регистрация /  вход

Составление теоретической конструкции балки (стр. 1 из 4)

Курсовая работа

Тема: Составление теоретической конструкции балки


Содержание

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

Σ Yi = 0, RAy –qa+ qa– F =0,

Ray = F= 3qa = 50,4кН,

Σ 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 σмах=Мрас/Wx≤ [σ] определяем требуемый момент сопротивления поперечного сечения

Wx ≥ Mрас /[σ] = 120,96 ∙103/160∙106 = 756 см3,

по которому подбираем конкретные сечения.

Круг: Wx = πd3/32,

=
=19,75 см.

Принимаем по ГОСТ 6636-86 нормализованное значение d0 = 200 мм, тогда А1 = π d02/4 = π ∙ 202/4 =314 см2.

Прямоугольник (h/b = 2) Wx=b∙(2b)2/6=2b3/3,

b ≥ 3√3 Wx /2 =
= 10,43 см.

Ближайшее меньшее значение равно b0=100мм. При этом балка будет работать с перенапряжением, равным

δσ = [(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 = 81см2.

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 250х160х20, для которых Wх = 2∙4987/(25 – 8,31) = 597,6 см3, А5 = 2∙78,5 = 157,0 см2.

1

2

3

4

5

Форма сечения

][

А, см2

314

220,5

61,9

81

157

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=ρAl, 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 = 13380 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 σ. Нормальные напряжения в поперечном сечении изменяются по линейному закону σz=(Mx/Ix)y. Вычисляем напряжения в крайних точках

Σmax= σmin = Mx/ Wx = 120,96 ∙103/756∙10-6 = 160 МПа

и строим эпюру σ

Эпюра τ. Она строится по формуле Журавского τ=

.

Находим значения τ в 4 характерных точках по высоте сечения и строим эпюру касательных напряжений.

№ точек

bi,

см

,

см3

/bi

τ i/ τmax

τi

τmax

1, 1'

14,5

0

0

0

0

τmax=

= =
=21,2 МПа

2, 2'

14,5

310

21,38

0,04

0,8

3, 3'

0,75

310

413,30

0,74

15,6

4, 4'

0,75

423

58,34

1

21,2

Определение главных напряжений в точке К (ук=0,4h):

– напряжения в поперечном сечении

σк = (МА/IA) ∙YK= (–120,96∙103/13380∙10-8) ∙0,4∙36∙102 = – 130МПа,

τK =

= 50,4∙103∙ 338∙10-6 /(0,75∙10-2∙13380 ∙10-8) = 17МПа;

– величины главных напряжений

σ 1,3 =0,5(σк±

)=0,5(–130±
),

σ1 = 2,2 МПа; σ3 = – 132,2 МПа – ориентация главных площадок


tgα1 = (σ1 – σк)/τk= (2,2 – ( –130))/17 = 7,78;

α1 = 82040′.

Экстремальные касательные напряжения равны по величине

τmax, min= ±0,5(σ1- σ3)= ±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

Σmв=0, – RA·3a + 1,5qa2 + q·3a·2,5a – 3·qa·a = 0, RA = 2qa;

ΣYi=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 , θ0:

vA= v(a) = v0 + θ 0∙а +

,

vB=v(4a)=v0+ θ0∙4а +

;