224
путем последовательного вырезания узлов Z> и е п выражая его через
усилие S’,.
5.53. Ответ. При движении груза по горизонтальной ферме
стержни 53 и S'. не работают.
53. Фиг. 769.
{.< Зак. 1757, Сборе, задач по строит, механике.
54. Фиг. 770. °5. Фиг. 771.
226
5.54. Ответ. Линии влияния удобно получить, располагая груз
поочередно в каждом узле и вычисляя для каждого положения груза
соответствующие ординаты.
5.55. Ответ. См. фиг. 771.
5.56. Решение. Полагаем, что груз находится в узле 1. Тогда
одинаковые по абсолютной величине усилия Х} будут в стер-
жнях: *^1.12, *533, 6’25, *536, 569, S9.11, Sn,?, S78, S^b, и одина-
ковые по абсолютной величине усилия У] будут в стержнях Su
и St в.
Вырезая узел 1 можем написать:
(*Yi+yi)^-i = o.
Вырезая средний опорный узел В, можем написать:
-(^ + ^)¥ + 5 = о.
Отсюда находим В=1.
Рассматривая узел 12, пишем:
-2^1^у- + Л = 0 или А = Х,У2.
Составляем сумму моментов внешних сил относительно опоры С:
Хг /2 5d — 1 4,5 rf-f* 1 2,5 d= 0;
X =^2 =0,282: Y, = 1,128.
Далее предположим, что груз находится в узле 2. Одинаковые
но абсолютной величине усилия будут иметь стержни: Si.is,
*512,з, S32, Su и SiB- В то же время одинаковые по абсолютной
величине усилия К, будут у стержней: S26, Sse, Se8, S9,n, Su,?,
^78’ ‘"’.л..
Из вырезания узла 2 следует:
Из вырезания опорного узла В следует:
(Л2+У2)^ + В = 0.
Отсюда определяем В = — 1.
227
Из вырезания узла 12 находим:
i-Л'., ]/2.
Составляя сумму моментов внешних сил относительно опоры С,
находим:
Ла =0,846 и Г2 = 0,564.
На основе выполненных вычислений построены линии влияния.
56. Фиг. 772.
5.57. Ответ. При построении линий влияния рассматриваем два
состояния:
1) груз внутри замкнутого сечения,
2) груз вне замкнутого сечения (фиг. 773).
228
57. Фиг. 773.
5.58. Ответ.
329
5.59. Ответ. (Угол между центральной стойкой и верхним поясом
обозначен Д).
59. Фиг. 775.
230
И). Фиг. 776.
62. Фиг. 778-
231
5.60. Ответ. Для нахождения нулевой точки k при построении
линии влияния усилия S8 рассуждаем следующим образом. Выбрасывая
шпренгели, разрежем мысленно стержни 5 и 54 и заменим их соот-
ветствующими силами. Положим, что груз находится на консоли.
Складываем опорную реакцию В и силу S4, действующие на правую
часть фермы, и получаем точку Ь. Так как момент правых сил отно-
сительно точки а равен нулю, то направление равнодействующей R
сил В и .“?4 проходит через эту точку.
Если усилие в стойке S8 —О, то на консоль будут действовать:
1) сила R по направлению а — Ь, 2) сила 5 и 3) единичный груз.
Так как эти три силы должны пересекаться в одной точке, то точка
k пересечения сил R и 5 дает искомую нулевую точку.
5.61. Ответ. См. фиг. 777.
5.62. Ответ. См. фиг. 778.
5.63. Ответ.
63. Фиг. 779.
5.64. Ответ. См. фиг. 780—783.
5.65. Решение. Для построения кинематическим способом линии
влияния усилия 5 отбрасываем этот стержень и заменяем его двумя
прямо противоположными силами. Полученному механизму даем воз-
можное бесконечно малое перемещение, причем по законам кинематики
движение каждого отдельного звена механизма может быть рассма-
триваемо, как вращение его около мгновенного центра. Для получения
модели линии влияния надо построить эпюру вертикальных перемеще-
ний точек грузового пояса. Это построение выполняем, пользуясь тем,
что ординаты возможных перемещений точек каждого звена опреде-
ляются прямой, пересекающей ось абсцисс под мгновенным центром,
232
64. Фиг. 782.
233
64. Фиг. 783.
а прямые, построенные для отдельных звеньев, пересекаются между
собой под взаимными центрами.
Единицей масштаба будет отрезок, заключенный между прямыми,
соответствующими двум дискам (которые связывал выброшенный
стержень), отстоящий от точки пересечения этих прямых на расстоя-
нии, равном длине плеча г. Для определения знака какой-нибудь
ординаты, например, под точкой С, дадим механизму перемещение,
при котором узел С опустится вниз; тогда диск 1 повернется по
часовой стрелке около центра 1—6. Диск 2 при этом также иовер-
234
нется по часовой стрелке, так как центр вращения его 2—6 распо-
ложен от взаимного центра 1—2 в той же стороне, как центр 1—6
первого диска.
Очевидно, длина выброшенного стержня при этом уменьшается,
т. е. ордината линии влияния под точкой С отрицательна.
5.66. Ответ.
60. Фиг. 785.
Замечание. Единицей масштаба для линии влияния следует
считать проекцию вертикального отрезка между параллельными пря-
мыми, соответствующими дискам 1 и 2, на направление раскоса.
5.67. Ответ. (См. фиг. 786). Так как центр вращения 4—8 на-
ходится в бесконечности, то звено 4 не поворачивается относительно
земли.
5.68. Ответ. (См. фиг. 787). Если центр 4—6 лежит в направлении
опорной реакции В, система будет неприемлемой.
5.69. Ответ. Для удобства построения линий влияния М и Q
статическим способом рекомендуется предварительно построить линии
влияния усилий в стержнях 5,, 5а и 58.
5.70. Решение. Поместим в сечении k шарнир и примем звено
/ — 2—3 — k неподвижным. Так как эвенов—5—6—1 вращается около
235
2~8
67. Фиг. 786.
68. Фиг. 787.
точки 1, то изображающие точки 4', 5' и 6' можно совместить с точ-
кой 1. В звене 1—2—3 — k каждая точка совпадает со своей изобра-
жающей точкой. Проводя 6'—7’ параллельно 6—7 и k — 7' параллельно
k—7, получаем точку 7', совпадающую с точкой k. Все остальные точки
так же легко получаются последовательным проведением параллелей,
после чего план скоростей оказывается построенным (фиг. 789, а).
237
Проведем горизонтальную ось х—х. Участок 3—2 — k, очевидно,
совпадает с этой осью абсцисс. Под опорным узлом 27 отложим
в произвольном масштабе ординату, равную вектору 27'—27, т. е.
длине панели пояса. Так как векторы 27'—27 и 22'—22 равны по
величине и направлены в одну сторону (влево), то прямая 27—22
линии влияния будет параллельна оси х—х. Под точкой 9 ордината
равна вектору 9'—9 и, так как последний направлен вправо, то
ординату следует отложить по другую сторону оси абсцисс. Таким же
образом находятся все остальные ординаты. После этого остается
переменить неподвижное звено, что достигается проведением замыка-
ющей через точки 27 и 19 построенной линии влияния (фиг. 789, б).
Для получения масштаба ординат принимаем угловую скорость
взаимного вращения двух звеньев, связанных шарниром в точке k,
за единицу. Эта угловая скорость выражается отрезком ординаты,
обозначенным через ш. Для получения знака ординат будем считать,
что звено k — 8—7—9 поворачивается относительно неподвижного
звена 1—2—3—k против часовой стрелки соответственно положи-
тельному моменту в точке k. При этом точка 9 пойдет вверх, т. е.
против направления силы Р. Итак, в точке 9 ордината, отсчитанная
от оси х — х, будет отрицательной. После проведения замыкающей
точка 9 остается по ту же сторону оси абсцисс, следовательно,
окончательная ордината этой точки остается отрицательной. Этим
определяются знаки остальных ординат.
ГЛАВА 6
6.1. Ответ. Slt = Sib = Sza = 8ьл = — 25 т; S& = = — 15 т.
Усилия в остальных стержнях равны нулю.
6.2. Ответ. См. фиг. 790.
6.3. Ответ. 8а = — 5 т.
6.4. Ответ. См. фиг. 791.
6.5. Ответ, а) = S3o = Sba = 14,1 in; Sn13 = -8„.to = S„7 =
“ — 14,1 in; Sib = Ssb = 20 m.
Усилия в остальных стержнях равны нулю.
б) Линии влияния см. на фиг. 792.
6.6. Ответ. См. фиг. 793.
6.7. Ответ. См. фиг- 794.
6.8. Ответ. См. фиг. 795.
6.9. Ответ. См. фиг. 796.
6.10. Ответ. См. фиг. 797.
6.11. Ответ. См. фиг. 798.
6.12. Ответ. См. фиг. 799.
6.13. Ответ. См. фиг. 800.
6.14. Ответ. .S’j — 20,2 w; .S', ==24 in; Ss~ — 3,2 т.
6.15. Ответ. Sj = 22,6 т; S2=2,7 т; 53 = 63,8 т.
6.16. Ответ. Sj = 16,3«; = 4,0 т; Ss = 18,1 т; St= 10,6 т.
238
Ч. Фиг. 790.
239
5. Фиг. 792.
240
Фиг. 794. 8. Фиг. 795.
1G Зак. 1757. Сбирп. г-ааач по строит, механике.
241
Фиг. 796. 10. Фиг* 797.
242
11. Фиг. 798.
13. Фиг. 800.
6.17. Ответ. 6\=>16.8 /»; 52==1,9 «г; = 71 »i.
6.18. Ответ.
18. Фиг. 801.
6.19. Ответ.
19. Фиг. 802.
2-М
6.20. Ответ.
21. Фиг. 804. 20. Фиг. SOJ.
245
6.22. Ответ.
246
ГЛАВА 7
7.1. Ответ. /V, = = 2 236 кг. N-3-- — 5 000 кг.
7.2. Решение. Намечаем следующий порядок рассмотрения узлов:
7, 4, 5, 6, 3, 2, 1. Для вычисления геометрических и тригономе-
трических величин составляем табл. 2, которую последовательно
заполняем.
При заполнении таблицы направление координатных осей прини-
маем, как показано на фиг. 218. Все неизвестные усилия считаем
растягивающими и в соответствии с этим определяем знаки проекций.
Длины стержней вычисляем по формуле:
s = ]/43 444 442.
Направляющие косинусы определяем по формулам:
cos (xs) == ; cos (ys) =~ ; cos(«s)=-y.
Знаки косинусов согласовываются со знаками соответствующих
проекций.
Для определения усилий последовательно вырезаем узлы и со-
ставляем условия их равновесия.
Узе л 7.
Sx = O; 574 ( - 0,92) 4~4в (-0,808)4-Д,5(-0,808) =0;
У у = 0; 4, • 0 4- 5те (- 0,303) + S76 - 0,303 = 0;
£ 2 = 0; — 10 4- 4, (—0,385) 4- 46 (- 0,505) +
4-4s (—0,505) = 0.
Отсюда
46 = 4а~— 29,9 /я; 574 = 52,6 т.
У з е л 4
S х = 0; Д41 0 4- 5.J., • 0,8 4- 516 • 0,8 + 52,6 • 0,92 = 0;
£у = 0; .84 • 0 + 4S • 0,6 4- 46 (— 0,6) 4- 52,6 -0=0;
v з = 0; 4j (—1) 44r> 0 4-4(5 • 0 4-52,6 0,385 = 0.
Отсюда
4j = 20,28 т; 4s — ~ — 30,25 т.
Узел 5
£х=О;4,5 • 04-4( (-0,308)44, • 0 + 30,25.0,8-29,9 0,808 = 0:
4й = 0; 4e (-1)441 (-0,231) + 5И • 0 430,25 0,6 +
4-29,9 • 0,303 = 0;
5 3 = 0; 4е .044( о,92) + 44-1)4-
4-30,25 • 0 — 29,9 • 0,505 = 0.
24 7
Геометрические величины и усилия
248
Отсюда
5М = 0; 5М—27,19 т; 5Ве =— 15,00 т.
Узел 6
v.v = (>; (—0,308) 4-5вз • 0 4- Л'в2 " ° ! 30,25-0,8 |
1..27,19 • 0 29,9 • 0,808 = 0;
Vy -= О; ,S’G, (0,231 ) 4- 56., . О |. 56„ • 1 30,25 0,6 I
i~ 27,1 9 • ! - 29,9 0,303 = 0;
2 г == П; 5В, < - 0,92) !- 5fiS(- I) Sgs 0) 30,25 О -j.
-1-27,19 О - 29,9-0,505 = 0.
Отсюда
4, ==°: 4ю== .... 1400 и; 43 = 0.
5 л- = 0; S31 (- 0,8) 4- Svi -0 = 0; Sgl = 0;
-j9’ -= 0; 532 -1=0; 53a = 0.
Вертикальная реакция опоры 3 направлена в положительную сто-
рону оси z — z,
V3= 15,00 т.
Узел 2
V х == 0; 521 (- - 0,8) = /72 = 0;
v.V = 0; 4>( 0,6) = 0; S2, =//,== О;
у;г_.= о, — 15,оо+ и2 = о.
Вертикальная реакция опоры 2 направлена в положительную сто-
рону оси г — z
14= 15,00 от.
Найденные усилия внесены в табл. 2; по ним подбираются сечения
стержней.
7.3. Ответ. Значение усилий даны в табл. 3,
Т а б л н ц .1 3
Значения усилий
Стержень Усилие Стержень Усилие Стержень Усилие
1-9 1,25Р 12—8 0 12-6 - 0,625/’
1—7 0 8-4 -0,57' 6—5 0,57’
7—9 —0,8Р 12—4 0.8Р 12—5 (\
9-И 0 12—10 0 5—11 0
7—11 0,625." 10—4 0.625Р 5-2 0,5Р
11—8 0 3—10 -- 1,25/J 11-2 -0,8Р
7—8 ’“(ХбЛ'* 3—6 0 2—9 - 0,6257’
11- 72 (1 10- 6 0 87' 1-2 1
—.4 1
249
з
Вертикальные усилия в опорных стержнях 2 и 3 равны ~^Р-
з
Вертикальные усилия в опорных стержнях 1 и 4 равны — Р.
Горизонтальные усилия в опорных стержнях 1 и 4 равны 2Р.
Во всех остальных опорных стержнях усилия равны нулю.
7.4. Решение. Отбросим стержень 5—9 и заменим его стерж-
нем 5—2. Тогда данная система превращается в простейшую систему,
а следовательно, в геометрически неизменяемую ферму (фиг. 807).
На полученную ферму, кроме горизонтальной силы р=Ю т,
приложенной в узле 9, действует еще усилие в отброшенном стержне
5-9, которое обозначаем X (фиг. 808).
4. Фиг. 807.
4. Фиг. 808.
Наметим следующий порядок рассмотрения узлов: 9, 6, 7, 8, 5.
Полагая X—i, составляем расчетную таблицу (см. табл. 4).
Так как стержень 5 — 2 является заменяющим, то в нем полное
усилие должно быть равно нулю, а поэтому можно написать сле-
дующее соотношение:
5^- и S^¥ = 0,
которое по данным табл. 4 принимает вид:
4,41 — 0,872ЛГ-= 0;
А-= 5,07 да.
Окончательные значения усилий приведены в последней графе
табл. 4; они подсчитаны по формуле:
5 = 5^ + ^.
250
О , <1 J —1 | -5 28 1.394 1,78
« i 0,8 | -9 6 ! 4,41 —0,872 0
-0,348 ! -0,348 -<>87 ! — 1 5,07
251
7.5. Ответ.
Л’7>13 = — Р; 5,= 4 Р; SM2 = ± Р.
Усилия в осгальннх стержнях равны нулю.
7.6. Ответ.
-. -
P,37= -0,1987’.
= 1,132P;
.Vls„ = — 0,5007’,
.S\ls ==. O,833P;
= -..- 0.667P;
5\13 =. — 0,5007’.
,S')J3 = O,833P;
•Si»,6 = l,884P;
.S,w = - - 0,8337’;
-9,8=0,500P;
.S’,2 = — 0.833P;
5Я2 = —0.667P.
6. Фиг. 809.
Усилия в остальных стер-
жнях равны нулю.
7.7. Ответ.
P1S = P; St!)=ip;
S1A = -P; 51П = ]/2Р.
Усилия в остальных стержнях равны нулю.
7.8. Ответ.
В наклонных стержнях S == —0,306Р;
в горизонтальных стержнях S, — О.ЗбО/-’.
7.9. Ответ.
У’лл — Ssp, — ур Р; $.<в -= --- р.
Уз0= ^9=--Р-
Усилия в остальных стержнях равны нулю.
7.10. Решение. Данная мостовая ферма получена из сетчатой
системы путем введения вместо диагоналей 7—6, 5—4 и С—1 трех
дополнительных: 1—6 и двух опорных стержней. По числу стержней,
следовательно, система будет статически определимой.
Отметим стержни с нулевыми усилиями. Из рассмотрения
узла 5, где все стержни, кроме одного, лежат в одной плоскости,
заключаем, чго в стержнях 5—6 и 5— / усилия будут равны нулю.
252
На тех же основаниях заключаем, что нулю
в стержнях 1—А, 3—4, 1—2, 7—8, 8—В,
Из условий равновесия узла 6’ найдем:
PCOS60^ = ^744=--
будуг равняться усилия
В—С, Л -4, A—D.
- Р =-- - - 0,625р.
Из условий равновесия узла 1 имеем:
SiD cos 45 -j- S16 sin p = 0;
5 4
S1I} 0,707 —TLp -^-o-
о О
S1D = O.7O7P.
Определив усилия в
делению усилий в двух
пых на фиг. 810.
связях, дальнейший расчет сводим к опре-
плоских фермах под действием сил, указан-
Отсюда усилия в стержнях равны:
= —0,1875/'; 5й = 5.,„ = 0;
Sm = 0,5P; = = —0.245Р;
513^5,i = 0,3125P; S62=- - 0,49/’;
<?7Б = 5й^- 0.250Р; .5^= 0,408/’;
51Л = =. 0; 5НВ == = - -0,326/'.
5Д; = — 0,1875/’.
Получение для всех стержней вполне определенных усилий ука-
зывает на геометрическую неизменяемость системы.
7.11. Ответ. 5з7) = — 1,596/’; РЗА = 1,320Р; SB,. = — 0,055/':
= Усилия в остальных стержнях равны нулю.
7.12. Ответ. Sii) = — 0,458Р; 5,д — —0.857Р; 5?)7. = ---0,457/'.
Усилия в остальных элементах равны нулю.
7.13. Решение. Выявив нулевые стержни для рабочих стержней,
составляем таблицу (табл. 5).
Геометрические величины Таблица 5
Проекции на ОСИ Косинусы углов с ОСЯМИ
Стер-
— ДJ У1
жень X У 2 cos (sx) COS (SJ>) cos (sz)
7—5 1.5 —2,59 0 2.25 6,70 0 3 0,500 —0,865 0
7—7 —2,0 0 —3,0 4,0 0 9,0 3,6 —0,556 0 —0,835
!-8 0,5 4,32 —3,0 0,25 18,70 9,0 5,28 0.0945 0,818 —0,567
6—7 —3,50 2,59 -3,0 12,25 6,70 9,0 5,28 -0,663 0,490 —0,567
6—12 -1.0 —1,73 —3,0 1,0 3,0 9,0 3,6 —0,278 —0,480 —0,835
8—7 —2,5 —4,32 0 6,25 18,75 0 5,0 -0,500 —0,865 0
8—С 60 1,73 -4,0 36 3,0 16,0 7,41 0,810 0,233 —0.539
8- -В — 1,0 1,73 -4,0 1.0 3,0 16,0 4,46 -0,223 0,387 —0,895
7-В 1,5 6,06 —4,0 2,25 36,75 16 7,41 0,202 0,818 0,540
7—12 2,5 —4,32 0 6,25 18,75 0 5,0 0,500 —0,865 0
7 -А —2,0 0 —4,0 4,0 0 16.0 4,46 —0,446 0 —0,895
12—А - 4,5 4,32 -4,0 20,25 18,75 16,0 7,41 —0,606 0,583 -0,539
/2—5' — 1,0 —1,73 -4,0 1,0 3,0 16,0 4,46 -0,223 —0,387 —0,895
12—11 5,0 0 0 25 0 0 5,0 1,00 0 0
11--F -6,0 -1,73 —4,0 36 3,0 16 7,41 —0,810 -0,233 —0,539
Ч—Е 1,0 -1,73 -4,0 I 3 16. 4,46 0,223 -0,387 -0,895
v.v = 0; S,2a (— 0,606) +SK,r(- 0,223)4
4- 5t2.ii • 1 — O.720P • 0,278 4 2P • 0,5 = 0;
Sy = 0; 512, д • 0,583 4 512, F (— 0,387) -4
4 S12111 . 0 — 0.720P • 0,48 — 2P 0,865 = 0:
У.г = 0; 512,л (—0,539) 4-512, 0,895)4
4 42,u • 0 — O,72OP • 0,835 — 2P 0 = 0.
Отсюда
84, i' = - 2,01P; 4-2. a = 2,2244 4a, u = 0,1034
Узел 11
Sx = 0; 4i,F(— 0,810) 441,в 0,223—0,103P = 0;
= 0; 4t, r 0,233) 4 4i, в (-0,387) = 0;
4 = 0; 5ц, F (— 0,539) 4 5ц, B(— 0,895) =0.
Последние два уравнения одинаковы, так как имеют пропор-
циональные члены. Отсюда
5ц, р = — 0,1094 5ц, Г: = 0,06574
7.14. Ответ. Геометрически изменяема.
7.16. Ответ. Геометрически неизменяема.
7.16. Ответ. Геометрически неизменяема.
7.17. Ответ. Геометрически неизменяема.
7.18. Ответ. Геометрически изменяема—пехвагает двух стержией.
7.19. Ответ. Геометрически неизменяема.
7.20. Ответ. Геометрически неизменяема.
7.21, Ответ. Поверхность влияния для усилия в стержне а (7 — 7)
превращается и плоскость, параллельную оси г и определяемую урав-
нением:
„ 2(10 — 4
3-==5П= ------ь----
при 04x410.
7.22. Решение. Разрезаем все стержни и усилия в них 5,, 5», . • .
находим из рассмотрения равновесия тела abcda^b^cyi^.
Верен момент всех сил относительно оси а-ут.
5-cos а • 4 4 Р 3 = 0; cos а == = 0,894;
5Б=~ — 0,83975
Выбирая за моментную- ось ddlt найдем:
53 —0,8397’.
256
Ваяв за ось моментов линию щ/, получим:
S4 = Л6.
Проектируя все силы на вертикальную ось, найдем:
\
проектируя все силы на ось ad, получим
(S2 — S,) cos ₽ Р = 0; cos ₽ = ~ = 0,556,
откуда
S2=.-S1== — o,899P.
Для определения усилия Se составим уравнение моментов относи-
тельно оси ab:
Р • 2 — 50 • 4 — 56 • sin а. • 4 = 0;
sina = -^T = 0,446
6,71
2Р — 456 4- О,839/> • 0,446 4 = 0;
S6 = 0,5Р 4- 1,5/5 = 2/5.
7.23. Ответ.
S6 = 0,745P; S4=—О.667Р; S1 = 1,41P;
Se= —0.537Р; Ss = 0,537P; S2= —1,37P.
7.24. Ответ.
Х1В = —1.325Р 1 моментные оси: 2—3 и вертикальная ось, про-
511==1,015Р ) ходящая через точку С;
SiB = ~ 0.656Р 1 моментные оси: 1—3 и вертикальная ось, про-
52О = 0,123Р J ходящая через точку А;
Х3о = 0,698Р ) моментные оси: 1—2 и вертикальная ось, про-
“ —0,07QP j ходящая через точку В.
7.25. Решение. Интенсивность цепочки (см. А. А. Уманский,
Пространственные системы, гл. 1. М. 1948) KHGFEDCBA:
Р Р
д~ h ~ 2 '
Усилия в стержнях цепочки равны:
№ = 9/м = -^.3,6=1,8Р;
• ОН = —qlaB= • 3,6 = — l,8/>;
GF = ql№ = £ • 2 = Р;
FE = DC = BA — — 1,8/5;
ED = СВ = Р.
17 Зак. 1757. Сборн. задач по строит, механике, 257
Усилие в опорном стержне А —Р.
Нагрузка верхнего пояса переднего диска образует силовую цепочку
К/ОЕСА, показанную на фиг. 811.
Отдельные компоненты цепочки приложены в узлах примыкания
раскосов:
сила КН • тй — 1.5Р в точке К;
3,о 3 ’
3
сила GH • 1,5Р в точке G;
3,6 ’ ’
сила ЕЕ gg = l,5P в точке £;
О
сила DC • jg = l,5P в точке С;
3
сила ВА • тк = 1>5Р в точке А
3,6 ’
(передается на опору).
Изгибающий момент в сечении О равен:
УИ = 9.йк = -у-2(Ц^.2+-11,9)=19,5Р
(растягивает нижние волокна), где 9=-у; — удвоенная пло-
щадь сектора с вершиной в О и дугой KIGE.
Нормальная сила в сечении равна умноженной на q проекции
на ось Ох хорды КЕ:
N= •—у • 6 = — ЗР (сжатие)-
Поперечная сила равна умноженной на q проекции на ось Оу
хорды КЕ
Q = — 4‘3=— 1,5Р.
7.26. Решение. Составляя уравнения моментов относительно вер-
тикальных осей, проходящих через опорные точки А и В, получим:
ив = |р; ил = ^Р; нА=о.
258
Реакции и Vg найдем из условий равновесия передней фермы
в своей плоскости.
Отбросим мысленно левую опору и для возмещения закрепим
правый торец. Ферма превратится в консольную.
р
Сила Р нагружает ее силовой цепочкой РСВ интенсивностью —,
направленной от В к С и от С к Р. Сила Ua нагружает ферму
силовой цепочкой вдоль нижнего пояса в направлении от Л к В
с интенсивностью, равной -£.. Сила Ub силовой цепочки не дает.
Так как опорный момент консоли равен нулю, то сумма моментов
всех сил относительно точки В должна равняться нулю:
(здесь учтено, что = 0). Так как
2цсв = 2 • ~ 3 • 4 == 12
то уравнение моментов примет вид:
Va • 16 +-у • 12=^0.
Р
откуда V а~-----+
т. е. направление реакции противоположно показанному на фиг. 812.
Реакцию Vb находим из уравнения равновесия проекций всех сил
на вертикальную ось.
Силовая цепочка от Р имеет равнодействующую с вертикальной
составляющей, направленной вверх и равной:
р
h
(здесь 3,0'—превышение точки Р над В).
Силовая цепочка от Ua имеет горизонтальную равнодействующую.
Уравнение проекций имеет вид:
+ VT = o,
259
откуда
з
Vb ——~^Р (направлена вниз).
Реакции Vд,' и V/y равны по величине и противоположны по на-
правлению реакциям Ул и VB.
Определяем усилия в связях.
26. Фиг. 813.
Поперечные силы Qy для первых трех панелей равны:
Qs = ^= ~-^Р-
Для четвертой панели:
Qv== —ив=-^Р (фиг. 813).
Усилия раскосов связей определяем по формуле:
г. h г>
V1 = W2 = ^ = ^.5 = Ap:
.т 3 Р к 5 п
М = —-г . . 5 =--г Р.
4 4 3 4
Длина диагонали поперечной связи, несущей нагрузку Р:
/ = /3,02 4-3,02 = 4,24 м.
Усилие в диагонали:
= / = Д 4,24= 1,41Р.
h 3 ’ ’
Для расчета передней фермы определяем узловые нагрузки Д.
Интенсивность левой и правой цепочек:
I 1— Р _ 1 п. I I . 3 Р Р
1 (/леи i 4'3 12 Р > I Япрпе I 4 . з — 4 -
260
При одинаковой длине элементов нижнего пояса имеем:
7’1=7-2=7-3 = 1р.4 = 4;
Л = 4'4 = Р-
Усилие вдоль стойки:
1\ = ~- 3,0 = Р.
> h
Таким образом расчет передней фермы надо провести согласно
фиг. 814.
Расчет задней фермы надо провести согласно фиг. 815.
26. Фиг. 814.
Имея реакции и узловые нагрузки, усилия в стержнях довольно
просто определить при помощи диаграммы усилий.
ГЛАВА 8
8.1. Решение. Построение Понселе невозможно, так как точка D
пересечения линии засыпки с линией естественного откоса BD нахо-
дится в бесконечности. Однако отрезок СР, представляющий сторону
треугольника Ребхана, параллельную основной линии, имеет опре-
деленную величину и не зависит от положения линии сползания.
CF = hcosa; 4 = 90°; /?0 = = cos2®.
261
8.2. Решение.
/?£=/;sinc; 60=5-^-; 1Л = /2 sin a;; ф = 90°; sin Ф = 1.
* ’ 2 sin r BD r • 1
На основе построения Понселе можно установить (см. проф. И. П. Про-
кофьев, Давление сыпучего тела, 1947, стр. 51), что
cos2 ф__.
(1 4- уд sin <f)~ ’
COS2if
Ro = ~ h-k2 sin <!>; k2 —
8.3. Решение. Если основная линия параллельна засьшке, то
линия сползания ВС является медианой треугольника BAD.
Таким образом точка В отрезка CF сливается с точкой D.
АС = СВ ~ й ctg <?; s = 90° — о; ф —о;
л> .. -- 'ксрч 4in я. __
<4— 2cf smv— 2 •
262
8.4. Решение. Отрезок CF не зависит от положения линии спол-
зания.
CF 2h tg (90 — ?) = 2k cig ?;
s = 90 — ср; 6 = cp;
/?0 = i Cf 2 sin <3 = 2-(/z2 .
° 2 7 1 sin у
8.5. Решение. Отрезок CF не зависит от положения линии спол-
зания.
CF = ficos«; = 90°; Qo = CF2sincos2о.
8.6. Ответ. Пассивное давление равно бесконечности.
8.7. Решение. CF= 2h ctg<?; = <о;
Qo = 1 CF* sin -h = 27й2^ .
8.8. Ответ. у=[^гр — (1—vHeoaJ /z2tg2^45°—-) =
= (1,5 — 0,7) • 2 0,49 == 0,784 т/м2;
Rih = 8,784 т]пог. л/;
J'l = Чгр (А1 + йа) *g2 (45° —- -у) = 2,940 Л1/.иа;
= Ww й3 — -(„од,,, h., tg2 (45° — 1,314 п/м2;
R(3> — 7,194 mjnoi.M.
263
8.9. Решение. Л! = • -г
Условие отсутствия растягивающих напряжений выражается сле-
дующим уравнением:
х* fxd2
_d___ 6 12
е 6 уxd >
"V
отсюда
„ Л'2 — 1
Ч ~~ d2 ~~ tg2 8 ’
tg? = /| = 4; .3 = 33°41'25".
УМд2(45°^)
9. Фиг. 823. 10. Фиг. 824.
8.10. Решение. Ордината эпюры интенсивности без учета сил
сцепления выражается формулой:
и — \h tg‘“ (45” — |-! = 1,5 5 • -| = 2,5 in,м\
264
С учетом сил сцепления ордината эпюры интенсивности опре-
деляется следующим образом (см. проф. И. П. Прокофьев, Давле-
ние сыпучего тела, 1947, стр. 82):
п = 7Й tg2 (45° — — 2k tg (45° — A) =
= 2,5 — 0,924 = 1,576 т/м2.
Обе эпюры представлены на фиг. 824. Высота Aj, на протяжении
которой стенка не будет испытывать давления грунта, находится из
условия н = 0:
, 2А , у) 2 - 0,8-1,732 , ос
= yCtg (^45 =------Ij2---==1,85 м.
Давление на стенку без учета сцепления:
Ro = 2,5 • -у = 6,25 т/пог. м.
Давление на ту же стенку с учетом сил сцепления:
Rc = 1,576 5’00~1'85 = 4 96 т/пог. м.
8.11. Ответ.
8.12. Ответ. Давление на каждую стенку можно выразить фор-
мулой:
= k,2 sin 6,
которая для вертикальной гладкой стенки и горизонтального откоса
принимает вид:
«о = 42 (45° -~ £)=дг 30° =
& \ л* j £ и
Из условия отсутствия растягивающих напряжений в кладке (равно-
действующая проходит через крайнюю точку ядра сечения) находим:
= 0,5й;
Л2 = 0,578*;
*3 = 0.500Л;
b\ = О.485Л.
265
Из того условия, что величина коэфициента устойчивости на
опрокидывание k = 2, имеем:
= 0,408/z;
Z>2 = 0,353А;
bs = 0,500/г:
bt = 0,384h.
Площади профилей подпорных стенок будут иметь следующие
величины:
= bh = 0,500/г2;
S2 = ^ = 0,289/г2;
2., = = 0,250/г2;
d 2 ’
21 = “ = 0,243й3.
8.13. Решение. 16 тцог.м и А?2=~-8 in.]not. м.
Д1 +
2 Л — (/-’л. >
отсюда
а2 = 2~(кл. h — ot — 2 • 2 • 10 — 30=10 т)мъ.
Беря момент относительно центра тяжести 0, имеем:
16 (у + 2) + 8 - 1 — (30 - -10) -- --1- 0;
отсюда
*= j/49,6 «й 7,0 м.
Если наибольшее напряжение в основании стенки не должно
было превышать 2 кг^см-, то прямоугольную стенку высотой /г = 10 м
осуществить было бы невозможно.
266
8.14. Ответ. Если ширину основания уменьшить на одну треть,
то равнодействующая вышерасположенных сил будет проходить через
середину нового основания и напряжения будут распределяться равно-
мерно, и мы получим:
щЬ 1b 3з1
— — о2—; °2 Г’
т. е. напряжение грунта
8.15. Ответ.
в основании уменьшится.
а) /?0 = 0,217/г2;
б) Ro = 0,331/г2.
15. Фиг. 828.
8.16. Решение.
= = 44 — 0,667 м-, 0 = 45 + 4 = 60°.
0 1гр Ь5 ’ 1 2
Давление одного сыпучего тела без сплошной нагрузки в обоих
случаях одинаково:
/ ср х
Ro = —-1——-57 ~ 0 т/пог. м.
При сплошной нагрузке, расположенной на всей поверхности
сыпучего тела, добавочное давление от нагрузки будет:
—4'-- — 2 ml пог. м.
h '
При сплошной нагрузке, расположенной на указанной части по-
верхности, добавочное давление будет равно площади добавочной
эпюры интенсивности от нагрузки:
0,134/г + У™ = 0,846 т/«ог. м.
267
Примечание. Прямая ab проводится для смягчения резкого
уступа, получаемого в приближенном решении (см. И. П. Про-
кофьев, Давление сыпучего тела, стр. 68).
8.17. Решение.
а) Приравниваем нулю момент всех действующих сил относи-
тельно крайней точки ядра сечения.
7„Л3 / <f> \ / h \ / «\ hi .
----fg2 (4 5° - "2 Д 3" + 'ТгуА tgЧ45° “ "2/ +
+ т?Р (* + *!—+ —у] —(Aj —d)(c —d)lg>
— - -Х) + %кл {b -f- с) d(—у—) — 7» (й-j- hl — d)d (—t-
-«+{)=».
Из этого уравнения находим b при отсутствии растягивающих напря-
жений в основании.
б) Приравняем нулю суммарный момент всех сил относительно
точки k, причем давление земли полагаем увеличенным вдвое:
[7 „,йа / ® \ / h \ \ 44
- -Ц- (45° - уДу + /^ - tg3(45° ~2) "Tj’2 +
+ 'й> (й 4- Й1 — d)b (у 4~ с). 2 чгр (й[ — d) (с — d) !d—_d[L . 2 -j-
+ Т«(й 4~ Й! — d) d(с —-Ц-7„л (й + с)d = 0.
Отсюда находим размер b при указанном коэфициенте запаса на
устойчивость.
8.18. Решение. Угол наклона линии сползания к горизонту
0 == 45° 4--J = 60°, т. е. для того, чтобы разгрузочная площадка
доходила до линии сползания, опа должна иметь ширину й^- у tg30°=4
268
= 0,289Л. В этом случае стенка разбивается но высоте на две от-
дельные части, и мы имеем:
Mla K = (-Y tsr2 <45°- Л.') А + Л/'Д.У tg2 65° - i'l
jvi(a—b) 2 \2> g \ 2 / 6 2 \2/ S V 2/ 3
7Л3 д h , ,, fh2
—4-ctge.Tctg6 = -?2-.
В случае, если разгрузочная площадка не доходит до линии
сползания (Ь — 0,200Л), получаем:
Af(e_ S) == 1 № tg2 (45° - 4) 4 — t • 0,200/г 4 • ОДЛ = 0,545?/г3.
2 \ 2 / о 2
8.19. Решение.
R'o = 1,95 • = 4,38 т/пог. м;
/?’ = 1,95 2 = 3,90 т/пог. м;
Vj — 1 4,5 0,8 • 2,4 = 4,30 т/пог. м,
V2 = 0,7 4,5 • 2,4 = 7,58 т/пог. м;
Vs = 2 • 2 • 2,4 = 9,60 т/пог. м.
19. Фиг. 830.
269
Шов а—а.
I) AfTOj0 = 4,38--—- = 6,57 тм/пог. м;
Муввр = (4 + 7,58) 1,15 + 4,30 -5^2=15,58 тм/пог. м;
15,58
fe =_^L = -+-=2,37.
1 6.57
2) Сдвигающая сила: Т = 4,38 т/пог. м.
Удерживающая сила:
Nfi = (7,58+4,30 + 4,00)- 0,7 = 11,13 т/пог. м,
Nft 11,13
'+' = 4,38 —->02-
3) Момент всех сил относительно точки
МА —Муэер—М0Пр = 1Ь,ЬЗ — 6,57 = 9,01 тм/пог. м;
;V=15,88 т/пог. м.
Мд 9,01
7 = =^-=-==- = 0,567 м.
N 1э,оо
Сила находится внутри ядра сечения (см. фиг. 831):
е = 0,750 — 0,567 = 0,183 л;
15,88 /, , 6-0,1835 м т, о
= -W (1 + = 18,32 т/м*
15,88/, 6-0,183 5 „ 0.
---щН = 2’84 ,п,м -
Шов б— б.
1) Мопр = 4,38 • 3,5 + 3,90 • 1,0 = 19,25 тм/пог. м;
Му9ер = (4 + 7,58) • 1,45 + 4,30 (о,8 -у+0,з) +
+ 9,60- 1,0 = 29,97 тм/пог. л/;
Миеер 29,97
2) Сдвигающая сила: Т = 4,38 + 3,90 = 8,28 т/пог. м.
Удерживающая сила:
Л/2 = (15,88 +9,60) • 0,5 = 12,74 т/пог. м;
_ У/2_+17£_1 54
«2— Т — 8,28 ~1,М'
270
3) Момент всех сил относительно точки Д2:
= MVaep ~~М<тр = 29197 “ 19>25 = 10172 тм1тг- м‘,
N — 25,48 nt'inoi. л;
19. Фиг. 832.
Сила выходит за пределы ядра сечения (см. фиг. 832), и мы имеем:
2,V
36 • 1
2 • 25,48 . л . , „
—г=— = 40,4 пгм-.
1,26 ’ '
Для проверки глубины заложения фундамента стенки применим
формулу Паукера:
Стах *g4 6*5° — 4)
й>-------1
Ьр-1КЛ^^°-^)
40,4 • 0,521*
1,6 — 2,4-0,521*
2,03 М.
Таким образом, имеющуюся глубину заложения фундамента можно
считать достаточной.
8.20. Решение. В рассматриваемом случае под глубиной й, опре-
деляемой формулой Паукера, следует понимать не фактическую
глубину погружения фундамента в грунт, а приведенную к нижнему
грунту суммарную высоту всех вышерасположенных слоев, т. е. hnp:
h —
^гр
(400 4 500) • 0,577*
18-1,6
3,46 м;
йяв=1 .-4^2- 3 — 4-1,50=4,94>3,46 м.
271
8.21. Решение. Задаемся глубиной заложения /1=1,9 м и про-
веряем соблюдение следующего условия:
(ЬтЬ? — 2РУ>
b[bm^ — 6P(H+h)\
mh mh
(см. И. П. Прокофьев, Давление сыпучего тела, 1947, стр. 115).
В данном примере
'« = угр [te2 (45°+т) ‘е2 (45°~ =
= 1,6(1,732s — 0,5772) = 4,27 и/л2;
(0,2-4,27- 1,92 —2-0,2)2
° ‘0,2 [0,2 • 4,27 - 1,02 — 6 0,2 (1 + 1,9)]
4,27 - 1,9 = 7,0 т/л2.
Полученное напряжение меньше допускаемого для данного грунта,
которое равно:
яг* = 4,27 • 1,9 = 8,1 т/м-.
Наибольший изгибающий момент определяется по формуле
(см. там же, стр. 116):
/Ити = -/>//-2^/^ = -0,2-1
2_
3
2-0,2
4,27
0,2409 тм;
Л4тах 24090 __________„„ „ кг/г 1/2
32
8.22. Решение. Принимаем ориентировочно:
Л = 0,75* =1,575 «1,60 м.
Практика расчетов показывает, что некоторая неточность в опре-
делении величины yQ мало отражается на правильном выборе глубины
заделки (см. Прокофьев, Давление сыпучего тела, 1947, стр. 118).
R'a = tg2 ^45° — —) = 1,07 т/пог. м;
= ^Htg2(45°— |-^0=1,71 т/пог. м;
т = ч |^tg2 ^45°+ - tg2 (45° — = 4,27 т/м2.
272
Напряжение в нижней точке стенки:
с =------------;тт---Г--------------
mhs-6R'(^- + h —
\ о / \ Z /
__________[4,27 • 2,12 —2 (1,07 + i,71)]s
4,27- 2,Р -(>. 1,07 (-1 + 2,0- 6- 1,71(2,1 —
\ 3 ) \_2 /
=-= 11,9 т/м2.
Вычисленное напряжение менее допускаемого, которое опреде-
ляется по формуле:
[о] = 7 (Н^.- Л) tg2^45° (0 —
— thtg2 (45°-i) = 1,6(2 ф- 2,1) 3 -
— 1,6 2,1 -1 == 13,6 W ,+‘.
Таким образом, глубина заложения
назначена правильно.
Место наибольшего момента будет
при Q —0. Определим его.
/?' _ т// (g2 ( -15° — ^у + = О
или
— 1,07 — 1,6 2 -Q- V -1- — - о °
о" Z
отсюда у — 1,0 лг. Теперь
tg2 (45°-у) - 7//tg2 (45° - Н
, ту- 1,6-28 I у 2 , , ,, п 1 Р ,
-л.. ----- -Д _ + 1J , 6 . 2 . у +
4 27
~ }пм!пог. м;
W7_ -^тах . 160000 ifnn - ifS- -/~ 6- 1600 n о
г--рГ“_Йю~- 1600 “ > -лоо~ = 9-8
Берем с = 10 см.
J8 Зак. 1757, Сборн. чадэч по строп?, мехлнико
273
8.23. Ответ. До уровня у точки 13i эпюра интенсивности Очерчи-
вается как для стенки АВ. с линией засыпки АС. Ниже этого уровня
2.3. Фиг. 834.
эпюра интенсивности очерчивается, как для стенки А1В (ДД^ВС)
с линией засыпки Д/,'. Имеем:
>», = sin ф;
у.> •= siirp.
ГЛАВА 9
9.1. Решение. Согласно эпюрам (фиг. 835):
1/1 2 \ 4Р№
Ч t /’Л . Л. Л) -
1. Фиг. 83
А Л ГЧ А 5 МР
9.2. Ответ. Д17> = -jtj--—gj-; перемещение направлено вниз.
9.3. Ответ.
gl\ 6g/2
2EJ/
273
9.4. Ответ.
4. Фиг. 836.
9.5. Ответ. ^ii7 “ — 9^7 I‘fjj’"Г "з j J перемещение направлено
вверх.
9.6. Ответ. Д1г,=-И1Т4-44-
24 izJ
9.7. Решение. Как видно из фиг. 837, радиальную нагрузку можно
разложить на две — вертикальную и горизонтальную, имеющие интен-
сивность q (фиг. 838).
/. Фиг. 83/.
7. Фиг. 838.
Мр = Н- = f (*2 +Л = [(1 cos Л 4- sin3?] =
= ?rs(l — cos?);
7И1 = 1-№г(1— cos?); гИ2 = 1 • у = г sin ?;
я П
Л1д=£7 I" ds = -~j I ^г4(1 — cos?)3d? = ^(AK — 2^,
о о
18*
275
| p 1 p (ir4
MpM2ds = qr^ (1 — cos ф) sin ф cfo -- -~j
о 0
Д = /Д^+Д^==^./' (—-2)4 |= 0,592
pp
9.8. Ответ. Д2г, =; перемещение вниз.
Д1р — 4g£j; поворот против часовой стрелки.
рг1 3
9.11. Ответ. Д!р =-jgj -g-ir— 2 ; поворот против часовой стрелки.
. Рг-‘- 3 о:
дра=’2Ё7 Т~ — ’ пеРемещение направлено вниз.
1Л2 РР
9.12. Ответ. Д.4В = —! точки сблизились.
276
9.13. Ответ. Ддл— —'Й£7’ взаимный поворот сечений Л и
|роизошел в направлении, обратном моментам Xt.
13. Фиг. 841.
9.14. Ответ.
л Р
^Ав = -^р"> поворот по часовой стрелке,
Ав — [2 + 1/2]; перемещение вниз.
Распор определяется по формуле:
М°с 1 „ I 3 5 I 15 „ „„
Н = -2- = (Vb + VB) 2 7 Р Р = 0.468Р.
Определение геометрических величин:
У = х (Z — х) = yz х (I— х\,
Л = 0,146/; = = а1 = 49э30';
Л = 0,250/; tg«s = ^^=4; а2 = 39’50';
,Vi = 0,312/; tg a3 = ± ; a3 = 26°30';
yc = 0,334/; tg cc4 = JL^TZ'-L = 1; a4 = 9°30';
Ув = 0,287/.
sina1 = 0,760; cosa1 = 0,649; sin tz3 = 0,446; cosa3 = 0,895;
sina2 = 0,641; cos?2— 0,768; sin = 0,165; cosa4 = 0,986.
Определяем реакции;
V'; = l|ptg«1 = |p = 0,546P,
откуда
V't ----- P_— P = — = 0 141P-
A 16 61 64
Vb = || p tg «1 = °>546P,
откуда
I/; = Ap-3g2p = -0,230P.
Определение усилий в наклонных стержнях:
S’le
^2В
Н 0.468Р
0,649
0.468Р
0,768
Н
COS а 2
0.721Р; S34
0,6ЮР; Si0,
COS Ид
н
COS ai
О.468Р_„ 623Р*
Т)Ж~0’ 3 ’
= О 475Р
0,986
Определение усилий в стойках:
S-a' — -S^g sin a, — 5азsin a2 = H (tg — tg a.J — — ^|^=0,156P;
533- = 523 sin — S34 sin a3 = H (tg a8 — tg a3) = = 0,156P;
Sn' = SZi sina3 —sin a4 = //(tg a3 —-tg г4) = = 0,156P;
•8cc'= — 254с sin a4 =- — 2Htg a, = —-^ = — 0,156P.
278
Определение изгибающих моменюв в балке АВ ог силы В:
Му = ( Ул + У1) 4 - Ну., = 0,0546/’/;
Mv - ( Ул + У.1) — Нуи = 0,0805/7;
Л1н = ( Ул + У'1) у — - Ну, = 0,0495/’/;
Мс = (VA + У1) 4 - Р г6 ~ НУс = о;
Му = ( У в + Ул) — Ну, -= — 0,0284/’/;
Му = ( VB 4- V'B) 4 -- Ну. = - 0,0390/’/;
Му = (Ув + У.в) 4 ~ Ну, = ~ 0.0293Р/.
При грузе /’=1, приложенном в шарнире С и направленном
вниз, имеем:
Н~7
1 /1 I \ 3 / 3 —, -
... _ = 0 75; У, 4-’
/Ч 2’ / 4 4.’ А~
77" 77" 3 , 3 7 7 л Q7K
Vn = VA — — fp- а< = — ’-7Г = — 0,875
/s л 4 s 1 4 6 8
\7л=::у^== — 0,375; направлена вниз.
2 ’
Определение усилий в наклонных стержнях:
И 0,750 , ,С(. е _ Н
(МЙ9~ ’ d3i| coses
О^О-пст- 9 - Н
0,768 ’ ’ 46' COS а4
S’la
s88=
COS aj
Н
COS а»
0250^0 840-
0,895 V>O4V>
0,75° _ „ 7,.,
0,986 °’7 ’h
Усилия в стойках:
S23, = 53:s, = Sw = = 0,250;
Scc„=-~^. = -0,250.
Определение изгибающих моментов в балке АВ от силы /’=1:
М* - (Ул + V'a) j — Л>2 = - 0,0468/;
Му = (V'a + у!) 4 — нУз = - 0,0625/;
Му = ( Va + у!) f - Ну, = - 0,0468/;
МС< = (Ул + Ул) j - нУо = 0 •
279
Эпюры моментов даны на фиг. 843.
«>
I п
dx ~!.V SpStl. = -1- { - ± 0,01767’7 X
О 1
X • ~0,0468/ —[0,0176Р/(2 • 0,0468/ +0,0625/) +
0.0546Р/ • (2 • 0,0625/+ 0,0468/)] — 162 6 [0,05467’/(2 X
X 0,0625/+0,0546/)+ 0,08057’/(2 - 0,0546/X 0,0625/)] -
—)+б [°-0805Р/ (2'0,0546/+ 0,0468/) +0,04957’/X
X (2 • 0,0468/+ 0,0546/)] — 0.0495Р/ ~ 0,0468/ -I -
X о <э
. 1 Z 2 /
+ X 0,02 8 47’/-’- • 0,0468 / X [0,0284/’/ • (2 - 0,0468/ X
X 0,06 257)+ 0,03 90/’/(2 • 0,06 257 + 0,0468/)] + ^Х
X [0,03907’7(2 • 0,0625/+ 0,0468/)+ 0,0293/’/(2 0,0468/-}-
X 0,0625/)] Х-|о,О293Р/у0,0468/|х £77(2'0.7217’ X
X 1,156 • 0,208/+2 • 0.610Р • 0,975 0,176/+ 2 • 0.523РХ
X 0,840 • 0,157 + 2 • О.475Р • 0,761 • 0,132/ + 0.156РХ0,250 X
X (2 • 0,02+2 • 0,094 + 2 • 0,146 +0,167)71 =
= — 0,0002848^+0,811-^.
9.16. Решение. Согласно фиг. 844:
Подсчет перемещений производим с помощью табл. 6.
. 70004 . 2300d
Xj> —'—; +д = —р— 1 перемещения направлены вниз.
280
Т а б л и ц а 6
Подсчет перемещений
Стержень Длина Npll-- W, NlNpl MJVpZ "T-
0—1 d —800 —2 1 + 1600(7 + 800(7
1—2 d —800 —1 0 1 800 d 0
2—3 d —700 0 0 0 0
3—4 d +1000 0 0 0 0
4—5 d +1000 1 0 +1 000 d 0
1—4 d —600 —1 0 + 600 d 0
1-5 1,41 d +750 Ф 1,41 -I 1,41 +15001/ +1500 rf
2—4 1,41 d +750 +1,41 0 +1500 d 0
+7000 rf +2300 d
Задача может быть решена также при помощи упругих грузов.
Упругие грузы надо подсчитать для узлов I и 2. В этих целях об-
разуем два фиктивных состояния (фиг. 845) и определяем усилия.
16. Фиг. 844.
(6. Фиг. 845.
281
'1' а б л и ц а 7
Подсчет упругих грузов
Стержень Длина NJF Nz Njy EF N,Nvl EF
" ... - -
0—1 d -800 0 1_ d 0 Д800
1---2 d —800 r — X d -800 4-800
2—3 d —700 0 0 0 0
3—4 d 4-1000 0 0 0 0
4—5 d -4 1000 d 4 _L 1 (7 — 1000 4 1000
1—1 d —600 , X T d _ 1 ~d -600 -0600
1—5 1,44(7 -4-750 , Ml j d 0 Д500 0
2—4 1,41(7 4-750 __ 1,41 d , 1,41 + d — 1500 1-1500
4700 07. = -^-
Далее составляем таблицу для подсчета упругих грузов(табл. 7).
фиктивные грузы и эпюра прогибов даны на фиг. 846.
16. Фиг. 846.
о ,, „ . 6600(7 . 8850(7
а. 17. Ответ. Д, —...Е - ; Д2=-—g—; перемещения направлены
вниз.
9.18. Решение. Температурные перемещения в статически опреде-
лимых системах находятся по формуле:
Дд 71 J~ М81 ---Д--- rfs -|- Е j~ ds. (1)
282
Если температура и сечения стержней ни длине постоянны, то
формула (1) упрощается:
где 2^. и QM; — площади эпюр Nt и М( на данном стержне со-
гласно фиг. 848. Вычисления дают:
. / — 2//, I , Л , /4-2// 1 ,, ,Л atl 9 ’’U-
2 V ' 2 1 ’{м® 2 11 1) ~= 4 ' 2 ’ d '
18. Фиг. 848.
9.19. Ответ. А 1г = 0,129 -0,5a.tl.
9.20. Ответ. Ад = 0.
9.21. Ответ.
а//2
^1/=='фГ >т0Ч1СИ разошлись (фиг. 849);
Д2>перемещение направлено вправо (фиг. 850).
>83
21. Фиг. 849.
21. Фиг. 850.
9.22. Ответ.
. 4а//2
; перемещение направлено влево;
Д.а = 0,446 —; точки разошлись.
9.23. Ответ. = <М; перемещение направлено вверх.
9.24. Ответ.
ACT = 0,66rf; поворот против часовой стрелки.
9.25. Ответ. Ад = у.
9.26. Ответ. Д< — -f-A,
8
284
9.27. Решение. Приложив в точке „В" вертикальную силу — 1,
построим эпюру /И,.
Пользуясь ею, находим:
27. Фиг. 851.
йи ='= Л [4 0,25/ I Л l-\ 1 0,25/ 0,707/ | 0,257+4 0,188/X
Х-|о,188/+^(0,1832- /2+0,188 • 0,157/2+0,1572 /2) +
!- 2-0,157/ • 0,707/ 4-0,157/+4-0,093/. 0,707/- -|о,О9.3/+
-I- 4 °’°9з/ • 4z т °>°9з/]=о,о74з 44-
Сила, вызвавшая вертикальную составляющую Л полного переме-
щения, будет равна:
р = А- = ™ 13’4G-
°it /J
Приложив в точке А горизонтальную силу += 1, получим эпюру,
представленную на фиг. 852.
Соответствующее единичное перемещение будет:
Й2] = £ J » ds = [4- 0,188/ - / - 4 0,125/ + ^ X
X (2 • 0,188/- 0,125/ +2 0,0157/• 0,188/+ 0,188/• 0,188/ +
1 2 1
+ 0,157/ • 0,125/) + 4 0,157/ . 0,707/ • -у 0,188/+ 4-0,093/ X
X 0,707/ 4 0,313/ + 4б (2 ’ °’о93/ • 0,313/ + 2 • 0,062/х
X 0,375/+ 0,093/- 0,375/+0,062/- 0,313/) 4 4 °’062/Х
X / 4- 0,375/] =0,0565
3 J cJ
285
Перемещение от действия силы Р, приложенной в точке Р, полу-
чим, умножив 321 па значение Р.
/ /з \ р/д
Д ^(0,0565^-Ь 13,46 ~ = 0,76Д;
перемещение направлено
вправо.
9.28. Ответ. У =
32 nJ
9.29. Ответ.
J.30. О1Вет. I = 1(S£7'T -4- • Ер
Л rrtlfl 1)21 in
9.31. Ответ. V-=-rr<^--4--;Tr,.---5320 47.
15 EJ 1 2Ы- EJ
9.32. Ответ. I'= 2,41 77-
’ ЕЕ
9.33. Ответ. 1/= 2 561 600 22.
5 Р2/3
9.34. Ответ. ’ ~рТ‘
9.35. Ответ. Л , =
РР
9.36. Ответ. = перемещение направлено вправо.
9.37. Решение. Вначале определяем усилия, возникающие от тем-
пературы. Для подсчета коэфициенга канонического уравнения соста-
вляем таблицу (табл. 8) согласно фиг. 853, где представлена основ-
ная система.
286
t а б л и ц a 8
Вычисление перемещений и величины усилий
Стержень Длина IBM /' at Nt J^lL El-- atlNi
0—2 3,0 /' 0 —3 5” 1,08 EF 0 0,1735 -FEE
3,0 F 0 7 1,08 EF 0 0,1735 atEl''
0-! to I- 0 -~4 5 2,56 EF 0 0,2315 atEF
2—A '1,0 F (1 _4 2,56 6 0,2315 atEE
0~ A 5,0 F 0 1 5,0 EX 0 - 0,289 a/El'
2—1 5,0 F at 1 T:° EF - -0,289 ‘EliE
17.28 EF 5а/
Каноническое уравнение A1Z =
— О становится:
17,28 v f с* z п
—г4тт- А« 4- 5aZ — О
kr 1 1
откуда
X. = — —V atEF = — 0,289а< EF.
17
Величины усилий Nt вписаны в табл. 8.
Теперь воспользуемся формулой опре-
деления перемещений от температуры в
системах:
36. Фиг. 853.
статически неопределимых
+ + y Jm.x '^ds. (1)
Если температура и сечения стержней по длине постоянны, то
формула (1) упрощается:
s Те f N‘N‘ds + s ~e~ J MiM*ds + +
(-'J
287
где и Qjr. — площади эпюр и /Й; на г-ом стержне. В слу-
чае шарнирно-стержневой системы Mt — M.t = 0, a Nt и Nt постоянны
но длине каждого стержня. Формула (2) примет вид:
+ (3)
37. Фиг. 854.
Прикладываем в точке /1 горизонтальную единичную силу в любой
статически-определимой ферме, образованной из данной (фиг. 854),
и находим единичные усилия. Все подсчеты сводим в таблицу
(табл. 12).
Таблица 12
Вычисление перемещений
Стргггеш I Длина! Площадь]
(лержсш. 7 в р
/' 0,1735 atEF
F 0.1735 atEF
F j 0,2315 atEF
Г' 0,2315 atEF
F —0,289 atEF
F —0 289 atEF
NtNil
EF
0
—0,390 at
0
0
— 1,805 at
0
—2,195 at
0
0
0
0
0
0
Из таблицы следует, что
Д4 = —2,195 tit, т. е. перемещение направлено влево.
9.38. Ответ. Д4 — -уу; перемещение направлено вправо.
288
i'JIAVA И)
10.1. Ответ.
2. Фиг. 856.
10.3. Ответ.
10.5. Ответ.
5. Фиг. 859.
Ответ на вопрос. В балках постоянной жесткости, имеющих
жесткие заделки на обоих концах.
10.6. Ответ. Схема нагрузки показана на фиг. 860. Для проверки
перемещений нужно проинтегрировать данную эпюру /И с эпюрой
моментов, полученной в стати-
чески определимой балке от силы,
действующей в направлении ис-
комого перемещения. Например,
для определения угла поворота
в сечении А можно взять одну из
эпюр, показанных на фиг. 861.
*6 30 8^-
6. Фиг. 860.
7. Фиг. 862
10.8. Ответ. Такая эпюра невозможна — она не удовлетворяет
заданным условиям деформаций (yTj = 0; ус = О и т. д').
10.9. Ответ. Такая эпюра невозможна—она нс удовлетворяет
условию V,-~ 0 (момент нп опоре • ' должен быть положительным).
10.10. Ответ.
10. Фиг. 863.
10.11. Ответ.
11. Фиг. 864.
10.12. Ответ.
12. Фиг. 865.
10.13. Решение. Данная балка имеет три лишних связи. Основ-
ную систему принимаем согласно фиг. 866, а. Все эпюры от лиш-
них неизвестных будут иметь обычный вид за исключением эпюры
от Mj, = 1, показанной на фиг. 866, б. Приравнивая нулю взаимные
углы поворота над опорами, получим систему уравнений трех момен-
тов, причем последнее уравнение (при нагрузке справа) запишется
так:
W Н - (зЕ/' F skr) 2 - О НЛП М(, 4 G..WZ, - Mv == О;
слетогательпо,
(под четвертым пролетом здесь подразумевается пролет Г)1!},
291
При определении правых фокусных отношений, наложив /Ид = 0,
7.1fl !
получим —-----------т- е. k,i = 6.
13. Фиг. 866.
Значения фокусных отношений получаются следующие:
й, = сю; /г2 = 4; /га=3,75; ks — — 5,73;
k\ = 3,74; 7г.', = 3,83; Й1 = 6; /г'=-со
1 ’ 3 J ’ Й ‘ *
Опорные моменты по концам загруженного пролета вычисляются
по обычным формулам. Эпюра моментов показана па фиг. 866, в.
10.14. Ответ.
15. Фиг. 868.
10.16. Ответ. Осадка средней опоры должна быть произведена
. 0,00777 ’
на величину А - - -г—FT- .
- F.I
ж)9
Получающиеся при этом эпюра моментов от осадки и суммарная
эпюра М показаны соответственно па фиг. 869, а и б.
16. Фиг. 869.
10.17. Ответ.
17. Фиг. 870.
10.18. Ответ.
18. Фиг. 871,
10.19. Ответ.
10.20. Ответ. балка останется прямолинейной.
20, Фиг. 873.
10.21. Ответ. Прогиб посредине средне, о продета v — —0.288у
(иверх).
21. <1>иг. 874.
10.22. Ответ. Прогиб посредине пролета CD у — — 0,04 -у (вверх).
Фш. 8/5.
1(1.23. Ответ, Проню иисредине ( л» 1 ^р^^ттТ |' г*** "*в *" ч‘ Ф J.1. '.4 ®О423™_ у = —3,1 -у— (вверх). С В a“>TT?fWi,ul'WlYTJtAf' ('“fl 'ЬУ*“' (й₽^ /}2П-Г- h Tn HldlllibiL
7? 23. Фиг. 876. J 0.24. Ответ. _,l _<_ .4 т О ДиОХ; >1 н ОЗИ,' 1 1 г и,.! 1) J Г 24, Фр' 877. 10,25. Огвег= ) i > 1 /и \7irf~' 1 ИТГ " [Г । " *уТ "TTi тр— lOt ' pl Ji „l 7 11 ''41 ’ 25. Фиг. 878. 10.26. Ответ. j’o == 0; p>; = 0,0221 .«; p, (ФШМйь. J's 6 \.у 0 мйшж^ V' -pin. 87» H LJ hl ' f Г ,r 1L ; Z/ ' c 1 ,±0J 4)t570 s.1 .*"- = 0,029 m; v3 = 0,0079 v фдЕПет"* 073
10.27. Ответ. v(,= 0,01 .и (вверх); .V; == ..... 0,028 .« (вверх);
== 0; у„ — О,J51 м (вниз).
27. Фиг. 880.
10.28. Решение. Расчет балки произвоцим, пользуясь следую-
щими исходными формулами:
1) для незагруженных пролетов (фиг. 881):
Мп --- — щ! (1)
1 . _ и Г 1 % —1, » +1 kn - j . ,> ,р,
''-в'-- в ~ — k 6 > ’ л " ’~й ZTi 5 ’
шт “я—1%, и —1 ит> Кп—Уп,п-~А
где 8 •-коэфициепты канонических уравнений, вычисляемые но изве-
стным формулам;
28. Фиг. 881.
28. Фиг. 882.
2) для загруженного пролета (фиг. 882):
_ У-~АщА . ]
м.у ’ ।
Аир Ал^нр, I
где k - соответствующие правые фокусные коэфициепты;
I Т/г„ IJ; /’„р — kH.........-'k'nkn (5)
3) моменты на концах пролеты., смежных с загруженным:
Мп..2 = _ kn^Mn......., — kn_.,Mn — kn~,
Qt7 — 2,n
4 (Ч
.17=; i = — у т Л4га ='.,. iCW„,_ з ------—— /ж ].
&м-|-1, п— 1
Расчет. Приводя все величины к тоннам и метрам, получаем жест-
кости: .EJj = 2,1 • 10* тм-\ Е.'., = 2,1 • 104 тм~; EJi — EJb =
= 2,1 104 тл2; % = 5,25- 10* тлР.
Вычисляем коэфициепты канонических уравнений по известным
формулами получаем;
10% = 1,907; 104S12 = 0,285; 10% = 0,020;
10% = 1,430; 10% = 0,184; 10% = 0,025;
10%== 1,318; 10% = 0,14 2; 10% =0,050;
10%= 1,570; 104о15 = 0,134; 10% = 0,033;
10%= 1,825; 10% = 0,299; 10% = 0,027.
10% = 0,406;
Вычисляя фокусные коэфициепты по формулам (2), находим:
а) левые коэфициепты б) правые коэфициепты
7^^0,150; /21 = 0,011; k1== 0,217; /ф == 0;
/г2 = 0,131; /4 = 0,018; /4 = 0,201; % = 0,019;
/,-.,, = 0,107; /4 = 0,039; /4 = 0,139; %==0,015;
k,{ = 0,082; /4 = 0,021; /4 = 0,089; Тт= 0,016;
/гг, = 0,163; /4 = 0. % = 0,073; 14=0,027.
Определяя свободные члены канонических уравнений но извест-
ным формулам, получаем:
10‘AJp=0,8; 10%, = 6,82; 10%,= 6,6'2; 10%= 1,0; Д5? = 0.
Находим моменты по концам загруженного пролета но фор-
мулам (3), предварительно определив коэфициепты Рл, 6пр1 Дл и Дч,
ио формулам (4) и (5). Имеем:
/у, = 0,129; ф,р = 0,137;
Дл=1,80; % =4,99;
%== .. 1,12 /иж; %=.—• 4,23 и».
Моменты mi концам пролетов, смежных с загруженным, вычц.
елейные по формулам (6), равны:
/И, = + 0,261 in.it; Л1} ——0,180 тм.
.Моменты на остальных опорах, определенные по формулам (1),
Отдут;
/И== +0,134 жи; Л4(1 = = 0.
Эшера /И показана на фиг. 883.
28. Фиг, 883.
10.29. Решение. Так как система симметрична и натружена сим-
метричной нагрузкой, и точке С угол поворота будет равен пулю, и
можно рассчитывать одну половину. Расчетная схема и эпюры от
единичных неизвестных показаны на фиг. 884, а, б, в., г.
29. Фиг. 884.
Обозначив через г. податливость средней опоры и отношении
поворота, т, е. угол поворота стойки RF от 4-1=1, приложенного
к верхнему концу, получим:
2 I , I « / . ..______I.
"1з=--6£7"
** • А А П- А
ft3S —'-“f+j! *4=12£+ - ‘'Ф-'“лА7
Для стойки, защемленной одним
I
конце (фиг. 884, д) с = ^у-
концом, с шарниром на другом
Решив канонические уравнения, получим эпюры /И и Q, пока-
з.-шные на фиг. 884, е и ж.
10.30. Ответ. См. фиг. 885. Л4л
10.31. Ответ.
-0,844 яя.
.'Ус Фиг. <485. 31. Фиг. 88.6.
10.32. Ответ.
10.33. Ответ..
32. Фиг. «Ь7. 33. Фиг. 888.
U.I.34. Ответ.
О. Фиг. 88').
10.35. Ответ.
10.36. Решение. Выберем основную систему, вставив шарниры
над опорами В и С (фиг. 891, а), и запишем уравнения трех момен-
тов для данного случая (Л1 л — MD — 0):
27ИЯ (1,41Z |-1) 4- Л1Д = —•
/И „Z 4 2Л1(,(/ 1-/) = 0.
86. Фиг. 891.
Решая эти уравнения относительно Мп, получим:
Из условия У.Л1„ — О
будет равна:
вертикальная опорная реакция в
точке А
'«в
"T” 1,31
I
р
Эпюра моментов
фиг. 891, б. Считая
находим/?^ из условия 2Л1л = 0:
от нагрузки в основной системе показана на
эту эпюру вертикальной фиктивной нагрузкой,
/?ы — JL (. ---------------fД -- 0 235 Рv — — 'l•
I ( 2 3 2 3 ( i
следовательно,
Z
~~р~~ * 0,235 (lx — И, 31 — 1,31 ~j-.
Это выражение действительно при движении груза по всей балке.
Линия влияния Vt показана па фиг-. 891, в,
300
10.37. Решение*. 1) Определяем момент инерции сечения балки.
Расстояние от нижней грани до оси, проходящей через центр тяжести
сечения (фиг. 892), и момент инерции будут:
V = = 10-9..:.^zi2:.3.:3.i°:5.8. = 4 П дм.
37. Фиг. 892.
~~ ~Т~ 10-9 —2-3-3-Оф
4=1 (10 • 4ДР+6 - 1,893 + 4 4,893) +
а £11
л 36
2) Определяем вспомогательные параметры:
2,89'2 = 480,97 дм1.
; £ = 210 000 кг'см1-,
пфр-,
k — 4 100 = 400 кг')см- — 4 000
a = /4L2T6-0O^S^==°’00317 ’>
3) Начальные условия: на опоре А при х = 0:
/И0 = 0; уо = О; Qo=tO; % Х°-
На опоре В при х = I:
Л1г=0; Л = 0.
4) Определяем неизвестные начальные параметры О0 и <в0 из усло-
вия равенства нулю момента и прогиба на опоре В:
^LpB. + l Q0B10 _!?0о10 - (Cs - с2) = 0;
Л 1 PD- +1 Q0DI0 +1 ?0В10 4- 4 (Л8 - Л2) = 0. G)
Индексы у Л, В, С, D показывают расстояние в метрах о г соответ-
ствующей нагрузки до сечения х — 1.
Ниже приводится таблица значений гиперболо-тригонометрических
функций Л, В, С, D (табл. 9), необходимых в пашей задаче.
Подставляя все числовые данные в уравнения (1), получаем:
. зо • 1.254 4- (—6,1226) —111 ?0 Х
15
X 2,882 — • (1,7821 — 0,2017) = 0;
0,01/“ 7
4 -0,317 „л пмп ! 4.0,317 n . I . .
4 000 30 ' ’’6443 -I 4 000 «о ' “’88‘' Ь 0,317 ?оХ
х (- 6,1226) 4- 4-~0 (- 5,2086 - 0,9723) = 0.
* Расчетные формулы метода начальных параметров для балки ла упру-
гом основании, впервые предложенного акад. А. И. Крыловым, см. в книге
ai,ал. Симииского „Строительная механика. 1lepaapi-шыс балки*, Киев, 1930.
301
Значения функции
Т аблица 9
X ах сх Dx
0 0,0 1,0000 0,0000 0,0000 0,0000
1 0,317 0,9985 0,3169 0,0510 0,0055
2 0,634 0,9723 0,6294 0,2017 0,0426
3 0,951 0,8631 0,9235 0,4482 0,1434
4 1,268 0,5702 0,1569 0,7798 0,3359
5 1,585 — 0,0376 1,2540 1,1690 0,6443
6 1,902 — 1,1049 1,0888 1,5464 1,0727
7 2,219 — 2,8218 0,4748 1,8082 1,6155
8 2,536 — 5,2086 —0,7669 1,7821 2,1883
9 2,853 — 8,3115 —2,8924 1,2279 2,6825
10 3,170 —11,9287 —6,1226 —0,1787 2,8820
Решая полученные два уравнения относительно неизвестных Qo
и ®0, получим <р0 = — 0,00126; Qo = 5,26 т.
5) Записываем выражения для определения Л1, Q. у и э на уча-
стке АС:
.. I „ „ k п 1 _ о„и 4000
/И = — QSiB-----; х+ = == • о,2оВс— X
® а” ‘ и к’ 0,317 0,31/-
X (—0,00126) • Dx= 16,66^,+ 1580^,;
„ п л k гы . 4000 , ,
С?ж—Qo^r +?оХ ,а,26/+ 0 317s X
Х(- 0,00126) Сх = 5,26ДЖ + 50,0Q;
X. - | 1 Т «А = (~ 0,00126)Вж + -^017 X
Х5,26ОЖ = — 0,00398В,, + 0,001670ж;
Х>+ + ^<2о+ = -........0,001264, + X
Х5,26б;ж = — 0.00126Л, + 0,000531.,;
при х — 0:
/Ио —0; Qo = 5,26; у0 = 0; е0= - 0,00126;
при .г = 1,0:
= 16,6 • 0,3169 + 158 - 0,0055 = 6,13 тм;
Qt = 5,26 • 0,9985 + 50 0,0510 = 7,8 т;
0,00398 • 0,3169 + 0,00167 - 0,0055 = -- 0,001254 я,
=, - 0,00126 • 0,9985 + 0,00053 0,0510 = —0,001231;
302
при х 2,0:
>2= 16,6 • 0,6294 - j- 158 • 0,0426 = 17,18 тм‘
Q2 = 5,26 • 0,972350 • 0,2017 = 15,2 m;
у2 = — 0,00398 • 0,6294 + 0,00167.0,0426 = — 0,002439 л;
<f2 = — 0,00126 • 0,9723 4-0,00053 • 0,2017 =— 0,001118.
6) Составляем выражения для определения искомых величии па
участке CD:
Л4 =4 <?ODX -5 (Сх_ 2 - Со) -
==16,6/4,4- 149Сж_2;
+ == Qo Ах — ^ = 5,26Лж4-50С:с —47,ЗВг^;
Ух = -- + I" QODX44 (^-2- /4) =
= — 0,00398/4,4-0,0016774,4-0,00375 (Ла,_2 — 1,0000);
?ж==?0 ^Qo^x (^®-2 +)) =
= — 0,00126+ 4- 0,00053(4, — 0,004750^,-2;
при х = 3 м:
/И3= 16 0,9235 4-158 • 0,1434— 149 • 0,051 = 30,37 и.«;
Q3 —5,26 • 0,8631 +50 • 0,4482—47,3 • 0,3169 == 11,94 т:
у , = — 0,00398 • 0,9235 -1-0,00167 • 0,1434 + 0,00375 ( — 0,0015) =-
= — 0,003437 м:
с,,= —0,00126 • 0,8631 4 0,00053 • 0,4482— 0,00475 • 0,0055 =
= - 0,0008762;
при .г = 4,0:
16,6 • 1,1569+ 158 • 0,3359 — 149 0,2017 = 42,10 /л.и;
+ = 5,26 • 0,5702 + 50 • 0,7798 — 47,3 • 0,6294= 12,20 т:
у4 = — 0,00398 • 1,1569 + 0,00167 • 0,3359 + 0,00375 (— 0,0277) =
= — 0,004144 м;
у4 = ... 0,001 26 • 0.5702 4- 0,00053 0,7798 — 0,00475 • 0,0426 ==
-= - 0,000508;
303
(фи x = 5,0:
ТИ5 —= 16,6 • 1,254-j-158 0,6443 — 149 • 0,4482 = 55,8 /ы;
Q6 = 5,26 (— 0,0376)+ 50 • 1,169 — 47,3 0,9235= 15 m;
y-^ — 0,00398 • 1,254 + 0,00167 0,6443 + 0,00375(—0,1369) =
= — 0,004438 m;
% = —0,00126 (- 0,0376) + 0,00053 • 1,169 — 0,00475 -0,1434^0.
Так как. схемы балки и нагрузки симметричны, для правой
половины балки расчетов не производим. Изгибающие моменты и
прогибы дадут симметричные эпюры, поперечные силы и углы наклона
упругой линии — кососимметричные.
Эпюры ЛГ, Q, у и э показаны на фиг. 893 а, б, в и г.
37. 4'иг. 893.
10.38. Ответ.
304
10.39. Ответ.
10.40. Ответ.
39. Фиг.
-40. Фиг. 896.
ГЛАВА 11
11.1. Решение. Выбираем основную систему и строим единичные
эпюры /Ип Л1.2 и эпюру, отвечающую действию нагрузки, т. е. 7Иу)
(фиг. 89.7). Вычисляем единичные перемещения и перемещения, вызывае-
мые нагрузкой:
/2 41 , Р , Р 41 __ Р
= Т ’ 3EJ + 2£? +- ~2~ 3 • 2/77 ~ EJ’
га 1 I / 7 — 3/2
о12 _ osi — I 2 :2EJ Ч-1 2/,j 4EJ,
, _±,J_ _2____________Z£.
2 • 3 . -2EJ ~ 6EJ ’
_____PP / _
8 ' 2EJ~~ 16EJ’
PP 1 __ PP
"" — ' 8 ’ 2 - 2EJ 32EJ ’ 20
20 Зак. 1757. Сбори. задач по сгроиг, механике*
Для проверки вычисленных перемещений строим эпюру /14,. (фиг, 898),
представляющую собой сумму' 'единичных эпюр, и, вычисляя двумя
способами перемещение 8SS, убеждаемся в правильности:
Sss= 2°i2"1"')'22 = £j(;2+2' + "g)-
Умножая эпюру Ms на эпюру Мр и интегрируя, получаем:
Jds Pl- / I 1 \
М ~£j & ip “F pj y|g Д 32) •
I. Фиг. 897.
Подставляем вычисленные перемещения в канонические уравнения,
решаем их и получаем:
у — _ 19р - у — „ 3/';
232’ I. 2 * П6’
После этого строим эпюру моментов, складывая эпюру Мр с еди-
ничными эпюрами, умноженными на найденные значения соответствую-
щих неизвестных:
М = Мр -ф -ф /ИщУз (фиг. 899,а).
Ординаты на левом и правом концах ригеля, а также внизу правой
„ 19 т. 13 о> 6 о/
стойки соответственно равны: 232"/, 232 н/ и 232 "z-
Производим проверку построенной эпюры, умножая ее на произ-
вольную единичную эпюру, выбранную для любой основной системы,
которая может быть получена из заданной рамы (фиг. 899,6).
I. Фиг. 898.
Л РР I IЗРР I
8 2-2EJ 232 2-2EJ
I. Фиг. 899.
ЗРР I "Р1 „
232 3 2EJ *№AEJ ~ °'
306
После проверки эпюры моментов строим эпюру поперечных сил, рас-
сматривая каждый стержень как самостоятельную двухопорную балку,
загруженную собственной нагрузкой и найденными моментами па опорах
(фиг. 900, а).
В дальнейшем строим эпюру продольных сил, вырезая последова-
тельно узлы рамы (фиг. 900, б).
1. Фиг. 900.
11.2. Решение. Основная система может быть получена путем
разрезания затяжки (фиг. 901).
В формулу перемещения 8^ следует включить влияние продоль-
ной силы в затяжке; вычисляем перемещения
и находим X,: --->-[----------
20*
307
11.3. Ответ. Эпюры моментов и sniopti поперечных сил в раме
не будет. Эпюра продольных сил показана на фиг. 903.
4. Фиг. 904.
11.5. Решение. Основную систему удобно выбрать путем разреза
посредине, а неизвестные расположить таким образом, чтобы все по-
бочные перемещения обращались в нуль.
5. Фиг 90S.
308
6. 906.
7, Фиг, 907. 8. Фиг. 908.
11.9. Ответ, Xt ------
При /г = О получаем ХА =.= — (частный случай задачи 11.59).
11.10. Ответ. + =0,05?/
0,184?/
о р н о 1 150075
3,693 4--^
4,61(1?/
3,693+Ж'
Если г —> оо, то Xj —> 0; это указывает на то, что стойки
не изгибаются. Параболический ригель при этом будет работать как
двухшарнирная арка, и Х2—> 1,25?/= о/2 8/.
309
11.11. Ответ.
3,887Р л
____• А
EJ ’
11.12. Ответ
Л', — 0,1 88у/.
0,733 qE.
~ Е.Г ’
1'2. Фиг. 912.
11.13. Ответ.
13. Фиг. 913.
14. Фиг. 914.
11.14. Ответ. При решении рамы удобно воспользоваться пере-
носом неизвестных в упругий центр.
1) Равномерный нагрев; тогда
= Х3 — 0.
При равномерном нагреве возникает только температурный распор,
приложенный на уровне упругого центра:
у 14 739a/£J
Л<’“" 23 120/2 *
Эпюра моментов приведена па фиг. 915.
319
2) Неравномерный нагрев; в этом случае:
Х, =0,450
2 1 79
’ hi
Соответствующая эпюра М показана на фиг. 916.
Эпюра от заданного температурного воздействия получится
мировапием двух выше иосгроеипых эпюр.
сум-
Ннтеграл, соответствующий сопряжению эпюры моментов, ио-
строенной для температурного воздействия, с любой единичной эпюрой
соответствующему температурному перемещению с
равен не пулю, а
обратным знаком.
11.15. Ответ.
« __ 43,14 , _ 2
°n~~20/:Fr’ гЕГ’
” - 68 •
°22 30£С7 ’
Д1г = 0; Дм=2тА
= 4,53 atEFr-
A'a = ~4,88a.tEFr.
311
11.16. Ответ.
11.17. Ответ.
17. Фнг. 920.
гз1
11.18. Решение. При равномерном нагревании величину %3 можно
считать равной пулю. Имеем:
. Зкг3 « 2кг2 „ ~ 2кг 4- / - - 4к_
°11~7Ё7; — °22— EJ ’
~~ - O-tl' 0 $
у __ atlEJ (2г4г) _ -у- _ 2atlEJ
1 2к2г4 4“ Зк/г3 — 12тсг4’ 2 2кг2 4~ 3/г—12г2'
Наибольший момент будет в точке а\
312
11.19. Ответ. (Фиг. 922.)
11.20. Ответ. (Фиг. 923.)
19, Фиг. 922.
11.21. Ответ. ® .
‘ hll
11.22. Ответ. Путем группировки неизвестных система четырех
совместных уравнений распадается на две отдельные системы, ио два
уравнения в каждой. Эпюра моментов показана па фиг. 924.
313
11.23. Ответ.
2,3. Фиг. 925.
11.24. Ответ. Так как рама имеет две оси симметрии, мы можем
.для расчета выделить ее четвертую часть. При симметричной
24. Фиг. 926.
нагрузке на осях симметрии отсутствуют обратно симметричные
усилия, что приводит пас к основной системе, изображенной на
фиг. 926. Имеем:
« а , тгг
8‘i=7?7 + 27D>
,/л:! qaPrii qar".
Л i₽ ~ ‘" eS ~4£V /Г/~ ’
.г __ди (2ct- ]--3ant 4- 12r2)
' 1 .." ~~~"5ц (T(27+w) '
814
11.25. Решение. Так как сила приложена к узлу рамы, выгодно
применить разложение нагрузки на симметричную и обратно симме-
тричную. При симметричной нагрузке стержни рамы работают только
на продольную силу, и моменты отсутствуют. При обратно симме-
тричной нагрузке можно раму разрезать но средней стойке, и мы
получим основную систему по фиг. 927, а.
Эпюра моментов для этой рамы имеет вид, показанный на
фиг. 927,6.
25. Фиг. 927.
Эпюра для заданной рамы представлена па фиг. 927, в.
При построении эпюры продольных сил не следует забывать
прибавить продольные силы в стержнях, получаемые при симметрич-
ной нагрузке.
11.26. Ответ. Разлагая нагрузку па симметричную и обратно
симметричную, видим, что при симметричной нагрузке рама работает
только па продольную силу. При обратно симметричной нагрузке
требуется решить одно уравнение с од-
ним неизвестным.
11.27. Решение. Данную раму удоб-
но решить переносом неизвестных на
бесконечно жестких консолях в упругий центр. Координату I нахо-
дим из условия 813 = 0. т. е.
i ,—i—*? (i v - I— .../
J EJ । EF 1
Получаем
В силу симметрии нагрузки — 0.
„ 12,234 <Р , 140rf . 5,19ftP . ЗР(Р
EJ ’ &33”“3£/; 4EJ ’ Дзл—4/;у-
Находим:
Х^О.ЮбР и Х==- -О.ОНЖ
Эпюры показаны на фиг. 930.
27. Фиг. 930.
11.28. Ответ. Применяем разложение нагрузки па симметричную
и обратно симметричную. При обратно симметричной нагрузке стер-
жень ab не работает и эпюра моментов строится, как в статически
28. Фиг. 931.
определимой раме с шарниром посредине ригеля (фиг. 93], а). Если
пренебречь линейной деформацией стержня, то при симметричной
нагрузке эпюра моментов будет отсутствовать, а если учесть эту
деформацию, то эпюра будет иметь вид, показанный на фиг. 931, б.
316
Таким образом, если пренебречь продольной деформацией стержня а/>,
то окончательная эпюра моментов будет такой же, как при
обратно симметричной нагрузке (фиг. 931, а), а если этой деформа-
цией не пренебрегать, то окончательная эпюра получится -такой,
какая показана на фиг. 931, в.
11.29. Ответ. = 2Q =— 0,562Prf;
X = O,486P(f.
Эпюры показаны на фиг. 932.
29. Фиг. 932.
11.30. Ответ. Момент в точке а равен:
,ы -________3^________
" к-/» Л : б///\
Если F 0, то у.
Если оо, то Д, 0.
п ЗОР/'.'
В нашем случае м„ = , , .
- а I -ф 60Л
11.31. Ответ. Так как в основной системе от внешней нагрузки
моменты не возникают, то все лишние неизвестные равны нулю, и
эпюра моментов отсутствует.
11.32. Ответ. Эпюра моментов имеет вид, изображенный на
фиг, 933. Несмотря на несимметричную нагрузку рама не имеет гори-
317
Ибйталыюго смещения узлов, что легко видеть из разложения нагрузки
на симметричную и обратно симметричную (фиг. 934). Если бы мо-
27S Р1
82. Фиг. 933.
мент инерции средней стойки не был равен 27, мы имели бы смещение
узлов рамы.
32. Фиг. 934.
11.33. Ответ. Реакция средней опоры равна нулю.
33. Фиг. 935.
11.34. Ответ. Произвольную нагрузку раскладываем на симме-
тричную и обратно симметричную. В обоих случаях можно будет рас-
сматривать только половину рамы, заменяя отброшенную часть соот-
ветствующими опорными закреплениями. При симметричной нагрузке
достаточно рассчитать 4 раза статически неопределимую раму, показан-
318
Hyi6 на фиг. 936, слева. При обратно сймметричной нагрузке следует'
рассчитать 3 раза статически неопределимую раму, показанную на
фиг. 936, справа. Таким образом, общая система уравнений, действи-
тельно, распадается на две отдельные системы уравнений.
34. Фиг. 936.
11.35. Ответ. Применяя рассуждения, приведенные в предыдущей
задаче, берем для симметричной нагрузки раму по фиг. 937, а, а для
обратно симметричной берем раму по фиг. 937, б.
11.36. Ответ. При обратно симметричной нагрузке требуется
решить одно уравнение с неизвестным Х„.
36. Фиг. 938.
319
11.37. Ответ. Так как данная рама имеет две оси симметрии,
io производим группировку неизвестных таким образом, чтобы
получились эпюры, симметричные или обратно симметричные относи-
тельно вертикальной и горизонтальной осей. Эпюр, симметричных
относительно вертикальной оси и симметричных относительно гори-
37. Фиг. 939.
зонтальной оси, будет четыре; эпюр, симметричных относительно
вертикальной оси и обратно симметричных относительно горизонталь-
ной оси, будет три; эпюр, обратно симметричных относительно
вертикальной оси и симметричных относительно горизонтальной оси,
также будет три и эпюр, обратно симметричных относительно обеих
осей, будет две.
Таким образом, при произвольной нагрузке система 12 уравнений
распадается на четыре отдельные системы: 12 = 4-|-34~3-^2-
11.38. Ответ.
38. Фиг. 940.
11.39. Ответ. Возможно выбрать несколько подходящих основных
систем. Во всех случаях группируем неизвестные так, чтобы получить
симметричные или обратно симметричные эпюры относительно верти-
320
Калтлюй и горизонтальной осей. 'Гак как нагрузка симметрична
относительно обеих осей, то в качестве неизвестных войдут только
те усилия, которые дают эпюры, симметричные относительно обеих
осей. Таких неизвестных будут два, и для решения данной рамы следует
составить два уравнения с двумя неизвестными. Две из возможных
основных систем показаны па фит. 941 и 942.
11.40. Ответ. (См. фит. 943). Все лишние неизвестные располо-
жены па оси симметрии, поэтому группировки неизвестных не нужны.
11.41. Данная рама расчленяется на трехшарнирную раму и
диухопориую балку (фиг. 944). Так как нагрузка дает в основной
системе обратно симметричную эпюру, то, применяя группировку
неизвестных, будем иметь для решения рамы три уравнения с тремя
неизвестными (фиг. 945 и 946).
Решая эти уравнения, находим =—0,с227Р; Л, = 0,510/^
Д3 = — 0,510Р/.
Эпюра моментов представлена па фиг. 947.
11.42. Решение. Линия влияния усилия в стойке V легко получается
из линии влияния 11 тяги ab:
!/== — His а
•здяч по ороиг. механике.
40. Фиг. 94 3.
322
41. Фиг. 946.
41. Фнг. 947.
Для построения линии влияния усилия Н составим каноническое,
уравнение для основной системы:
ои/7-4~ = 0;
отсюда
Здесь о^;— ордината упругой линии статически определимой балки
от действия Н = 1 или, иначе, от двух вертикальных сил (при-
ложенных в местах прикрепления стоек), равных каждая 1 • tga = 0,4.
Знаменатель уравнения Н равен:
, 3,887/а z
«и —gj- (см. задачу 11.12).
21 *
323
Таким образом,
а o7j1-0,103£j
v=wtg a --------------/;i— ’
„ , 0,383 P
Значение прогиба посредине оудет —-gj-, а средняя ордината
л. в. V около 0,04 (фиг. 949).
42. Фиг. 949.
11.43. Ответ. 8п = ^(4/;-]-3/).
При грузе на участке ab:
27г (4 к? ф у1' - Зуh'<) 4- 6ЛЧ — Зук‘Ч
,,=" ~ 2ЛЗ(4Л4-30
2п
43. Фиг. 950.
При грузе на участке be.
,, _ й (4,4 4-3/) —Зуд/
° ~ 2й(40-|-3/)
11.44. Ответ. Обе эшоры построены неправильно. Эпюра моментов
для случая „а“ не может существовать, гак как сила приложена
к узлу, не имеющему линейного смещения (если не учитывать про-
дольной деформации стержней). В случае эпюры „б“ наклон линий
моментов стоек в одну сторону невозможен, так как нагрузка верти-
кальна и сумма поперечных сил в стойках должна быть равна нулю.
11.45. Ответ. Предположим, что мы решаем раму с одной лишней
связью на температуру или деформацию опор (без наличия внешних
324
сил). Очевидно, в этом случае эпюра от нагрузки отсут-
ствует, и окончательная эпюра моментов будет пропорциональна
единичной эпюре моментов Afj от лишнего неизвестного. Так как
при любом правильном решении окончательная эпюра моментов должна
быть одной и той же, то это означает, что эпюра моментов от любого
лишнего неизвестного будет иметь постоянный вид (эти эпюры могут
различаться лишь постоянным множителем).
11.46. Ответ.
47. Фиг. 952.
11.48. Решение. Предварительно находим эпюры моментов в двух-
шарнирной раме от действия следующих трех нагрузок (фиг. 953).
После этого строим в основной статически неопределимой системе
эпюру от внешней силы и единичные эпюры /И2 и /И3 (фиг. 954).
48. Фаг. 954.
Таким образом, решение 7 раз статически неопределимой рамы
сводится к решению трех уравнений с тремя неизвестными.
11.49. Решение. Первый вариант (фиг. 955). Расчет сводим в таб-
лицу (см. табл. 10).
Второй вариант (фиг. 956).
Расчет сводим в таблицу (см, табл. 11).
sTvfz
1Д7Р.
Т а б .1 и ц а 10
Вычисление перемещений
№ стержня Длина 1 Np Np
] й/2 P/2 /2 Pd\'2 d V’2
2 2 2 4 4
2 а К2 PV2 /2 Pd\2 rf/2
2 2 2 4 4
P 1 Pd d
з
W 2 2 4 4
P 1 Pd d
4 d
2 2 4 4
d |/ 2 Pf2 V'2 Pd }<2 d |<2
2 2 2 4 4
d /2 PV2 /2 I'd }z'2 4Г2
2 2 2 4 4
7 d 0 1 0 d
Таблица 11
Вычисление перемещений
№ стержня Длина I Np NvNxl N\l
1 d\r2 2 — P/2 V'T 2 Pdf/r2 2 dY2 ' 4
2 dV2 2 — PV2 У2 2 PdV2 2 d^2 4
3 d P 1 2 Pd 2 d ~T
4 d P 2 2 Pd 2 d 4
5 d /2 2 0 4/2 2 0 dV% 4
6 dV2 2 0 Z2 "2” 0 dV2 4
7 d _p 1 — Pd d
327
11.60. Ответ. АГ!--= -Л£Ц±./> = о,«55Л
4(1+ /2)
50. Фиг. 957.
11.51. Ответ. Применяя группировку, оставляем лишь те неиз-
вестные силы, которые дают симметричные усилия в стержнях фермы.
В результате расчета имеем:
-1,06Р; +3 = О.49Р.
11.52. Ответ. Sab^ 1.39Р.
11.53. Ответ. SaJ,-=(-^- — l)p= -0.293Р,
328
ЬЕЕ
11.54. Ответ. 3^ = Д;X. = -^^ГуТ)1
11.55. Решение. Координату упругого центра получаем из условия:
Для удобства вычислений выразим N; следующим образом:
^ = ^Д-Л’зС.
Здесь Ni —усилие от единичных горизонтальных сил, приложенных на
уровне нижнего пояса.
Тогда
Все расчеты сведены в табл. 13.
К) Я7°
=-9,414; =
c = 0,87d.
При симметричной нагрузке
18.05Л/
22Д1М =0,81Р’
з
Усилие стержня air.
23,07Pd
10,828“ = ~~2’13M-
- PV‘2.
329
Значения усилий
Таблица 13
№ Стержня Длина 1 Np N\ Ml N„
1 2d P 1 d 0 0,87 1
2 <1/2 - P/2 0 0 0 — y'2
3 d 0 1 ’' "IT — 1 “—1>bl 0
4 dyr2 — P/2 _/2 2d 0 —0,615 V2 2
5 (1 /2 0 /2~ '2d 0 0,615 1'2 2
6 2d 2p 0 —I 1
7 2d 2P 1 d —1 -0,13 2
8 d /2 — 2P /2 /2 2d У2 0,799 3/2 2
9 ay 2 — 2PY2 У 2 2d 0 —0,615 - 2
10 d /2 0 0 - /2 — 1,414 0
11 2d I/’ 1 d 2 1,13 —3
12 d/2 0 0 /2 1,414 0
13 d 2P 1 ~d~ — 3 -2,13 2
11.56. Ответ. L iu~ a td}/\ — l,414rfrf; °u = 4,828<1. EF ' ’
1 ®lrt == —0,293a tEF.
56. Фиг. 961.
330
11.57. Решение. Находим усилия N, во всех стержнях основной
системы от единичной силы, приложенной по направлению отброшен-
57. Фиг. 962.
ной средней опоры, и усилия и N., от единичных пар,
прикладываемых последовательно к узлам 1, 2 и 3 нижнего пояса.
57. Фиг. 963.
Составляем таблицу (см. табл 1-1 на стр. 332).
Путем перемножения и суммирования чисел в соответствующих
столбцах получаем величины упругих грузов:
= Г6
=
yAW 4 .
EF EF’
v 8
- EF EF’
NsNtl _ 13,82
“ EF ~~ EF '
Положительный знак упругих грузов указывает на то, что они напра-
влены вверх, т. е. в Сторону действия средних сил у единичных пар.
Ординаты линии влияния Sub получаются по формуле:
е____е« i_ . 1®____ е°, I ор
^аЪ— I 2 4 —Одб-у-зи,
где — ординаты линии влияния усилия стержня ab в основной
системе, а С — — ординаты л.
11.58. Ответ.
в. лишней неизвестной.
Для определения ординат линии влияния полагаем, что единич-
ный груз поочередно находится в узлах 1, 2 и 3.
331
Вычисление перемещений Таблица 14
МЛ/ ЕЕ
№ стержня 1 "ЁР М м N't N;i NtN-tl EF ЕЕ
1 4/2 1 1 /2
ЕЕ /2" 4/2 2EF
8 1 4
2 £/’ 1 4 2EF
3 8 2 1 8
EF 4 2EF
8 1 12
4 ЕЕ 3 4 "2EF
8 _ 1 1 1
5 ЕЕ 2 8 2EF
8 3 1 1 3 3
ЕЕ 2 8 8 2EF 2EF
8 5 I 1 5 5
7 ЕЕ 2 8 8 2EF "2EF
8 8 5 1 5
ЕЕ 2 8 2EF
9 4/2 1 1 /2~
ЕЕ /2 4/2 2EF
10 4/2 ЕЕ 1 /2 “472 4 /2 /2~ ~ 2EF /2 2EF
11 4/2 ЕЕ 1 /2 1 4/2 / 4/2 2EF /2 2EF
12 4 ^2 1 1 1 /2 /2
ЕЕ /2| 4/2 4 J/2 2EF 2EF
4f2 ЕЕ 1 1 1 /2 /2
/2 4/2 4/2 2EF 2EF
14 4/2 ЕЕ 1 ~ /2 / 4/2 /2 2EF
15 4/2 1 1 /2
ЕЕ '/2 4/2 2EF
332
Эпюра сринтивньп моментов
rwn
1 ПП ПЯЗП 1
0,830 1,00 О',830
Пиния Влияния средней опорной реанции
Пиния Влияния Sai)
57. Фиг. 964.
0,282
58. Фиг. 965.
11.59. Решение. Распор двухшарпирной арки выражается в об-
щем случае следующей формулой:
S J Мау ds
J" v2<Z.s' j J cosZ у ds
» о
333
Знаменатель не зависит от вида нагр.зки:
2 я
2 J у2 ds = 2 J г2 (cos 7 — cos а)2 г d<? — г3 (а — 3 sin a cos а 4-
о о
-[-2а C0S2 а);
8
2 а
2 j* cos2 7 — <Zs = 2Pr J cos2 7 dz> = i2r (а sin а cos a),
о о
При определении числителя будем считать арку загруженной до-
полнительно силой Р, образующей с данной силой симметричное
загружение. В таком случае распор получится в 2 раза большим, чем
при одной силе, а потому интегрируем на половине арки.
1-й участок (О^х.<4хо):
7И0 = Рх — Pr (sin -z — sin ъ)
Л10 = Рх0 = Pr (sin а. — sin у())
То
S J Л40у ds = jr Pr3 (sin a — sin ®0) (cos 7 — cos a) <77 -|-
6
a
4~ J" Pr3(sin a —sins) (cos 7 — cos a) dz Pr3^ (sin2a — sin2 a0) —
w _
— cos a (a sin a — sin o0) — cos a (cos я — cos 74 .
При полуциркульной арке a = 7> н иы получаем;
PPcos2%
Если принебрегать продольной силой, то
X Р
1 л
11.60. Ответ.
2 L
2 2
j" dx
о
334
Влияние продольных и поперечных сил не учитываем.
= ; [С^4(1 + 3тг)] = 25,34;
W22 = r2 = 667,00; •
£V0893 = Z = 20,00;
L7oAw = %, | Т + г0б “ 4 + 21Г33)] = “ 1 295;
fc70A2j, = 0,00988 qll = 9 500; EJ^ip = = 1 250;
Х,= = 51,1 т-
° 11
Х== — = — 14,25 от;
°22
X,, — —— -— 62,5 тм.
6 о.,., 5
VJ
60. Фиг. 966.
г dx.
11.61. Ответ. При пологой арке (у <-5 J можно для упроще-
ния интегрирования положить coscpsxl и ds
5 в
1 .. L ' "63/-7 ,
108,ЗР
70,8 Ж2 '
11.62. Решение.
J г2 (1 — cos ср) d i
о
Sill а.
г й
[>сря n разложений
sin«=a —-др t щ
7T ’ ’ ‘
первые два члена, имеем:
б 5
/• /, \ / а2 а4 , а6 \ а-
г (1 -- cos а) = г ~ 4;' + о; • • ) — жг ’
±-^1. с-=£
f ~ 3 ’ 3 •
При вычислении перемещении влияние поперечной силы не
наем. Имеем:
учиты-
а-“]“ « sin а cos а — ‘2 sin- а (а2 -1- а sin "z cos с
&EJ
2 /• 2 Г
Й22 “ ру J г- sin2 ? г -1- рр J sin2 ф г <}<? —
о о
“ 771 а — s*n а cos 7 + 7? (s — s*n а cos а
2
2га
J<./6
; qrt С о /sin а \ , . art г . о „
—J S1U“? 1^“^“ ~™ cos J ‘ 'TP J Slri"'s cos ?
<* о
qrt I 1%
= ““ ^77| sin а (37 — 3 sin a cos а — 2а sin2 а) — 2-y a sin3 а |
к
Дйр ~~ — ~T J sin2 <? (a — sill a. cos я),
о
sin а (За — 3sin a cos а —-2а sin2 a) — 2 —. a sin3 а
v qr ' r2
Ai ~ ~ 6 • ~~ fl ;
a- -f- a sin a cos a — 2 sin2 a 4 — (a2 4 7 sin a cos a)
X2 = 0,
ar2
.Y-, == Л— (и — sin a cos а).
' н 7
ГЛАВА 12
12.1. Решение. Ha фиг. 968 пунктиром показан неполярный
шиш перемещений 1 В'С'D'E'F'5432.
1. Фиг. 068.
1. Фиг. 969.
ВВ'—-перемещение точки В = равно о:
СС' = DD' = ЕЕ' = 8 cos а;
На фиг. 969 показан полярный план. Так как луч ОЬ надо по-
вернуть против хода часовой стрелки, чтобы получить заданное
перемещение точки В, то для определения направления перемещений
других точек остальные лучи надо мысленно повернуть также против
22 Зак. 1767. Сбопн. вздач ио строит, механике.
337
часовой стрелки, что и ласт искомые направления перемещений
точек (фиг. 970).
1. Фиг. 970.
12.2. Решение. Полярный план перемещений приветен на фиг. 971,
из рассмотрения которого имеем:
oxi=sil оВ;! = Sj cos a; oC3 = Oj; S14 = o36 = S2;
o23 = o12 =— o.sina; S46 = — 23j sin a.
Картина перемещений шарнирной схемы приведена на фиг. 972.
9. Фиг. 971.
12.3. Ответ.
-i= Sg2 8р olu= --2ojSina;
о31 = — 2 (Sj sin a-|- 8-2 tg' ₽); 813 = o2< 32: cos p.
12.4. Решение. Расчетная схема представлена на фиг. 973.
Неизвестным является угол поворота
----т1 —узла 2.
J 2 ____Л Эпюры моментов от единичного угла ново-
фр г рота верхнего узла и от заданных перемещений
приведены на фиг. 974.
^7 I) Расчет на угол поворота <s;
28 EJ 2EJ
4. Фиг. 973. Г“ "" 3 ’/ ’ Г,?== /
Каноническое уравнение примет вид:
28 EJ , 2EJ
- -Г'/, - - -Г- 'S - = О;
п I 1 1 /
333
откуда
7 —_________”. о
и ?•
Эпюры внутренних усилий даны на фиг. 975.
4. Фиг. 974.
2) Расчет на вертикальное смещение Д:
28 EJ 16 EJ .
Ги=з-Т; ^=-з-7Гд
4. Фиг. 975.
Каноническое уравнение примет вид:
28 EJ 7 ,16 EJ .
22»
339
откуда
7 - 1 . А
z! 7 I •
Эпюры внутренних усилий даны на фиг. 976.
4. Фиг. 976.
12.5. Ответ. От действия <р (фиг. 977) момент в правой опоре
115 EJ
равен ©. Эпюры от действия Д см. на фиг. 978.
340
12.6. Ответ.
12.7. Ответ. Эпюры от действия э пя фиг. 980, от действия А -
на фиг. 981.
7. Фиг. 981.
12.8. Ответ.
Фиг. 982.
12.9. Ответ.
9. Фиг. 983.
342
12.10. Решение. Принимая смещение второго узла о за основное
неизвестное, определяем остальные смещения (фиг. 984).
hi 'tin рад.
10. Фиг. 985.
Эпюры моментов от единичных углов поворота, смещения и
нагрузки даны на фиг. 985.
Реакции от единичных воздействий и нагрузки будут равны:
’ 2,82 , 8EJ 10,82EJ
r11 = -rEJ + -r = -^-r--
4EJ 12F.J 4,‘ЮЕ.1 7.78EJ
' 12 = Г1А -р == ~7Г~,
8FJ , 4EJ 12/V
Г22-~= / “ -) Г>
Для подсчета л;3 и г9р надо построить эпюры Q и N от единич-
ного смещения узла 2 и нагрузки’1/’ (см. фиг. 986).
Вырезая узел 2, получим:
44 48
r.ip = - 0,74IP.
Канонические уравнения метода деформаций примут вид:
12:^ Ц- Z2 -4 Z3 — 0,148/7 = 0;
2^2 Zj +z2 4- 0,074/’/ 0;
—р.— Н—рг А Н---------р ^-З — О, /41Р — 0.
Решая уравнения, получим:
р/2 р/2
Zj ==0,00734^; Z2 = — 0,01 72
Z3 = O,O177 44.
Исправляя единичные эпюры и складывая их с эпюрой от силы р,
получаем окончательные эпюры (фиг. 987).
II. Фиг. 988.
345
12.12. Ответ.
12. ФИ|. 989.
12-13. Ответ.
13. Фиг. 990.
346
12.14. Ответ.
14. Фиг.
12.15. Ответ.
15. Фиг. 992.
12.16. Решение. Принимаем основную систему и чертим эпюры,
отвечающие единичным воздействиям и нагрузке Р (фиг. 993).
347
16. Фиг. 993.
Согласно фиг. 993 имеем:
r IE./,, , 4£V0 , 9Е/„ 17£70.
Г» Т~<
г _ 3£У0.
с»— —,
15£Л 60£Л
^ = -27Г==-7Г-;
4£Л , 9£9„ 13£9„
Г22~“ Z ~Т~ I ~ I ’
lbEJ„ 6F.J<,_ 54E.I„.
riz — 2/Z + P I-"’
' V2EJa . 45£Vo _ 132EJa.
'зз —’ p I i,pi — p >
r\p-~"gS rtp — 0; гзг> — 0-
348
канонические уравнения примут вид.*
17£7„ 3£Л
I Zi /
7 , 60/О„ Р1 ,
z2 —---- zs -ф- -j- = о.
3£J„ 7 , 13£J„ 7 tAEJn 7 n
— Zj-]—2—--------p-' zs — <
6O£./0 „ 54EJn 7 , 732£./0 7 n
—Jj— Z!------p- z2 -j-----p— zs = и.
Откуда
Pl-
= - 0,0106
p/2
Z., = 0,00167 -gV;
Pl3
Z» = 0,00099
6 EJ„
Окончательные эпюры показаны на фиг. 994.
йшшш
16. Фиг. 994.
349
12.17. Ответ.
350
12.19. Ответ. При /= 10 м эпюры даны на фиг. 997.
19. Фиг. 997.
12.20. Решение. В предложенной задаче определение нормальных
сил возможно только при учете продольных деформаций стержней.
351
Й этом случае решение будет содержать три неизвестных: однб
угловое Z, и два линейных перемещения узла Z2 и Z3.
Закрепим подвижней узел тремя связями, как показано на фиг. 998
(см. стр. 351).
Эпюры моментов от единичных смещений даны на фиг. 999.
20. Фиг. 999.
Для подсчета и г2В надо построить эпюры Q и Л/ от единич-
ных линейных смещений узла (фиг. 1000). На основании фиг. 999:
2,12g/
I
15,24--;
Г1, = 0; г18 =
На основании фиг. 1000:
о 12£J . C.3EJ « . о । п Г.Г. . 1,706
г™ — 2 —4* 2 -yr- cos3 a sin2 «4-2 -г- cosJ а =i= 25,06 -=г -4- ~— £74
<г- ч 1 ч 1 I 1-> 1 I
г->ъ 0; г27? -- 0.
352
Следовательно, = 0. Далее:
, ЗЕ J , „ЗЕ J . . „£/-, EF . „
гзз = ~р~ т cos° й~г 2 “ “г 2 — sin2 a cos а =
_ 4.06FJ , 2J06EF .
— Р "+ /
Г3)7 = Р.
Канонические уравнения приму г вид:
2(1, Фиг. 10С0.
или после подстановок:
15,24 Zx — 5,12 ЦZ.,r-~=-- 0;
23 3.U-. 1757. Сборп. задач но строит, механике.
353
12.21. Ответ.
21. Фиг. loot.
12.22. Ответ.
354
12.23. Решение. Ввиду Симметрии рамы и нагрузки задача содер-
жит одну неизвестную — групповой угол поворота узлов 4 и 6. Основ-
23. Фш. 1003.
пая система и эшоры от единичного углового смещения и о г нагрузки
даны на фиг. 1003.
Согласно фиг. 1003 имеем:
sin а = 0,447; cos а = 0,895;
г11 = £7-|- 0,895£7 = 1.895К/;
гч,= — 1,334?.
Каноническое уравнение примет вид:
1,895т, —1,334г/= 0.
Отсюда Z. = 0,704 =£-..
1 EJ
Окончательные ни юры даны на фиг. 1004 (см. tip. 356).
23* 355
23. Фиг. 100-1.
12.24. Ответ.
24. Фиг. 1005.
Примечание. Ординаты эпюшя N в среднем пролете нижнего ригели
вдвое меньше, чем в правом.
356
12.25. Пояснение. При симметричном загружении перемещение
узлов 6 и 7 возможно, узлов 3 и 5 — невозможно. Узлы 8 и 4 полу-
чат вертикальные смещения. Закрепив узел 3 или 5 и дав узлу 8
вертикальное перемещение, можно (например, по полярному плану)
25. Фиг. 1006.
определить перемещения узлов 6', 7, 4, и найти соотношения между
перемещениями. Окончательные эпюры даны па фиг. 1006.
12.26. Ответ. См. фиг. 1007.
12.27. Ответ. См. фиг. 1008.
12.28. Решение. Основная система и эпюры от единичных смеще-
ний и температуры даны на фиг. 1009.
Согласно фиг. 1009:
Аг = 4 • ~ «*4-16,0 ^at— 40,32^ а* = —22,82
г л I I / I
357
2(>. Фиг. 1007.
27, Фиг. 1008,
358
28. Фиг. 1009.
_Z1,7S~T^ ‘H96-£r<*-t
9,196
28, Фиг. 1010.
359
Каноническое уравнение примет вид:
Ц—2, — 22,82^а/= О,
откуда Zl — 2,282 at.
Исправив эпюру от Z, = 1 и сложив с эпюрами от температуры
получим окончательные эпюры (фиг. 1010).
12.29. Решение.
Эпюры от единичных углов поворота и двух случаев загружения
единичным грузом приведены на фиг. 1011.
29. Фиг. 1011.
Согласно фиг. 1011 имеем:
8EJ . 11IJ 4EJ
= ^-+ EJ = -3-; г,2 = ^--
п8ЕЗ , 3EJ 73EJ
'^ = 2-з- + -Г=П2--
Первый случай загружения—-груз в пролете 34:
х (3 — х)-’ . х2(3— .г)
' И> g i г‘ц> г)
Второй случай загружения — груз в пролете 45:
г, =о- г, = — fccJOy-*)2
Для первого случая загружения канонические уравнения имеют- вид:
11 ? < 4
Д-12—— О'
9Е2
9EJ
-L.Z3
1-1 12
ЗбО
Откуда при 0<^х<^3,0:
7 гг х(3— х) (73—19х).
zi — ?g — 739£7 ;
7 _ г 4х(3 —х)(12Д-7х)
z2 — ?4 = з. 739/7./ !
.. х (3 — х)(73 — 19х) ,
Л134 = —— -------------- (растянуты верхние волокна).
Для второго случая загружения канонические уравнения имеют
вид:
у Zj Д- у Z2 = 0;
±7 L? 7 (-Дг W ~ -И: — л
3 12 2 “ ~ ~9Е/ ~~ и-
Откуда при 3,0 .V <0,0:
7 JG(a-3)J6-.v)^.
3-7391%
7 11<-3)(6-л< .
—з.узэду >
16(х — 3) (6 — xp
=--------3Т739-(РастянУ™ нижние волокна).
На основании выражений для 73, о>4 и Л131 построены линии
влияния (фиг. 1012).
20. Фиг. 1012.
12.30. Ответ. См. фиг. 1013.
При O'.v<3:
- - З.г (3 - - ,у) (21 -5,у) .
2 3 • 339£-./
„ л (3-х) (48 4-37.Г)
Л' - 37678EJ ’
3(31
При З^л'^б:
T9 — Гб
з-з39£/ 1
Н^[9-(6^П
12.31 Ответ.
При О <С х 3:
8х (9 — л'«) _
3 141EJ
0,00358
при
2(х —3)(6 —х) (17х — 27)
3 • 747EJ
0,000896 .
12.32. Решение. Разлагаем нагрузку на симметричную и кососим-
метричную. На симметричную нагрузку расчет ведем методом дефор-
маций; на обратно симметричную — методом сил. При симметричной
нагрузке эпюры моментов от единичных угловых смещений и от на-
грузки показаны на фиг. 1015.
Ж
Согласно фиг. 1015:
_ 10£./. 4£J 16£J.
'll i > '12— i ’ r22— s
_ Pl_. _ Pl
rM> 16 > r2p ]6-
32. Фиг. 1015.
Канонические уравнения примут вид:
10Z1 + 4Z2+1^-=0;
4Z] i - 1 (> ZO-0.
1 1 - locJ
Откуда
z _ 5P/s . 7 _ 1PP
£l~ 576£/’ '1J52&/'
Умножив единичные эпюры иа Z[ и Z2 и складывая их с эпюрой
от нагрузки, получим эпюру моментов от симметричной нагрузки
(фиг. 1016).
.32. Фиг. 1016.
При обратно симметричной нагрузке эпюры моментов от единич-
ного неизвестного и от нагрузки показаны на фиг. 1017.
,32. Фиг. 1017.
Согласно фиг. 1017:
, 111 I !_ 2 ‘ L± ' о/ ‘ ] = 7 /;
г'ч ” EJ I 2 У ' 2 3 ’ 2 У 2 ’ 2 2 j 24 ' EJ ’
Л - L I1. 3Pl JL / _£_] — 9РР-
—' E-2J [ 2 ‘ 4 ' 21 2 I 64CJ '
364
32. Фиг. 1018.
В1.1.Ц.1 iwMl.,.1 о
32. Фиг. 1019.
365
Каноническое уравнение примет вид:
Z Zy . 2
24' EJ ' ~Т (Я ' EJ ~ ’
откуда Xj= — ^Р.
Умножив единичную эпюру на и складывая ее с эпюрой
от нагрузки, получим эпюру моментов от обратно симметричной
нагрузки (фиг. 1018).
Сложив эпюры моментов от симметричной нагрузки и обратно
симметричной, получим окончательную эпюру моментов от заданной
нагрузки и по ней найдем эпюры Q и N (см. фиг. 1019).
12.33. Ответ.
33. Фиг. 1020.
36G
12.34. Ответ. При интенсивности
? = 2 «/л эпюры даны на фиг. 1021.
горизонтального давления
34. Фиг. 1021.
12.35. Решение.
Ввиду симметрии системы разлагаем нагрузку на симметричную
и обратно симметричную. На симметричную нагрузку решаем раму
смешанным методом (вспомогательные эпюры см. на фиг. 1022 — 1026).
35. Фиг. 1022.
367
На обратно симметричную нагрузку решаем раму методом сид
(вспомогательные эпюры см. на фиг. 102/—1060).
35. Фпг. 1027. 35- 1<Ж
368
35. Фиг. 1029.
Уравнения симметричной группы будут иметь вид:
~Fri2'^2 4 Сз4 + rip =0'.
°214 4~ °22^2 4 4з41 ~Ь ~ 0;
414- 4Л + 4з4 4’ дзу) = ()-
Уравнения^обрашо симметричной группы:
4Л 4* 4* Д4д == °;
4- 4 4ji = °-
Согласно фиг. 1023—1026:
Ci = 2(.~Т7Г-4- ~Го7г) = 2 (16EJ + 2 0,562 EJ) = 34,25£'У;
^Х| и 1 /
“ °21 — О, /"jo = — о3( = 1 • 2 = —2;
,.13) = 2 ^„025^+ 2__6>7б = _4)75;
= -Е^ЬГ I) • 2 • 5 4- (3* + 54- 5 3)] +
, 1 о 3-3 2 о 37,73
ТЯ. 16/ 2 ‘ 3 ' d “ EJ ’
г_____' дЗ -3 . . 1
х(4"5‘4,48 • 14- 5 • 2 -1) = ^;
д^ = тЙбТ-2'1-3,375.3. 4-з = ^;
4з = -^1бТ-2-1-3-И-
+^(Ы-2(4’48 + 2)-1'1=-тг;
. 2 /1 „ „„ „ \ , 0,422
^ = -£TWk3 3’37о,4' х^-~~еГ-
24 Зак. 1757. Сбор», задач по строиФ. механике.
369
Согласно фиг. 1028 — ЮЗО:
"м = . ]б7 • 2 • J • () + 7675J ' 2 3
Х(бЧ~22+6-2Н-1-2.2-|-2 =
« 2
£-16/
6,0-4-6 = ^-°;
Д^ = -^4-18,375 . 7 . 6,°
, 2 1 „ .. 2
°г,б == д. е 7&/ ‘ 2 ’ 6 ‘ 6 ‘ 3 ' 6
2
£•1(5
39,3
£7’
X (> . 4 • 6 =
2 1 29 62
4й- • 7(18’375 ’ 7"“3-373 • 3)' (i-= W
Уравнения симметричной группы примут вид:
34,2,..........'j/Z/Z, -.2Лз -4,75 = 0;
37,73 v , 8,82 ., , 0,317 „
-Лв I 77--0;
2,30 ,, . 0,422
77‘V Г 777" С
3,82
35. Фиг. 1031.
370
откуда
' _ 0.00412
.....= EJ !
Л2= 0,532; A's== —2,310.
Уравнения обратно симметричной группы примут вид:
откуда
55,3 Аф-ф-18,OOX6-f-32,100 = 0;
18,00Аф-J-39,3 Az6 4-29,625 = О,
Х., = - --0,396; ХБ = — 0,573.
Окончательные -эпюры ,47, Q и N показаны на фиг. 1031.
12,36. Ответ.
36. Фиг. 1032.
«фаг»
ГЛАВА 13
13.1. Решение, а) Фокусные отношения: /г£<о = 2;
kBG = 2 + | (2 -1) = 3,5; k№ =24-4(2- :
^-м4(2^зл)=3>3;
EJ
3,71;
EJ_
371
24*
b — О- k —
R AG RBG
kGF
EJ
____L§_______9 75s
EJ EJ ~Z’ ’
. А.т
2 — 1 2 — 1
ь
КЕС
^=4-4П9=3’76;
— -т- 6 2,75
^пт,- = 4 — 376 = ^>^3-
Коэфициенты распределения:
(*да — 2) *В(? iBg. (2,75 — 2) 8
DE
б)
2-6
в)
г)
/Иду :
МАв
МЮ) =
„ _ (2,75 —2)-2-8
Pwa Д272=ЛГТ- ~~ °’5'
Моменты по концам загруженного
6RJ> 6-4-62 2
Z — 8 ' 3 ' 2-6
36(3,71 — 1) с_
= 3,71 -4,19- 1= ~~6’7 WJ/;
,, 36(4,19-1)
М°Е— зл.^д—!
Моменты в остальных узлах:
^1 = 2,44; = = —0,5-2,44 = —1,22 тм;
2,75
мвл
2
2,26
2
КЛ = К„Р
Mfc
пролей а:
6
т: = 36 т..и;
7,9 тм.
0,61 тм; Mjx; = Mjtj,
79
-= 2,26 тм;
— 1,13 тм.
1. Фиг. 1033.
372
13.2. Ответ.
2. Фиг. 1034.
13.3. Ответ.
373
13.4. Ответ.
4. Фиг. 10356.
1) При увеличении жесткости среднего пролета в узле 2 увели-
чится коэфициент распределения и момент будет больше,
а моменты Ма и М-щ — меньше.
Фокусное отношение &]2 увеличится; момент MiS может измениться
в ту или другую сторону в зависимости от размеров элементов.
2) При уменьшении жесткостей элементов Л1, Bl, Л фокусное от-
ношение й12увеличится, и момент, передающийся в узел 1, будет меньше.
13 .5. Ответ. Эпюра неверна, так как она не проходит на эле-
менте DE через правую фокусную точку,' а на элементе DF — через
нижнюю фокусную точку.
13 .6. Ответ,
0.8!
6. Фиг. 1036-
374
13 .7. Решение*. 1) Находим угловые фокусные отношения:
k
Л1 '
kB1 =
2£/и
где 1 и = первая сумма
ч/
стержни, сходящиеся в узле
стержня 1—2. Получаем:
в числителе распространяется на все
1, вторая — на те же стержни, кроме
7-12=^=0,4£7;
2(о,4+^ + ^1)л/
Й‘2 “ 0.4EJ
2 Ь 7и — Ъ 2 (0,4 + 0,4 4- 0,7б) — =-+
ka = со; +3 =----------------------------------------------------Ъ‘1 = 7,63;
2(0,4 + 0,75)-^
кю--=-----------------= 3;
I t 2 (О.4 ' 0,75)
"W" '"82“ О?4“..
2 (0,4+ 0,4 +0,7Ь) -
/04 0 4 \
2(0,4 4-0.4 1-0,75)
2(0,4 + 0,4 + 0,75)
*14 =-------------------------£+2. = 7,64;
2 (0,4 -1-0,4 + 0,75) +
kll} ==-----------------_ 4,08.
* См. проф. Б. Н. Ж ем оч кии, Расчет статически неопределимых рам-
ных систем. Способ угловых фокусов, 1929, или .Справочник Промстрой-
проекта", т. II, стр. 522—523.
Л2
375
2) Определяем углы поворота, вызванные загрузкой стержня 2—С:
* M^GkC2-~-
ср 2 =------------------=----------- >
1 20 №‘>0^02 —' ^20^20
Х’с = — = - 10,65 тм;
. 10,65 _3,57.
®2 । 0.75EJ 3,98 “ EJ ’
I2 — 3>57 °’621-
EJ-5,75~ EJ ’
<f2 _ 3,57 _ 0,46
ka~ EJ 7,75 ~ EJ'
3) Изгибающие моменты, вызванные загрузкой стержня 2—С;
Msd = TSd (2ф3 ?в — Зф#в) -|- /Изд =
/_________________9.0 691 \
= 0,75EJ(—tmmEeEL р-0—oU-0 = —0,93 тм;
М20 = Т20 (2®, +• ®с — 3^0) + Л4°с =
= 0,75(2 3,57)—10,65= — 5,39 тм;
<з = (2®2 + % — 3fe3) + 7И»3 = 0,4 (2 • 3,57-0,621) = 2,62 тм;
М21 = 0,4 (2 3,57 — 0,46) = 2,68 тм;
Мш = 0,75 (— 2 • 0,46) = —0,69 тм;
/Ип = 0,4 (— 2 0,46 р- 3,57) = 1,06 тм;
/Им = 0,4 ( — 2 • 0,46) = -— 0,37 тм;
/М(;, = 0,75 • 3,37 4- 10,65 = 13,35 тм.
Эпюра моментов М' от загрузки пролета 2 — (7 показана на
фиг. 1037, а.
4) Углы поворота, вызванные загрузкой элемента 7— В;
Л11В 2-8s 3,48
“i “ ’ T1B(kBlk1B — 1) klBTiB 12-4,08-0,75EJ EJ ’
¥1 3,48 _ 0,46.
ka~ 7JHEJ-~ EJ’
— _ Il — °’46 — 24!8
“s— *32^" £7-5,75“ EJ
* Правило знаков, принятое в данных формулах: плюс (-J-) имеют реактив-
ные моменты, действующие по часовой стрелке, и углы поворота по часовой
стрелке.
376
5) Изгибающие моменты, вызванные загрузкой пролета 1—В:
М1В== Т1В(2oj ©2 — 3<Ь|В) + Min =
= 0,75(2 • 3,48) — 10,65 = — 5,4 тм;
Мл =0,4(2 • 3,48) = 2,78 тм;
44x2 = 0,4 (2 • 3,48 —0,46) = 2,62 тм;
Mi = 0,4 (—2 0,46 Ц- 3,48) = 1,03 тм;
М>з = 0,4 (— 2 • 0,46 + 0,08) = — 0,34 тм;
М№ = — 0,75 • 2 • 0,46 = — 0,69 тм;
Mbi = 0,75 • 3,48 4-10,65 = 13,25 тм;
Л432 = 0,4 ( 2 • 0,08 — 0,46) = —0,12 тм.
Эпюра моментов М" от загрузки пролета 1 — В показана на
фиг. 1037, б.
а) 6)
0,93
0,185 139
7. Фиг. 1037.
6) Строим окончательную эпюру моментов от заданной нагрузки,
как сумму М = М' -J- М" (окончательную эпюру М см. в ответе
к задаче 13.6, на фиг. 1036).
377
13.8—13.9. Ответ.
8. Фиг. 1038.
13.10. Решение. 1) Определяем все фокусные отношения, считая
опоры неподвижными. Идя слева направо, получим:
Аналогично, идя справа палево, получаем:
= со; /г48 — 2,95; /г82 = 2,9 9;
7га1 =2,99; Ам = 3,39; /гзВ = 2,54; 1^с = 2,7; Й4В = 2,76,
378
2) Определяем те коэфициепты распределения, которые в дальней-
шем понадобятся:
__ (2,99—2) 2.95Е7-5
11234 ~ 5 (2 2,95 — 1) EJ
Аналогично получаем:
0,59;
__ (2,99 —2) Е7 5 _
Фас— 6-2А/ ~
0,41.
PMi = O,47; = 0,53;
ll82i*4,57;
5+/; 0,43,
ta = 0,59; Р43С === 0,41.
3) Определяем моменты, вызванные вертикальным смещением
правого конца элемента 2—3 на величину А:
ЕI
а. ,, , . , 6=4(1 + 2,99)
/И = =* 45=/’+ л________5 _____
93 *23*32—1 123 3,02-2,99—1
FJ
. 6 —(1+3,02) д
м ___ 6г23(1 +Ы __ 5 ' ' ' А
82 *33*33— 1 3,02-2,99— 1 ’ 5
у =0,119ДЕ7;
= 0,12 ДЕЛ
Эпюра моментов, построенная с учетом ранее найденных коэфи-
пиентов распределения у. и фокусных отношений k, показана на
фиг. 1039, а.
4) Определяем моменты, вызванные вертикальным смещением
левого конца элемента 3 — 4 на величину Д:
6 =-(1+2,98)
”"2j8 2,95 — Г
- А 2,95)
~2да72^5=-'Т'
-А = 0,123 ДЕ7;
4г-= 0,122 ДЕ/.
Соответствующая эпюра моментов показана на фи:. 1039, о.
5) Строим окончательную эпюру моментов, суммируя эпюры о и о
(фиг. Ю39, Я).
6) Сделаем проверки вертикального перемещения точки Л п вср-
। пкального перемещения узла 3.
Для проверки перемещения точки .1 используем вспомогательную
>нюру, показанную па фиг. 1039, г:
г
_1’л = S J ^4 dx = Л С — 5--5-. О,о49 + 5 8 • 0,0155) 0. |
О
Для определения перемещения узла 3 используем вспомогательную
эпюру, показанную на фиг. 1039, д:
I
Г ММ-> , /‘J& 2,5-5/2 м 1П£, I л...» ।
v3 = v J _+7Л- _ _777._гуу.(),+2.^.о,143 +
+• -I • 0,193 — 1 • 0,147 ) = Д.
1 3 3 /
379
в
10. Фиг. 1039,
13 .11. Решение. 1) Определяем по известным формулам все
фокусные отношения и коэфициенты распределения. Получаем:
£., = оо; £,„ = 4,5; £„, = оо; k„„ = 3,035; k„, = 2;
Al > > ’ Bi ’ -a ’ ’ C3 ’
A’ = 2,883; =oo; £.„=2,73; £., = 2,97; £,„ = 2,685;
£21 = 3,0; £1A=3,33;
P82B = 0,415; p321 = 0,585; p38(7=O,51; h23D= 0,49;
1*7332 — 0,53; рЛз0— 0,47.
2) Добавив в точке 3 горизонтальный стержень, препятствующий
перемещению от температуры, определяем моменты, вызываемые еди-
ничным горизонтальным взаимным смещением концов элемента D — 3:
/14. б'зд (1 + 6-0,25 £7(^1+^ П 1 Ч Р J-
/и 37)
/гл;Ал 1 30 2,883 — —
М..„ = = 0,53 • 0,13EJ = 0,069£7;
•>« • Doi ли ’ ‘ '
= = -§=- g = - 0,0227;
/И21 = р321Л123 = 0,585 • 0,0227 = 0,0133; М2В = 0,0094;
.. Л/., . 0,0133 „„„„„
/И,, =----— ~г , . = 0,00296.
12 А» ‘ 4,5
Эпюра единичной деформации и эпюра моментов М' показаны
на фиг. 1040, а.
3) Находим моменты, вызываемые единичным горизонтальным вза-
имным смещением концов элемента 2—3:
М — в • 0,2д£7 (1 -ф 2,97) J_ g 1862Д7'
2,97-3,035—1 4
Msd = 0,49 • 0,179£7=0,0876£7; Af3C = 0,51 - 0,179/77 = О,О914Д7;
/И21 = 0,585 • 0,186£7 = 0,109£7; /И2В = 0,415 0,186£7= 0,077£7;
/И12 = — = - 0.0242Д7.
4}о
Эпюра соответствующей деформации и эпюра моментов М" пока-
заны на фиг. 1040, б.
4) Строим суммарную эпюру /И1( вызванную единичным горизон-
тальным смещением узла 3 (см. фиг. 1040, в). Соответствующая
эпюра Qj показана на фиг. 1040, г.
381
11. Фиг. 1040.
382
5) Считая, что деформациями от продольных сил можно прене-
бречь, окончательные эпюры моментов и поперечных сил получим
умножением эпюр /И, и (Д на величину Д = atl (см. фиг. 1040, д и г).
13.12. Решение. Проводим решение методом моментных фокусов.
Рама имеет одну степень линейной подвижности узлов.
1) Устраняем линейную подвижность, добавив в точке А горизон-
тальный опорный стержень, и решаем раму с несмещающимися узлами
на заданную нагрузку.
Фокусные отношения получают следующие значения:
kAl = <x>; kBi = co\ kfil — = 3,33; ЛСз = сю;
/,'23 3,28 = А21; kii: — klA — 3,19; k1(i — — co;
= &lB == 2,46; /<,О=2,32.
Вычисленные величины коэфициеитов распределения:
Р123 “ 0,758; pJ3(? = 0,242; |'-ззв = 0,665; P-23J, = ПН, zi =0,335;
Зрм == = °>4G; == Prai °>G0°-
Моменты по концам загруженного нролеча
(при Кл =~ — 6
36 т.и
М 36(3,28--1)
12— 3,28-3,53—1
м 36(3,33-1)
21 ’ 3,28 - 3,33—1
= - - 8,3 /ла/.;
= — 8,47 тм.
Эпюра моментов при несмещающихся узлах показана на фиг. 1041, а.
При этом горизонтальная реакция в дополнительном стержне
Rip =—0,316 (направлена влево).
2) Даем единичное горизонтальное смещение нижней точке
стержня 1 — В я строим вызванную этим смещением эпюру моментов
(что равносильно эпюре от единичного взаимного смещения концов
стойки 1 — В); получаем:
.. 6-0,167В./ 1 пайнов,
/И1в =-----216----g-= 0,067 8EJ;
/Им = 0,46 • 0,0678£У = 0,0312£У;
Л412 = 0,0366.Е/ и т. д. (фиг. 1041, б).
3) Определяем моменты, вызванные единичным взаимным смещением
концов стойки 2— С; для этого дадим единичное смещение нижней
точке этого стержня. В результате
.. 6.0,125В/ 1 пп..й„,
Mie = —2^2 ‘ К = °’0406£ф
/И21 = Д>8 = F.J = 0,02037:7
и т. д. (фиг. 1042^ а).
383
4) Аналогично строим эпюру от единичного смещения концов
стойки 3 — D (фиг. 1042, б).
5) Суммируя эпюры 1041, б, 1042, а и б, получаем эпюру момен-
тов от единичного смещения рамы по направлению дополнительно
введенного горизонтального опорного стержня (фиг. 1042, в).
12. Фиг. 1041.
6) Находим горизонтальную реакцию в дополнительном стержне,
как сумму поперечных сил в стойках (фиг. 1042, в):
/0,069 , 0,046 , 0,069 \
= — +— )EJ
= (0,0115 4- 0,00575 + 0,0115) EJ = 0,02875EJ.
7) Находим горизонтальное смещение ригеля рамы из условия
равенства нулю реакции в дополнительном стержне:
rllZ1 + /?ljp=0; 0,02875EJZ, —0,316 = 0;
8) Строим окончательную эпюру моментов, каксумму
(фиг. 1042, г).
384
г)
25 Зак. 1757. Сборн. задач ио строит, меуапике.
12. Фиг. 1042
13.13. Ответ. При грузе в левом пролете МА = — и (1—и)/
Х(3,62— 2,92 а). При грузе в нравом пролете Л1А=-|- и (1—а)х
Х(О,695—0,498а);и = у, где х — расстояние от груза до левого
конца каждого пролета,
Линия влияния МА имеет вид, показанный на фиг. 1043.
| Остальные моменты легко находятся при помощи фокусных отно-
I шеиий (фиг. 1044, б).
13. Фиг. 1043.
13.14. Решение*. 1) Вводим заделки и узлы 1, В и С и строим
эпюры от заданной нагрузки в полученной системе (фиг. 1044, а).
2) Уравновешиваем узел 1, прикладывая сюда момент, равный раз-
ности 10,7 — 5 — 5,7, действующий по часовой стрелке, и строим
эпюру М' от этого момента в заданной системе.
Для этого сначала находим обычным способом все фокусные от-
ношения:
/гА,^2; kin — 2 Н |(2= 2,94; = 2 + (2= 3,66;
/гса — 2 Ц- ^2 — 3,73; KTJC — оо ; kG]} — 4;
kBt ==4 "4 = 3’75; ЙМ = 2 + J Щ7б) = 4,78‘
При определении величины момента, передающегося на стержень 1А,
воспользуемся формулой (1), вывод которой см. ниже:
= (1)
• 5>7 = - °’65 ' 5'7 = ~~3’7 тМ
(знак минус показывает, что М}А в узле 1 действует в направлении,
противоположном направлению Л4).
/И1В = — 0,35 5,7 = — 2 тм.
3) Узел В находится в равновесии, поэтому уравновешиваем узел С,
прикладывая к нему момент, равный 16 — 10,7 = 5,3 тм и действую-
щий но час'овой стрелке (фиг. 1044, в). При этом
* См. статьи: Я. М. Риппенбейна „К расчету плоских и пространственных
статически неопределимых систем" и И. М. Рабиновича .Некоторые упроще-
ния метода фокусов" в сборнике „Рамы и фермы пространственные и пло-
ские", Госстройиздат, 1933.
ксв)квс (2 —4)-3,66 ,,
/И св -= М = W4 Л =~
--- 0,539 5,3
— 2,85 тм- Мг,,у
— 2,45 тм.
387
Эпюра моментов показана на фиг. 1044, в.
4) Строим окончательную эпюру моментов, как сумму М = 44' -]~
Ц- М" 4- Мр (фиг. 1044, г).
Вывод формулы (1). Выделим узел рамы А (фиг. 1045,а);
стержни, сходящиеся в этом узле, жестко соединены между собой;
точки С, D, Е, В смещаться не могут. Пусть на узел действует какой-
то внешний момент /И. При определении моментов по концам загру-
женного пролета можно считать загруженным любой из четырех стерж-
ней, сходящихся в узле. Для вывода будем считать загруженным
стержень АВ; все фокусные отношения будем считать известными.
Эпюра моментов стержня АВ в основной системе и фиктивные опор-
ные реакции показаны на фиг. 1045, б.
Воспользовавшись формулой для момента на конце загруженного
пролета
получим:
Кл = — == — 244; Кпр = — = —
44;
Момент, передающийся на пролет АВ, будет равен:
44дв= 44и — 44 — М
(2 — k'n)kn
-----г~-----Л1,
или иначе:
^АВ 'блВ'М
(2 kAB) kBA
kAB АВЛ 1
Сумма коэфициентов распределения р для всех стержней, сходя-
щихся в узле, должна быть равна единице.
388
13.15. Решение. Так как рама имеет замкнутый контур, нужно
предварительно задаться каким-нибудь фокусным отношением. За-
даемся й]а = 4. Тогда
что не совпадает со значением й13 = 4, которым мы задались.
Повторяем обход контура при й12 = 4,65. Тогда
что уже совпадает с полученным ранее результатом, а, следовательно,
й|2 = 4,65. При обратном обходе контура в силу симметрии полу-
чим:
fe2l = 4,65; kiA = 3,19; kAB =3,265; /гвз = 4,26.
По формулам для концов загруженного пролета находим
(при = = = =
м м Kikv-Y) ЗР(4,65-1) П5Ч9Р
Л412 „ Д421 _---=----------------4,65*^Г- = — °’532 Р-
Но это значение момента в верхнем узле нельзя считать оконча-
тельным, так как его влияние, распространяясь через фокусные точки
всех элементов замкнутого контура, будет приходить в узел теорети-
чески бесконечное множество раз. Практически достаточно обойти
контур 1-- 2 раза. На фиг. 1046, а и б показана эпюра моментов, вы-
званная моментом 44], при двукратном обходе замкнутого контура;
цифры в скобках дают значения моментов при вторичном обходе. Такая
же эпюра, но в зеркальном изображении, получится от момента Л43
(фиг. 1046, в).
389
Окончательная эпюра моментов, полученная суммированием эпюр о
и в и эпюры от нагрузки в пролете 1 — 2, показана нафиг. 1046, г.
15. Фиг. 1046.
Для упражнения читателю рекомендуется проверить значения мо-
ментов, решив ту же раму методом деформаций.
13.16. Ответ. Фокусные отношения:
~ &т-1 “ ^12 “ ^21 ~~ 2,4о, = = 2,73;
/^ = ^3 = 3,08; Am=-*2B=2,34; kiB == k,c = 2,79; /e3I=/e42=4,52.
Эпюра моментов имеет вид, показанный на фиг. 1047.
16. Фиг, 1047,
390
13.17. Решение. Для того чтобы избавиться от замкнутого кон-
тура, вводим защемления в узлы 1 и 2. Основная система показана на
17. Фиг. 1048.
фиг. 1048, а. В основной системе для элемента 1—-3—4—2 фокусные
отношения будут такие:
£)S = fcgl = 2; й84 = kis = 2 g- (^2 —^ = 3;
/г31 = kia = 2 — ^2 — = 4,5.
Перекрестные отрезки К* — К"1' = 22,5. Моменты ио концам загру-
женного пролета:
., ал 22,5(3—1) кс., ,
7И, = Л44 =----5—5——с — — 5,63 тм.
О • о — 1
Эпюра моментов от нагрузки в основной системе показана на
фиг. 1048, о.
Составляем уравнение метода деформаций, выражающее ту мысль,
что реактивные моменты в защемлениях 1 и 2 равны нулю; р силу
симметрии имеем одно уравнение:
ГП^1 =
39J
Для определения моментов, вызванных поворотом защемлений
верхнего ломаного элемента, воспользуемся готовым решением ГТ-об-
разной рамы (см. приложение).
В нашем случае:
' ^24
6 + ЗОА + 24*2 р ,
(2-у /г) (1+64) h EJ
0,667^ _
(24-0,667) (1+6-0,667)4 J ’0JZ
EJ.
Распор верхнего элемента (см. ту же таблицу):
« =2 • ej-(1Йжгр- EJ= °’1172 EJ •2=°’2344 EJ-
Таким образом, моменты в верхних узлах:
М8 = Mi = 0,812+J - 0,1172 • 4EJ - 2 = - 0,12562?./.
В остальных элементах эпюры от единичного поворота узлов строятся
обычным образом.
Эпюра /И, от единичного группового поворота узлов 1 и 2 пока-
зана на фиг. 1048, в. Таким образом:
г11 = 2(0,8124-14-0,4174-0,333)EJ=5,124£J; /?1Р=2 2,815=5,63;
Rlp _ 5,63 1,1
ru 5,124EJ EJ ’
Окончательную эпюру, полученную как сумма М = /Ир,
см. в ответе к задаче 13.16 (фиг. 1047).
13.18. Ответ, (фиг. 1049).
= 2 = 3,58, = /у, == 4,53; = +/; 2,42;
ktc = kiC= 2.41; !+1А=О,535; р21С= 0,465; (iC21 =0,83; (iC2jB=0,17.
Такие значения фокусных отношений и коэфициентов распределе-
ния получаются при обычном ходе решения; постепенный повторный
обход замкнутого контура дает эпюру М, показанную на чертеже
(фиг. 1049). Но в данном случае задача может быть решена значи-
тельно проще: в силу симметрии угол поворота сечения С будет равен
нулю, и сечение С можно считать жестко защемленным. Таким обра-
зом, замкнутый контур размыкается; /-у., =/г<г,- 2;/г12 =/г.,, = 4,37;
р2[(, = 0,5 и эпюра моментов получается сразу.
13.19. Ответ, k, = k„ — со; km = k ,„ = 2; k,,= 2,61; kis-= 2,83;
«„2 = 3,28; /г21 = 2,93; 4<_, = 2,48; йаз = 2,71; k3i = 4,1; й41=3;
k,A = 2,54; kw = 2,63; k2~D == 2,75; ktB = 2,83.
Ответ на вопрос. В замкнутом контуре эпюра моментов не
пройдет через фокусные точки, так как на каждый стержень замкну-
того контура, моменты приходят с двух сторон.
392
13.20. Ответ. Воспользовавшись фокусными отношениями, найден-
ными в 13.15, находим моменты, вызванные единичным горизонталь-
ным смещением узлов 7 и 2; затем из уравнения метода деформаций
г,,/, 4" Rtp = 0 находим горизонтальное смещение Z, = -^.
Окончательная эпюра моментов показана на фиг. 1050.
20. Фиг. 1050.
13.21. Решение. Составляем таблицу геометрических характери-
стик стержней рамы (табл. 15).
Далее полагаем, что загружен только стержень 1 — 2. Имеем;
50 = Д)о = 0,268;
^ =+3 + ^ = 0,777;
^2 = 2 + -^-=4,ll;
°<z
/г212 + = 3,07;
6/?в 6Л?21 6-1.5-6’-
+Г = +;----------2J---13,0WA,
.. 13,5(1—3,07)
Л/<« 'нот- т.н 1 =-2,41^;
__ 13,5(1-4,11)
Л'21~ 3,07-4,11 —Г ..... 3,62 таг,
Л7„3 = Л131 = - 3,62 ^77 = — 1,75 тм;
41 о?, U,/7/
/И.,,, = — = + Мг = + тм-
k 1 3 1
393
Геометрические характеристики
Т а б л и и а 15
Стержень i-£ k L — j 9 - k
1—2 0,833 3 0,500
2—3 0,625 3 0,375
!—а 0,400 2 0,268
2—Ь 0,600 2 0,402
3-е 0,400 2 0,268
21. Фиг. 1051.
Затем полагаем, что загружен только стержень 2-3. Имеем:
•$а — ^12 £si> = 0,902;
4 = 4о = 0,268,
-- 24--^- — 2,69;
^й = 2 +j-=4,34;
Ж
/я -- Z23 24 —
,, 24(1 — 4.34) „ г,ч
= “2Ж534^Г = ~ 7’50 ,ПМ’
лл _ 24 (1—2,69) _ о*?©
^82 2,69*4 34— 1 ~ 3,78 тм>
м лл 712 7,й0 • 0,500 л-,/-
= Л1м s; =-------67902-“ = -4’16 тм'
Л112 = — = 1 39 щм.
k 3 ’
Эпюра моментов после суммирования представлена на фиг. 1051, а.
13.22. Ответ (фиг. 1051, б).
ГЛАВА !4
14.1. Решение. Изгибающий момент от нагрузки в любом сечении
определяемом углом «, равен:
а «
/Ии,, = ( qr da г sin (а - a) — qr^ J (sin a cos о - cos a sin о) d® —
о о
-- - qr* (1 --- cos a).
1. Фиг. 1052.
Изгибающий момент в том же сечении от единичной силы, прило-
женной в сечении А, будет:
Л1,„ == 1 • г sin а.
Крутящий момент в любом сечении от нагрузки равен:
a «
~ (qr d® г [ 1 — cos (a — ®) ] -- qr'* ( d® - -
u о
— qr" ( (cos a cos ® -(- sin a sin q) da — qr* (a — sin a).
0
395
Крутящий момент в том же сечении от единичной силы:
Мкр — г — г cos а.
Искомое перемещение
я К
д___С qrl(l— cos a) sin a da , f qri (a — sin a) (1 — cos a) da
— J -h J QJ- —
0 0 1
— 2l?r* I тЛдг*
EJ ~r 2GJp '
14.2. Решение. Для определения искомого линейного перемещения
строим эпюры изгибающих и крутящих моментов от приложенной
2. Фиг. 1053.
силы Р и сопрягаем эти эпюры с подобными же эпюрами, построенными
при силе Р=1 (фиг. 1053). Получаем:
д = (2-.|+2р42/+^.|з/)2_+
+ (2т+8^-20 4 = 3-^ + 5-
Здесь GJd представляет жесткость стержня при кручении. Для прямо-
угольных поперечных сечений величина GJa имеет выражение:
OJa = G'Jhb3, причем b является короткой стороной прямоугольника
(см. Н. М. Беляев, Сопротивление материалов, 1945, стр. 217).
Коэфициент р зависит от соотношения сторон прямоугольника.
Для квадрата р = 0,141 и Jd — 0,141 с4, где с — сторона квадрата.
Для определения угла закручивания строим эпюры крутящих и
изгибающих моментов от единичного крутящего момента, приложен-
396
кого на свободном конце, и сопрягаем эти эпюры с ранее построен-
ными эпюрами от силы Р (фиг. 1054). Получаем:
ч = 2Р/а ~ + 8РР jiy
1 EJ ‘ GJa
2РР tPP
EJ + GJa ’
2. Фиг. 1054.
14.3 . Решение. Так как от нагрузки крутящие моменты отсут-
ствуют, можно от единичных сил эпюры крутящих моментов не строить.
с (2с)3 2С
12
J.
3 '
3. Фиг. 1055.
397
3. Фиг. ]1Й6.
Полное перемещение:
А — - -к Лгр Д3р ;
л — л- л _5?а< 15?а‘
д ?а4 Зуа* _
~~ iEJ ~ ~~~ 8Ёс1 ’
А = т/Л^уТТЗ?^ ! ! ?£‘
V \l6EciJ >\8Еа) ~~ L’L Ес^
14.4 . Решение. Для удобства решения
раскладываем каждую силу Р на три вза
имио перпендикулярные составляющие:
Н;с = — Р- == -3- Р-
Строим эпюры изгибающих и крутящих
моментов от действующих сил Рг, Ру н />„
4. Фиг. 1<>57.
398
Для получения требуемого перемещения следует произвести сопря-
жение этих эпюр с подобными же эпюрами, построенными при
силе Р=1. Так как стержни круглые, то
j __ _ и 4 — 2 64 ’ 32;
Л-Й^’и' 2 Тз I , Узрр уй_
' ^У 2 3 3 EJ ' “3 3GJ„
2PF , РР 13РР
3EJ + 3GJp 12£7 '
14.5 . Ответ. Так как нагрузка симметрична, то в раме отсутствуют
обратно симметричные усилия. Кроме того, рама представляет плоскую
конструкцию и нагружена нагрузкой, перпендикулярной к ее плоскости,
а потому будут отсутствовать усилия,
дающие перемещения в горизонтальной
плоскости.
Таким образом, из тести неизве-
стных в разрезе остается только одно
(фиг. 1058).
Д/ = Е ; GJcl = G₽c4 = 0,056 ДЭ;
. 49,92/. Л _5,24?Р
011 ~~ Ес* ’ - -ВС1 >
-¥,=— 0,105 дР; эпюры моментов
показаны на фиг. 1059.
5. Фиг. 1058.
14.6 . Ответ. В силу симметрии нагрузки из шести неизвестных
в разрезе остаются только три симметричных усилия: Х1г Xs и Хв.
Рассматриваем половину рамы. Эпюры крутящих моментов пока-
заны пунктирной штриховкой (см. фиг. 1060).
X, = 0,055г//; Д'., 0,008г;/2; Х3 = — 0,067<//а.
14.7 . Ответ. Так как плоская рама загружена силой, перпенди-
кулярной ее плоскости, из шести неизвестных остаются только три:
zY,, Х3 и Хв.
X^O.SSP; Х> = 0,09Р/; Х3=0,73Р/.
14.8 . Решение. Разбиваем нагрузку на симметричную и обратно
симметричную. При симметричной нагрузке будет одно неизвест-
ное Х}, а при обратно симметричной нагрузке останутся неизвест-
ные Х3 и Х3. Рассматриваем половину рамы. Эпюры крутящих
моментов показаны пунктирной штриховкой (см. фиг. 1063 и 1064).
399
5. Фиг. 1059.
1757. Сбора, задач по строит, механике.
Моменты инерции поперечного сечения:
j --J — £L-
х 'у — [2 >
G,/(i = 0,8с4 = 0,4£ - 0,141с4 = 0,056Ес4;
%j = 0,175P/; %2 = —О.О49Р/; %8 = — 0.258R
Эпюры моментов изображены на фиг. 1065.
8. Фиг. 1064.
14.9 . Решение. Ввиду симметрии нагрузки и ее перпендикуляр-
ности плоскости арки из всех неизвестных остается только Xt.
Изгибающий момент от нагрузки в любом сечении, определяемом
углом ср, равен:
<2
ЛТг» = — J qr daj sin (ср — cs1) = — <7^(1 — cos®),
о
402
S. Фиг. 1065.
Единичные моменты от Xt — 1 в том же сечении:
Ми = 1 • cos ® и Мкр = 1 - sin ш.
9. Фиг. 1066.
Вычисляя перемещения, рассматриваем половину арки:
Ts ®» М d | a) I sin2<po .I___
_ „ f cos2? _ f sin2¥d¥ _ 2 ц + + 4 11 /г) .
п J EJ aJ~Tr J 0[iME ~ EJ
с о
_ f ° (cos ? — cos2 ?) d? „_s f ’ ('? sin f — sin2 ?) d?
--V J ------------£7---------qr J ---------------------
о 0
qr^ (4 sin — 2?n) (! + £) — sin 2?o (1 — k) — 4A®0cos % .
“ 4 EJ
403
в этих выражениях
fe =
EJ
Отсюда следует:
(4 sin cf0 — 2?0) (1 + fe) — sin 2=ec (1 — fe) — 4fej>0 cos »0
2=f0 (1 + k) + sin 0 — k)
Изгибающий момент:
Миз = X cos у — qr2 (1 — cos o).
Крутящий момент:
Мкр = A\ sin ср — qr2 (co — sin co).
14.10. Решение. Вследствие наличия двух осей симметрии можно
считать сечение, к которому приложена сила, как бы защемленным и
рассматривать половину рамы в виде,
представленном на фиг. 1067.
Таким образом, лишних неизве-
стных в этой раме оказывается два:
Aj и Х2 (см. фиг. 1068).
Решая два совместных уравнения,
находим.
Р1
16 •
Эпюры изгибающих и крутящих
моментов показаны на фиг. 1069.
14.11. Решение. Так как изгиб
рамы abed будет происходить только в
ее плоскости, то, применяя метод деформации, будем иметь всего
одно неизвестное перемещение: угол поворота узла с (или узла d
10. Фиг. 1068.
—с обратным знаком) вокруг оси, перпендикулярной плоскости ра-
EJ
мы abed. Обозначая — строим эпюру от нагрузки и единичную
эпюру.
404
Вычисляем реакции:
^=-2^=-^; rn = 2(4f-+2i + 0(4i) = 12,8z.
II. Фиг. 1070.
Оаск'да искомый угол поворота:
Z,
= = 0,0195 Д.
гц 51,2* i
405
Эпюра моментов показана на фиг. 1071.
11. Фиг. 1071.
14.12. Ответ.
14.13. Решение. Пользуемся методом сил. Основной системой
выбираем статически неопределимую балку, защемленную двумя кон-
цами. Применяя группировку неизвестных, видим, что для решения
рамы достаточно составить одно уравнение с одним неизвестным.
= W?/ = 0’402?/-
Эпюры изгибающих и крутящих моментов показаны на фиг. 1074.
14.14. Решение. После группировки неизвестных усилий убе-
ждаемся, что необходимо составить три уравнения с тремя неизвест-
ными (см. фиг. 1075 и 1076, слева).
^ = 0,148Р; Х2 = 0,034Pi, X, = — 0.069Р/.
Эпюра моментов показана на фиг. 1076, справа.
406
13. Фиг. 1074.
14.15. Решение. При данной симметричной нагрузке удобно при-
менить метод деформаций, так как для решения рамы надо будет со-
ставить всего три уравнения с тремя неизвестными. Основная система,
эпюра от нагрузки и единичные эпюры представлены на фиг. 1077.
. _ . . __ . ___ . ___ . __ EJ
1а1 — 1Ъа i '— 0
2/"I
iab=ibc=~^,<567i.
«Я
14. Фиг. 1075.
14. Фиг. 1076.
408
15. Фиг. 1077.
решая три совместных уравнения, находим:
2’5 = 0,0087^-; Z, = 0,0500^-; Zs = — 0,0529
Эпюра изгибающих моментов в раме показана на фиг. 1078.
В узле Ь моменты = Л'1Ъе = 0,135а/2. Крутящих моментов в раме
не будет.
909
16. Фиг. 1080.
410
14.16. Ответ. Для решения рамы составляем одно уравнение
с одним неизвестным.
EJ = ~; OJa = 0,0565с1;
. _ 59,7а . 23.85.Pa-.
0,1 ~ ~ £с4 ’
Л, = 0,40Ра.
Эпюры моментов указаны на фиг. 1080.
ГЛАВА 15
15.1. Ответ. Рпр = 3,79а,грЕ.
15.2. Ответ. Pnp—\QanpF.
15.3. Ответ. ksan = ^2-= 2,63.
15.4. Решение. Система, показанная на фиг. 470, а, один раз
статически неопределима, поэтому в предельном состоянии должна по-
явиться текучесть в двух стержнях. Так как опорные стержни
в точке А являются абсолютно жесткими, то единственно возможным
вариантом предельного состояния будет появление текучести в стерж-
нях ВС и BD. Предельная нагрузка Рпр находится из условия равно-
весия = 0 (фиг. 1081, а):
р-^ + р ^1—апрГ1 — зпр? sin <х = 0,
откуда
рпр = 1,21аяр?:'.
Система, показанная в задаче на фиг. 470, б, также один раз
статически неопределима, но здесь нельзя сразу сказать, в какой
паре стержней должна раньше появиться текучесть. Рассмотрим по-
следовательный ход расчета.
1) Принимаем за лишнее неизвестное усилие в стержне АЕ и
составляем каноническое уравнение метода сил: 8ц-^+=— 0.
Основную систему и эпюры от нагрузки и единичного неизвест-
ного в основной системе см. на фиг. 1081, б, в и г.
ЕПп = 1- 14-27- 2-{-1,41 • 1,417 • 1,41 = 7,837;
= — 2Р7 • 2 = — API.
Подставляя величины коэфициентов в каноническое уравнение,
получим Х=0,51Р.
Усилия в остальных стержнях определяются из условий равно-
весия;
Nos = о,98Р; Д7М = О,72Р; Нл = 0,51Р (фиг. 1081, д').
411
Таким образом, наиболее нагруженным оказывается стержень
С—В и в нем текучесть появится в первую очередь. После этого
нагрузку можно увеличивать до появления текучести во втором стержне,
которым, вероятно, окажется стержень В—D (так как 5вд =
4. Фиг. 1081.
= 0,72Р>Вдд = 0,51Р). Находим SBB из условия равенства нулю
момента относительно точки А (фиг. 1081, е):
— ~npFl~~ SBD2l -0,707 4- 2Pl = 0,
откуда
SBD= 1,41Р — 0,707cnJ>F.
Приравнивая напряжение в стержне BD предельному, т. е. апр, полу-
чим предельную нагрузку:
1,41 Рпр — O,7O7anpF=anpF,
откуда
^пр ‘ 1,21с„рВ.
При этом необходимо проверить, действительно ли в оставшемся
стержне АЕ напряжение не дошло до предела текучести. Для этого
находим Вдд из условия £Г = 0:
Вид 4-т^В —0,707o„pF —2 • 1,2\anpF = 0,
412
откуда
Sae— >7Q7у 'jae^np'
2) Другой путь расчета состоит в том, чтобы рассмотреть все
возможные варианты превращения системы в механизм.
а) Предположим, что текучесть появилась в стержнях АЕ и СВ
(фиг. 1082, а); тогда горизонтальная реакция На — 0,707Вдо,
и из условия равенства нулю момента относительно точки В найдем:
°npFl — O,7O7SBDl = 0; SBD = l,41aBJJF,
т. e.
что невозможно.
б) Предположим, что текучесть возникла в стержнях АЕ и BD
(фиг. 1082, б).
В этом случае вообще не удовлетворяются условия равновесия,
так как
Нд=О,7О7а^В и ЪМв = °„р?1 — О,7О7а^В/сДО.
в) Вариант появления текучести в стержнях ВС и ВО приводит,
как уже показано выше, к ответу: Рпр — 1,21аиг,В *.
15.5. Ответ. Рпр= ДбадаВ.
15.6. Ответ. Рпр = 1,6anpF.
15.7. Ответ. k,,an — 1,7.
15.8. Ответ. Данная ферма превратится в механизм при Рпр =
= 1,21а,ipF= 1,21 -2 400. 10 = 29 000 кг.
Таким образом, коэфициент запаса всей фермы:
ь _ Ллг, _ 29000
й“п р 20 000 *’
Коэфициенты запаса отдельных стержней:
&дв~ 1,93; АВО,= 1,37; ^^=1,70; йм = 2,40; яЕ4 = 1,93;
fe£C=l,5l; /гм = 1,93; fe4e=6,25.
Наиболее нагруженными оказываются стержни ВС и ЕС.
* Предоставляем читателю самостоятельно убедиться в невозможности
вариантов, при которых один или два стержня будут сжаты.
413
15.9. Ответ. Данная система имеет восемь лишних связей; следо-
вательно, в предельном состоянии должна быть достигнута текучесть
не более, чем в девяти стержнях. Эти девять стержней нужно найти.
Ход расчета: 1) Решаем систему с восемью неизвестными на
заданную нагрузку (Р в буквенном виде) и определяем наиболее
нагруженный стержень.
2) Приравняв усилие в наиболее напряженном стержне предель-
ному, т. е. апрР, решаем систему с семью неизвестными на задан-
ную нагрузку плюс усилие в перерезанном стержне, равное апрр, и
опять находим наиболее нагруженный Стержень.
3) Приравняв усилие в этом стержне anpF, решаем систему
с шестью лишними неизвестными и т. д., пока система не превра-
тится в механизм.
4) Приравняв предельному усилие в том стержне, текучесть кото-
рого превращает систему в механизм, получим зависимость вида
Рпг, = роярД, где у — какой-то числовой коэфициент. Тогда заданная
нагрузка будет связана соотношением:
P = -5s2_=_tt____а р
r h h п1>1 ’
кэап кзап
откуда искомая площадь
р. &зап &
i ~~~ —е
Р1 °пр
Примечание. Если какой-либо стержень, доведенный до пре-
дельного состояния, в процессе последующего нагружения системы
получает дополнительную деформацию другого знака, то в нем
прекращается текучесть, и это должно быть соответствующим обра-
зом учтено в расчете.
Предельную нагрузку можно
ния всевозможных механизмов,
также найти путем рассмотре-
которые получаются из задан-
ной системы при отбрасывании
тех или иных связей (по методу
проф. Гвоздева).
15.10. Ответ. В предельном
состоянии напряжения будут рав-
ны пределу текучести в стержнях
DB и АС. Отвечающая этому
состоянию предельная нагрузка
= 32 200 кг. Коэфициент за-
паса всей конструкции
ь ____ Рпр 32 200 .оро
Kuan р J0000 — 0,22.
32200
31300
10. Фиг. 1083.
Нагрузка, отвечающая появле-
нию текучести (в стержне DB),
Рпр.упруг== 51 300 /га.
График зависимости вертикального перемещения точки С от на-
грузки показан на фиг. 1083 (масштаб искажен).
414
15.11. Ответ. Предельное состояние будет достигнуто, когда
потекут стержни СВ, ED и НО. При этом из условия SAfp = O (для
правых сил) найдем, что Nlk = — 0,5з,,„г, следовательно, напряже-
ние в этом стержне = 0,5oM?j. Сила Р определится из условия
^Мд = 0:
Р пр ,41ОпрР •
Любой другой вариант предельного состояния дает Рпр~> l,41<snpF,
напряжение в одном из стержней больше апр, что не-
но при этом
возможно.
15.12. Решение. Допу-
скаемая нагрузка [Р] опре-
делится из условия:
[Р] 80йааи — Мпр =
= кг см;
следовательно,
^ = -1^ ^=15^,
ои • z
0.7F
11. Фиг. 1084.
где Ц7т в cj.fi.
В предельном состоянии
при изгибе нейтральная ось
делит сечение на две равновеликие площади. Находим расстояние от
верхней грани сечения до оси из условия (см. фиг. 1084):
F
2-8,9
15,91 __ 0,898 см.
2-8,9
F = 8,9 • 1,044-8,96 0,75= 15,98 см2.
Пластический момент сопротивления сечения определяется из
условия Ц7Т = — е (точки А а В лежат соответственно в центрах
тяжести верхней и нижней части сечения). Разбив нижнюю часть
сечения на два прямоугольника, получим:
Г, = 0,142 • 8,9(0,449 4-0,071)4-8,96 • 0,75 (0,4494-0,142+
4~4,48)=34,6 см3.
Таким образом, [Р] == 15 34,6 эд 520 кг.
15.13. Ответ. Ряр=1410 кг.
15.14, Ответ. 1) Требуемый пластический момент сопротивле-
ния IF, »JIeff = 667 см3. Принимаем двутавр № 30а, имеющий
Гт = 230 = 698 см3.
2) Требуемая площадь стержня АВ равна Fmpes = 0,835 см2.
Принимаем </=1,2 см, что дает:
^=ЗД4Л^ = 113
4
415
3) В момент предельного состояния всей конструкции сечение К
балки находится
1350
'1350
14. Фиг. 1085.
в упругой стадии работы о™“= dr 1 350 кг/сжа,
и эпюра напряжений имеет вид, показанный на
фиг. 1085.
15.15. Ответ. Данная система имеет три опас-
ных сечения: 1) сечение стержня CD, 2) сечение С
балки ВСЕ и 3) сечение А балки АВ.
1) Из условия работы стержня Рпр — 1 255 кг.
2) Из условия работы балки ВСЕ Рпр = 274 кг.
3) Из условия работы балки АВ Рп]> = 490 кг.
Расчетная нагрузка Ря?) = 274 кг.
15.16. Ответ, [q] — 0,44 т/пог. м.
В предельном состоянии пластический шар-
нир находится над опорой В. Зона упруго-пла-
балки распространяется на 0,23 м влево и на
стической работы
0,25 м вправо от опоры В. Остальная часть балки работает упруго.
15.17. Эпюра изгибающих моментов в данной балке при данной
нагрузке имеет вид, показанный на фиг. 1086, а.
Л4д = —18,7 тм; Мх= 17,5 тл1.
17. Фиг. 1086.
Геометрические характеристики сечения балки:
!Fa, = 721 гл8; JFr = 840 ыА
В последний момент упругого состояния балка может выдержать
момент
==2 400-721 ==! 730 000 кгсм =s 17,3 тм*
416
Предельный момент:
Мп1, = 2 400 • 840 = 2 020 000 = 20,2 тм.
Следовательно, сечения А я К находятся в упруго-пластической
стадии работьг.
а) Нахождение эпюры напряжений в сечении А.
Размеры поперечного сечения балки показаны на фиг. 1086, б. Если
бы границы упругой и пластической зон проходили по внутренней
грани полки, то изгибающий момент был бы
0 95 • 303
М = 2 400 4-1,5- 13-31,5-2 400 =
6
= 1 820 000 кгсм < 18,7 тм.
Отсюда мы заключаем, что зона пластичности захватила и часть
стенки.
Изгибающий момент, воспринимаемый полками:
Л4Я0ЛИ1= 1,5 13 • 31,5 • 2400= 1 480 000 кгсм = 14,8 тм.
Изгибающий момент, воспринимаемый стенкой:
Метенки = 18,7 — 14,8 = 3,9 тм.
Обозначив через х расстояние от верхней границы стенки до
границы упругой н пластической зон (фиг. 1086, в), получим:
МЖ1Ки = 2400 • [о,95х (30 — х) + । = 390 (ю0
откуда х = 2,35 см. Эпюра а4 показана на фиг. 1086, в.
б) Нахождение эпюры напряжений в сечении К.
Изгибающий момент в этой сечении тИк<18,2 тм, поэтому граница
упругой и пластической зон проходит в теле полки. Обозначим
через х расстояние от верхней грани полки до границы между зонами.
Определим момент сопротивления средней заштрихованной
(фиг. 1086, г) части сечения:
13 (33 - 2х)3 12,05-303
12 ~ 12
уу —-----------—-------------------------—
16,5 —л- 16,5 — х
__ 11 800 — 7 ЮОх -|- 428.C3 — 8,7х3
16,5 — х
Изгибающий момент в сечении согласно эпюре о (фиг. 1086, й):
„ оиллГло /м , I II 800 —7 100x-i-428x2 —8,7x3]
Мк = 2 400 1 Зх (33 — х) -------------jg-g-2—------------—-
= 1 750 000 кгсм.
27 Зак. 1757. Сбор!,. ззд.-i': ио прош. 417
Сделав приведение подобных членов, получаем кубическое урав-
нение:
4,3№ — 215ха + 705х — 250 === 0,
откуда
х як 0,4 см.
в) Определение протяженности пластических зон
по длине балки. Давление, передающееся от балки ВС в точку В:
RB = 13,33 т.
Обозначив через z расстояние от точки В до границы упругой
зоны (по длине балки), получим:
1) для участка АВ:
13,33г = 41“,“^,== 17,3 тм,
откуда г = 1,3 м;
2) для участка ВС:
13,33г — = 17,3 тм,
откуда zY = 3,11 м; г„ = 2,23 м.
Зоны пластичности показаны заштрихованными участками иа
фиг. 1086, е.
15.18. Ответ. Сечение А находится в упруго-пластическом со-
стоянии. Эпюра нормальных напряжений показана на фиг. 1087.
18. Фиг. 1087.
15.19. Ответ. Рпр— 12,55 т.
15.20. Ответ. В предельном состоянии пластические шарниры
будут находиться в точках В, Е и С. Предельная нагрузка Pnv —
= 4,96 tn.
15.21. Решение. Предельный изгибающий момент для двутавра
№ 20а находим из условия:
• • anjJ IT,. = апр 2S = 2 400 • 2 • 138 — 663 000 кгсм = 6,63 тм
fсогласно ГОСТ 10016-39 -ф- = 17,2: ,8\ = = 138 щи8).
418
Л4„г, = 6,63 тм и решив
В предельном состоянии шарниры текучести возникнут в защсмле»
нии и в сечении на расстоянии х от левой опоры. Это расстояние и
предельная интенсивность нагрузки дпр
могут быть найдены из двух усло-
вий:
1) — М'
/ •Л' Пр'
м — м •
2 2 / Jvlnp iilnp>
2) 0^ = 0;
f/ Пр I Мпр_____v________n
2 । 4n;>x ~u-
Подставив в эти уравнения I = 8 м,
их относительно q и х, найдем:
х = 4,68 м; qnjl=l,2‘2 нъпог. м,
откуда
9 , 1,22
допускаемая нагрузка М == о,61 т!пог. м.
“зап
15.22. Ответ. ^ = 3,44 т'пог. м.
15.23. Решение. Для того чтобы пластические шарниры возникли
одновременно в сечениях В, С и посредине среднего пролета, в этих
сечениях должны быть равны изгибающие моменты при упругой
работе балки. Для определения положения опор В и С будем иметь
три условия (фиг. 1089 а, б):
1) 1^2^= L; (1)
— _ qli ql:t
2) rWq ЛД = g. 2 • |g 1
3) 2MB (/t + У 4-Л1с/2 = - 6/?g,
27»
4!9
4з
и.чй, так как /ИВ = Л1С=—уу,
-g(2/1+3/2)=-67?g==-^(L + 2/2). (2)
Фиктивная реакция на опоре В сложится из реакций первого и
второго пролетов:
= + (з)
Подставив соотношения (1) и (3) в уравнение (2), получим для
определения кубическое уравнение:
З/з 4- Щ — ЪСЧ, Z.3 = О
или
/34. £ /е —£2/^-4 ±- =0. (4)
Как известно, решение этого уравнения можно получить, приме-
нив подстановку:
= (5>
Тогда уравнение (4) приводится к виду:
х8рх -4 q = 0, (6)
где
/2 1- Г/2 < L"\- 28/2.
£3 [ I- / гоч 1 | । о (I. \3 1 326
Ч = 3 - И (“ Л') ' 3 J + 1Ы ’ 27 = 729 Li-
Q~
Известно, что при 4 один корень будет действительным,
а два мнимыми; при ~ “Г57 < 0 — все три корня действительные.
В нашем случае:
$+1?=(S /;зУ • т -- S д2У • 2? =; °’0087 т-е- > °-
Вычисляем единственный действительный корень:
= ^Z-8 + °’093 Z-3==V/Z7W3i Ь==-0,506 £.
Так как х получился отрицательным, то и /2 согласно подстановке (5)
получит отрицательное значение, что не соответствует физическому
смыслу задачи.
420
Таким образом, задача не имеет решения.
Из уравнения трех моментов можно получить выражения:
чЧ <1 (Ч Н?)
Л 8 ~ 4' 2li-]-Sk'
На основании этих выражений построен график, показанный на
фиг. 1089, в. Из этого графика видно, чао отношение опорного и
' I,
пролетного моментов—-у- ни при каком отношении пролетевшие
равно единице. В лучшем случае, при у =0,4, эти моменты раз-
нятся между собой на 27°/0.
15.24 . Ответ. PHJ0 = 8 850 кг.
15.25 . Ответ. РП7,= И 500 кг.
15.26 . Ответ. В предельном состоянии пластические шарниры
находятся в точках Д, С и D.
Рпр = 19,3 /и; [Р] = = 9,65 т.
15.27 . Ответ. Амп=1,66.
15.28 . Ответ. [Р] = 9 т.
15.29 . Ответ. ?KJ) = 2,46 тЧиог. я. При эгом пластические шар-
ниры возникнут над второй опорой слева и в левом пролете на
расстоянии х = 3,31 м от левой опоры.
15.30 . Ответ. Согласно эпюре изгибающих моментов, полученной
при упругом расчете (фиг. 1090, <г), пластический шарнир появится
в первую очередь над опорой Е.
30. Фиг. 1090.
Рассматривая схему с уничтоженной угловой связью в точке Е
(фиг. 1090, б) и с Мпр=-- —10,6 тм, находим, что при даль-
нейшем увеличении нагрузки наиболее опасным будет сечение над
421
опорой С, причем Мс— — 48^ -(-21,2. Второй пластический шарнир
появится над опорой С при нагрузке, отвечающей Мс = Мпр =
~ — 6,63 тм.
После этого балка теряет способность воспринимать дальнейшее
увеличение нагрузки.
у„г,--=О,58 т погмг, |у] = 0,29 т/пог.м.
15.31 . Решение. Данная система однажды статически неопределима,
поэтому в предельном состоянии выключатся из работы две связи.
Для выявления опасных сечений производим упругий расчет, приняв
за неизвестное усилие в стержне DC (фиг. 1091, «.). Эпюры Ми Nt и
,П0 показаны на фиг. 1091, б, в и г. Уравнение перемещений:
Д, ’ + in? = °- (3)
Геометрические характеристики двутавра № 24а и перемещения:
,/с == 4 570 = 0,457 • 10-ДД;
+ = 47,7 с.и‘2 — 47,7 10'4 лА;
_ (1.4Р-2Д- 1 -2-1) -2 , 1 • 12-1
4,9-10-* 1 -17,7-10’*
1-8-1 ( /2-2 'Г\“2 3“ ' 2 -2 4- 2 - 8 - 2J 10* 86,8 • 10
4,9 -10-* 0,457
f ММ J .. ds = 2 _ 3-/(7 +1 0,5г/ -2-1 -1
’+ И-q . 4 1 2<7-4 О 1 9 + та- 2 3 Q -q 4J 2
, 2-2 + 3 За 1 504 — |0,457 ~ — 299 q • 10*.
Подставляя полученные значения коэфициентов в уравнение (8) и
решая его, получим:
где q и т/пог. м.
Суммарная эпюра продольных сил N — NrXt и суммарная эпюра
моментов М — MfX-i 4~ Л40 показаны на фиг. 1091, д и е. Величина
нагрузки из условия текучести затяжки:
3,44^ = 2 400 - 4,9 • 10-а;
q — 3,42 т/пог. м.
Величина нагрузки из условия текучести подкоса:
4,85<7 = 2 400 • 4,9 10-»;
ту =- 2,44 mi пог. м.
Величина нагрузки из условия текучести балки (пока без учета Л/):
3,887 = 24 000 • 25 = 2 400 2 • 10~г>;
q = 2,74 т'пог. м.
Таким образом, наиболее напряженным элементом системы оказы-
вается подкос, и текучесть в нем будет достигнута при q = 2,44 тпюг. м.
ifllHIHHI
4,85$
татпшшшшпж
@5,44? W
31. Фиг. 1091.
При дальнейшем увеличении нагрузки усилия в элементах шпрен-
геля будут оставаться постоянными (фиг. 1091, ж), отрицательный
изгибающий момент над правой стойкой будет убывать, и следующий
пластический шарнир возникнет в сечении с максимальным положи-
тельным моментом на расстоянии х — 4,5 м от левой опоры:
?Итм=4,57- 4,5 — q^-—-16,8 = 10,17— 16,8.
Воспользуемся формулами для предельных усилий в сечении, на-
ходящемся иод совместным действием изгиба и продольной силы (см.
фиг. 1092):
Nnp ^пр (А 2г) d,
М,,,, ==- ~хч, ; ы (h — I) + rf (г — /) (/г — е — /)).
423
В нашем случае:
W=8,4 /л; Л? = 10,1<7—16,8;
й = 0,116 .и; /г = 0,24 м; / = 0,013 м; (/ = 0,008 л;
о,у) = 2,4 • 104 т 'м-, следовательно:
<’ = || 0,24 0,0981 .и.'
Предельная нагрузка qnp определится из условия:
10,1</п) — 16,8 = [0,116 0,013 • 0,227-ф-
-[-0,008 0,0851 0,1289] 2,4 10J;
16,8 4-10,35 ,
п —-------4-,----= 2,68 тчюг. м.
‘’Ч> 10,1 ’
Коэфинпент запаса:
15.32 . Решение. Умножив заданную нагрузку Р на коэфициевт
запаса, равный 2, получим Рп]) = 20 т и эпюру М в предельном
состоянии, показанную на фиг. 1093. 'Гак как максимальные моменты
ригеля и стойки одинаковы, а продольные силы разнятся мало, сече-
ние подбираем но Мпр — 50 тм и N,v = 10 т. Предварительно
424
находим требуемый пластический момент сопротивления из условия
действия только одного момента:
Мпп 5 000 000
»'1„1^=25 = ^=-2W- = 2 080 см-
с 2 080 ,
и/ре(! -=- 2 - 1 040 < .к-.
Двутавр № 50а имеет Л' == I 080 > 1 040 с.Л
- 42,8
Проверяем это сечение с учетом продольной силы.
Размеры сечения:
А = 0,5 b = =0,1о8 м; / = 0,02 и/; </ = 0,012 .к
(формулы — см. решение к 15.31).
1 /, N \ 1 _ 10 \ .
« = — п--------Т = ТГ о,а д-гтдог—лктн = 0,232 .к;
2( с,у/ ) 2 5 24 000-0,012/ ’
Л1,у, = а,у, [bt (/г — /) ф- d (е — t) (/г — е — /)] = 24 000 X
X [0,158 • 0,02 0,48 4-0,012 • 0,212 0,248] =51,6 > 50 тм,
т. е. имеется еще небольшой запас.
Читатель может самостоятельно убедиться, что ближайший сосед-
ний по таблице номер двутавра уже дает Мпр < 50 тм. Принимаем
сечение стоек и ригеля из двутавра № 50а.
Примечание. Понятно, что более выгодно сделать сечение
ригеля и стоек переменным путем усиления узлов, например, наклад-
ками, но детальный конструктивный расчет не входит в нашу задачу.
15.33 . Ответ. k3an — 2.
15.34 . Ответ. Продольные силы в ригеле и в стойке оказывают
ничтожно малое влияние на несущую способность (при условии, что
возможность потери устойчивости исключается).
Рпр = 16 т.
15.35 . Решение. Помножив заданную нагрузку па коэфициснт за-
паса, равный 2, получим РП]> = 2 • 10 = 20 т. Система трижды ста-
тически неопределима, поэтому в предельном состоянии могут воз-
никнуть четыре пластических шарнира. Но если шарниры возникнут
в точках Е, D, С, то достаточно этих трех шарниров, чтобы система
превратилась в механизм. Для определения положения пластических
шарниров производим последовательный расчет рамы.
I этап. Рассчитываем заданную систему как упругую па на-
грузку Pt’, получаем эпюру Л-fi, показанную па фпг. 1094, а. Наи-
более нагруженным является сечение D, поэтому здесь в первую
очередь возникнет пластический шарнир.
II этан. Рассчитываем систему с шарниром в сечении D на при-
ращение нагрузки, которое назовем Рр. Получаем эпюру согласно
425
фиг. 1094, Л При сопоставлении эпюр Mi и 44[t видно, что следую-
щий пластический шарнир возникнет в сечении Е.
III эта п. Рассчитываем систему с двумя шарнирами n D и Е на
приращение нагрузки по отношению ко второму этапу, т. о. па Р[ц.
Получаем эпюру согласно фиг. 1094, в.
35. Фиг. 1094.
Очевидно, третий шарнир возникнет в узле С. Определяем на-
грузки, соответствующие каждому этапу работы рамы (числовые
коэфициенты взяты в метрах):
1,23Л = М,1р; А = 0,815 /Ипг1;
2,25/->ц -ф 0,824 = 2,25Рп 0,82 • 0,81544,, = .44,,,,,;
Рн = 0,1475/14,
6Zjhi + 1,5Аг 4- 0,68/ф = 6Plf( 4- 1,5 • 0,1475,14,v ф
+ 0,68 • 0.815ЛЦ, = Р1П = 0,0375/14,у1.
Предельная нагрузка рамы:
= Т. е. /И,,,,=20 w.».
Предельная эпюра моментов, полученная как сумма М = M/i'i i
L Л!цРц МщРш, показана на фиг. 1094, г. Продольная сила
в ригеле Nv = — 5 in, в левой стойко М = —13,3 т,
420
Подбираем сечение по Мпр — 20 тм и 13,3 т.
Берем двутавр № 33а (А = 0,33 М‘, 6 = 0,13 м\ t= 0,015 м\
/2 = 0,0095 м).
По формулам, приведенным в решении задачи 15.31, получаем:
(. = -^/г._--2С.-) = 2 ! 0,33 - 24ОдаГод)()5 —0,1357;
Г) \ 3(<- /)(/; <•-/)!
= '.*4 000 10,1 з 0.013 - (1,3!5 I 0,00'15 0.1207 - 0,1793| ~ I 0,7 iii.ii.
Так как разница в = 1,5" п, а разница в коэфициеше запаса
будет еще меньше, принимаем двутавр
№ 33а.
15.36 . Ответ.
Лр(; = .Nun — I'л = /7,1 — 0.
(Чаопый случаи!.
15.37 . Ответ.
АДв—1,1 in; —- 1,55 т ; Л’(,щ = -0;
Njje --- 0; Л/дь --- 1,55 lit")
Л'М;-- — 2,4 nt', Nnu — - 1,1 in.
15.38 . Ответ. Так как система craiti-
чески определима, момент и сечении С ;;у, фиг. 1095,
после разгрузки будет равен нулю. Эпюра р,
после разгрузки будет иметь вид, показанный па фиг. 1095. При
вычислении /И,ф принят- I № 30 а.
15.39 . Ответ. При вычислении эпюры <з,£ момент сопротивле-
ния Wg, согласно фиг. 1086, б принят равным 716 смъ.
39. Фиг. 1096.
15.40 . Решение. Данная система статически неопределима, поэтому
после разгрузки в балке останутся изгибающие моменты. Для опре-
деления остаточных усилий рассчитываем балку, как упруго работаю-
щую на нагрузку, раыпую P,v, по направленную в обратную сторону.
427
Основная система показана на фиг. 1097, а. Эпюры моментов от
единичных неизвестных и от нагрузки в основной системе показаны
па фиг. 1097, б, в, г и <?.
<10. Фиг. 1097.
Моменты инерции д» !7 ----- = 6550 с.и'.
Jt д, S3a = J = 11 900 сл‘; & = 5^ = 1,82.
Канонические уравнения метода сил:
®1Л 4~ 12^2 Ч~ — 0;
4*! + + S28Xs + 4 = 0;
+ S32^2 + 4i3-4; + 4 = °'
Коэфициепты канонических уравнений:
(9)
62 о P/S 6 2 I 8 2,-7
4S11~ 2 ’ 3 2 * 3 2*3" 4,6 ’
г,г» 3-8 2 ... 3-3 2 ... „3-3 2 3 _ .„ у
4°33- 2 ’ з ' 4 2" 3 *3 4 "2 * 3 * 1,82 4
Л/рОй = f’‘ 4"= 1 7:7,003 = у • у — 4;
Л! р = Д2р = 0; Д3;, = 4-4- = 66,7.
Подставив коэфициепты в систему уравнений (9) и решая их,
получим:
А", — - 0,725 тм', Лф = 1,15 w.iz; A's = --l,51 di.
-128
Эпюра моментов в предельном состоянии, эпюра моментой ОТ
разгрузки и остаточная эпюра М показаны соответственно на фиг.
1098, а б, в.
Эпюры остаточных напряжений в сечениях С и Е показаны па
фиг. 1098, г и д.
15.42. Ответ. Выравняв моменты на опоре и в крайнем пролете
ио объемлющей эпюре моментов, построенной от нагрузки (P-f-Q) k.,an,
получаем: 1) для крайних пролетов и для опоры:
/И„7, = 17,99 тм;
^l™’^ сл3.
42. Фиг. 1100.
2) для среднего пролета:
M,v — 12,01 т.н;
1F,.
1 201 000 __
2 400
500 с.А
15.43. Ответ. />==2,48 л/.
ГЛАВА 16
16.1. Решение. В момент потери устойчивости точка А откло-
нится на величину 8, стойка .-1/1 в сечении В повернется на неко-
торый угол 6.
На этот же угол повернется и опорное сечение балки ВС в точке В.
Уравнение равновесия для стойки АВ в деформированном со-
стоянии будет иметь вид:
или
где
Интеграл уравнения (2) имеет вид:
у — С, cos kx 1- G> sin 8
(1)
(2)
(3)
(4)
430
краевые условия имеюч вид:
при х-0: у = О, = 0 = ; (Л)
при х = /г: у =-— о. (6)
Из условий (5) получаем:
г _____________________ Р’>1
’ -О, G,—
Условие (6) приводит к. уравнению:
8 = -- о cos kh -! - кгтк Ни kh 4 8;
воспользовавшись (3), получим:
kj-fesin/e/z—cosfe/г —0, (7)
Уравнение (7) является характеристическим уравнением для кри-
тической силы.
У
Узнав из уравнения (7) наименьшее значение k, определяют по
уравнению (3) наименьшее значение критической силы.
16.2. Ответ.
i.g/.7z =
(w-4
где
Е.Ц °
16.3. Ответ. Характеристическое уравнение;
j kii
= О,
гд е
EJ^
43 i
16.4. Ответ. Уравнение для определений критических Нагрузок: k'i k1, kll — kil 4 J 1 4 1 Z ] J Z
где
kl = к.= EJ\ EJ ।
16.5. Ответ. 16.6. Ответ. 3EJ Я><1> - rs • 1 . i & sin&Z _ jrrSttlWJ Г7— = 0, EJ 1 rlt kl
где
При rn = оо имеем шарнирно-подвижную опору, и критическая
сила определяется из уравнения:
sin kl = 0.
16.7. Ответ. kl tg ki = йД.;
где K EJ •
16.8. Ответ. , ., kl tgkl=--
где ^ = -Д- ' EJ •
При г1:[ = оо — жесткая заделка; при г1]=0 — шарнирное опи-
рание. 16.9. Ответ. Согласно фиг. 1102: l1^, —-rxil. 4 £.pz^. ( — I ~2 _ |‘ p у -fe- /?L 9. Фиг. 1102.
432
16.10. Ответ. ?K = -yL.
16.11. Ответ. Р„==| arn.
16.12. Ответ. Рж==-|-агп фу <7/-22, где г22— жесткость правой
опоры.
16.13. Ответ. Рк=^~^-.
16.14. Ответ. =
16.15. Ответ. Характеристическим уравнением, из которого по-
лучаются два значения критической силы, является следующий детер-
минант, полученный из коэфициентов двух однородных уравнений
с неизвестными at и а2:
rul2 nr rnl2
9
—Р/ ЗгцР _2Р/ °
16.16. Решение. Даем системе отклонение /=2/а
и подсчитываем работу внешних и внутренних сил
(фиг. 519).
Работа внешних сил: Рк&р = РКЬ?.
Работа внутренних сил:----1- Xf (см. фиг. 1103). Но
цЛИ x = Ki- Фиг. ПОЗ.
поэтому «
Сумма работ внешних и внутренних сил в деформированном со-
стоянии равна нулю:
/\/а2-----j— а2 =а 0,
откуда
** - р
16.17. Ответ. Рк=д—у.
16.18. Ответ. Рк = -у~.
iEJ
16.19. Ответ. Рк = -Х^~.
16.20. Решение. Работа внешних сил: РД^ = Р/а2. Для подсчета
работы внутренних сил надо решить Г-образную раму, придав поворот
узлу А на угол а и горизонтальное смещение этому же узлу на
величину al (фиг. 1104).
28 Зак. 1757. Сборы. задач по строит, механике.
433
Уравнение деформации примет вид:
откуда
2 7.
Умножая единичную эпюру па Zt =-^ и складывая с эпюрами от
заданных смещений, получим окончательную эпюру моментов М
(фиг. 1105).
20. Фиг. 1101
по формуле потенциальной
Работу внутренних сил подсчитаем
энергии, взятой с обратным знаком:
Так как работа внешних и внутренних сил в деформированном
состоянии равна нулю, то имеем:
откуда
ЛЛа —^1«а = 0,
р - 147:7
*
434
16.21. Ответ..
16.22. Решение. Подсчитаем значение коэфициентов для точек
1 и 2, пользуясь обычным приемом интегрирования произведения
эпюр.
22. Фиг. 1106.
Согласно фиг. 1106:
« « 4/; 1
°и — ф»— 243£./’ I
Л » 7Z> ।
°12 — °-21 — 48Ы? / j
Нз формул (1) следует, что
Согласно фиг. 1107 уменьшение потен-
циальной энергии внешних сил равно:
8 7= — РДр = — Р Н— ------|-_2С— =
=_ « (А+e<j ^{(^+ [toil]2ч-
1 3F* г 2 г 2 т /п>
+ -----Г [У1 ~гУ2 V*1 •
Увеличение потенциальной энергии внутренних сил равно:
8С = 1х1Л4-±Ху2!
(3)
435
28*
Где силы -Y, и X, определяются из уравнений:
8и-^1+81Л—л; I (п
4Л 4* 4е-4=у» I
или
4P v । 713 v
243£V'4 + 486£/ ~ У1’
7Р у , 4Z3
486£У 1 Г 243EJЛЧ~)Ч’
откуда
v \&2EJ /о п х „ \&2EJ ,Q „ >.
х1 = “~й3~(8-у1 —7-у2); ^ = -^г-(8л—7д’1);
тогда
о.. 1 162£J/O „ , .1 162£J/о „ ч
° Т = 2 W/3~ 0-V1 — 7Л)У1 + ~2 ~5W (8-4 ““ 7У\) Уч =
%\EJ ,п 2 t о 2 ,л ч /Гч
= ~sp~ (8У' + ~~ !4лу2)- <4;
Приращение полной потенциальной энергии системы:
3f/ = _ 3f [УЧ +уч _у1У2] + 8||/ + 8?2 _ 14_Mi]. (G)
Находя минимум SJ7, получим два уравнения:
^- = 0 и ^42^0.
4’1 4’«
Развертывая эти уравнения, находим:
Г 432EJ . Г,. 37SEJ
—2Р|Л+|Р---v-
п 378 £У] , Г432£/
р—г--/ИЛ+Ы—21
З’е=-О,
Для определения значений критических сил получаем квадратное
уравнение в форме детерминанта:
/432ЕУ о nW о 378£У\
51^ 2WV 5P~ J __
/„ 378EJ\/432EJ о,Л =0
W---------5Р-)Г~5Р-11 )
или в развернутом виде:
^-»Р+2™^ = 0. (10)
436
Отсюда для критической нагрузки Р получим два действительных
значения:
162£/ Г 162"£2/’ 27’-20£V2 _ 162£J _ 108£J _ 54£J .
1 5Р Г 25/4 251* 5Р 5Р 5Р ’
Р 162772 5/'! , / 1622£7Л 1” V 25/‘ 27’ 20£V2 25/4 162Я/ , " 5Р 1 W5EJ 5Р 5AEJ
iI:t них наименьшей (расчетной) будет 1\. Подставив 1\ в любое
из уравнений (8), получим:
л-~л = о,
из коюрого видно, что j'j-=_у2, т. е. наименьшее значение крити-
ческой силы будет соответствовать симметричной деформации балки AR.
16.23. Ответ. В этом случае возможна только обратно симметрич-
12£J
пая форма потери устойчивости. Р,с = —г-г-^ .
‘1‘2
16.24. Ответ. Возможны две формы потери устойчивости: сим-
метричная и обратно симметричная.
24. Фиг. 1109.
1) Симметричная форма потери устойчивости (фиг. 1108).
Характеристическое уравнение имеет вид:
k sin klt — cos /г/, = 0,
где
2) Обратно симметричная форма потери устойчивости (фиг. 1109).
Характеристическое уравнение имеет вид:
ksin kl,'— cos kl, — 0,
6 Л 1 1
437
где
Р
EJt'
16.25. Ответ. Возможны две формы потери устойчивости: сим-
метричная и обратно симметричная.
1) Симметричная форма потери устойчивости (фиг. 1110).
25. Фиг. ПН).
Характеристическое уравнение
при симметричных формах потери
детерминанта):
для нахождения критических сил
устойчивости имеет вид (в форме
k2EJt sin kll
kBEJl cos /г/.
= 0,
где
2) Обратно симметричная форма потери устойчивости (фиг. 11 11).
Характеристическое уравнение имеет вид:
, ,, РЕ Sin/?/)
k cos kl, = ————
где
pi = -
E.h '
16.26. Решение. Данная система в отношении форм потери
устойчивости обладает двумя степенями свободы. Искомая форма
потери устойчивости может быть выражена через углы поворота
О ( и опорных сечений балки АВ. Для этих углов поворота на
135
основании метода деформаций можно написать систему двух одно-
родных уравнений (фиг. 1112):
Уравнения (1) выражают условия равновесия узлов Л и В.
Для критического значения нагрузки q получим квадратное урав-
нение, которое в форме детерминанта имеет вил:
(2)
Отсюда для критической нагрузки qk получаем два действитель-
ных значения:
AEJ fti I — V — /’1 j
91==_ ,
L--------; (3)
4P.J л,-I -г И Л)—Л;
'/я — -дг- • .
Из них наименьшей (расчетной) будет
ql
26. Фиг. 1112.
При — /г.; = h согласно (3) получим:
</i =
4g/.
/2ft ’
12g J
Ph ’
0)
Нагрузке у, соответствует симметричная форма потери устойчи-
вости; нагрузке q2—обратно симметричная. Это легко обнаружить,
подставив или q„ в любое из уравнений (1).
439
16.27. Ответ.
— 2В.Л (/to — 7г i) ± 2EJ V+ 3/7,/г.
*1*2
(1Ч-1^± |//7{+*i*2-h *2
*1*2
Выяснить условия потери устойчивости системы при — Л2 = h.
16.28. Ответ.
Характеристическое уравнение имев г вид;
16.29. Ответ. Характеристическое уравнение имеет вид:
tg 2 17-ц/ю Z>4 = О,
М I 4
2 /
При г22 = 0 получаем задачу 16.8.
При гп = оо, г2г7-0 получаем задачу 16.28.
16.30. Решение. Многопролетные балки, находящиеся под дей-
ствием сжимающих сил, решаются при помощи уравнений трех момен-
тов, аналогичных обычным уравнениям трех моментов:
где k,
+ ^+2 = 0>
(I)
k -J- 1, k -j- 2 — номера трех последовательных промежуточ-
Eh
ных опор;
М1С-—момент над й-й опорой;
I,, — длина fe-oro пролета;
,/к— момент инерции сечения /г-го пролета.
Рк—сжимающая сила Л-го пролета, постоянная
в пределах пролета.
441)
Табулированные функции А-го пролета:
Таблицы этих' функций приведены в книге И, (1. Прокофьева
и Л. Ф. Смирнова „Теория сооружений", ч. Ill, нал. 19-18 г., стр. 230.
Согласно уравнению (1) для трсхопорпой балки имеем уравнение:
т/Гд'Ь 0-1) W = - °- (’)
л для определения критической нагрузки получаем;
(4)
Р/' Рв
16.31. Решение. Обозначив реакцию над
рой через /ф, а прогиб на этой опоре — —
''ll
опоры, получим уравнение:
промежуточной опо-
где Г] । — жесткость
Д1. __ ffl 5in ^2 ; / Г _ !
ru~ Pkslnkl S 1 Pl1"
(1)
откуда характеристическим уравнением для Рк будет:
sin Wj sin kl2 — k sin kl^-—- — 'р~У> (2)
здесь
= (3)
16.32. Ответ. rn = ДДД .
Характеристическое уравнение имеет вид:
/ Pf \
f<y kl - k I 1 ___— I
b Rl V Эб£Л / ’
где
16.33. Приближенное решение.
Задаваясь упругой линией при потере устойчивости в форме:
Х=/(1 — «’S--4-), (1)
441
удовлетворяющей граничным условиям, последовательно нахо-
дим:
1) работу, производимую сосредоточенной силой Р:
2) работу, производимую внутренними силами:
I
г M'!rdx г ,M2,d.v
| . J _
в 1,
П7 —у) =
= - Pfcns j
iix -р
Г =
cos '27
i
(3)
Jj
sin
2/?Л I 2 ‘ 27, I л
Подставляя (2) и (3) в уравнение о V) == О, получим:
16.35. Решение. Момент инерции на верхнем конце стержня
, bip
,/0 = момент инерции в промежуточном сечении тп:
Т2 '12 I ° I ' 2 J
Уравнение упругой линии при потере устойчивости принимаем
в форме:
Работа, производимая сосредоточенной силой Р:
442
Работа, производимая внутренними Силами:
Подставляя (2) и (3) в уравнение 3(7'-!- JZ) = О, получим:
^EJO
4Р
^1н 2~— 1п-И
ЗгД lb--i 63-Д ъ 255т8
2-2! +4-4! 6 • Ы 8 8(
(4)
16.36. Решение. При расчете рам на устойчивость методом дефор-
маций выражения для моментов /Иц,, и М1)п и поперечных сил
Q,a и Qi>u на концах стержня рамы 1иЬ зависят от углов поворота
концов стержня и линейного смещения стержня 4/u11 = и
lab
продольной силы М„ь. Для стержня, прикрепленного обоими концами
к упругим узлам (фиг. Ш4), имеем:
М<л = 2U [«?„ + 3?/, — (а + Р) -КД; 1
...........................Р)-Ы; (И
Ч = К7- -И)(к + Ы-тМ,
lab
443
Для стержня, прикрепленного одним концом к упругому узлу
(точи п), а другим к шарнирному (точка />) (фиг. 1115):
Qab = Qba= —уф,,.), I
1аЪ '
444
где а и 7 также функции t — Т/ , а именно;
’ lol>
fitgt fl
tgt—t’ ч ~ tgt — f
Значения функций a, fl, (а -f- fl), у, а и 7 в зависимости от аргу-
мента t приведены в приложении 3.
В случае растягивающей силы в уравнениях (3) и (6) тригономе-
трические функции заменяются гиперболическими. Значения функций
в этом случае приведены в приложении 3.
При отсутствии продольной силы в элементе имеем: /=0, а. = 2,
р—1,7 = 6, а = 3 и у = 3; в этом случае уравнения (1) и (5)
превращаются в обычные уравнения метода деформаций.
Задача 16.36 имеет одно неизвестное од продольные усилия
в стержнях равны:
Л'3 = Р; .V01 = ^2 = O. (7)
Уравнение моментов для узла 1 имеет вид:
^,.,=-0. (8)
Согласно фиг. 539 имеем:
М10 = CiC-io'?! ;=: зд" ‘ 2?] = бЬоу;
Л11?> — 2/18я18®1 = 2 • —y«i3O) — Юацуэд | (9)
Л112 —- • За, = 4ОФ;. j
Подставляя (9) в уравнение (8), получаем:
58-pj + 10«13?1 4- 45<oj -= 0, (10)
откуда находим:
а13 = — 10,3.
Согласно табл. I (приложение 3), это соответствует ^)3 = 6,00, откуда,
Т4К КЗ К /.g 1/ —:----, ТО
г z18
6,o = j/~b^. и р/[=,45я.
44.6
16.37. Ответ. /01 — 3,59; Ph ----- 51,5 .
16.38. Ответ. Л.. = 5,56; Рк = 31^.
39. Фиг. Ш6.
стных :
16.39. Решение. Задача имеет три неизве-
?2’ ?3 и 412 = К = 4- (U
Продольные усилия в стержнях:
W,2 = P; Л/23=М,4 = О. (2)
Уравнения деформаций имеют вид:
7И21 4” ТИ23 —
ИД4! "Т ^34 = 0;
Qt2~h Qis — °;
Жо, — 2г21 [а*2 — («12 4~ Р12) 4:4 — 2 (ai2?2 (aia 4* ?ia) 411
^23 = 24з 12?24- "?з1 = 2 дг 12% 4- %1 = 2 [2?24- *3] =
=~ir [2?э4- ?з1;
EJ„ 5EJe
2WS2 = 2i32 [2?.. + <p2] = 2 12?з + Тд! = "ДТ12?з + a,];
M3i = 2z31 [2% — 3<kM] = 2 [2?3 — 34];
Q12 — f(al2 + 14г) ?2 712'4121 [ (“ 12 T °12) ?2 7)2'!'];
<43 = - ^ 1(2 -I- 1) ?1, ~ - 6'4l3l = - [3% - (541. (4)
После подстановки значений (4) в уравнения (3), получим:
(ai»4- 3) ?г4~2,5а3—(al24~ 4а) 41 = 0; 1
2,5?2+ 7*з — 34 = 0; (5)
(ai2 4- 4е) ?2 — 3?з 4- (712 4- 6) 4 = 0. J
Детерминант уравнений (5) является симметричным относительно
главной диагонали. Раскрыв его, получим:
7(а-ф₽)2—15 (ар) — 7af — ЗЗя — 28,75"(—127,5 = 0. (6)
446
Давая t— у ряд значений в пределах
от /= О,7О7л. . . до t= 1,41л. . .
и разыскивая по табл. I (приложение 3) величины (а-р-Р), а и у,
можно найти наименьшее положительное значение tw-m [наименьший
корень уравнения (6)], после чего найти значение наименьшей крити-
ческой нагрузки по формуле:
Р к — Anin
(7)
16.40. Ответ. При симметричной (относительно вертикальной оси)
форме потери устойчивости получим:
FI
/,., = 5,417; Рк = 6,52^4
12 ’ ’ а‘
п , . „„ „ 4,283. 139 8
16.41. Ответ. А,. = 4,28; Рк =--==— = 71,1 т.
14 6,02
16.42. Ответ. Л» = 6,003; Р,; = = О,563£Л.
16.43. Решение. Для определения критической силы в плоских
стержневых системах, в которых все стержни соединены шарнирно,
приравнивают пулю детерминант системы’.
V^^cosa,7tK/.-
- sin = 0;
V
/ 1 1
-l-i^ :osa.tIfian. = 0, |
J
где Е — модуль упругости;
Е,-к— площадь поперечного сечения стержня, заключенного между
узлами i и k\
1ц- — длина того же стержня (в непагружепном состоянии) до дефор-
мации;
ailt— длина стержня после деформации фермы (после нагружения
силами);
o.ik— Угол между стержнем ik и осью х после деформации фермы.
В задаче 16.43 два независимых смещения: о.г2 и 8у2. Полагая
<z12 = a и а32 = 90, имеем:
8<212 = 8jc2 cos а —|-Sy2 sin а; о«32 = о_у2;
(2)
* См. И. Я. Штаермап и А. А. Пиковский, Основы теории
устойчивости строительных конструкций, 1939.
447
Подставляя (2) в уравнение (1), получаем;
откуда, составляя детерминант, находим:
n Z:'Ai2sin a cos’2 а
- t.
1 -j- — sin3 л
Ь3
16.44. Ответ. Pv =------; ——.чу-т-.— .
16.45. Решение.
Направив оси, как показано на фиг- 548, и пользуясь заданным
приближенными выражением упругой линии, подсчитываем работу,
производимую силой Р:
i I
т - 41 4 Л Л3/2 ----з*2>+dx =
==t[4t + 2^+z4 (1)
Подсчитываем работу, производимую внутренними силами:
I г/ II
-ТЁГ- =
о
I
= Sj Лт» (ЗРх х^'2 + Wx - *3) *+
О
+Иdx-+т 4
(2)
448
Подставляя (1) и (2) в уравнение V) =0, получим*.
21 /2 Р г 39 4 р т
16 • 7 + 2/? + А?2-Ш [70-^ Z + У + У? ] = °- (Л
В свою очередь:
о = (/ "4“'-?/),
где ф— упругий угол поворота от единичного момента
Отсюда
Подставляя (4) в (3), находим уравнение для определения
_ 19 ~PFP‘S 4- f— о2/ — • — 4р2 (— Й4- — . —4 Р
2WEJ ? । 06 35 EJf к 8 ? '70 £УЛ
Рк:
J- — = О
। 16/
I, Е, J.
ф,
Для получения наименьшего значения Рк нужно найти наименьший
корень этого уравнения, что возможно сделать при подстановке в урав-
нение числовых значений величин:
16.46. Ответ. (<//), — T&^EJ
46. Фиг. 1119.
Точное решение получается путем интегрирования диферепциаль-
ного уравнения:
X
с результатом:
7.83EJ
”..' Р
16.47. Ответ. Рассмотрена симметричная форма потери устойчивости:
о n„,l — VP — 3lx-p3x^
mtnP,c = 2EJ------..........
Линия влияния P;t лапа на фиг. 1120.
29 Зак. 1757. Сбор». тааач по строю1, механике.
449
1 6.48. Решение. Уравнение изогнутой оси тонкого плоского стержни
с круговой осью имеет вид:
MJE
EJ
где и — перемещение вдоль радиуса;
в — угловая координата ;
R — радиус дуги круга;
М — изгибающий момент;
£_/•— жесткость стержня на изгиб.
Для случая действия лишь радиальной нагрузки р примет вид: d‘‘ll > ьь „ рТр+А'"=^и. уравнение (1) (2)
г.де ^ = Ч~Ж' (3)
Общим решением этого уравнения будет:
и — A sin АО В cos №. (4)
Краевые условия: при 0 = 0 и 0 — 2а:
« = 0; ) Л1 = 0. J (5)
Чтобы удовлетворить условиям на левом конце (0 = 0), нужно
взять В = 0. Условия па правом конце будут удовлетворены при
sin 2т/с = 0. (6)
Наименьшим корнем этого уравнения является:
k=~, (7)
<7
450
И согласно (3) имеем:
Искривление арки показано на фиг. 551,
16.49. Ответ.
Л = -^г(«2— 1)>
где п определяется из уравнения:
па па
tg 2~~ 2~ __4(tga —а)
/ЯаТ3 а3
\2 )
16.50. Ответ.
Рк=^(п — О,
где п определяется из уравнения:
tg па = п tg а.
16.51. Ответ.
где п определяется из уравнения:
tg па — п tg «.
16.52. Ответ.
EJ . •> 14
Л — !)>
где п определяется из уравнения:
[2 (гг‘ — l)-j-(n4 — 2n2 -f- 2) cos па. — (п2— 1) па sin па] • tg а =
= п [sin па. ]-- (п-— 1) па cos па].
16.53. Ответ.
EJ. , ,,
Л=^('г'^1)>
где п определяется из уравнения:
CR
|j(tg па — п tga)4~(ra2 — 1) tg аа tg а = 0;
жесткость закрепления:
2 '
Краевые условия имеют вид:
о лл (du\ b2 (du\ п
при 0 =«; п = 0;
!‘du\
— угол поворота конечного сечения арки.
\(IS
29* 451
16.54. Решение. При приближенных вычислениях критической силы
для составных стержней надо учесть влияние поперечной силы.
В этом случае диференциальное уравнение упругой линии запишется
в следующем виде:
d41 m
dxr‘ EJZ ' FG' dx^’ 7
где F— площадь поперечного сечения;
О— модуль сдвига;
у— коэфициепт, зависящий от формы поперечного сечения и не-
равномерности распределения касательных напряжений по пло-
щади поперечного сечения. Так, например, для прямоуголь-
, Р ( 3 О\
кого поперечного сечения у = 1,5 I тт1и = -g- • ), а Для
/ 4 о \
круглого у=1,33 (Ттм = д-•. Для стержня с шарнир-
ными закреплениями концов Л'1—J-y. вставляя это значение
в уравнение (1), получим:
EJZ(1 — + =
г \ f и/dx- 1 л
Критическое значение силы Р равно:
Ejy _ 1
Р ' 1 д_ Х£Л’’;2 ’
J + FGP
(2)
Входящий в уравнение (1) множитель имеет следующий смысл:
поперечной
умножив его на величину
54. Фиг. 1122.
силы, получим угол сдвига
у нейтральной оси сплошного
стержня.
Для составного стержня вели-
чина -i должна быть заменена
равнозначным выражением, выве-
денным отдельно для каждого
рода решетки путем исследования
деформации, вызываемой попереч-
ной силой.
Исследуем деформацию одной
панели для стержня, представлен-
ного на фиг. 557. Деформация
имеет вид, приведенный на
фиг. 1122. Допустив, что стержни
решетки имеют в узлах идеальные
шарниры, найдем, что боковое смещение аа1: вызванное поперечной
силой Q, состоит из двух частей: из перемещения, происходящего от
сжатия распорки <Ь, и из перемещения, вызываемого удлинением диаго-
452
Qb । Qd sec2 ?
~аЕЁь ~^EFd~~
Ь
выражение
асгь
подставить вместо
нали ас. Обозначив через Fa и Fb удвоенные площади поперечных
сечений диагонали и распорки, найдем:
Qb . Qd „
aai = ыг -г sec2?,
и угол сдвига равен:
Если в уравнение (1)
। d sec2 ф
+ sfT’ то получим:
р ____________________i&EJe 1
к 1 I fd sec2 <р b у
где
Js==2J(! + Fc-^;
J,., Fr. — момент инерции и площадь каждой из двух вертикальных
ветвей;
Fd— площадь поперечного сечения двух диагоналей, по одной
с каждой стороны колонны;
Fh—-то же для распорок;
b — расстояние между центрами тяжести ветвей колонны;
а — расстояние между распорками по высоте колонны.
16.55. Ответ. Системы на фиг. 558, а и б эквивалентны:
о ___^FJ3 1
Г’ ' 1 . ' 1 ’
'РЕ (2/у) sin <р cos2 у
Система на фиг. 558 в дает:
о __ и5£4 1
Р i ; ______________’
”r Р ЕРЛ sin tp cos2 у
16.56. Ответ. Без учета сдвига в распорке:
р . _____________1___________
к Р , 1PEJZ( ab . «2 у
1 + Р + 24EJC )
где EJb—жесткость распорки на изгиб; о— расстояние между вет-
вями; а — длина панели; момент инерции:
4 = 24 + ^.’
(обозначения, как в 16.54).
16.57. Решение. Разделим стержень на 6 участков и предположим
в первом приближении, что стержень выпучился по кривой, пред-
ставленной на фиг. 1123.
453
Принимая, что кривая прогиба стержня состоит из отрезков пря-
мых между узлами, разобьем эпюру на треугольники. Прогиб каждого
57. Фиг. 1123.
узла, как момент от фиктивной нагрузки, найдется по простой фор-
муле:
^—0/is — s2^(« - 1)+№(«— 2) + • • •+^и-1 • l+^y-j, С1)
где з — длина участка;
п —номер узла;
6 — угол поворота в шарнире;
т] — ордината прогиба стержня.
Величина 6 находится как величина фиктивной опорной реакции.
Если стержень имеет постоянное сечение, шарнирные концы и сжат
только продольной силой, то формула (1) упрощается. Тогда
•% = Д Tjj (га—1)—л]2(га—2)— ... — • 2— т)п_.— (2)
где
По формулам (2) и (3) найдем следующие выражения для проги-
бов второго приближения:
В = ^-(2 -0,6 + 2 0,8 + 1) = 1,9/;
^ = 4^9. 1—= 1,80.4/;
1,9 . 2 — 0,6 —-Л/ = 3,074/;
0)
1,9 - 3—-0,6 • 2 — 0,8
Приравнивая последнее выражение принятой ординате / и подста
I
вляя -S = у, получим:
.4 =0.283 и 10,2 (5
’ /А '
Подставляя (5) в (4), получим кривую второго приближения:
0,51/, 0,87/, 1,00/.
Кривая третьего приближения будет иметь координаты
0,50/, 0,87/, 1,00/;
эти значения мало отличаются от второго приближения и их можно
считать окончательными.
При третьем приближении В =1,87/.
т)3= 1,00/= А (1,87 -3 — 0,50 • 2 — 0,87 - у)/= 3,57 ^/;
7%,= 10,1^.
Это значение критической силы отличается от точного «
-2 Р Г рг
2,50 0.
р I р f
16.58. Ответ= 20,6-рг; точное значение /’,.=-20,2-^-.
Г
Кривая первого привлижения
-----------I------------—J
58. Фиг. 1124.
FI Ft
16.59. Ответ Рк=7,68-р-; точное значение Рк= 7,62-р.
591 Фиг, 1125.
45S
Примеры 16.57—59 взяты из статьи ироф. Б. Н. Горбунова
„Расчет устойчивости стержней и арок при помощи последовательных
приближений" (см. сборник „Исследования но теории сооружений",
изд. 1936 г.).
ГЛАВА 17
17.1. Решение. Круговая частота ш линейных колебаний систем
с одной степенью свободы определяется при наличии одной массы
по следующим формулам:
период колебаний (продолжительность одного цикла колебаний)—
ио формуле:
где т— сосредоточенная масса;
гп—жесткость упругой связи, на которой покоится
масса т, т. е. ее реакция при статическом единичном
перемещении массы;
g— ускорение силы тяжести; §-=9,81 м'сек'Р,
Р . пц-— величина груза, имеющего массу /я;
8сга—статическое перемещение под грузом Р;
8П = -----статическое перемещение массы от единичной силы,
приложенной к ней.
Для систем, работающих на изгиб:
/М'1 ds
~ЁГ’ (3)
для систем, риботающих на растяжение и сжатие:
«и = S^- (4)
Единичный прогиб под массой /И по условию задачи:
„ Z3 , /*ЗЁ7
811 ~ЗЁР кРУговая частота ш = ]/
17.2. Решение. Деформация системы под действием силы Р~ I
представлена на фиг. 1126.
Перемещение в точке В:
R 3
= —— = —-,
Гц 2rtt
456
Перемещение под массой:
17.3. Решение. Форма колебаний представлена на фиг. 1127.
Перемещение в любой точке на расстоянии х от опоры А выра-
жается в форме:
у (x,t) = k-zxS!na>t, (1) А В________ т.
~ 2 _ о~ ту
где k — некоторый множитель, ’а
зависящий от начальных уело- •
вий:
у’ (х, t) = —kaaxcoswt; (2) I
.У:и.'!х =5 /?coa.v. (3) 3. Фиг. 1127.
Наибольшее значение кинетической энергии системы будет равно:
7 2 (Зй)2 2 > 2 5mk2a>2a.-a". . (4)
Наибольшее значение кинетической энергии при о> — 1:
Um.a = buik'!o?a~. (5)
Наибольшее значение потенциальной энергии при той же ампли- туде колебаний:
-:> г, ,81 '--уггн (ka2a)2< = 3rnfe2a2a2; (6)
о М^2/-п 5т£2а-а2 5т * (7)
Частоту определяем по формуле: 7/maz (8)
Y 5т О)
457
17.4. Ответ.
rz ____ mk'^a^ . mk"1^ (2<z)2
^iihx —1 "2----j-----2------; —2 —'
W'max = у R§b = =4ги (k«a)2 = -^ rltk2a2as;
= = Ill. al = i/'Hl,
5тМг2 5m ’ V 5m
17.5. Решение. Прикладываем в точке нахождения массы верти-
кальную силу, равную единице. Прогибы верхней и нижней балок
будут равны между собой, так как балки соединены абсолютно
жестким диском. На основании этого можно написать:
XI? (1 — Х)А
= 48£Л ’
где X—сила, передающаяся на верхнюю балку;
(1'—X) —-сила, передающаяся на нижнюю балку.
Из уравнения (1) имеем:
Прогиб под массой т от единичной силы, приложенной в той же
точке:
. х/1 Ф’
8j = —— =--------......... • (3)
' 48£Л 48£ +
Частота колебаний:
4 / 3E(l‘p2 + llJi)
V mlih
(4)
458
17.6. Решение.
1 Г3EJ,
а V 2та
6. Фиг. 1129.
17.7. Ответ.
а г 5та
17.8. Ответ.
4 -1/ЗВ7
“ I V тГ
17.9. Ответ.
< Л 768FJ 16 ЛзЁ/
т== V ЪпГ
17.10. Ответ.
,/~Т92£7 8
Ш V тР lV ml'
17.11. Ответ.
„ — a2ft2 I 1 (а"- I \
°п — 31EJ “Г /2 V г,2 ' ги)'
Считая приближенно систему, имеющей одну степень свободы,
получим:
/ 1
I/ | с№ , 1 (а? , 62
г ,П [3/£j+ Р (r22+ rj]
17.12. Ответ.
ч>= 1/ = 34,5 1 сек.
Г -. м.Ло/0
17.13. Ответ. - ' - -
. .и = ^^=119,4\1,сек. ' =
459
17.14. Ответ.
'2
= 85,6 1/сек (частота вертикальных колебаний).
V, 1о4
981
о отя — 1 39 1/сек (частота горизонтальных колебаний).
V,VOVO
17.1 S. Ответ.
<0
3£Л
mh~l
17.16. Ответ.
01 -
6W
- 12 '
8~Г=2.
17.17. Ответ. При горизонтальных колебаниях:
/24£4 2 /бЦ;
Г mh3 /г V mh '
й .
ст 24£Jh ’
При вертикальных колебаниях:
8 — m^h 2EF*
т-у -ЦйГ'
17.18. Решение. При грузе, приложенном в точке А, упругая
линия для Л' гГ'уИмеег вид:
Зл:/2 — 4х»
У = Ул-----------р-------
(1)
рр.
где Уд=той7 — прогиб от силы Р в точке А.
48£7
Так как кинетическая энергия балки постоянного сечения при
амплитуде у л и частоте <о = 1;
<> — 4х-
~Т3
U = 4. I
о
то заменяющий груз будет равен:
17 ,
зъР1-
I7 Л
При этом грузе:
х 17 , /з
°0» — 35 Pl .
поэтому частота колебаний:
h V ml '
о>
9.35
Р
1/сек.
460
17.19. Ответ. Заменяющий груз равен 0,45/pZ;
« 7 0,45р//з.
°яп — 7б8 • Ej >
- - - yQSSfr. - /««•
17.20. Ответ. Заменяющий груз:
s _ 33 / 13 _ uPli .
«• 140pZ3EJ“ 140EJ’
' ^CVl * * /7 4* 4“ F p
13
17.21. Ответ. Заменяющий груз: ~?pl = 0,37 pl-,
o5
p
8cw = 0,37/?/ j92£J ’
17.22. Ответ. Заменяющий груз: '-ypS
s _ 33 , 13 _ i]Pli .
°e» 140 ' 3EJ 140EJ ’
g r/~ 140E7g
8CM ¥ Ир I*
3,56 /~EJg
Z2 V p
1/сек.
17.23. Решение. Имеем систему с двумя степенями свободы.
Характеристическое уравнение частот <»il3 колебаний упругой си-
стемы с двумя степенями свободы и двумя равными массами имеет вид:
0,4 (sns22 — Sis) '«'-о/- (8n -l-Sga) m 1 =0'. (1)
Подсчитаем единичные перемещения (фиг ИЗО).
, 1 /1 „ 2 , 1 „ „ 2 \ а3
11 FJ\2 3 “ i 2 3 ) EJ
___ 1 o Z_l_ a<21 __ l Д8.
— ^2* ‘ T ’ "3 "2/” 6“7v;
Л 1 ( 1 n a a \
°12 a 7 ‘ '
(2)
1 См., например, С. А. Бернштейн, Основы динамики сооружений
§ 15, 1938.
461
Уравнение (1) примет вил;
,5 а6 о о 7 а3 । , лг
“ 48 ' BV’,П ~~~ “ б" EJm + G’
5(”Z3 q 1 56б/3 9 I Л О Л
т?а? — -gj то? 4- 48 = О,
23, Фиг. ИЗО.
откуда
2 £2Л Г56а» J ЗТ36^~Т 960«W1
Ш1’2 ~ 5aV L EJ "1 ~ V ' FEE- ,П' Е\Р ] ’
з £V2 [ 56a3m j 46,6«3т 1.
Ш1- = 5Л)? [~~еГ — EJ J ’
2 9,4В./ 1,37 /’В7 , , „ ,
оЛ — ; ш,==-а—1/ — 1сек (основной тон);
1 5а3/и 1 а Т ат ' '
» 102.6BJ 4,53 „ЛвТ,.
“2=-ft—“> =---------V ----- 1,сек.
5аат ’ ‘ аг ат '
17.24. Ответ. Частота симметричных колебаний:
со
7b8EJ
7тР
/сек.
Частота обратно симметричных колебаний:
<о2
6,9 _ EJ , , , „ .
-j-1/ — 1;сек (основной тон).
17.25. Ответ.
8П = 0,0000203 см;
§22 = 0,0000362 см:
8,2 = §21 = 0,0000249 см;
со, = 47,1 1/сек (основной тон);
ша= 228 1/сек.
462
17.26. Решение. IJ Определяем кинетическую энергию балки?
U=f 5g dx = 12g Р f1 ~ cos if) ( ~ ’ sin “ Z) Г dx =
о о J
№ 9 • 9 J о 2Z . пх । 2Z 1 . тгх , 1 V
= ^»2sin2»/|x-2 • -s1ns- + -.7s1n- + .5.x|( =
Pf1 ч 2 . Г3 г 4Z1 0,225plfW . ,t ,
= '2-m2 sin2 «2 -^l-= -—-----------sin2<»Z;
* 2g L 2 rc ] 2g
максимальное значение кинетической энергии при ш = 1:
U„m = = о 1125 ?! р.
2g g
Определяем потенциальную энергию балки по формуле:
i i i
г М2 dx г EJ (<Pyf , EJ С f, к'2 пх р .
и/=1 ~жГ = 1 -)d^) ^ = У,1 [/4P-COS2FCOS“d dx-
0 0 О
EJ гД м „ ,21 /1 . ~х . 1 ях\ |г , EJ о ,
= 32 Tf cos'“zТ • Usin Т + 2 • 27 Д >Ь20/ р-cos щ/:
1Гт„ = 1,520 Д/2;
^шах 1,520/:./^ .q р.,-, L'Jg
---- -----— - =s Л Do----------- ‘
U 0,1125dZ^ ’ pl^ ’
17 max
2) Определяем кинетическую энергию балки:
г /
и = J Д О'')2 dx = f Д[/ 7 ( — ш sin “О?dx = Ду/'2»2 sin2 ш/.
о о ъ
Максимальное значение кинетической энергии при ш—1:
77 -Р1Р.
10g'
Определяем потенциальную энергию балки:
i 1
rEJ(<Py\t, EJ С (2f ,у. 2/W , ,
W = J у (} (/х — _ J I _< cos Oj/J dx == -J-p- cos2 0>t;
0 ' 0
1Гт1=27Д/2;
463
3. Определяем кинетическую энергию балки!
y=Jrg^)2^=/^[<C42~T + g-(-‘»sin^pJ:==
о о
= 0,1296 ^—^ш2 sin2 ш/.
g
Максимальное значение кинетической энергии при и — 1:
Lrmax = 0,1296-^р.
Определяем потенциальную энергию балки:
IF = j" |jj (/2 — 41 хЦ- л:2) cos ш/| dx —
...2____ ^Зпах ___ l,6£/g~ _______ 19 'Ш -
Z7mM 0,1296т?/1 ~ ’ b рР ’
Точное решение для данного случая:
„.«/а-в,/®.
Таким образом, наиболее близкое приближение получается, если
кривую колебаний принять подобной упругой кривой от равномерно
распределенной нагрузки.
17.27. Ответ.
,. ю , FETg
') <“ = F]/
,-п 10,95 fEJg
2) о> = т|/ -f.
Точное решение для данного случая:
Р V р
17.28. Ответ.
22,5 , EETg
’) JT’
2)
4G4
Точное решение для данного случая:
• m _ 22.31 -./ЁГе
г- V р “ р г р
17.29. Решение. Подсчитываем массы:
т* = 9^1 (70° + 20 ’ 50) = = 173,5 т cei&.M\
т2 = <ш(700 + 20 • 30) = 4^2= 532,5 тсе/Мм.
V уО 1 У>о 1
Характеристическое уравнение частот a>i,a колебаний упругой
системы с двумя степенями свободы имеет вид:
“401А2-----81з) т1т-2-“S(8limt+822OT3) +1=0,* (1)
Подсчитываем единичные перемещения для точек 1 и 2 системы,
показанной на фиг. 1131. Жесткости:
EJ=7 107 тм\
гп = 500 т м.
Согласно фиг. 1132 каноническое уравнение имеет
вид:
++1 +; здесь
S- = (| • 80 • 80• 4 • 80) = = 0,00244;
Дч) + 40 40 66,7') = = 0,00076.
Каноническое уравнение будет:
0,00244 + — 0,00076 = — 0,00200 XL.
По Л( = 0,172.
По фиг. 1133 каноническое уравнение имеет вид:
29. Фиг. 1131.
Д,,,, Л), -j“ Хут ----~ ’
8.M,= 0,00244;
• 80 • 8° • 73-4 ) = = - 0,00334.
Тогда каноническое уравнение будет:
0,00244 .¥2 —0,00334 = — 0,00200 Л2.
Отсюда Л2= 0,755.
* См., например,'С. А. Бернштейн, Основы'динамики сооружений,
§ 15, 1938.
30 1757. Сборп. задач по строит, механике. 465
Единичные перемещения будут равны:
8„ = • 6,87 40 ~ 6,87 +1 26,25 h 1,7 -4 • 26,25 -j-
13 EJ\2 ’ 3 1 2 ’ о 1
+ 1 • 6,87 . 8,3 • -j- 6,87) = 0,000115;
322 = gj[4'20'20 ‘ 4'20+ Т<39’б2+ 39,6 20 +20s)] = 0,00109;
S12= ’ [^1.6,87.80 . 39^+20- +
4-1.26,25 40 • (204-у 19,б)) = 0,0001556.
29. Фиг. 1132.
Р-!
29. Фиг. 113.3.
Уравнение (1) примет вид:
ш4(0,000115 • 0,00109— 0,0001556s) • 173,5- 132,5 —
— «,2(0,000115 173,5 4-0,00109 - 132,5)4- 1 =0
или
ш4 —70,8++ 431 =0,
466
ОТкуДа
«>1 = 35,4 — / 35,4s — 431 = 35,4 — 28,6 = 6,8 1/сек.8;
=-2,6 1/сек;
<4 = 35,4 Ч- /35/42 — 431 = 35,4 -/ 28,6 = 64 1 'сек2; ш2 = 8 1/сек.
Периоды колебаний:
= у = у/? = 2,42 сек. (основной тон);
„ 2~ 6,28 п -ос
7, = — =-Д—= 0,785 сек.
ш.2 8
Подставив в любое из уравнений (1) поочередно найденные зна-
чения ш, получим из него соответствующую величину отношения у/у»,
т. е. можем найти форму свободных колебаний.
17.30. Ответ. Момент инерции заменяющей балки:
7 = 6/510 000 см*;
ш=128,5 1/сек; 7=0,049 сек.
17.31. Ответ.
со, = 241,2 1/сек;
ш2= 316,5 1/сек;
<о3 = 429,9 1/сек.
17.32. Ответ. Уравнение частот:
cos a ch а — 1 =0;
___ ап ГEJg .
р у Р., >
7-1 = 4,730; я2= 7,853; а3= 10,996 и т. л.
17133. Ответ. Уравнение частот:
tg а — th а = 0;
«, = 3,927; «., = 7,069; а3=10,210и г. л.
17.34. Ответ. Уравнение частот:
sin а = 0;
,ln / EJg.
- ~р У W >
а,=~; а2 = 2и; а3 — Зс и г. д.
,= 467
17.35. Ответ. Уравнение частот:
cosa • ch а~|- 1 = 0;
_ “» -./~ETg
“п— р У F.t ,
«1 = 1,875; «2 = 4,694; я3 = 7,855 и т. д.
17.36. Ответ. Уравнение частот:
cos « ch « — 1 = 0;
«! = 4,730; «2= 7,853; -а, = 10,996 и т. д.
17.37. Решение. Задаче решаем, применяя уравнение трех момен-
тов в динамике сооружений:
К) + («,} + /;+1? («д.+л +
4ЛЛ.М+Г-0' 0)
где Л46 j, Ml;, —динамические опорные моменты па опорах
<t—1, k, k-\-V,
Г, = ~ттт Г, . , = Ут- —приведенные пролеты;
где 1к и /Л+]—длины пролетов;
Л, Ай — моменты инерции сечений пролетов;
р!с — вес единицы длины fe-ro пролета балки;
1= clh°7.-~~ Ctgafc )
" 2as ’ I гиперболо-тригономе-
cosech а]с — cosec ак i трические функции.
V(M== 2ч J
В нашем случае уравнение (1) примет вид:
2? (а) = 0
или
cth «—etg а = 0, (2)
где ___
а = 11^ УУ = 1к.
г EJg
Уравнение (2) будет являться уравнением частот.
468
17.38. Ответ. Уравнение частот:
(2r^b2) I_ 2ch a cos а __
£Ja ch а sin а -f- sh а cos а ’
а2 , ГEJg j~.
“ = 7Г]/ F"'=P’
при Гц=оо жесткое защемление;
при гп = О шарнирное опирание.
17.39. Решение. Для решения задачи можно использовать реше-
ние диференциального уравнения поперечных колебаний стержня:
у = (С] sin kx 4- С.2 cos kx -f- С3 sh kx 4~ C4 ch kx) X
X (Д cos orf-f- ® sin mt) = XT. (1)
Для данной задачи:
при х = 0: Х=0, =
, „ ,сРХ <РХ п
при х = Т. EJ^ = ruX-, ^=0.
Уравнения (2) дают четыре уравнения для определения произволь-
ных постоянных Су
44-4 = 0;
4 4 = 0;
— kaCl cos kl-j- ksC2 sin kl-[- kaCsch kl-\- kaCi sh kl =
= (4 sin kl 4 q, cos kl^- C3 sh kl+ Cl ch И); |
>— Clk2 sin kl — GX-cos kl 4~ C3fe‘2sh kl 4- ch kl = 0. )
Уравнения (3) приводятся к двум уравнениям вида:
— ks (cos kl-\~ ch kl) 4~ (sh kl — sin W)j 4 4-
рг3 (sin kl — sh kl) 4- ^j(ch kl— cos kl)^ C2 = 0;
(sin kl 4- sh kl) Ct 4- (cos kl 4- ch kl) C2 = 0.
(4)
Составляя детерминант уравнений (4) и приравнивая его нулю,
получим уравнение частот:
Г — = — a‘i 1 + c°s g Ch а 5
kJ sin а ch а — COSasha 3 1 -3
где a = kl.
При Гц = со получим шарнирное опирание;
при гл = 0 получим свободный конец.
469
17.40. Решение. Динамическая деформация при падении груза Р
с высоты h определяется по формуле:
где Q —-вес упругой системы,
Ji < 1 — коэфициент, учитывающий ту долю веса конструкции,
которая принимает участие в движении со скоростью,
равной скорости груза Р на конструкции.
'Гак как ft велика но сравнению со статической деформацией, то
для вычисления динамического прогиба пользуемся формулой:
где /г -= 200 см.
°ст = 3£7 = 3^24^10» 17 544 = °-0116 см'
>. = ^ = 0,236;
Q= 68,94 -4,0 = 275,76 кг;
Р = 20 кг;
К/. ~
2200
, 0,236
20
Сравнивая орим и о,„я, видим, что деформации, а вместе с ними и
напряжения, будут во много раз более, чем при статическом дей-
ствии того же груза Р.
Коэфициент динамичности равен для данного случая:
1,044
оиа "0,0116^ Уи-
Наибольшее напряжение при ударе будет в защемлении:
-шт/ — 90cCOT = 90 • jy 544 • 18 = 740 кг см~.
17.41. Решение. Динамическую деформацию будем определять
но формуле:
* См., например, С. А. Бернштейн, Основы динамики сооружений,
1938, § 49 (11).
470
Так как точки В и D вследствие симметрии нагрузки остаются
неподвижными, то данную раму можно рассматривать как трехпро-
летную неразрезную балку.
,Т1;.
Лд = -у; Л!в = /Иг>; /ИЁ.=-/Ид.
Уравнение трех моментов примет вид:
41. Фиг. 1134.
Прогиб под грузом находим по общей формуле перемещений
1 I 1 Р1 I Ч I 1 Р1 I 1 / I РР
2|/2 ' 6 ' 2 ' 3 ’ 4 ' 2 12 ' 2 3 4]"~96£У
В нашем случае:
Концы стержней рамы, как уже отмечалось, при вертикальных
колебаниях не имеют смещений, а поэтому для каждого стержня рамы
можно составить уравнение прогиба в форме (фиг. 1135):
У (х) (х) +у2 (х) +ур (х) =
=^[/^^(4) 1-л12к3а)1+л^)1 о)
где у.
471
Полагая, что форма колебаний рамы подобна упругой линии от
груза Р, приложенного в точке С, подсчитаем кинетическую энергию
рамы. Прогиб при колебаниях для каждого стержня:
у (х, f)—y (х) COS 4>t,
где у(х) определяется формулой (1).
Кинетическая энергия будет равна:
= 2 J “ sin “OF dx = sin*co/ [2 f -g( — X
0 0
I-
+2 да да] +4</X
0
X(3; — X’’) I d^ —
=4d^^“2sinSW{.f [тк*да~ ^да^да f
0
+ ^(5)] di -I- J X (?) + Ki (5) + 4 (3S - «У +
0
472
Вычисляем интегралы:
J Ki (О = р2 (1 — В)'2 (2 — if di = р = 0,0696;
f Ki (Е) di = J f (1 — di = i = 0,0696;
f к. (;) к2 (S) di = f е2 (1 - а>2 (2 - i) (1 +- 0 di = = 0,0737;
f Ki (i) di = J ? (1 - (2 - O2 di = ,^.з'5.г = 0,0458;
= J e3(i-ey^ = pj3-254-B'M=
= 0,0304;
J Kt (i) K.(i) di = f i* (1 - i)\2-i) (1 + i) di = ]2f,P.i;= = 0,0344;
f (35-4^)2rf£ = f (9^2- 24^+ 165»)^ = ^^== 0,243;
a
f K, (?) (3$ - 4«) di J i{ 1 - i) (2-4) (3?-4F) di = gPf - 0,105;
f K2 (i (3J — 4J3) di = p (1 — S2) (3S -- 4?) di = ~ = 0,0858.
Окончательно имеем:
,J = 4^6W^ma sin2 at [z °’0696 ~ °’0737 + °’0696 +
q
4-0,0458 4- 0,0304 +-4 • 0,243 4-2 • 0,0344—3 • 0,105 —
— 3 • 0,08581 =
= °’1319 4^’иЙ°>25|п2“Л
473
Кинетическая энергия груза Р, приложенного в точке С, будет
равиа:
р [ рр
[ Vz. (Л-) (- - О) sin со/)] “ = — -А-5-Б-7 ( -- со sin <о<
ь ' 4 7 4 71 2 g j 96Л Jv
рз/fr
(5)
Приравнивая (4) и (5), определим заменяющий гру:
= .0,468/)/= 0,468 • 115 • 6 = 323 кг-,
‘cut
100
= 100-0,00425 = 0,425 см.
Наибольшее статическое напряжение в точке С будет:
1000-600 „
'-*='6^45853 '22’5 = 49
Наибольшее динамическое напряжение:
0,425 о„_ .
один — 49 ® Q233 ~~ кг см .
17.42 Ответ.
Амплитуда вынужденных колебаний определяется по формуле:
3£./_
где
__ РР
Ует~ ЗЕГ
Полный прогиб конца консоли при колебаниях равен:
mgl’1
~3EJ
17.43. Ответ.
474
4 Г 3EJ
7 V ml
17.44. Ответ.
23 Р/’
~~ 1 536 ' EJ ’
../’1 536£./ 4,7 Г ЗЕ!
V 23ml I V 7п1
17.45. Решение. Частота вынужденных вертикальных колебаний:
Центробежная сила:
Fn = т№е = . 57,72 0,003 = 250 кг.
Возмущающая сила:
Р —250 sin 07.
Статический прогиб от веса мотора
» 1000-1503 А
°с'“ 3.2,].10б-2.569'~°’4/ СМ-
Частота основного тона собственных колебаний:
Отношение i = = 1,26 указывает на отсутствие резонанса.
Определим амплитуду вынужденных колебаний:
Р 1 250 1
т ' 02 —м2 ~~ 1 000'(57,7)2—(45,7)2
981
= 0,198 ='.0,2 см.
Прибавляя эту величину к значению <ЦШ, получим расчетное пере-
мещение конца балки:
0,47 4-0,20=0,67 см.
475
Вычисляем дополнительную силу Q, вызывающую прогиб 0,20 см:
Q ISO-5_______
3 • 2,1 106 2 • 569
0,20; Q= 425 кг;
Изгибающий момент в защемлении для двух балок:
М = (1 0004-425) • 1,5 = 2 140 кгм.
Наибольшее напряжение:
214000 _ . .... . ,
— 2.569 ' — 1315 кг см-.
17.46— 17.49. Объяснение. Решение уравнения вынужденных
колебаний:
д*У । Р_
dxi~E g
^ = Р(х) sin f)t
(1)
приводит к следующим зависимостям для ух, Мх и Qx, выра-
женным через начальные параметры _у0, <р0, Мо и <20 и пульсирующие
нагрузки Pt и М.1 (см. проф. Н. И. Безухов, Динамика сооруже-
ний в примерах и задачах, 1947, стр. 90—91).
Ух Уо^х ’Г 'р>Ех " Г
+ j X РУУ — П2 £ -г £ «гУ а]
<?(0Й7 “h ^(flx fTffy Qflx [-Jfc'l ~F
У fl-р
+ -j IPfit — О2 + у X "г»У«Сг^ i
Mx = МОАХ+ QOBX ± + у0СхЕ}^ -4
(2)
+ ~т X М(А( -|-
+ |х^А — ь2£Л?И/+уХ™,-угв4;
Qx = Q()Ax+yo3xEJ^ + '^fixEJk^ +
+ Ч-ОЛ + *Х<А- +
+ ХЛЛ —№£Л?»-°г + 02Хт/у«Л; J
476
где _у0, <а0, 7И0, Qn — амплитуды прогиба, угла поворота, изгибаю-
щего момента и поперечной силы в начальном
сечении при х — 0;
у{ и ф,- — амплитуды прогиба и угла поворота сечений,
где имеются сосредоточенные массы /иг.
Дд, = у (ch kx -f-cos kx); Ca. = y(ch£x — cosfcr); ]
Bx = у (sh fcx-f-sin kx); Dx = -^ (sh kx — sin kx)
> (3)
J
— функции влияния, где аргументом является расстояние от начала
координат до сечения;
, ‘Л*
я = |/ — характеристика частоты;
g—.ускорение силы тяжести (9,81 м!сек-);
EJ — жесткость стержня при изгибе;
О — круговая частота внешних пульсирующих нагрузок;
р— погонный вес балки с равномерно распределенной
постоянной нагрузкой (если последняя имеется);
At, В{, Cit Dt — аналогичные функции влияния; где аргументом
является расстояние до сечения от пульсирующей
нагрузки Mt или сосредоточенной массы /»,•;
,/j — момент инерции сосредоточенной массы т{.
При определении частот свободных колебаний в уравнениях (2)
надо считать отсутствующими возмущающие силы Pi и Mt, а вместо в
в характеристику частоты подставить разыскиваемую частоту соб-
ственных колебаний ш.
17.46. Ответ. Уравнение частот:
Cl — BtDi = 0
или
cos klch kl= 1,
477
откуда
17.47. Ответ. Уравнение частот:
или
откуда
АгОг-В;Сг=0
tg kl — th kl~ О,
17.48. Решение. Выбираем начало координат на левом конце, где
у0 — Мо = 0, и используем (2) для сечения на правой опоре, где
Л = Л1г = 0.
Имеем:
У1 ~ QoDi ejus ~
Ц- QnBt у = 0.
Определитель частот имеет вид:
откуда уравнение частот:
73; — Dl ----- 0
или
(sh kl 4" sin fc/)2 *— (sh kl— sin kl)~ ~ 0;
O'l куда
sh kl sin kl
но так как sh kl 7" 0 (при A* 7=0), то имеем sinW—O, откуда
, - , 2^ n-’it- fEJg
/г, = T, /г., = — и т. ц. ®,( = -7r JZ
17.4
17.49. Ответ. Уравнение частот:
или
ch kl cos kl 1 = О,
откуда
17.50. Решение. Выбираем начало координат на левой опоре, где
Уо ~ < — 0.
Из условия симметрии следует, что щж=г/2 = 0 и амплитуда попе-
речной силы слева от середины пролета равна у.
Уравнения (2) задачи 17.46 для х = -~ имеют вид:
= «сЛ/2 + Qoci/2 д./дч = °’>
Q//2 = Q0Aip + %C,/2kVJ = Р,
откуда
Р Av,
<?» = —...,.‘
1 Af/2-C^
Амплитуда момента
'•?n == ->-7~“-o'- •
° QEjk^Aj^Cy
иод грузом:
2к[А^-Су
под грузом:
„ ~~ в1/зсhi
УП ~ —о---г>--v' - ?
-/а
Р А/! ,
Амплитуда прогиба
где
17.51. Ответ.
-,'0'..
щ Р Dl~AlCl .
,П ' EJk- A'j— B1Lj1 ’
Mi = y0Cjk-E.I -|- a^kEJ- -РВг
479
17.52. Ответ.
__________М
% ~ i:jk[bl—if] ’
п —№М
Ог________’
ЛГд. = QqBx -|- <sQDxEJk',
Q^Q^ + ^EJk.
17.53. Решение. Подсчитываем характеристику частоты:
ь _ ,4/ 25,05-89’ _
У EJg Г 9,81- 2, МО10- 2,014.10-® [
Неизвестными являются два начальных параметра Qo и Л40 и один
промежуточный 8— амплитуда реакции промежуточной опоры.
Для определения неизвестных имеем три условия: отсутствие про-
гиба на средней опоре, т. е. yt = 0 и равенство нулю прогиба и
момента на правой опоре, т. е. уа = — 0.
Эти условия согласно уравнениям (2) задачи 17.46 примут вид:
ДД7^2 + ^ = 0;
+ Qol\, + SD, - PDl/3 = О;
^0^2/-]- Qo^ZI + SBt --------
Для значений kx по таблице, приведенной в приложении 4, имеем !
k = 0,463 • 1,70 = 0,786; Аг, = 1,01605;
Bltl = 0,79265; Ог/2 = 0,08255; Сц, = 0,30976;
&Z = 0,463 3,40 = 1,572; Аг= 1,25409;
8г= 1,65015; Сг= 1,25409; О( = 0,65015;
кЦ= 0,262 -9 = 2,36;
Л,5! = 2,32047; Cj,w = 3,02875; 8^ = 2,97923;
О11й = 2,27562;
k 2Z= 0,463 6,80 = 3,144; A2l = 5,29597;
8аг = 5,77437; Саг = 6,29597; Оаг = 5,77437;
87=2,1 • Ю10-2,014- 10“5 = 4,23 • 105 кглА
Подставляя эти значения в предыдущие уравнения, получим:
1,2547И04- 2,492Q0 = 0;
6,256Л40 +22,01 Qo +2,4928—158 = 0;
5,296Л40 + 22,01 Qo-|-6,3008—1575 = 0,
откуда
8 = 417 кг; Qo = —91,2 кг; Л10= 181,2 кгм.
0,013
---—1------------------------------
0,38 '
53. Фиг. 1137.
Амплитуды динамических моментов, поперечных сил и прогибов
определяются по формулам:
•44® = 2ИОАЖ Д- QoBx + 5Вх_г-^ РВа>-1,ы=
= 181,2АЖ — 3488ж+ 1 5948^.;— 1 9108^-1, в!
Qx = + SAx-l — Р^Х-1,Я =
= — 91,2 Ад. —I— 47,57)„ —I— 417 — 500Дд,_г 5^,
Ух — М<3СХ + QoDX + SDX - I
— PDx-lfii eJB = 0,00625СЯ — 0,01200, +
+ 0,05490,-г—0,06570,-!.в-.
Уравнения составлены для последнего участка 2/)о
Для любого сечения надо брать лишь те силы, которые
находятся левее сечения.
480
31 Зак. 1757. Сбора, задач по строит, механике.
Эпюры амплитуд моментов, поперечных сил и прогибов пока-
заны на фиг. 1137.
17.54. Ответ.
Р — 500 (0,650 0,793 — 1,254 • 0,310)
= ~k ' = 0,262 (1,254 • 0,650 — 1,254 1,650) — 193Кгм>
Р 500-(1,254 - 0,310 —1,650 - 0,793)
У о = "Еда ’ Л|О; — С,В^ = 4,23 • 103 • 0,2623 (1,254 • 0,65 —1,254 • 1.650) ~
= 0,0484 м;
= М0А„ +улСхЕ№ - РВХ_^ j = - 1 ЭЗДд. +
-ф-1 35ОСЖ— 1 985Ва,_г/2 кгл;
Qx = y0BxEJk» 4- M0Dxk — РАХ^ =
= 3538ж — 50,584 — 500Дж_г/2 л-г;
Ух =УоАх + ДА ~ PDx-Цг =
= 0,0484^—0,00665^ — 0,0657^-1.2 м.
17.55. Ответ.
А,,.В,„ - 1,000 • 0,793 — 0,036 • 0,083
'4, = Р...л"' д--С П ' = 500 ГпнГП793--------nain л ПЧЧ = 500 Кг’
— '-'1/2^ 1[> 1,и1О • и,/Уб —- U,oi0 • и;1юо
__ Р Atl,Cll(i_Al/sCl/2 _ 500 1,016-0,036- 1,000-0,310_
k' А^В^ — C^Dy, 0,262 " 1,016 • 0,793 — 0,310 0,08-3— b/U КгМ'
Ввиду симметрии уравнения можно написать только для первого
и второго участков.
Мх = МйАх 4- QOBX1 - PBx_l!s 1 =
= — 670/4 + 1 9108ж — 1 9 ЮВ^-г/в кгм;
'Qx = Qo^x ~г MoDxk — PAx-us = 500Дж — 175,584 — 500Дг„г a кг;
Ух = ДА 4~ Q0°® £j£3 —P/>x-l -3 =
= — 0,231Сж 4- 0,0657Ож — 0,0657£4„( 3 м.
17.56. Решение.
При х — 1 у = а = 0; таким образом, можно написать два условия:
1 ’ Bl k EJk”-Jrr^Dl Eje~°’
— 1 • Aiy-ruBt £7^4-414 £^ = °-
482
Единичный угол поворота считаем отрицательным.
Ct__Di
EJk2 EJk2
=
EW ’
Bi _Di_
k EJk2
Л c*
Al ~EJi?
BiC, - A,!), .
EJk2
Ct Bi
EJk2 li
Bl
EJk
Ai
А£г~-
EJk2
откуда
EJkjBiCi -AiPA .
EJp (А^ — В'})
^=~~c'i-Bl5^]
Pi = - pAi ~ - СрЛЕ = .
17.57. Ответ.
_ EJkpAiBi-CM . EJkpB‘i~ AtCi) .
C(-BlDl 12 q-BjDj
— E-BECi . ______EJkB,
Гм“ Ct-Bfi/’ r^~ c^BlDl'
17.58. Ответ.
_ EJk(Bl-Dj) _EJk2(CiDl-AiBt)
CtBi-DiAi ; r^~ CJp-DtAi ;
EJk2Bi Dt
Г^ ~ CPi-DiAt’ ?
17.59. Ответ.
EJk2 (Cl-Afr
AtDi-BtCi ’ AiDt-BPi
EJk2Ai _ Ctk
r?a~ A .... Bfip - Ppi - Bfit
CtBi— DiAt '
EJlEiAili.^CPA
31*
483
17.60. Решение. Амплитуды углов поворота и смещений узлов
рамных систем при вынужденных колебаниях определяются из кано-
нических уравнений метода де-
формаций применительно к рас-
чету рам на вынужденные коле-
бания: (метод предложен Н. И. Бе-
зуховым *)
пЛ+оЛ+оЛ+*»>== °;
г21^1 Г22^2 Ч~ г28^3 + ^2/> = °!
Г8Л 4“ ГВ2^2 + “Ь = °>
где Rif—-амплитуды динамических реакций;
ri/f—-амплитуды элементарных динамических реакций от ви-
брирующих деформаций с единичными амплитудами
(см. 17.56 — 17.59).
Основная система получается из заданной путем введения допол-
нительных закреплений, как это делается в методе деформаций.
Основная система для рамы (фиг. 618) имеет вид, показанный
на фиг. 1138. Вводим лишь упругое защемление среднего узла, так как
линейные его перемещения, если пренебрегать продольными силами,
равны нулю.
Так как сечения всех элементов одинаковы, то характеристика
частоты будет одна:
/е=]Г>=/
r EJg f
50 892
9,81-2,1 • Ю10-8,881 10-5
0,384 м-1.
Каноническое уравнение имеет вид:
^11^1 +
Оно выражает условие равенства нулю момента в упругом защемле-
нии (узел 2). Его коэфициенты равны:
= EJb Г2 ___
Г11 ' L сг~ ВА ' ^-SAJ
^2,1-8,881- 10^-0,384 [2^^^ +
* См. .Вестник инженеров и техников" Х:8, 1938 г., а также Н. И. Без-
ухов, Динамика сооружений в примерах и задачах, гл. III, 1947.
484
(см. 17.56).
D P
1!>
500 0,666
~ 2 • 0,384 ' 1,074 • 1,167 — 0,666 • 0,256
401 кгм
(имеет направление, обратное rn).
Для подсчета Rip надо было рассчитать защемленный с двух сторон
ригель под действием силы Р sin 0 t, приложенной в середине пролета.
Каноническое уравнение теперь примет вид:
4 125 000Z) —401 =0,
откуда амплитуда поворота среднего узла рамы Z, = 0,0000973 —
поворот по ходу часовой стрелки.
Зная угол поворота среднего узла, можно составить выражение
моментов для каждого стержня и найти эпюру амплитуд динамических
моментов в раме.
Находим амплитуды динамических моментов:
., EJkDi у 2,1 • 8,881 • 105 • 0,384 • 2,096 r. nnnncl,Q г7
Л» — —----------— Z, —------------------------ 0,0000973 = 67 кгм:
Cf—Bft, 1 2,8522 — 2,841 • 2,096
M2l=EJk^&—^Zj = 2,l • 8,881 10® 0,384 X
С1 — BiDi
, . 2,841 • 2,852 — 2,185 - 2,096 „ nnnnn7q ,. „ .
X....W2 - 2,841 2,096- °-0000973 = 113,4 кгм-,
M>,= z, =2,1 • 8,881 • 106 • 0,384 X
1
, . 1,650 -1,254 - 1,254 • 0,650 „ .
x пжчти - • °’0000973 = 174 кгм’
M.r, = — EJk --------Z, = - 2,1 • 8,881 • 105 • 0,384 X
1
0,650
1,2542 — 1,650 • 0,650 ' °>0000973 — “ 9217 кгм-
По ригелю 2—3 имеем:
ЛДГ( = EJk / -4- R,,, = 1 i 3,4 401 = — 287,6 кгл.
В узле 2 сумма амплитуд моментов должна равняться нулю:
ЛГ21 /И21 + /И23 = 113,4 4-174 — 287,6 « 0-
Для определения амплитуд моментов в сечениях.ригеля надо знать
значения амплитуды поперечной силы QtJ в точке 2.
485
От вибрирующей деформации Z.\
О® = ЕЛР —^-Z, = 2,1 • 8,881 105-0,3842Х
0 С( — BlDl 1
2,185 • 2,852 - 2,8412 nnnnq74 _ 99 о
X 2,85^--2,84—гда' °>0000973 ~ - 22’8 кг
(направлена вниз).
От действия силы PsinOZ на защемленном ригеле:
В„, 1,167
Р -C^D^j = 500 17Т.074 1,167 — 0,666^0,256) 269i
Полное значение поперечной силы:
О» = <?о + <?? = — 22,8 4- 269 = 246,2 кг.
Моменты в ригеле определяются но формуле:
= MibAx 4- Zyl)Kl:.Jk =
= — 287,674 4- 700Вю — 69,60^—1 ,300
При _v = Z/2:
/14.. = —287,6 • 1,074 — 700 • 1,167 — 69,6 0,256 = 489,2 кгм.
При х = =/.
/И85 = —287,6 • 2,185 -4- 700 • 2,841 —69,6 • 2,096— 1 300 X
X 1,167 = —304,2 кгм.
Эпюра амплитуд моментов дана на фиг. 1139.
60. Фиг. 1139.
486
17.61. Ответ.
61. Фиг. 1140.
17.62. Ответ.
17.63. Ответ. Приближенное решение имеет вид:
приведенный груз Pt — Р sin = Psin-y-;
РР
У ~~~ 48EJ
Г . то; itv . .1
Sin—:--Sin Ш Л
/О: J
где w — частота свободных колебаний.
17.64. Ответ. Приближенное решение имеет вид:
приведенный груз
17.65. Ответ. Прогиб под грузом;
__ 7? х2 (/ — х)2
У ~~ EJ ' 3Z
487
где R — динамическое давление под грузом. В выражение давления:
,, п о-у „/ 1 д'гу'
R = P — т = Р 1------------- -^х-
дР g чР,
надо подставить приближенное значение
Р х^(1—хУ
У~ EJ 31
Динамический коэфициент:
1 I 1,2
11= 1 ч-----
‘ g
Pl
ЗЕ J'
Наибольший динамический прогиб в середине:
РР РР у, , v- Р1\
п1ахЛ..=г/2 48В,/!'”48£./(.1 + g ’ 3EJ)'
17.66. Ответ. Давление:
Динамический коэфициент:
1 1_ °2
Н=1+1-
2Р1
EJ '
Наибольший динамический прогиб конца консоли:
шах у ,
S СС — I
РР РР , г>2 2Р1\
Тр-f И = 1 । 7 ‘ Т7Л
17.67. Ответ.
$np = 0,6255;
______
Л1К >
np
где mnfl — масса балки, приведенная к середине.
17.68. Ответ.
К=-^ = 0,492;
Зпр
У П13Х <1, '
' лр
где т№ — масса балки, приведенная к середине.
488
ПРИЛОЖЕНИЕ I
ТАБЛИЦА ИНТЕГРАЛОВ МОРА
(О (к)
J MtM^dx
(1)(1) ±^ + ab + b^l(w + ~\
О \ о /
(1) (2) 'g' Iй (2®i + ®1) + 6 (2614-«])] —
= -^(a1(2a + b) + b1(2b + a)] =
= /^й1 + ^ =
— "б" “F -{- bb-^j
Примечание. Кривая (/7)
очерчена по кубической параболе
(0(6) J iWM'ferfx
(1)(3) -^(2О 4- b)
(1)(5) -^(Ь-а)
(1) (6)
(1) (П = ^[a (Z+w) + + 6 (/+»)]
(1)(8) hh4
(1) (9) 2fhl 3
(1)(Ю) •^-(36 + «)
(1)(И) (3й + 6)
(1) (13) = -g- (aa1+4AAi-|-661)
(1)(14) -L[ai(2a + b) +4/16]
(1) (15) ^-(6+36) = = ^-(3« + 56)
(1) (16) kv / , 2vd \ -т1а+-зг;
(0(17) -f^(4a + 6)
(3)(3)
(3) (4) Za3i>2 6
(3) (5) 6
(3) (6)
489
Продолжение
(0 (*) J М{М;с dx (0 (*) J MiMitdx
(3) (7) h\Cin .. -^(Z-h w) (5) (15) _ l<hf 6
(3) (8) 4 (5) (17) 3ZflgC2 20
<3)(9) fad 3 (7) (7) li{l
(3)(10) 12 (7) (8) hfli-J / I 2v‘! \ 2w~ V2 ~~ ~3TJ
(3)(11) 4 (7) (9)
(3) (12) -^(«+2й) (7) (10) Th?)
(3) (14) (7) (15)
(3) (15) a^fl 4 (8) (9) 5/~Z;2Z 12
(3) (17) (1^2^ __ (9) (9) 8f4 15
(4) (7) ^+<0 (9)(10) cfl 5
(4) (12) ^(6 + 2/i) (10)(10) fll 5
(4) (И) ^(«1 + 2/) (10) (11) rcjZ “30“
(4)(15) 5b,fl 12 (10) (16) ckv^ "W
(4)(16) kb^V2, ~бГ (И) (16) 2^i(6/2-4Z» + ^)
(4) (17) b^c^l 20 (12)(12) !-:<W L j
(5) (5) 2/ a3Z 3 (12) (13)
(5) (6) aAbAl (12) (17) C2Z / , । 2/
(5) (7) aAh^e __ (17) (17) c^Z
(5) (Ю) Zrz->r __
490
ПРИЛОЖЕНИЕ 2
УСИЛИЯ В П-ОБРАЗНЫХ РАМАХ С ЗАЩЕМЛЕННЫМИ ПЯТАМИ ОТ
ЕДИНИЧНЫХ СМЕЩЕНИЙ ОПОР *)
3+26k+15hz р
^ = t 1г^)1ивн)ъ а”
З-Ий-т-Эк2
а~~ 12*к}(1ч-Вк)Ь
*) Таблица заимствована из статьи Я. М. Риппенбейна „К расчету пло-
ских и пространственных статически’’ неопределимых систем", сборник
.„Рамы п фермы" под ред. проф. И. М. Рабиновича, Госстройиздат, 1933.
491
ПРИЛОЖЕНИЕ 3
ТАБЛИЦА СПЕЦИАЛЬНЫХ ФУНКЦИЙ
Таблица I
Коэфициенты формул метода деформаций к, 0, и р, у, и, у
для сжато-изогнутых стержней
У EJ а Р 7 а 7 t
0 2,00000 1,00000 3,00000 6,00000 3,00000 3,00000 0
0,10 1,99933 1,00017 2,99950 5,99400 2,99800 2,98800 0,10
0,20 1,99733 1,00067 2,99800 5,97600 2,99199 2,95199 0,20
0,30 1,99399 1,00150 2,99550 5,94599 2,98195 2,89195 0,30
0,40 1,98931 1,00268 2,99199 5,90398 2,96785 2,80785 0,40
0,50 1,98328 1,00420 2,98748 5,84996 2,94964 2,69964 0,50
0,60 1,97589 1,00607 2,98195 5,78391 2,92725 2,56725 0,60
0,70 1,96712 1,00829 2,97541 5,70583 2,90060 2,41060 0,70
0,80 1,95697 1,01088 2,96785 5,61571 2,86959 2,22959 0,80
0,90 1,94542 1,01385 2,95926 5,51353 2,83411 2,02411 0,90
1,00 1,93244 1,01720 2,94964 5,39928 2,79402 1,79402 1,00
1,10 1,91802 1,02095 2,93897 5,27294 2,74916 1,53916 1,10
1,20 1,9021 1,0251 2,9272 5,13448 2,69934 1,25934 1,20
1,30 1,8848 1,0298 2,9146 4,98420 2,64434 0,95435 1,30
1,40 1,8658 1,0347 2,9006 4,82114 2,58394 0,62394 1,40
1,50 1,8453 1,0400 2,8853 4,64560 2,51782 0,26783 1,50
1,60 1,8233 1,0463 2,8696 4,45920 2,44569 — 0,11431 1,60
1,70 1,7996 1,0528 2,8524 4,25980 2,36714 — 0,52285 1,70
1,80 1,7742 1,0599 2,8341 4,04822 2,28177 - 0,95822 1,80
1,90 1,7470 1,0677 2,8147 3,82440 2,18906 — 1,42094 1,90
2,00 1,7180 1,0760 2,7940 3,58800 2,08843 — 1,91157 2,00
2,10 1,6872 1,0849 2,7722 3,33940 1,97919 — 2,43080 2,10
2,20 1,6545 1,0946 2,7491 3,07820 1,86056 - 2,97944 2,20
2,30 1,6198 1,1051 2,7249 2,80480 1,73158 — 3,55842 2,30
2,40 1,5829 1,1164 2,6993 2,51860 1,59113 — 4,16887 2,40
2,50 1,5439 1,1286 2,6725 2,22000 1,43790 — 4,81210 2,50
2,60 1,5026 1,1417 2,6443 1,90860 1,27024 — 5,48976 2,60
2,70 1,4589 1,1559 2,6148 1,58460 1,08619 — 6,20381 2,70
2,80 1,4128 1,1712 2,5839 1,24780 0,88332 — 6,95668 2,80
2,90 1,3638 1,1878 2,5516 0,89820 0,65863 - 7,75137 2,90
3,00 1,3120 1,2058 2,5178 0,53560 0,40825 — 8,59175 3,00
3,10 1,2573 1,2251 2,4825 0,16000 0,12731 — 9,48269 3,10
3,20 1,1995 1,2463 2,4458 “0,22840 -0,19059 —10,43059 3,20
3,30 1,1381 1,2691 2,4072 —0,63060 -0,55399 -11,44399 3,30
3,40 1,0731 1,2940 2,3672 -1,04570 -0,97444 —12,53444 3,40
3,50 1,0041 1,3211 2,3253 —1,47440 —1,46820 — 13,71821 3,50
3,60 0,9309 1,3508 2,2817 —1,91660 —2,05869 -15,01869 3,60
3,70 0,8530 1,3834 2,2363 —2,37240 —2,78107 —16,47107 3,70
3,80 0,7700 1,4190 2,1890 —2,84200 -3,69088 —18,13087 3,80
3,90 0,6814 1,4584 2,1398 —3,32540 -4,88057 —20,09056 3,90
-1,00 0,5865 1,5018 2,0884 —3,8232 -6,5179 —22,5179 4,00
4,10 0,4849 1,5500 2,0349 —4,3352 —8,9407 -25,7507 4,10
4,20 0,3755 1,6037 1,9792 —<8616 -12,9468 —30,5868 4,20
492,
Продолжение
а а + ₽ 7 а 7 t
4,30 0,2575 1,6636 1,9211 — 5,4028 —20,9842 —39,4742 4,30
4,40 0,1296 1,7309 1,8605 — 5,9590 —45,9814 —65,3414 4,40
4,50 — 0,0096 1,8070 1,7974 — 6,5302 —683,788 663,538 4,50
4,60 — 0,1617 1,8933 1,7316 — 7,1168 44,0079 22,8479 4,60
4,70 — 0,3291 1,9920 1,6629 — 7,7192 23,4558 1,3659 4,70
4,80 — 0,5144 2,1056 1,5912 — 8,3377 16,2070 - 6,8330 4,80
4,90 — 0,7213 2,2375 1,5162 — 8,9726 12,4389 —11,5711 4,90
5,00 — 0,9544 2,3923 1,4379 — 9,6242 10,0845 -14,9155 5,00
5,10 — 1,2197 2,5757 1,3560 — 10,2930 8,4389 —17,5711 5,10
5,20 - 1,5258 2,7960 1,2702 -10,9796 7,1959 —19,8441 5,20
5,30 — 1,8844 3,0648 1,1804 — 11,6842 6,2004 —21,8896 5,30
5,40 — 2,3127 3,3989 1,0862 —12,4076 5,3651 —23,7949 5,40
5,50 — 2,8364 3,8236 0,9872 —13,1506 4,6364 -25,6136 5,50
5,60 — 3,4961 4,3794 0,8833 -13,9134 3,9796 —27,3804 5,60
5,70 — 4,3607 5,1345 0,7738 -14,6974 3,3704 -29,1196 5,70
5,80 - 5,5552 6,2140 0,6587 —15,5026 2,7906 -30,8494 5,80
5,90 — 7,3358 7,8725 0,5368 —16,3314 2,2262 —32,5838 5,90
6,00 — 10,3186 10,7269 0,4083 —17,1834 1,6653 —34,3347 6,00
6,10 — 16,4673 16,7392 0,2719 -18,0612 1,0968 —36,1132 6,10
6,15 — 22,9537 23,1544 0,2007 -18,5098 0,8064 -37,0161 6,15
6,20 — 37,1810 37,3083 0,1273 -18,9654 0,5101 —37,9299 6,20
6,21 — 42,3515 42,4638 0,1123 —19,0574 0,4500 -38,1141 6,21
6^22 — 49,1553 49,2526 0,0973 —19,1496 0,3896 —38,2988 6,22
6,23 — 58,5139 58,5961 0,0822 -19,2420 0,3289 —38,4840 6,23
6,24 — 72,2020 72,2689 0,0669 —19,3350 0,2678 -38,6698 6,24
6,25 — 94,1338 94,1854 0,0516 -19,4280 0,2064 -38,8561 6,25
е;2б —134,975 135,011 0,0361 -19,5216 0,4446 —39,0430 6,26
6,27 -237,751 237,771 0,0207 —19,6150 0,0825 —39,2304 6,27
6^8 —985,773 985,778 0,0050 —19,7092 0,0200 —39,4184 6,28
Таблица II
Коэфициенты формул метода деформаций ж, S, ж + g, г, ж, г
для растянуто-изогнутых стержней
а “ + ₽ 7 а 7 1
0 2,0000 1,0000 3,0000 6,0000 3,0000 3,0000 0
0 1 2,0007 0,9998 3,0005 6,0060 3,0020 3,0120 од
0 2 2*0027 0,9993 3,0020 6,0241 3,0080 3,0480 0,2
0 3 2,0060 0,9985 3,0045 6,0540 3,0180 3,1080 0,3
0 4 2,0106 0,9973 3,0080 6,0960 3,0319 3,1919 0,4
0,5 2,0166 0,9959 3,0125 6,1500 3,0496 3,2996 0,5
0,6 2,0239 0,9941 3,0180 6,2159 3,0713 3,4313 0,(5
07 2,0325 0,9920 3,0244 6,2938 3,0967 3,5867 0,7
08 2,0423 0,9895 3,0319 6,3837 3,1257 3,7657 0,8
0,9 2,0534 0,9868 3,0403 6,4855 3,1584 3,9684 0,9
4эа
Продолжение
^ = 1/— К EJ а • + ₽ 7 а 7 t
1,0 2,0658 0,9838 3,0496 6,5993 3,1945 4,1945 1,0
1,1 2,0794 0,9806 3,0600 6,7250 3,2341 4,4441 1,1
1,2 2,0943 0,9770 3,0713 6,8626 3,2768 4,7168 1,2
1,3 2,1103 0,9732 3,0835 7,0120 3,3228 5,0128 1,3
1,4 2,1275 0,9692 3,0967 7,1734 3,3718 5,3318 1,4
1,5 2,1458 0,9650 3,1108 7,3466 3,4237 5,6737 1,5
1,6 2,1653 0,9605 3,1258 7,5316 3,4784 6,0384 1,6
1,7 2,1858 0,9558 3,1416 7,7282 3,5357 6,4257 1,7
1,8 2,2074 0,9510 3,1584 7,9368 3,5955 6,8355 1,8
1,9 2,2301 0,9459 3,1760 8,1570 3,6577 7,2677 1,9
2,0 2,2537 0,9407 3,1944 8,3888 3,7222 7,7222 2,0
2,1 2,2786 0,9354 3,2140 8,6330 3,7888 8,1988 2,1
2,2 2,3041 0,9299 3,2340 8,8882 3,8575 8,6975 2,2
2,3 2,3306 0,9244 3,2550 9,1550 3,9281 9,2181 2,3
2,4 2,3581 0,9187 3,2768 9,4336 4,0004 9,7604 2,4
2,5 2,3865 0,9129 3,2994 9,7238 4,0745 10,3245 2,5
2,6 2,4157 0,9071 3.3228 10,0256 4,1502 10,9102 2,6
2,7 2,4457 0,9012 3,3469 10,3388 4,2273 11,5173 2,7
2,8 2,4765 0,8952 3,3718 10,663() 4,3058 12,1458 2,8
2,9 2,5081 0,8892 3,3973 10,9998 4,3856 12,7956 2,9
3,0 2,5405 0,8832 3,4237 11,3474 4,4667 13,4667 3,0
3,1 2,5735 0,8772 3,4507 11,7064 4,5489 14,1589 3,1
3,2 2,6072 0,8711 3,4783 12,0766 4,6321 14,8721 3,2
3,3 2,6415 0,8652 3,5067 12,4584 4,7163 15,6063 3,3
3,4 2,6765 0,8591 3,5356 12,8512 4,8015 16,3615 3,4
3,5 2,7121 0,8531 3,5656 13,3556 4,8875 17,1375 3,5
3,6 2,7483 0,8472 3,5955 13,6710 4,9743 17,9343 3,6
3,7 2,7851 0,8412 3,6263 14,0976 5,0619 18,7519 3,7
3,8 2,8223 0,8354 3,6577 14,5354 5,1501 19,5901 3,8
3,9 2,8601 0,8296 3,6897 14,9844 5,2390 20,4490 3,9
4,0 2,8984 0,8237 3,7221 15.4444 5,3286 21,3286 4,0
4,1 2,9372 0,8180 3,7553 15,9156 5,4186 22,2286 4,1
4,2 2,9764 0,8124 3,7888 16,3976 5,5092 23,1492 4,2
4,3 3,0160 0,8069 3,8229 16,8908 5,6003 24,0903 4,3
4,4 3,0561 0,8014 3,8575 17,3950 5,6919 25,0519 4,4
4,5 3,0966 0,7960 3,8926 17,9102 5,7838 26,0338 4,5
4,6 3,1373 0,7907 3,9280 18,4360 5,8763 27,0363 4,6
4,7 3,1786 0,7854 3,9640 18,9730 5,9690 28,0590 4,7
4,8 3,2201 0,7802 4,0003 19,5208 6,0621 29,1021 4,8
4,9 3,2620 0,7753 4.0373 20,0796 6,1556 30,1656 4,9
5,0 3,3042 0,7703 4,0745 20,6490 6,2493 31,2493 5,0
5,1 3,3466 0,7655 4,1121 21,2292 6,3433 32,3533 5,1
5,2 3,3895 0,7607 4,1502 21,8204 6,4376 33,4776 5,2
5,3 3,4326 0,7560 4,1886 22,4220 6,5321 34,6221 5,3
5,4 3,4759 0,7514 4,2273 23,0373 6,6269 35,7869 5,4
5,5 3,5194 0,7468 4,2662 23,6576 6,7220 36,9720 5,5
5,6 3,5633 0,7426 4,3059 24,2918 6,8171 38,1771 5,6
5,7 3,6073 0,7381 4,3455 24,9360 6,9126 39,4026 5,7
5,8 3,6516 0 7 340 4,3856 25,5912 7,0082 40,6482 5,8
5,9 3,6961 0,7300 4,4261 26,2572 7,1040 41,9140 5,9
6,0 3,7408 0,7258 4,4666 26,9332 7,1999 43,1999 6,0
494
ПРИЛОЖЕНИЕ 4
ТАБЛИЦА ФУНКЦИЙ ВЛИЯНИЯ
(к динамическому расчет)7 балок и рам)
Функции влияния Ах, Вх, CXi D:c.
,4а, — -L (ch kx -j- cos kx); ~ (sh kx 4 sin kx);
Cx —• (ch kx — coskx); Dx = у (sh kx — sin kx).
4 /~~p~№
При вынужденных, колебаниях, k = у ofTy i
при собственных колебаниях k = 1/ ™=у.
kx вл сх Дг-
0,00 1,00000 0,00000 0,00000 0,00000
0,01 1,00000 0,01000 0,00005 0,00000
0,02 1,00000 0,02000 0,00020 0,00000
0,03 1,00000 0,03000 0,00045 0,00000
0,04 1,00000 0,04000 0,00080 0,00001
0,05 1,00000 0,05000 0,00125 0,00002
0,06 1,00000 0,06000 0,00180 0,00004
0,07 1,00000 0,07000 0,00245 0,00006
0,08 1,00000 0,08000 0,00320 0,00009
0,09 1,00000 0,09000 0,00405 0,00012
0,10 1,00000 0,10000 0,00500 0,00017
0,20 1,00007 0,20000 0,02000 0,00133
0,30 1,00034 0,30002 0,04500 0,00450
0,40 1,00106 0,40008 0,07999 0,01062
0,50 1,00261 0,50026 0,12502 0,02084
0,60 1,00539 0,60064 0,18006 0,03606
0,70 1,01001 0,70190 0,24516 0,05718
0,80 1,01702 0,80273 0,32036 0,08537
0,90 1,02735 0,90492 0,40574 0,12159
1,0 1,04169 1,00833 0,50139 0,16686
1,1 1,06106 1,11343 0,60746 0,22222
' 1,2 1,08651 1,22075 0,72415 0,28871
1,3 1,11920 1,33097 0,85170 0,36691
1 4 1,16043 1,44487 0,99046 0,45942
1,5 1,21157 1,56338 1,14083 0,56589
2 1,25409 1,65015 1,25409 0,65015
1,6 1,27413 1,68757 1,30333 0,73800
1,7 1,39974 1,81864 1,47832 0,82698
1,8 1,44013 1,95801 1,66823 ' 0,98416
1,9 1,54722 2,10723 1,87551 !, 1,16093
2,0 1,67277 2,26808 2,08917 : 1,35828
495
Продолжение
Продолжение
kx Ах с ^ж
2,1 1,82973 2,44253 2,32458 1,57937
2,2 1,98970 2,63280 2,57820 2,82430
2,3 2,18547 2,84133 2,85175 2,09562
2,4 2,40978 3,07085 3,14717 2,39537
2,5 2,66557 3,32433 3,46671 2,72586
2,6 2,95606 3,60511 3,81295 3,08961
2,7 3,08470 3,91682 4,18872 3,48944
2,8 3,65520 4,26346 4,59747 3,92846
2,9 4,07181 4,64940 5,04277 4,41016
3,0 4,53883 5,07949 5,52882 4,93837
3,1 5,06118 5,55901 6,06032 5,51743
ТС 5,29597 5,77437 6,29597 5,77437
3,2 5,64418 6,09375 6,64247 6,15212
3,3 6,29364 6,69006 7,28112 0,84781
зл 7,01592 7,35491 7,98277 7,61045
3,5 7,81818 8,09592 8,75464 8,44670
3,6 8,70801 8,92147 9,05477 9,36399
3,7 9,69345 9,84072 10,54205 10,37056
3,8 10,78540 10,86377 11,57637 11,47563
3,9 11,99271 12,00167 12,71864 12,68943
4,0 13,32739 13,26656 13,98093 14,02336
4,1 14,80180 14,67179 15,37662 15,49007
4,2 16,43020 16,23204 16,92046 17,10362
4,3 18,27794 17,96347 18,62974 18,87964
4,4 20,21212 19,88385 20,51945 20,83545
4,5 22,40166 22,01274 22,61246 22,99027
4,6 24,81751 24,37172 24,92966 25,36541
4,7 27,48287 26,98456 27,49526 27,98448
2 27,83169 27,32720 27,83169 28,32720
4,8 30,42341 29,87746 30,33591 30,87362
4,9 33,66756 33,07936 33,48105 34,06181
5,0 37,24680 36,62214 36,96314 37,58106
5,1 41,19599 40,54105 40,81801 41,46686
5,2 45,55370 44,87495 45,08518 45,75840
5,3 50,36263 49,66682 49,80826 50,49909
5,4 55,67008 54,96409 55,03539 55,73685
5,5 61,52834 60,81919 60,81967 61,52473
5,6 67,99531 67,29004 66,21974 67,92131
5,7 75,13504 74,44067 74,30033 74,99136
5,8 83,01840 82,34183 82,13288 82,80633
5,9 91,72379 91,07172 90,79631 91,44562
6,0 101,33790 100,71687 100,37773 100,99629
6,1 1.11,95664 111,37280 110,97337 111,55491
(>,2 123,68604 123,19521- 122,68950 123,22830
2к 134,37338 133,87245 133,37338 133,87245
6,3 136,64336 136,15092 135,64350 136,13411
6,4 150,96826 150,46912 149,97508 150,35257
6,5 166,77508 166,39259 165,79749 166,17747
6,6 184,24925 183 92922 183,29902 183,61768
6,7 203,55895 203,30357 202,64457 202,89872
kx вх Сх Dx
6,8 224,89590 224,70860 224,02740 224,21449
6,9 248,47679 248,35764 247,66106 247,77920
7,0 274,53547 274,48655 273,78157 273,82956
7,1 303,33425 303,28381 302,64970 302,62707
7,2 335,16205 335,25434 334,55370 334,46067
7,3 370,33819 370,50003 369,81211 369,64954
7,4 409,21553 409,44531 408,77698 408,54660
7,5 452,18406 452,92446 451,73742 451,54146
7,6 499,67473 500,03281 499,42347 499,06489
7,7 552,16384 552,58097 552,01042 551,58780
7,8 610,17757 610,64966 610,12361 609,65112
~2 643,99272 644,49252 643,99272 643,49252
7,9 674,29707 674,81986 674,34367 673,82102
8,0 745,16683 745,73409 745,31233 744,74473
8,1 823,49532 823,95189 823,73886 823,28200
8,2 910,06807 910,70787 910,40722 909,76714
8,3 1 005,75247 1 006,41912 1 006,18385 1 005,51695
8,4 1 111,50710 1 112,19393 1 112,02639 1 111,33933
8,5 1 228,39125 1 229,09140 1 228,99326 1 228,29291
8,6 1 357,57558 1 358,28205 1 358,25430 1 357,54765
8,7 1 500,35377 1 501,05950 1 501,10242 1 500,39658
8,8 1 658,15549 1 658,85342 1 658,96658 1 658,26850
8,9 1 832,56070 1 833,42607 1 833,42614 1 832,74284
9,0 2 025,31545 2 025,97701 2 026,22658 2 025,56489
9,1 2 238,34934 2 238,98270 2 239,29706 2 238,66360
9,2 2 473,79487 2 474,39373 2 474,76971 2 474,17079
9,3 2 734,00871 2 734,56701 2 735,00094 2 734,44255
9,4 3021,59536 3 022,10755 3 022,59505 3 022,08297
Зл 1 3 097,41192 3 097,91193 3 098,41197 3 097,91193
9,5 3 339,43314 3 339,89411 3 340,43031 3 359,96926
9,6 3 690,70306 3 691,11321 3 691,68775 3 691,27754
9,7 ( 4 078,92063 4 079,26590 4 079,88299 4 079,53766
9,8 4 508,47103 4 508,25298 4 508,90146 4 508,61946
9,9 4 982,14802 4 982,35202 4 983,03721 4 982,32136
10,0 5 506,19696 5 506,34442 5 507,03599 5 506,88844
i
32 Зак. 1757. Сборы, задач по строит, механике.
496
ОГЛАВЛЕНИЕ
Стр.
Предисловие ....................................................... 3
Часть первая. Задачи
Глава 1. Геометрическая неизменяемость и неподвижность сооруже-
ний ............................................................. 5
Глава 2. Расчет статически определимых многопролетных балок ... 11
Глава 3. Общие свойства линий влияния ......................... 18
Глава 4. Расчет статически определимых арок и рам.............. 23
Глава 5. Расчет статически определимых плоских ферм............ 36
Глава 6. Расчет ферм с внешним или внутренним распором......... 51
Глава 7. Расчет пространственных ферм.......................... 57
Глава 8. Давление сыпучего тела и расчет подпорных стенок..... 65
Глава 9. Вычисление перемещений, вызываемых нагрузкой, температу-
рой и заданными перемещениями опорных или иных сечений 69
Глава 10. Расчет статически неопределимых балок................... 79
Глава 11. Расчет статически неопределимых систем методом сил ... 86
Глава 12. Расчет плоских рам методом деформаций комбинированным
и смешанным способами......................................... 101
Глава 13. Расчет рам методом фокусов............................ 112
Глава 14. Расчет пространственных рам........................... 117
Глава 15. Расчет сооружений по разрушающим нагрузкам............ 121
Глава 16. Расчет стержневых систем на устойчивость............... 129
Глава 17. Динамический расчет сооружений......................... 143
Часть в то р а я. Ответы и решения
1. Ответы и решения к задачам главы 1......................
2. Ответы и решения к задачам главы 2......................
3. Ответы и решения к задачам главы 3......................
4. Ответы и решения к задачам главы 4......................
5. Ответы и решения к задачам главы 5......................
6. Ответы и решения к задачам главы 6.........................
7. Ответы и решения к задачам главы 7......................
8. Ответы и решения к задачам главы 8......................
9. Ответы и решения к задачам главы 9..........*...........
К). Ответы и решения к задачам главы 10.....................
И. Ответы и решения к задачам главы 11......................
12. Ответы и решения к задачам главы 12....................
13. Ответы и решения к задачам главы 13.....................
14. Ответы и решения к задачам главы 14 ....... ............
498
Стр.
15. Ответы и решения к задачам главы 15 . ................... 411
16. Ответы и решения к задачам главы 16...................... 430
17. Ответы и решения к задачам главы 17.......................456
Приложения
Приложение 1. Таблица интегралов Мора......................... 489
Приложение 2. Усилия в П-образных рамах с защемленными пятами от
единичных смещений опор...................................... 491
Приложение 3. Таблицы специальных функций для расчета сжато-изо-
гнутых н растянуто-изогнутых стержней по методу де-
формаций .................................................... 492
Приложение 4. Таблица функций влияния (к динамическому расчету
балок н рам) • .......................................... . 495
Технический редактор Е. А. Лулькина
-Сдано в набор 26/VI 1950 г. Подписано к печати 25/VIII 1950 г.
Форм. бум. бОХЭг1/» Печ. л. 31,25. УИЛ 23,9. Уч. № 8126.
Т—05890. Тираж 10000 экз. Цена 12 р. 70 к. Зак. 1757.
4-я типография им. Ear. Соколовой Главполиграфиздата при Совете Министров СССР»
Ленинград, Измайловский пр., 29.
ОПЕЧАТКИ
Стр Строка Напечатано Должно быть По чьей вине
40 Фиг. 149 Фигуру повернуть на 180° Тип.
58 Фиг. 219 Не указана неподвижная опора в узле 1
291 Фиг. 863 2,56—1,44 2,84—1,16 Авт.
301 17 сверху L р. 4. а ° — ~р.В-0 + а ° ' Тип.
302 Табл. 9, графа 4 слева 0,1569 1,1569 Изд.
340 1 снизу 115 EJ 52 ’ Р ? 115 EJ ~иг'~г ? Авт.
452 Формула (2) 1 1
1 -1- f-EJ^ ' FGP yEJz^ 1+ FQP «
480 5 сверху + <t^xEJK + ъСхЕЛе
Зак. 1757.