Составление теоретической конструкции балки
Так как подбор сечения выполнен без учета продольной и поперечной сил, то необходимо проверить прочность стержня, принимая во внимание все внутренние силовые факторы, возникающие в опасном сечении. Рассмотрим опасную точку 2 и вычислим в ней нормальные, касательные и эквивалентные напряжения. Неравнобокие уголки. Они находятся подбором, так как в сортаменте не даны значения момента сопротивления… Читать ещё >
Составление теоретической конструкции балки (реферат, курсовая, диплом, контрольная)
Курсовая работа
Тема: Составление теоретической конструкции балки
1 Теоретические основы создания балки
2 Создание балки из конкретного металла с заданными характеристиками
3 Другие элементы
4 Расчет нагрузки на элементы
5 Определение размеров рам
1 Теоретические основы создания балки
1.1 Построение эпюр Qy и Mx. Опорные реакции
У Yi = 0, RAyqa+ qaF =0,
Ray = F= 3qa = 50,4кН, У ma= 0, — МA+0,5qa2 — 1,5a•qa — 2qa2 + 3qa•3a = 0,
— МA+0,5qa2 — 1,5qa2 — 2qa2 +9qa2 = 0,
— MA = - 6qa2.
Эпюра Qy. Она строится по формуле Q=Q0 ±qz. В данном случае стоит взять знак «минус» для участка балки АВ, (так как погонная нагрузка направлена вниз), и знак «плюс» для участка балки ВС (погонная нагрузка направлена вверх). Поперечная сила постоянна на участке СD (т.к. q=0) и изображается прямой, параллельной оси Оz, на участках АВ и ВС — наклонной прямой (q=const). Вычисляем значения Qy в характерных точках
QA = RAy=3qa, кН,
QAB = QA — qa =3qa — qa=2qa, кН,
QВС = QAB +qa = 2qa+qa = 3qa, кН,
QСD = QВС = 3qa, кН и строим ее эпюру.
Эпюра Мх. Она строится по формуле Мх = М0+Q0z-0,5qz2. Изгибающий момент изменяется по квадратичному закону на участках АВ и ВС (т.к. q=const), и по линейному закону на участке СD (q=0). По значениям момента в характерных точках
MA = - 6qa2, кH•м,
MAB = MA + Ray•a = - 6qa2 + 3qa2 = - 3qa2, кH•м,
MBC = MAB +2qa• a = - 3qa2 + 2qa2 = - qa2, кH•м,
MCD = MBC — 2qa2 = - qa2- 2qa2 = - 3qa2, кH•м,
MF = - 3qa2+ 3qa2=0
строим эпюру Мх. Расчетный изгибающий момент равен
Mрас = ¦ MA ¦= 6 qa2 = 120,96 кH•м.
1.2 Подбор сечений
Из условия прочности по нормальным напряжениям умах=Мрас/Wx? [у] определяем требуемый момент сопротивления поперечного сечения
Wx? Mрас /[у] = 120,96 •103/160•106 = 756 см³,
по которому подбираем конкретные сечения.
Круг: Wx = рd3/32,
= =19,75 см.
Принимаем по ГОСТ 6636–86 нормализованное значение d0 = 200 мм, тогда А1 = р d02/4 = р • 202/4 =314 см2.
Прямоугольник (h/b = 2) Wx=b•(2b)2/6=2b3/3,
b? 3v3 Wx /2 = = 10,43 см.
Ближайшее меньшее значение равно b0=100мм. При этом балка будет работать с перенапряжением, равным ду = [(b3-b03)/ b03] •100% =[10,433 — 103/ 103] • 100% = 13,46%,
что недопустимо. Поэтому принимаем ближайший больший размер b0=105 мм, для которого А2=2b02= 2 • 10,52 = 220,5 см².
Двутавр. По ГОСТ 8239–89 выбираем двутавр № 36, для которого Wх=743,0 см³, А3 = 61,9 см².
Два швеллера. По ГОСТ 8240–89 выбираем два швеллера № 30, для которых Wх = 2•387 = 774 см³, А4 = 2 • 40,5 = 81 см².
Неравнобокие уголки. Они находятся подбором, так как в сортаменте не даны значения момента сопротивления. Используя формулу Wx=2Ix/(b — y0), сделаем несколько попыток, выбираем два уголка 250×160×20, для которых Wх = 2•4987/(25 — 8,31) = 597,6 см³, А5 = 2•78,5 = 157,0 см².
№ | ||||||
Форма сечения | ][ | |||||
А, см2 | 220,5 | 61,9 | ||||
A1: A2: A3: A4: A5 = 1: 0,7: 0,2: 0,26: 0,5 | ||||||
1.3 Оценка экономичности подобранных сечений
Масса балки определяется как произведение плотности материала на ее объем m=сAl, т. е. расход материала при прочих равных условиях зависит только от площади поперечного сечения А. Сравнивая массы балок:
m1: m2: m3: m4: m5 = A1: A2: A3: A4: A5 = 1: 0,7: 0,2: 0,26: 0,5,
заключаем, что самым неэкономичным является круглое сечение. При замене круга другими формами (прямоугольник, двутавр, два швеллера, два уголка) достигается экономия, равная соответственно 30%, 80%, 74% и 50%.
Исследование напряжений в опорном сечении для балки двутаврового профиля № 36, параметры которой по ГОСТ 8239–89 равны:
h = 36 см, b = 14,5 см, d = 0,75 см, t = 1,23 см,
Ix = 13 380 см4, Sx = 423 см³.
Внутренние силовые факторы в опорном сечении А:
QA= 3qa = 3•14•1,2 = 50,4 кН;
MA= - 6qa2 = - 6•14•1,22 = -120,96 кН•м.
Эпюра у. Нормальные напряжения в поперечном сечении изменяются по линейному закону уz=(Mx/Ix)y. Вычисляем напряжения в крайних точках Уmax= уmin = Mx/ Wx = 120,96 •103/756•10−6 = 160 МПа и строим эпюру у Эпюра ф. Она строится по формуле Журавского ф=.
Находим значения ф в 4 характерных точках по высоте сечения и строим эпюру касательных напряжений.
№ точек | bi, см | см3 | /bi | ф i/ фmax | фi | фmax | |
1, 1' | 14,5 | фmax== = =21,2 МПа | |||||
2, 2' | 14,5 | 21,38 | 0,04 | 0,8 | |||
3, 3' | 0,75 | 413,30 | 0,74 | 15,6 | |||
4, 4' | 0,75 | 58,34 | 21,2 | ||||
Определение главных напряжений в точке К (ук=0,4h):
— напряжения в поперечном сечении ук = (МА/IA) •YK= (-120,96•103/13 380•10−8) •0,4•36•102 = - 130МПа, фK = = 50,4•103• 338•10−6 /(0,75•10−2•13 380 •10−8) = 17МПа;
— величины главных напряжений у 1,3 =0,5(ук±)=0,5(-130±),
у1 = 2,2 МПа; у3 = - 132,2 МПа — ориентация главных площадок
tgб1 = (у1 — ук)/фk= (2,2 — (-130))/17 = 7,78;
б1 = 82 040?.
Экстремальные касательные напряжения равны по величине фmax, min= ±0,5(у1- у3)= ±0,5(2,2 + 132,2) = ± 67,2 МПа и действуют на площадках, равнонаклоненным к осям 1 и 3. Графическое определение главных напряжений и положения главных площадок.
2 Создание балки из конкретного металла с заданными характеристиками
2.1 Построение эпюр поперечной силы и изгибающего момента. Опорные реакции
Уmв=0, — RA· 3a + 1,5qa2 + q· 3a·2,5a — 3· qa·a = 0, RA = 2qa;
УYi=0, RA — q· 3a + RB — 3qa =0, RB = 4qa.
Эпюра Qy.
Поперечная сила постоянна на участке ЕВ и ВС; изменяется по линейному закону на участке DA и AE и принимает следующие значения:
QD = 0, QAD = QD — qa = - qa,
QA = QAD + RA = - qa + 2qa = qa, QAE = QA — q· 2a = qa — 2qa = - qa,
QEB = QAE = - qa, QB = QEB+ RB = - qa + 4qa = 3qa,
QB = QC = 3qa.
Эпюра Мх.
Изгибающий момент изменяется по линейному закону на участке EB и BC, по квадратичному закону на участках DA и AE, принимая экстремальные значения в сечении z = 4а. По значениям момента в характерных точках
MD = 0, MA = - qa· 0,5a = - 0,5qa2 ,
M (2a) = - 2qa· a + RA· a = - 2qa2 + 2qa2 = 0,
ME = - 3qa· 1,5a + RA· 2a = - 4,5qa2 + 4qa2 = - 0,5qa2 ,
MEB = ME + 1,5qa2 = - 0,5qa2 + 1,5qa2 = qa2 ,
Mmax = MB = - 3qa· 2,5a + RA· 3a — 1,5qa2 = - 3 qa2,
MC = 0.
строим эпюру Мх, из которой находим расчетный изгибающий момент Мрас= 3qa2 = 60,48 кН•м
2.2 Определение перемещений
2.2.1 Метод начальных параметров
Из граничных условий имеем: vA = 0, vB = 0. Отсюда находим v0, и0:
vA= v (a) = v0 + и 0•а + ,
vB=v (4a)=v0+ и0•4а +;
и 0 = - ;
v0 = - = 0; v0 = .
А теперь находим искомые перемещения:
— сечение z = а и (а) = и0 + ;
V (а) = 0;
— сечение z = 2а и (2а) = и0 + ;
v (2а) = v0+ и0•2a+;
— сечение z = 3а и (3а) = и0 + = ;
v (3a) = v0 + и0•3a + ;
— сечение z = 4а
v (4a) = 0;
и (4а)=и0+=;
— сечение z = 5а и (5а)=и0+= ;
V (5a)=V0+и0•5a+.
Результаты вычислений сведем в таблице и построим упругую линию балки пунктиром
Перемещения | Сечение z | ||||||
a | 2a | 3a | 4a | 5a | |||
и х (qa3/EIx)-1 | — 7/9 | — 11/18 | — 4/9 | — 5/18 | 20/9 | 67/18 | |
v х (qa4/EIx)-1 | 53/72 | — 35/72 | — 8/9 | 29/9 | |||
Для расчета балки на жесткость необходимо знать максимальный прогиб, который имеет место в сечении, где угол поворота равен нулю. Он имеет место в сечении z = 3а, отсюда vmax= vВ = 8qa4/(9 EIx)
2.2.2.Энергетический метод
Строим эпюры моментов от заданной нагрузки и от единичных воздействий, приложенных к балке в направлении искомых перемещений. Определяем моменты посередине участков.
МсрDА = (МС + МА)/2 + qа2/8 = (0 + ½) qа2 + qа2/8 = 3/8 qа2,
МсрАM = (МA + МM)/2 + qа2/8 = (0 + ½) qа2 + qа2/8 = 3/8 qа2,
МсрME = (МM + МE)/2 + qа2/8 = (0 + ½) qа2 + qа2/8 = 3/8 qа2,
МсрEB =(МE + МB)/2 = (1 + 3) qа2/2 =½ qа2,
МсрBС =(МB + МC)/2 = (3 + 0) qа2/2 = 3/2qа2.
Перемножая соответствующие эпюры, находим искомые перемещения, увеличенные для удобства вычислений в EI раз:
EIxvB=;
ЕIxиA=;
ЕIxиB=.
2.2.2 Расчет на ЭВМ методом конечных элементов
Исходные данные вводятся в безразмерной форме:
ж = z /a (0? ж? 10),, .
Из рисунка следует, что наибольший прогиб имеет место в сечении 3a, где возникает наибольший изгибающий момент, и равен
.
2.2.4 Подбор сечения неравнобоких уголков по условиям прочности и жесткости
Из условия прочности имеем уmax = Mmax/Wx? [у].
Отсюда, учитывая что Mmax = - 3 qa2,
[у]=,
увр=, Fте находим из диаграммы растяжения
увр = = 318 МПа,
[n] = 1,5 если > 5%, [n] = 2,4 если < 5%,
= =0,7%,
[у] = 318/2,4=132,5 МПа, отсюда Wx? Mmax/ [у]=60,48•103/132,5•106 = 456 см³.
Условиям прочности удовлетворяет Wx? 456 см³
Согласно условиям жесткости
? [f],
откуда l/[f] = 900, [f] = l/900 =2,5/900 = 2,8 мм
Ix ?== 4608 см4;
Учитывая условия прочности и жесткости по ГОСТу 8510−86 выбираем неравнобокие уголки № 27 с следующими параметрами:
B=250мм, b=160 мм, d=18мм, A=157 см2, Ix=4987см4, Wx=597,6 см³.
3 Другие элементы
3.1 Раскрытие статической неопределимости
Данная система дважды статически неопределима (две дополнительные связи), поэтому канонические уравнения имеют вид:
Коэффициенты при неизвестных, увеличенные в EI раз:
Проверка:
Свободные члены, увеличенные в EI раз:
;
Проверка: ;
Канонические уравнения имеют вид:
3.2 Определение опорных реакций
3.3 Построение эпюр внутренних силовых факторов
Эпюра Q. Эпюра строится по формуле. Вычисляем значения Q в характерных точках:
и строим эпюру Q.
Эпюра M. Эпюра строится согласно выражению
.
Эпюра N. Деформацию сжатия испытывают стержни BC и CD. Продольная сила в пределах каждого участка постоянна и принимает следующие значения:
3.4 Проверка решения
3.4.1Статическая проверка
Узел B
Узел C
3.4.2 Кинематическая проверка. Проверка состоит в выполнении условия
.
4 Расчет нагрузки на элементы
4.1 Определение геометрических характеристик сечения
а)Координаты центра тяжести.
№ п/п | vi | Ai | vi Ai | |
10t | 32t2 | 320t3 | ||
4t | 16t2 | 64t3 | ||
У | 48t2 | 384t3 | ||
uc=0, vc==384t3/48t2=8t.
б) Моменты инерции относительно главных центральных осей x, y.
Предварительно вычисляем осевые моменты инерции отдельных частей относительно собственных центральных осей оiзi
I= 8t· (4t)3/12 = 42,67t4,
I= 2· t·(8t)3/12 = 85,33t4,
I= 4t· (8t)3/12 = 170,67t4,
I= 2· 8t·t3/12 = 1,33t4.
Остальные вычисления представим в табличной форме.
№ п/п | xi | yi | Ai | Ix=У (I+Ai) | Iу=У (I+Ai) | |||||
I | Ai | I | I | Ai | I | |||||
2t | 32t2 | 42,67t4 | 128t4 | 213,33t4 | 1,33t4 | 1,33t4 | ||||
1,5t | — 4t | 16t2 | 85,33t4 | 256t4 | 298,67t4 | 170,67t4 | 36t4 | 206,67t4 | ||
У | 48t2 | 128t4 | 384t4 | 512t4 | 172t4 | 36t4 | 208t4 | |||
в) Главные радиусы инерции
ix2 = Ix/A = 512t4/(48t2) = 10,67t2;
iy2 = Iy/A = 208t4/(48t2) = 4,33t2.
Построение ядра сечения. Для фигуры с прямолинейными сторонами ядро сечения представляет собой выпуклый многоугольник, координаты вершин которого определяются формулами:
xяi= - iy2/ai, yяi= - ix2/bi .
Здесь ai и bi — отрезки, отсекаемые нейтральной линией на осях координат, при ее обкатывании вокруг контура сечения. Выполняя необходимые вычисления в табличной форме, получим ядро сечения.
Положение нейтральной линии | Отрезки, отсекаемые на осях | Координаты вершин ядра сечения | |||
ai | bi | xяi | yяi | ||
1−1 | 4t | — 2,668t | |||
2−2 (2'-2') | — 4t (4t) | 1,083t (-1,083t) | |||
3−3 (3'-3') | — 4t (4t) | — 16t | 1,083t (-1,083t) | 0,667t | |
4−4 | — 8t | 1,334t | |||
4.2 Определение размеров сечения
Отрезки, отсекаемые нейтральной линией на осях координат ао= - iy2/xf = -4,33t 2/(4t) = -1,083t;
bо= - ix2/yf = -10,67t 2/0 = ?.
Проводим нейтральную линию nn и устанавливаем опасные точки. Это будут точки 1 и 6 как наиболее удаленные от нейтральной оси.
Из условия прочности на растяжение уmax = ,
уmax = ,
откуда мм.
Из условия прочности на сжатие уmin = ,
уmin = ,
откуда
Следовательно, t = max = tp = 27,3 мм. Принимаем по ГОСТ 6636 =28 мм. Для ближайшего меньшего размера (=26 мм) будет перенапряжение 15,7%, что недопустимо.
4.3 Построение эпюры нормальных напряжений. Исходя из принятых размеров сечения, находим напряжения в опасных точках
МПа;
МПа
и строим эпюру у.
5 Пространственные рамы
5.1 Устанавливаем опасное сечение для каждого из стержней
AB — сечение А, где Mx = 3qa2, My = qa2, Mz = 2qa2;
Qx = 0, Qy = 2qa, NA = qa.
AB — сечение B, где Mx = qa2, My = qa2, Mz = 2qa2;
Qy =2qa, NA = qa.
BC — сечение B, где Mx = qa2, My = 2qa2, Mz = 0,5qa2;
Qy =qa, N = 2qa.
BC — сечение C, где Mx = 0, My = 2qa2, Mz = 0,5qa2;
Qy =qa, N = 2qa.
CD — сечение C, где Mx = 0,5qa2, My = 2qa2;
Qx = 2qa, Qy = qa.
CD — сечение D, где Mx = 0, My = 0;
Qx = 2qa, Qy = 0.
5.2 Подбор сечений стержней
Сечение, А Стержень АВ Он испытывает изгиб в двух плоскостях, кручение, сдвиг и сжатие. Так как Mx > My, то рациональным будет такое расположение сечения, при котором Wx > Wy, т. е. длинная сторона прямоугольника должна быть параллельна оси y. Для установления опасной точки необходимо вычислит эквивалентные напряжения в трех точках контура сечения. Из них опасной будет та точка, в которой уэкв является наибольшим. При подборе сечений будем пренебрегать в первом приближении продольными и поперечными силами.
Точка 1. В этой точке возникает линейное напряженное состояние, поэтому
.
Так как h/b=1,5, то h = 1,5b;
.
Следовательно,
.
Точка 2. В этой точке возникает плоское напряженное состояние, поэтому
.
Так как, ,
Следовательно,
.
Точка 3. В этой точке возникает плоское напряженное состояние, поэтому сог-ласно III гипотезе прочности
.
Так как, ,
Следовательно, .
Так как, то опасной является точка 2.
Записываем условие прочности для точки 2
.
Отсюда мм.
Принимаем по ГОСТ 6636 bo =160 мм. Следовательно, стержень АВ должен иметь сечение 16×24 см.
Так как подбор сечения выполнен без учета продольной и поперечной сил, то необходимо проверить прочность стержня, принимая во внимание все внутренние силовые факторы, возникающие в опасном сечении. Рассмотрим опасную точку 2 и вычислим в ней нормальные, касательные и эквивалентные напряжения.
Нормальные напряжения:
— от изгиба
МПа;
— от продольной силы
МПа;
— суммарные
МПа.
Касательные напряжения:
— от кручения МПа;
— от поперечной силы
МПа;
— суммарные МПа.
Эквивалентное напряжение
МПа.
Без учета продольной и поперечной сил
МПа.
Как видим, расхождение между и не превышает 3%, т. е. лежит в пределах инженерного расчета. Поэтому на практике продольными и поперечными силами, как правило, пренебрегают.
Условие прочности стержня АВ при принятых размерах поперечного сечения выполняется, так как МПа.
Сечение В Стержень ВС Он испытывает изгиб в двух плоскостях, кручение, сдвиг и сжатие. Пренебрегая продольной и поперечной силами, условие прочности можно записать в виде ,
где — эквивалентный момент по III гипотезе прочности, равный
.
Следовательно, ,
откуда мм.
Принимаем по ГОСТ 6636 do=190мм.
Сечение С Стержень СD
Он испытывает изгиб в двух плоскостях, т. е. косой изгиб. Так как Mx < My, то сечение следует расположить длинной стороной вдоль оси x. В этом случае будет выполняться условие Wx
.
Условие прочности
.
Отсюда мм.
Принимаем по ГОСТу 6636 do=110мм. Искомое сечение стержня будет 11×18 см.
6 Определение размеров рам
Дано:
Значения коэффициента продольного изгиба ц, увеличенные в 1000 раз, приведены в таблице:
л | ||||||||||||||||
ц | ||||||||||||||||
6.1 Определение геометрических характеристик сечения
— площадь ;
— минимальный момент инерции
Imin = ;
— минимальный радиус инерции
.
Полученные характеристики можно записать в общем виде следующим образом:
где; d = а — характерный размер сечения.
6.2 Подбор поперечного сечения
Искомый характерный размер сечения находится из трансцендентного уравнения
которое решается методом последовательных приближений.
Первое приближение. Примем, тогда Гибкость стержня равна .
По таблице, используя формулу линейной интерполяции
находим .
Ввиду большой разницы между ц1 и делаем второе приближение, принимая Имеем: .
Расхождение, то есть подбор закончен. Следовательно, характерный размер сечения должен быть не менее. Принимаем по ГОСТ 6636: .
6.3 Определение коэффициента запаса устойчивости
Гибкость стержня при принятых размерах сечения равна
.
Поскольку, то стержень обладает средней гибкостью и для определения критической силы следует воспользоваться эмпирической формулой
.
Коэффициент запаса устойчивости равен