Если у вас возникли сложности с курсовой, контрольной, дипломной, рефератом, отчетом по практике, научно-исследовательской и любой другой работой - мы готовы помочь.
Предоплата всего
Подписываем
Д. И. Борозна
Ю. А. Киселев
В. П. Дурнов
С. Н. Федотов
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
МИНИСТЕРСТВО ТРАНСПОРТА РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
ФЕДЕРАЛЬНОЕ ГОСУДАРСТВЕННОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ
УЧРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО
ОБРАЗОВАНИЯ
САНКТ-ПЕТЕРБУРГСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ
УНИВЕРСИТЕТ ВОДНЫХ КОММУНИКАЦИЙ
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
Методические указания к расчетно-графическим работам
Санкт-Петербург
2011
УДК 620.1
ББК 30.121
Рецензент:
канд. техн. наук, профессор С.О.Барышников
Составители:
канд. техн.наук, доцент Д.И.Борозна,
канд.техн.наук, доцент Ю.А.Киселев
канд.техн.наук, доцент В.П.Дурнов
канд.техн.наук, доцент С.Н.Федотов
Под общей редакцией доктора техн.наук, профессора В.Б.Чистова
Сопротивление материалов: Методические указания к расчетно-графическим работам. - СПб.: СПГУВК, 2011.- 108 с.
Приведены задания к расчетно-графическим работам, методические указания по их выполнению, примеры расчетов, приложение.
Предназначены для студентов очной и иных форм обучения по специальностям: 270104.65 Гидротехническое строительство, 180101.65 Кораблестроение, 180103.65 Судовые энергетические установки, 180403.65 Эксплуатация судовых энергетических установок, 180404.65 Эксплуатация судового электрооборудования оборудования и средств автоматики. 190602.65 Эксплуатация перегрузочного оборудования портов и транспортных терминалов.
Печатается по решению редакционно-издательского совета Санкт-Петербургского государственного университета водных коммуникаций.
УДК 620.1
ББК 30.121
©Санкт-Петербургский государственный
университет водных коммуникаций, 2011
СОДЕРЖАНИЕ
2.1. Общие положения……………………………………... 6
2.2. Методические указания к расчету статически
определимых задач на примере кронштейна………... 7
2.3. Пример расчета кронштейна …………………… 9
2.3.1. Определение усилий в стержнях……………... 9
2.3.2. Подбор сечений стержней …………………… 10
2.3.3. Определение напряжений в стержнях………... 11
2.3.4. Определение линейного перемещения узла..... 11
2.4. Методические указания к расчету статически
неопределимых стержневых систем………………………… 14
2.5. Примеры расчета статически
неопределимых стержневых систем………………………… 16
3. Геометрические характеристики сечений……………….. 23
4. Проверка прочности балки при плоском поперечном изгибе... 31
5. Расчет перемещений в балках при плоском
поперечном изгибе …………………….. 41
6. Расчет статически неопределимой балки…………………... 56
6.2.1. Определение «лишних» неизвестных по
теореме о трех моментах…………………………….. 58
6.2.2. Определение «лишних» неизвестных способом
сравнения перемещений………………………........ 61
6.3. Пример расчета статически неопределимой балки…….. 62
7. Сложное сопротивление………………………………………. 75
внецентренно нагруженных стержней……………………… 78
с кручением …………………….. 83
7.5. Пример расчета вала на изгиб с кручением………………. 85
ПРИЛОЖЕНИЕ:
Задания к расчетно-графическим работам …………………. 91
Задание к расчетно-графической работе № 1
По теме «Центральное растяжение-сжатие» ……………………. 92
Задача 1.1. Расчет кронштейна ………………………………. 92
Задача 1.2. Расчет статически неопределимой системы ….. 94
Задание к расчетно-графической работе № 2
«Геометрические характеристики сечений при изгибе балки» …... 96
Задание к расчетно-графической работе № 3
«Расчет двутавровой балки»……………………………………. 98
Задание к расчетно-графической работе № 4
«Определение перемещений балки»…………………………… 100
Задание к расчетно-графической работе № 5
«Расчет статически неопределимой балки»…………………… 102
Задание к расчетно-графической работе № 6
«Сложное сопротивление» …………………… 104
Задача 6.1. Расчет стержня на внецентренное сжатие ……… 104
Задача 6.2. Расчет вала на изгиб с кручением …………….. 106
Библиографический список…………………………………….. 108
1. Общие методические указания
При изучении курса «Сопротивления материалов», помимо слушания и конспектирования лекций, решения задач на практиче ских занятиях и выполнения цикла лабораторных работ, студенты должны систематически работать дома: изучать материал лекций по конспекту и учебникам, решать задачи из задачника и по расчетно-графическим работам (РГР), требующих ответа на ряд вопросов при их выполнении.
Все задания по РГР имеют для каждого студента равные по трудоемкости варианты расчетных схем и исходных данных.
При выполнении домашних заданий студенты должны соблю дать следующие правила.
1.7 На экзамене или зачете студент обязан показать знание теории и умение решать задачи.
Методические указания содержат рекомендации к решению за дач по следующим разделам курса «Сопротивление материалов»:
■ осевое растяжение-сжатие;
■ расчет геометрических характеристик составных сечений;
■ проверка прочности при плоском поперечном изгибе; -перемещения при плоском поперечном изгибе;
■ расчет статически неопределимых балок;
■ сложное сопротивление (внецентренное сжатие, изгиб с кру чением).
Методические указания к решению практических задач по дру гим разделам курса «Сопротивление материалов» содержатся в мето дических указаниях к лабораторным работам или рассматриваются на лекциях.
2. Осевое растяжение-сжатие
2.1. Общие положения
Осевое растяжение-сжатие - это напряженно-деформированное состояние стержня, при котором из всех 6-ти внутренних силовых факторов не равен нулю только один - продольная сила N.
Задача этой темы сводится к проверке прочности и жесткости стержней или стержневых систем Решение задач начинается с опре деления продольной силы N. Если для нахождения продольной силы N во всех стержнях системы достаточно уравнений статики, то систе ма называется статически определимой, если нет - статически неоп ределимой.
Для нахождения продольной силы применяют метод сечений. Зная продольную силу, можно рассчитать нормальные напряжения, и, сравнив их с допускаемыми, проверить прочность стержня по условию (2.2.1), или по этому же условию рассчитать площадь се чения стержня, при котором его прочность будет обеспечена.
Зная продольную силу N, размеры стержня (ℓ - длину и F -площадь поперечного сечения), можно по формуле (2.2.2) рассчитать удлинение или укорочение стержня и сравнить их с допускаемым, проверить жесткость стержня.
Методические указания к решению статически определимых за дач и пример даны в подразделах 2.2 и 2.3.
Решение статически неопределимых задач усложняется необ ходимостью нахождения неизвестных усилий, число которых больше, чем число уравнений статики, используемых для их нахождения.
Методические указания и пример решения статически неопре делимых задач даны в подразделах 2.4 и 2.5.
2.2. Методические указания к расчету статически
определимых задач на примере кронштейна
1. Найти продольные усилия в стержнях кронштейна методом сечений. Рассмотреть равновесие отсеченного узла. Усилия в стержнях принять растягивающими, направленными от узла. Составить уравнения равновесия на координатные оси:
ZY = 0 и ΣX = 0.
2. Определить из условия прочности (2.2.1) требуемые площади F поперечных сечений стального и деревянного стержней:
│σ│ = (2.2.1)
где │σ│ и [σ] - нормальные действующие и допускаемые напряжения.
3. Подобрать по сортаменту стальной равнополочный уголок с указанием номера и размеров уголка по требуемой площади . Вычислить требуемую сторону квадрата или требуемый диаметр поперечного сечения деревянного стержня. Округлить требуемые размеры стороны квадрата и диаметр до целых сантиметров.
4. Определить линейное перемещение узла (рис. 3). Предварительно вычислить продольные удлинение или укорочение стержней кронштейна, учитывая фактически принятые площади сечений по формуле
Δℓi = (2.2.2)
5. Построить план перемещений узла (рис. 3). В качестве полюса принять начальное положение узла. Из точки полюса параллельно соответствующим стержням в принятом масштабе отложить удлинения и укорочения стержней Δℓi. Деформация стержней кронштейна под нагрузкой Р сопровождается одновременно их поворотом в шарнирном узле. Поэтому через концы удлинений или укорочений Δℓi необходимо провести перпендикуляры и найти точку их пересечения. Отрезок плана перемещений, соединяющий полюс и точку пересечения перпендикуляров, является истинным линейным перемещением узла кронштейна.
2.3. Пример расчета кронштейна
Расчетная схема кронштейна приведена на рис. I. Горизонтальный стержень изготовлен из двух стальных равнополочных уголков, а наклонный стержень - из деревянного бруса квадратного сечения.
Даны геометрические размеры а = 2 м, b = 3 м; узловая нагрузка Р = 180 кН; допускаемые напряжения при центральном растяжении сжатии для стали [σ]с = 90 МПа и древесины [σ]д = 8 МПа; модули упругости для стали Ес = 2· МПа и древесины Ед = МПа.
Требуется подобрать поперечные сечения стержней из условия прочности и определить истинное линейное перемещение узла приложения нагрузки Р.
2.3.1. Определение усилий в стержнях
Определим продольные усилия в стержнях способом вырезания узла. Схема сил, действующих на узел А, показана на рис. 2. Предварительно вычислим величину угла α и длину деревянного стержня ℓд.
Из геометрической схемы кронштейна имеем:
tgα = = = 0,667,
α = arctg 0,667 = 33,7°,
sinα = 0,555,
cosα = 0,832,
ℓд= = = 3,60 м.
Составим уравнение равновесия вырезанного узла А на вертикальную ось, задаваясь растягивающими продольными усилиями Nc и Nд
ΣY = – P – Nд·cosα = 0,
откуда
Nд = –= – = –216,35 кН.
Полученный отрицательный знак результата указывает, что в наклонном стержне возникает сжимающее продольное усилие.
Составим уравнение равновесия узла А на горизонтальную ось
ΣX = Nc + Nд·sinα = 0,
откуда
Nc = – Nд ·sinα = 216,35 · 0,555 = 120,07 кН.
2.3.2. Подбор сечений стержней
Определим из условия прочности требуемую площадь сечения стального стержня
Fст ≥ = = 1,334 · 10–3 м2 = 13,34 см2
Поскольку стальной стержень состоит из двух прокатных уголков, то требуемая площадь сечения одного уголка
Fст = = = 6,67 см2
По сортаменту подбираем стальной равнополочный уголок |_70х70х5, фактическая площадь сечения которого составляет fс = 6,86 см2. Следовательно, общая площадь подобранного по сортаменту сечения стержня из 2 |_ 70x70x5 мм фактически составит Fc = 2fc = 2 · 6,86 = 13,72 см2.
Определим из условия прочности требуемую площадь сечения деревянного стержня
Fдт = = = 27,044 · 10–3 м2 = 270,44см2
Вычислим требуемую сторону квадрата, образующего поперечное сечение деревянного стержня
hдт ≥ = = 16,44 см
Поскольку деревянные брусья имеют размеры сечения в целых сантиметрах, то необходимо принять фактический размер hд = 17 см, а фактическая площадь квадратного сечения бруса составит
Fд = hд2 = 172 = 289см2
2.3.3. Определение напряжений в стержнях
Напряжение в стальном стержне
σ = = = 87,52 МПа
Напряжение в деревянном брусе
σ = = = – 7,49 МПа
2.3.4. Определение линейного перемещения узла
Предварительно вычислим продольные удлинения стержней кроншт ей на, учитывая фактически принятые площади сечений
Δℓc = = = 8,75 · 10–4 м = 0,875 мм,
Δℓд = = = – 2,70 · 10–3 м = – 2,7 мм,
Теперь построим план перемещения узла А (рис.3). Для этого в каче стве полюса примем начальное положение узла А (точка А на плане перемещений). Соблюдая масштаб, отложим удлинение Δℓc и укоро чение Δℓд из точки А параллельно соответствующим стержням; обо значим концы этих отрезков буквами С и D. Поскольку в процессе деформирования кронштейна под нагрузкой Р, стержни не только уд линяются и укорачиваются, но и должны повернуться ввиду сочлененности их в шарнирном узле, то необходимо далее через точки С и D провести перпендикуляры и отыскать точку их пересечения, кото рую обозначим буквой А1. Отрезок АА1 плана перемещений является истинным линейным перемещением узла А кронштейна.
Для определения длины отрезка AA1 проведем отрезки BD││АС и AEBD. Угол EAD равен α по заданной схеме кронштей на. Углы BDA1 и EAD равны между собой, так как образованы взаим но перпендикулярными сторонами.
Найдем гипотенузу прямоугольного треугольника BDA1:
А1D = = =
Теперь найдем истинное линейное перемещение узла А как ги потенузу прямоугольного треугольника ADA1 по теореме Пифагора:
ΔА = АА1 = = =
== 3,93 мм
Рис.1 Рис.2
Рис.3
2.4. Методические указания к расчету статически
неопределимых стержневых систем
Статически неопределимыми называются брусья и стержневые системы, внутренние усилия в которых нельзя определить с помощью одних уравнений равновесия. Поэтому при их расчете необходимо составлять дополнительные уравнения совместности перемещений, т.е. геометрические зависимости между удлинениями отдельных элементов системы, учитывающие характер деформации системы.
Число дополнительных уравнений, необходимых для расчета системы, характеризует степень ее статической неопределимости
n = np – ny,
где np - число неизвестных реакций в системе;
ny - число уравнений статики, которые могут быть использованы для нахождения реакций.
В элементах статически неопределимых систем усилия возникают не только от действия внешней нагрузки, а также и от других воздействий. Например, в результате изменения температуры, смещения опорных закреплений, неточности изготовления отдельных элементов конструкции. Изменение длин элементов системы выражается через усилия по закону Гука
Δℓi =
и подставляются в условия совместности перемещений.
Решая составленные уравнения равновесия и уравнения совместности перемещений, определяем продольные усилия во всех элементах системы. При определении температурных напряжений указанная схема расчета сохраняется. Составляем уравнения статики, необходимые для определения усилий в стержнях. Используя деформированное состояние системы при изменении температуры одного из стержней, составляем дополнительные уравнения совместности перемещений, а величины изменений длин нагретых или охлажденных элементов определяются алгебраическим суммированием приращений длин от усилий и от изменения температуры.
Суммирование деформаций должно быть согласовано с принятой деформационной схемой стержневой системы. Абсолютное удлинение от изменения температуры вычисляется по формуле
Δℓi = αi · Δti · ℓi (2.4.1)
где αi - средний коэффициент линейного расширения материала стержня;
Δti - изменение температуры;
ℓi - длина стержня.
Определение монтажных напряжений производится также из условий статики и условий совместности перемещений. В этом случае при составлении условий совместности перемещений учитывается наличие заданной неточности в длинах элементов системы. Так как фактические длины элементов, полученные при изготовлении, весьма мало отличаются от предусмотренных в проекте, то при определении абсолютных удлинений элементов по закону Гука берутся их проектные длины, а не фактические.
Общий порядок решения статически неопределимых стержневых систем следующий:
1) определяется степень статической неопределимости стержневой системы;
2) записываются и раскрываются уравнения равновесия, которые используются для решения задачи;
3) составляется схема перемещений системы, записывается необходимое число условий совместности перемещений, в которые подставляются перемещения стержней, зависящие от нормальной силы, возникающей в них. После преобразований условия совместности перемещений даны дополнительные уравнения, связывающие неизвестные нормальные силы в стержнях;
4) решается система уравнений, полученных в пунктах 2 и 3. Общее число уравнений равно числу неизвестных внутренних силовых факторов, которые и находятся после решения системы;
5) по известным нормальным силам находятся напряжения в каждом стержне.
2.5. Примеры расчета статически
неопределимых стержневых систем
Пример 2.5.1.
Абсолютно жесткий брус закреплен с помощью шарнирно-неподвижной опоры и двух стальных стержней одинаковой длины ℓ и одинакового поперечного сечения F = 5 см2 (рис. 4а). Определить усилия и напряжения в стержнях от на грузки Р = 50 кН.
Решение.
1. Степень статической неопределимости системы: n = nр – nу = 4 – 3 = 1,
где nр = 4, так как имеют место реакции Rc, Rd, и ;
nу = 3, т.к. для плоской системы в общем случае могут быть использованы 3 уравнения статики.
Система один раз статически неопределима.
2. Применяем метод сечений. Продольные усилия в стержнях АС и BD принимаем растягивающими и обозначим N1 и N2. Составим уравнение равновесия
ΣМ0 = 0, N1cos45°α + N2cos6002α – P · I,5α = 0 (2.5.1)
Можно составить еще два уравнения равновесия ΣХ = 0 и ΣY = 0, но в них войдут еще два неизвестных усилия - реакции в опоре О, которые нас не интересуют. Имеем одно уравнение с двумя неизвестными. Система один раз статически неопределима.
3. Для составления дополнительного уравнения перемещений рассмотрим деформацию системы. После нагружения системы силой Р брус ОАВ займет положение ОА1В1 (рис 46). Стержни удлиняются Δℓ1 = АА2 и Δℓ2 = ВВ2. Тогда из подобия треугольников ОАА1 и ОВВ1 получим
= или =
или = (2.5.2)
= ; = N2
4. Решая совместно полученные уравнения равновесия (2.5.1) и перемещений (2.5.2), найдем N1 и N2:
N1 · + · · 2 = 1,5 Р
Тогда N1 = 0,707 Р · 50 = 35,35 кН,
N2 = P = 50 kH.
5. Напряжения в стержнях:
σ1 = = = 7,07 · 107 Па = 70,7 МПа,
σ2 = = = 10 · 107 Па = 100 МПа.
а)
б)
Рис. 4
Пример 2.5.2.
Абсолютно жесткий брус подвешен на трех стальных стержнях одинаковой длины ℓ и одинакового поперечного сечения F = 4 см2 (рис. 5а). Определить усилия и напряжение, возникающие в стержнях от нагревания третьего стержня на 60°. Коэффициент линейного расширения αст = 12,5·10–6 1/град, Ест = 2 105 МПа.
Решение:
1. Степень статической неопределимости системы:
n = nр – nу = 3 – 2 = 1,
где nр = 3, число реакций;
nу = 2, число уравнений равновесия статики, которые могут быть использованы. В данном случае только два, все силы действующие на плоскую систему параллельны.
а) б)
Рис. 5
2. Предположим, что все стержни растянуты (рис. 5б). Составим уравнения равновесия:
У = 0, N1 + N2 + N3 = 0 (2.5.3)
MA = 0, N2а + N32а = 0, или N2 = 2N3 (2.5.4)
Система один раз статически неопределима, так как два уравнения равновесия содержат три неизвестные усилия.
3. Составим уравнение перемещений. После нагревания третьего стержня брус АВС займет новое положение А1В1С1. Тогда из подобия треугольников А1С1С2 и А1В1В2 получим зависимости:
(2.5.5)
Изменение длины третьего стержня произойдет в результате его нагрева и возникающего в нем усилия N3, т.е. = Следовательно,
уравнение перемещений примет вид
или αΔtEF + N3 – N1 = 2N2 –2N1 (2.5.6)
4. Решая совместно уравнения (1), (2) и (4), найдем:
5. Напряжения в стержнях:
Пример 2.5.3.
В системе из трех стержней (рис. 6а) длина среднего стержня меньше проектной длины на = 1 мм. Наклонные стержни стальные с площадью Fст = 10 см2, вертикальный стержень медный с площадью Fм = 25 см2. Определить усилия и напряжения в стержнях после сборки конструкции. Ест = 2105 МПа; Ем = 1105 МПа; а = 1м; b = 1м.
Решение:
где - число реакций
– число уравнений статики, которые могут быть использованы для решения системы.
Так как все силы сходятся в одной точке, то сумма моментов этих сил относительно любой точки системы тождественно равна 0
а) б)
Рис. 6
В этом случае для плоской системы остается только два уравнения равновесия статики.
Схему системы после сборки (рис. 6б) рисуем, предполагая, что в действительности стержень испытывает сжатие.
2. Уравнения равновесия статики имеют вид:
Х = 0 –N1sin45 + N3sin45 = 0 N1 = N3 (2.5.7)
Y = 0 N1cos45+N2+N3cos45 = 0 (2.5.8)
3. Составим уравнение совместности перемещений. Из рис. 6б видно, что
учитывая, что ℓст = , а ℓм = b, после подстановки получим
(2.5.10)
4. Решая совместно (2.5.9) и (2.5.10) получим:
Подставляя величины в Н и мм получим:
5. Напряжения в стержнях:
3. Геометрические характеристики сечений
На прочность, жесткость и устойчивость стержней и стержневых систем большое влияние оказывают размеры и форма поперечного сечения стержней. Последние оцениваются геометрическими характеристиками сечений, к которым относятся: ширина b, высота h, площадь F сечения; положение центра тяжести хс, ус и главных центральных осей, статический момент Sу=FХc, осевые моменты инерции Jх и Jу центробежный момент инерции Jxy, полярный момент инерции Jρ, радиусы инерции ix и iy, осевые Wx, Wy и полярный Wρ моменты сопротивления, и другие характеристики.
Далее рассматриваются методические указания и пример расчета таких характеристик для сложного составного сечения из двух профилей.
3.2. Методические указания
1. Выписать из сортамента геометрические характеристики заданных стандартных профилей. Выполнить чертеж заданного плоского сечения в масштабе 1:1 или 1:2. На чертеже указать все необходимые размеры сечения.
2. Выбрать произвольные координатные оси х1 и у1, по отношению к которым определяется положение центра тяжести сечения. Удобно в качестве начальных вспомогательных осей принять главные центральные оси двутавра или швеллера.
3. Сложное сечение разбить на отдельные простые фигуры (швеллер-швеллер, швеллер-уголок, швеллер-двутавр, двутавр-уголок), площади и положение центров тяжести которых заранее известны и ранее выписаны.
4. Определить координаты центров тяжести простых фигур относительно начальных координатных осей х1 и у1 и нанести эти координаты на чертеже сечения.
5. Вычислить координаты центров тяжести всего сложного сечения по формулам:
(3.2.1)
(3.2.2)
Для плоских сечений, имеющих криволинейный контур, эти координаты вычисляются по формулам:
(3.2.3)
6. На чертеже плоского сечения нанести положение новых центральных осей хс и ус (проходящих через центр тяжести сложного сечения), проводя их параллельно осям х1 и у1.
Одновременно нанести координаты центров тяжести сечений каждой отдельной фигуры прокатного профиля относительно центральных осей хс и ус.
7. Найти значения осевых моментов инерции относительно центральных осей хс и ус, используя при этом формулы перехода к параллельным осям:
(3.2.4)
где Jхi и Jуi – моменты инерции отдельных фигур сложного сечения относительно собственных осей хi и yi, т.е. осей, проходящих через их центры тяжести, но проведенных параллельно осям хс и ус. Для прокатных профилей, входящих в состав сечения, величины Jхi и Jуi берутся из сортамента.
8. Найти величину центробежного момента инерции для заданного сложного сечения по формуле:
(3.2.5)
Значения Jхiyi – центробежных моментов инерции отдельных фигур сложного сечения относительно собственных главных центральных осей равны нулю.
Значения Jxi yi – центробежных моментов инерции равнобоких уголков, относительно собственных центральных осей определяются по формуле:
(3.2.6)
где = 45;
Jmax – максимальный момент инерции сечения уголка;
Jmin – минимальный момент сечения уголка.
Jxiyi = 0, так как оси уголка х0 и у0 – главные. При определении центробежных моментов инерции сечений уголков, необходимо следить за знаком у центробежного момента инерции. Этот знак зависит от знака, входящего в формулы угла .
Если ось, относительно которой момент инерции уголка максимальный, проходит через вторую и четвертую четверти осей хi и уi, то следует брать с плюсом. Если через первую и третью, то следует брать с минусом.
9. Определить угол наклона главных центральных осей инерции сложного сечения к центральным осям хс и ус по формуле:
tg20 = (3.2.7)
10. Определить величину главных центральных моментов инерции по формуле:
(3.2.8)
11. При определении оси, относительно которой момент инерции будет максимальный, следует помнить, что поворот оси на угол 0 увеличивает больший момент инерции относительно этой оси и уменьшает меньший.
12. Проверить правильность вычислений
(3.2.9)
13. Определить моменты сопротивления сложного сечения по формулам
(3.2.10)
(3.2.10а)
За расчетный момент сопротивления принимается больший.
14. Определить грузоподъемность Р и q по двум расчетным схемам из условия прочности по нормальным напряжениям
выразив соответственно Мmax через Р, q, ℓ по 1 и 2 расчетной схеме.
Сложное сечение состоит из швеллера №20 и равнобокого уголка 100х100х10 (рис. 7). Геометрические характеристики:
швеллера
F1 = 23,4 см2; Jх1= 1520 см4; Jy1 = 113 см4; Z01 = 2,07 см; h = 20 см;
уголки
F2 = 19,20 см2; Jx2 = Jy2 = 179 см4; Jmax = Jx0 = 284 см4;
Jmin = Jx0 = =74,1 см4; Z02 = 2,83 см.
Выбираем в качестве вспомогательных осей центральные оси швеллера и определяем координаты центра тяжести сечения по формулам:
Рис 7
Отложив полученные значения от осей х1 и у1, находим положение центра тяжести сечения тяжести сечения Проводим центральные оси хс и ус и относительно этих осей находим осевые моменты инерции сечения по формулам:
Координаты центров тяжести швеллера и уголка относительно осей хс и ус будут:
b1 = yc = 3,23 см;
b2 = – yc – z02 = 10 – 3,23 – 2,83 = 3,94 см;
α1= – xc = –2,21 см;
α2 = z01 + z02 – xc = 2,07 + 2,83 – 2,21 = 2,69 см.
Центробежный момент инерции уголка относительно его центральных осей х2 и у2 будет:
Учитывая, что центробежный момент инерции для швеллера равен нулю (Jx1y1 = 0), определяем центробежный момент по формуле:
Jxcyc = a1b1F1 + Jx2y2 + a2b2F2 =
= (–2,21)( –3,23) · 23,4 + 105 + 2,69 · 3,94 · 19,2 = 475,5 см4.
Положение главных центральных осей определим по формуле:
tg2α0 = = – 0,56,
откуда 20 = 29,25 0 = 14,62.
Поворачиваем центральные оси хс и ус по часовой стрелке на угол 14,62 и обозначаем оси через х и у.
Вычисляем значения главных центральных моментов инерции по формуле:
= ±=
=±= 1393,2±972,2
или окончательно получаем Jmax = 2365,4 см4 Jmin = 421 см4.
Ось максимума всегда составляет меньший угол с той из осей (ус или хс), относительно которой осевой момент инерции имеет большее значение, Поэтому Jх = Jmax = 2365,4 см4, Jy = Jmin = 421 см4.
Выполним проверку правильности вычислений:
1. Jxc + Jyc = Jmax + Jmin = 2241,2 + 545,2 = 2365,4 + 421 = 2786,4 см4;
2.
Определим моменты сопротивлений относительно осей х и у:
см,
см
Ymax и Xmax снимаются с чертежа.
Определим грузоподъемность балки по первой схеме нагружения. В этом случае максимальный изгибающий момент будет в заделке и равен Мmax = Pℓ. Поэтому из условия прочности по нормальным напряжениям получим:
Откуда
Во втором случае нагружения максимальный изгибающий момент будет по середине балки и равен Mmax=
Поэтому получим:
Откуда:
4. Проверка прочности балки при плоском поперечном изгибе
4.1. Общие положения
Плоским поперечным изгибом называется такое напряженно-деформи рованное состояние балки, при котором из всех внутренних силовых факторов не равны нулю только поперечная сила в направлении одной оси и изгибающий момент относительно другой главной центральной оси инерции сечения балки.
Плоский поперечный изгиб реализуется, когда нагрузка приложена в продольной плоскости симметрии или приводится к ней в каждом поперечном сечении. Если такой плоскости у балки нет, то нагрузка должна быть приложена в одной из главных плоскостей инерции балки (главная плоскость инерции – это плоскость, проходящая через одну через одну из главных центральных осей поперечного сечения и продольную ось балки).
Проверка прочности предусматривает определение внутренних силовых факторов Q(z) и М(z) в каждом сечении балки, нахождение по ним максимальных по модулю нормальных - , касательных - и эквивалентных - экв напряжений в соответствующих точках балки и сравнение названных напряжений с допускаемыми.
Методические указания к выполнению проверки прочности балки и пример расчета приведены в подразделах 4.2 и 4.3.
4.2. Методические указания
1. Начертить в удобном масштабе расчетную схему балки, указать на ней числовые значения сил, нагрузок, моментов, длин пролетов, консолей и участков, показать реакции опор, пронумеровать участки.
2. Составить уравнения равновесия балки, определить опорные реакции и нанести их значения на схему.
3. Применить метод сечений при определении поперечных сил Q и изгибающих моментов М, построить эпюры Q и М. При построении эпюр согласно этому методу следует мысленно разрезать балку на две части в пределах каждого участка произвольно намеченным и зафиксированным по длине поперечным сечением. Причем, фиксированная координата по длине балки для данного поперечного сечения может отсчитываться от общего начала координат слева и справа балки или отдельно в пределах каждого участка.
Отбросить одну часть, например, правую. Заменить ее действие на левую искомыми внутренними усилиями Q и М. Найти эти усилия из уравнений равновесия системы сил, приложенных к левой части, включая и сами Q и М.
Поперечная сила Q в поперечном сечении балки численно равна алгебраической сумме проекций на плоскость сечения всех внешних сил.
Изгибающий момент М в поперечном сечении балки численно равен алгебраической сумме моментов всех внешних сил, действующих по одну сторону от сечения относительно центра тяжести сечения.
Поперечная сила в сечении балки считается положительной, если равнодействующая внешних сил слева от сечения направлена снизу вверх, а справа – сверху вниз, и отрицательной – если направлена в противоположные стороны.
Изгибающий момент считается положительным, если в рассматриваемом сечении балка изгибается выпуклостью вниз, и отрицательным – выпуклостью вверх.
Записать аналитические выражения для поперечной силы Q(z) и изгибающего момента М(z) для каждого участка балки и вычислить значения Q(z) и М(z) на границах каждого участка. Если зависимость для изгибающего момента на участке криволинейна, а поперечная сила на границах этого участка имеет разный знак, то следует определить координату z на этом участке, где поперечная сила равна нулю, и для этой точки вычислить экстремальное значение изгибающего момента.
По полученным значениям построить графики – эпюры Q(z) и М(z).
4. Используя дифференциальные зависимости при изгибе:
(4.2.1)
проверить правильность построения обеих эпюр.
5. Подобрать из условия прочности балки по нормальным напряжениям двутавровое сечение по моменту сопротивления Wх:
( 4.2.2)
Выписать из сортамента геометрические характеристики сечения Wx, Jх – осевой момент инерции, Sx – статический момент полусечения, s – толщина стенки, b и t – ширина и толщина полки двутавра.
(4.2.3)
и построить эпюру в сечении балки.
7. Проверить прочность балки по касательным напряжениям:
(4.2.4)
и построить эпюру касательных напряжений в стенке двутавра, рассчитав их в точках перехода к полке по формуле:
(4.2.5)
8. Проверить прочность балки по III теории прочности:
(4.2.6)
Так как расчетное напряжение зависит от и , то проверке подлежит тот элемент материала балки, для которых и будут одновременно возможно большими и это осуществимо при наличии таких двух условий:
а) изгибающий момент и поперечная сила достигают наибольшей величины в одном и том же сечении по длине балки;
б) ширина резко меняется вблизи краев сечения (например, в двутавре или пустотелом прямоугольном профиле). Нормальные и касательные напряжения на уровне перехода от полки к стенке (в точках «к» см. рис.8) для таких профилей имеют величину, близкую максимальной.
Указанные два условия, таким образом, определяют и необходимость дополнительной проверки прочности, а также сечение и точку на нем, для которых эта проверка должна быть сделана.
Если эти условия не имеют места, тогда следует выбрать несколько поперечных сечений по длине балки и несколько точек по высоте сечения, могущих дать наиболее высокие значения расчетного напряжения.
Для двутаврового сечения:
(4.2.7)
(4.2.8)
Значения М и Q в формулах (7) и (8) берутся для одного выбранного сечения.
Рис. 8
4.3 Пример расчета
Для двутавровой балки (рис. 9а)
Построить эпюры Q и М.
Из условия прочности по нормальным напряжениям подобрать двутавровое сечение балки, если = 160 МПа.
Построить эпюру в стенке двутавра.
Проверить прочность балки по касательным напряжениям, если = 100 МПа.
Построить эпюру в сечении балки.
Проверить прочность балки по III теории прочности.
Исходные данные:
С = 1 м; а = 2 м; b = 3 м; = 5 м; q1 = 20 кНм; q2 = 40 кНм; М = 100 кНм; Р1 = 40 кН; Р2 = 50 кН; [σ ] = 160 МПа; [ τ ] = 100 МПа.
Определение опорных реакций
кН;
кН
Проверка:
Рис. 9
2. Построение эпюры поперечных сил Q
При кН При кН
При кН При кН
При кН При кН
Эпюра Q показана на рис. 9б.
3. Построение эпюры М изгибающих моментов
При кНм; При кНм;
Найдем экстремум изгибающего момента:
Отсюда
м;
При кНм; При кНм;
При кНм;
При z = 0 M3 = 0; При z = 1 M3 = –70 кНм;
По полученным значениям ординат на участках построена эпюра М (рис. 9в).
Из сортамента выбираем двутавр № 36 с Wх = 743 см3; Jх = 13380 см4; b = 14,5 см; Sх = 423 см3; t = 1,23 см; S = 0,75 см.
2. Определим максимальные нормальные напряжения по формуле:
Эпюра нормальных напряжений в сечении показана на рис. 9г. Поскольку максимальный изгибающий момент отрицательный, то верхние волокна растянуты, а нижние сжаты.
3. Проверим прочность балки по касательным напряжениям. Из рис. 9б видно, что максимальная поперечная сила на опоре В. Поэтому проверку по касательным напряжениям проведем при Qmax = 102 кН.
= 43 МПа <[τ] = 100 МПа.
τmax = 43 МПа <[τ] = 100 МПа.
Определим касательные напряжения в точке К – точке перехода от стенке к полке двутавра.
32 МПа
Эпюра касательных напряжений в стенке двутавра приведена на рис. 9г.
Проверка прочности балки по третьей теории прочности.
С использованием построенных эпюр Q и М определяем, что опасным сечением будет сечение на опоре А, где М = 100 кНм; Q = 98 кН.
В опасном сечении в точке перехода от полки к стенке двутавра определим нормальные и касательные напряжения.
σ = = = 126 МПа;
τ = = = 30 МПа;
σэкв = = 140 МПа.
5. Расчет перемещений в балках при плоском
поперечном изгибе
5.1. Общие пояснения
Перемещения в балках оцениваются прогибом центра тяжести поперечного сечения балки vк и углом поворота сечения Qк вокруг оси перпендикулярной плоскости изгиба и проходящей через центр тяжести сечения.
Достаточно большое число способов определения перемещений в балках можно разделить на две группы. К первой группе относятся способы нахождения аналитических функций перемещений путем интегрирования приближенного дифференциального уравнения изогнутой оси балки . Ко второй группе относятся энергетические способы нахождения перемещений в заданных точках, например, путем вычисления интеграла Максвелла-Мора где M0(z) – изгибающий момент от единичной обобщенной силы, приложенной к точке, где определяются соответствующие перемещения.
Далее в подразделе 5.2. даны методические указания для определения перемещений наиболее продуктивным методом первой группы – методом начальных параметров, и второй группы – способом А.К.Верещагина для вычисления интеграла Максвелла-Мора.
В подразделе 5.3. приведен пример расчета перемещений балки двумя упомянутыми методами.
1. При определении углов поворота и прогибов сечений балки методом начальных параметров применяются универсальные уравнения в виде:
(5.2.1)
(5.2.2)
Здесь Θ0 и 0 – угол поворота и прогиб сечения в начале координат;
М, Р, q – соответственно сосредоточенные моменты, силы и равномерно распределенные нагрузки, приложенные к балке;
Z – расстояние от начала координат до рассматриваемого сечения, угол поворота и прогиб которого определяется;
а, в, с – расстояние от начала координат до точки приложения соответственно М, Р, q.
Эти уравнения можно применять на любом участке балки, при этом в каждом частном случае в уравнение войдут те члены, которые соответствуют нагрузкам, расположенным между началом координат (в крайней левой точке балки) и заданным сечением.
Если направление действия нагрузок будет отвечать отрицательному изгибающему моменту, то знаки перед соответствующими членами меняются с плюса на минус.
Постоянные EJx0 и EJхΘ0 определяются из условий опорных закреплений балки. Если распределенная нагрузка q не доходит до заданного сечения в пределах данного участка, то необходимо эту нагрузку продолжить до конца данного участка и одновременно ввести компенсирующую нагрузку другого знака заданной интенсивности на той же части балки.
Интегрирование уравнения
(5.2.3)
производить без раскрытия скобок.
2. Применить формулу Верещагина при вычисления углов поворота и прогибов сечений балки интегралом Мора:
(5.2.4)
где – обобщенное перемещение поперечного сечения (угол поворота или прогиб);
pi – площади эпюры изгибающих моментов от заданной нагрузки.
– ординаты эпюр изгибающих моментов от единичных сил Рi = 1 или от единичных моментов Мi = 1, приложенных в сечениях, где вычисляем прогиб или угол поворота, под центром тяжести площадей pi.
Площади простых фигур и координаты центров тяжести этих площадей приведены в таблице 1.
Площади i и ординаты берутся со своими знаками. Знак плюс в ответе означает, что направление перемещения совпадает с направлением единичной нагрузки или единичного момента, знак минус – наоборот.
3. Строить изогнутую ось балки (упругую линию) следует по вычисленным значениям прогибов и углов поворота сечений. Упругая балка обращена выпуклостью вниз там, где изгибающий момент положительный, и выпуклостью вверх там, где М – отрицательный. Нулевым точкам эпюры М соответствуют точки перегиба упругой линии.
5.3. Пример расчета
Построить эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов М.
Подобрать по сортаменту двутавровое сечение балки из условия прочности по нормальным напряжениям, если = 160мПа.
Вычислить методом начальных параметров прогиб посередине пролета , если Е = 2105 МПа, сравнить его с допускаемым и, если нужно, увеличить номер балки, а так же углы поворота на опорах Θz= 0 и Θz= и прогиб на конце консоли υz=ℓ+а.
Вычислить интегралом Мора по способу Верещагина углы поворота на опорах Θz=0 и Θz= и прогибы посередине пролета и на конце консоли .
Вычертить изогнутую ось балки (масштаб: длины 1:50, прогиба 1:1).
Выяснить, как следует изменить одну из нагрузок, чтобы:
а) на одной из опор угол поворота сечения стал равным нулю;
б) прогиб конца консоли стал равным нулю.
Определяем опорные реакции:
Проверка
0≡0
Реакции определены правильно.
Таблица 1
|
Геометрическая фигура |
Площадь ω |
Координаты центра тяжести |
|
|
Z' |
Z'' |
||
|
1 |
2 |
3 |
4 |
|
h·ℓ |
ℓ/2 |
ℓ/2 |
|
|
hℓ/2 |
ℓ/3 |
2ℓ/3 |
|
|
квадратичная парабола |
hℓ/3 |
ℓ/4 |
3ℓ/4 |
|
*2hℓ/3 |
ℓ/2 |
ℓ/2 |
|
|
2hℓ/3 |
5ℓ/8 |
3ℓ/8 |
|
|
ω1=h1ℓ/2 ω2= h2ℓ/2 *ω3= 2h3ℓ/3 |
ℓ/3 2ℓ/3 ℓ/2 |
2ℓ/3 ℓ/3 ℓ/2 |
2. Построение эпюры поперечных сил Q.
1-й и 2-й участок:
|
Q = RА – qZ |
Z |
0 |
3 |
|
Q |
12,5 |
47,5 |
Определим координату Z, при которой изгибающий момент на участке 1 будет экстремальным:
4-й участок. Консоль:
Q = P = 20 кН.
3-й участок:
Q = P – RВ = 20 – 67,5 = – 47,5 кН.
|
1 участок |
Z |
0 |
0,625 |
2 |
|
М |
0 |
3,90 |
–15 |
|
|
2 участок |
Z |
2 |
3 |
|
|
М |
45 |
7,5 |
|
Консоль M = – PZ |
Z |
0 |
2 |
|
М |
0 |
–40 |
|
3 участок М = PZ + RB(Z – а) |
Z |
2 |
3 |
|
М |
0 |
–40 |
Эпюры Q и M показаны на рис. 10б и в.
4. Подбор сечения двутавровой балки из условия прочности при изгибе
Тогда требуемый момент сопротивления
Принимаем двутавр № 24, у которого Wх = 289 см3, Jх = 3460 см4.
Действительное нормальное напряжение
Расхождение в процентах
5. Вычисление методом начальных параметров прогибов и углов поворота сечений балки.
Изгибающий момент М(z), угол поворота Θ(z) и прогиб (z) будут
При составлении уравнения для М(z), считается, что равномерно распределенная нагрузка q действует до конца балки, а на участке, где она отсутствовала, приложена нагрузка q противоположного знака, как это показано пунктиром на рис. 10а.
В нашем примере 0 = 0, так как начало координат совпадает с опорой А, где прогиб равен нулю.
Θ0 определим из опорного условия, что прогиб на опоре В равен нулю:
Тогда
Прогиб посередине пролета
Прогиб на конце консоли
9. Вычисление перемещений интегралом Мора по способу Верещагина.
Для вычисления перемещений предварительно выполняется разбивка площади грузовой эпюры изгибающих моментов на простые составляющие и строятся эпюры изгибающих моментов от единичной обобщенной силы, приложенной в сечении, где определяется соответствующее перемещение. На этих эпюрах указываются значения изгибающих моментов от единичной обобщенной силы под центром тяжести каждой составляющей площади грузовой эпюры изгибающих моментов. Перечисленные эпюры представлены на рис. 11.
Рис. 11
Составляющие площади грузовой эпюры, представленные на рис. 11а будут:
Прогиб (ℓ/2) с учетом ординат на рис. 11б будет:
Прогиб (ℓ+а) с учетом ординат на рис. 11в будет
Угол поворота на опоре В, Θ(ℓ), с учетом ординат на рис. 11д будет:
Результаты расчетов перемещений (углов поворота и прогибов) практически совпадают при расчете метода начальных параметров и с использованием правила Верещагина для вычисления интеграла Максвела-Мора.
Изогнутая ось балки представлена на рис. 10. Как видно из рисунка, она хорошо согласуется с эпюрой изгибающих моментов, представленной на рис. 10в.
10. Исключение угла поворота на опоре А можно добиться, изменив заданный момент М. Величину изменения момента ΔМ можно определить из условия, что при действии дополнительного момента угол поворота будет равен ранее найденному но с обратным знаком.
Тогда
или
Таким образом, чтобы угол поворота на опоре был равен 0, надо изгибающий момент увеличить на 30,5 кНм.
11. Исключение прогиба на конце консоли можно добиться, изменив заданную силу Р. Величину изменения силы ΔР можно определить из условия, что при действии на балку дополнительной силы ΔР прогиб на конце консоли от нее будет равен ранее найденному, но с обратным знаком.
Тогда
или
Таким образом, чтобы прогиб на концах консоли был равен 0 следует силу Р уменьшить на 6,7 кН.
6. Расчет статически неопределимой балки
6.1. Общие замечания
Балка называется статически неопределимой, если число неизвестных реакций больше числа уравнений статики, которые могут быть применены для их нахождения. Разность между числом неизвестных реакций и числом уравнений равновесия называется степенью статической неопределимости. Как и раньше, при решении статически неопределимых стержневых систем, для составления дополнительных уравнений перемещений следует рассмотреть условия совместности перемещений в такой балке. В сопротивлении материалов часто рассматриваются два способа раскрытия статической неопределимости в балках: теорема о трех моментах и способ приравнивания перемещений.
Теорема о трех моментах – это зависимость, связывающая три изгибающих момента, появляющихся на опорах любых двух смежных пролетов неразрезной многопролетной балки, с нагрузкой, действующей на эти два смежных пролета. Так как на крайних опорах изгибающий момент известен, после нахождения изгибающих моментов на промежуточных опорах, многопролетную балку можно представить в виде однопролетных статически определимых балок, загруженных внешней нагрузкой данного пролета и вычисленными изгибающими моментами на опорах. Для шарнирно опертых однопролетных балок с помощью уравнений статики можно найти реакции на всех опорах.
Если на крайних опорах изгибающие моменты неизвестны, например, когда балка начинается или заканчивается консолью или защемлением, то моменты могут быть найдены следующим образом. Если у балки имеется консоль, то момент на прилегающей к консоли опоре находится методом сечений. Если имеется защемление, то оно заменяется дополнительным шарнирно опертым пролетом, длина которого равна нулю. Это дает возможность записать дополнительные уравнения трех моментов и найти изгибающий момент в защемлении.
Способ приравнивания перемещений заключается в том, что статически неопределимую балку мы заменяем статически определимой, загруженной реакциями от лишних отброшенных связей, и приравнивая к нулю перемещение в месте каждой отброшенной связи, получаем необходимое число дополнительных уравнений, связывающих между собой реакции и внешнюю нагрузку. Статически определимая балка, полученная таким образом называется основной системой.
Методические указания к выполнению расчетов обоими методами даны в подразделе 6.2.
В подразделе 6.3. выполнен пример расчета многопролетной статически неопределимой балки.
(6.2.1)
Здесь n и n+1 – площади эпюр моментов от заданных нагрузок соответственно в n и n+1 пролетах, рассматриваемых как двухопорные шарнирно опертые балки; аn – расстояние от центра тяжести «грузовой» площади n до левой опоры n-1; b n+1 – расстояние от центра тяжести «грузовой» площади n+1 до правой опоры n+1 (рис.12).
4. Решить систему составленных уравнений, найти опорные моменты на промежуточных опорах и в местах защемлений концов балки (если такие закрепления имеются). Найти опорные моменты на крайних опорах при наличии консолей, используя метод сечений, как для статически определимой балки.
Рис. 12
5. Рассматривая отдельные двухопорные балки, на которые была расчленена неразрезная балка, нагруженные уже известными опорными моментами и заданной нагрузкой, найти опорные реакции для каждой из указанных балок. Затем по ним определить опорные реакции неразрезной балки, суммируя реакции на промежуточных опорах от двух смежных пролетов.
Опорные реакции неразрезной балки можно вычислить и иначе. Сумму моментов всех сил слева или справа от первой промежуточной опоры, относительно этой опоры, приравнять значению опорного момента и определить опорную реакцию на крайней левой или правой опоре неразрезной балки. Затем рассмотреть два левых или правых пролета. Сумму моментов всех сил слева или справа относительно второй промежуточной опоры приравнять величине опорного момента на этой опоре. Подставить уже известные значения реакции на крайней левой или правой опоре неразрезной балки и произвести вычисление опорной реакции на первой промежуточной опоре левой или правой и по аналогии определить все опорные реакции неразрезной балки. Произвести контроль правильности вычисления опорных реакций неразрезной балки =0.
6. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов для каждой однопролетной балки как от сил, непосредственно приложенных к балке, так и от опорных моментов.
7. Построить суммарные эпюры поперечных сил и изгибающих моментов, т.е. эпюры для заданной неразрезной балки, соединив эпюры однопролетных балок. Эпюру поперечных сил для неразрезной балки можно построить и иначе, т.е. после определения опорных реакций вычислить ординаты в характерных точках по методу сечений как сумму сил по одну сторону от сечения или по формуле в пределах каждого пролета
(6.2.2)
Здесь Q0 – поперечная сила в сечении Z простой двухопорной балки от заданной нагрузки.
Мn и Мn-1 – опорные моменты на левой и правой опоре данного пролета неразрезной балки.
Эпюру изгибающих моментов для неразрезной балки можно так же построить и иначе, т.е. после определения опорных реакций, вычислить ординаты в характерных точках по методу сечений как сумму моментов сил по одну сторону от сечения, или алгебраически сложить в каждом пролете эпюры опорных моментов и эпюры изгибающих моментов от заданной нагрузки однопролетных балок основной системы, или по формуле в пределах каждого пролета
(6.2.3)
Здесь М0 – изгибающий момент в сечении Z простой двухопорной балки от заданной нагрузки.
8. Подобрать двутавровое сечение балки из условия прочности по нормальным напряжениям
(6.2.4)
6.2.2. Определение «лишних» неизвестных
способом сравнения перемещений
При выборе основной системы за «лишние» неизвестные при расчете статически неопределимых балок способом сравнения перемещений принимаются опорные реакции и моменты в результате отбрасывания соответствующих «лишних» опорных связей.
Недостающие уравнения, так называемые уравнения совместности перемещений, число которых соответствует числу «лишних» неизвестных, составляются по условиям деформации.
Основным приемом раскрытия статической неопределимости балок является составление дополнительных уравнений совместности перемещений (прогибов и углов поворота) опорных сечений и приравниванием их к нулю, так как в заданной системе по направлению неизвестных опорных реакций и моментов наложены «лишние» связи. Решение этих дополнительных уравнений перемещений может быть выполнено различными способами: интегрирования дифференциального уравнения изогнутой оси методом начальных параметров, применением теоремы Кастильяно, интеграла Мора и способа Верещагина. Определив «лишние» неизвестные, из уравнений статики найти остальные реакции опор. Затем построить эпюры поперечной силы и изгибающего момента.
Для заданной статически неопределимой балки требуется:
Выяснить степень статической неопределимости балки (рис. 13а)
Определить «лишние» неизвестные двумя способами:
а) уравнением трех моментов;
б) способом сравнения перемещений.
Построить эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов М. Подобрать по сортаменту двутавровое сечение, если =160МПа.
Определить эффективность (по расходу металла) статически неопределимой балки по сравнению со статически определимой, полученной определенным способом из заданной.
По эпюре изгибающих моментов изобразить форму изогнутой оси.
Применение теоремы о трех моментах.
Решение.
1. Основную систему для расчета неразрезной балки получим, если над всеми промежуточными опорами врежем шарниры, а в качестве «лишних» неизвестных примем изгибающие моменты в надопорных сечениях Мn. В данном примере балка дважды статически неопределима. Неизвестными являются опорные моменты М1 и М2 .
Опорный момент М3 = -40 кНм, М0 = 0 (рис. 13б). Расчетная схема балки с нумерацией опор и пролетов показана на рис. 13а.
2.. Эпюра изгибающих моментов в каждом пролете от внешней нагрузки представлена на рис. 13в. Момент на опоре 3 от силы Р1 на конце консоли не считается нагрузкой, действующей в третьем пролете.
3. Составим уравнения трех моментов попарно для двух смежных пролетов слева направо:
(6.3.1)
(6.3.2)
После сокращения уравнений (6.3.1) и (6.3.2) и, учитывая, что М0 = 0 и М3= –40 кНм, получаем:
20М1+4М2= 330
4М1+18М2= 665
Решив эти уравнения, найдем:
М1= 9,535 кНм; М2= 34,825 кНм
После определения моментов М1 и М2 задача стала статически определимой.
4. Найдем опорные реакции. Для этого составим уравнения моментов и моментов всех сил поочередно слева или справа относительно опор неразрезной балки:
Проверка правильности вычисления реакций:
R0 + R1 + R2 + R3 PP1q= 0;
11,6 + 25,4 + 75,2 +71 40 20 20 5 = 0
00
Реакции определены правильно.
5. Построение эпюры поперечных сил Q (рис. 14)
Пролет 0–1:
Q = R0 = 11,6 кН;
Пролет 1–2: Q = R0 + R1 = 11,6 + 25,4 = 13,8 кН
Q = R0 + R1 P = 11,6 + 25,4 – 40 = 26,2 кН;
Консоль: Q = +Р1 = 20 кН
Пролет 2-3: Q = +P1 R3 + qz
При Z = 0 Q = +P1 R3 = 20 71 = 51 кН;
При Z = 5 Q = +P1 R3 + qz = 20 71 + 205 = 49 кН.
Определим координату Z, при которой изгибающий момент в пролете 3-2 будет экстремальным
Q = P1 R3 + qz = 0;
6. Построение эпюры изгибающих моментов М (рис. 14б)
Пролет 0-1 0 z M = R0z;
|
Z |
0 |
3 |
|
M |
0 |
34,8 |
M=Rz+M;
|
Z |
3 |
6 |
|
M |
25,2 |
9,535 |
Пролет 1-2:
|
Z |
2 |
4 |
|
M |
18 |
35,0 |
Консоль: М=P1 z
|
Z |
0 |
2 |
|
M |
0 |
40 |
Пролет 3-2:
|
Z |
0 |
5 |
2,55 |
|
M |
40 |
35 |
25 |
Основная система показана на рис. 15а.
В качестве «лишних» неизвестных при решении примера способом сравнения перемещений примем реакции на опорах 0 и 3, т.е. R0 и R3. Составим уравнения перемещений (прогибов) опорных сечений 1 и 3 и приравняем их к нулю. Используем интеграл Мора, вычисленный по способу Верещагина. Для этого в основной системе в сечениях 1 и 3 прикладываем единичные силы Р1=1. Строим эпюры изгибающих моментов в основной системе от действия внешних сил и моментов и от единичных сил Р1 = 1 (рис. 15б).
8. Для определения реакций R0 и R3 составим выражения прогибов на опорах 0 и 3 и приравняем их к нулю
Рис. 15
Здесь - площадь эпюры изгибающих моментов от заданных сил.
М0с – ординаты эпюры изгибающих моментов от единичной Рi нагрузки в сечениях 0 и 3 под центром тяжести площади i и тогда Подставляя значения ωi и , получим
После сокращений уравнений получим
120R0 + 20R3 30 = 0
60R0+ 225R3 15287,5 = 0
Решив уравнение, найдем
R0 = 11,6 кН; R3 = 71,0 кН
9. Для определения реакций R1 и R3 определяем изгибающий момент на опоре 2.
Составим уравнения моментов относительно опорных сечений
или
R1 = 25,4 кН.
или
Таким образом, величины реакций при решении задачи обоими способами соответственно равны
10. Подбор сечения двутавровой неразрезной балки из условия прочности при изгибе
Тогда требуемый момент сопротивления
Принимаем двутавр № 22а , у которого Wх = 254 см3; площадь поперечного сечения F = 32,8 см2.
Действительное нормальное напряжение
Расхождение в процентах
(недогрузка)
Образуем статически определимую балку из заданной статически неопределимой (рис. 16).
Определим реакции опор
0
или
кН;
или
кН
86 + 74 – 40 – 20 – 20 · 5 = 0 0 ≡ 0. Реакция определена правильно.
Рис. 16
Рис. 17
Построим эпюры Q и М.
Пролет 1–2:
Q = Р = 40 кН;
|
|
Z |
0 |
5 |
|
M |
46 |
54 |
Определим координату Z, при которой изгибающий момент в пролете 3–2 будет экстремальным
Q = P + R2 qz = 0
Консоль: Q = P1 = 20 кН;
Пролет 0–1 и 1–2:
М = М= 60 кНм;
|
М = М Pz; |
z |
0 |
2 |
|
M |
60 |
20 |
Пролет 2–3:
М = М
|
Z |
0 |
5 |
2,3 |
|
M |
20 |
40 |
33 |
Консоль М = Рz
|
z |
0 |
2 |
|
M |
0 |
40 |
Эпюры Q и М показаны на рисунке 17.
Подбор сечения двутавровой статически определимой балки.
Требуемый момент сопротивления
Принимаем двутавр № 27, у которого Wx =3 71 см3; площадь поперечного сечения F = 40,2 см2.
Перерасход материала составит
· 100 = · 100 = 22,5%
12. По эпюре изгибающих моментов на рис. 14в представлена форма изогнутой оси балки.
7. Сложное сопротивление
7.1. Общие замечания
Сопротивление называется сложным, когда стержень одновременно испытывает несколько простых напряженно–деформированных состояний. К простым относятся: осевое растяжение и сжатие, кручение, плоский изгиб.
При расчетах на сложное сопротивление обычно исходят из принципа независимости действия сил, т.е. считают, что напряжение и деформация есть алгебраическая и геометрическая сумма результатов простых напря женно-деформированных состояний, и они не зависят от последователь ности приложения сил.
При расчете сложного сопротивления стержня важно найти сечения и точки в них, где результаты действия простых напряженно-дефор ми ро ван ных состояний велики и имеют один знак. Это будут опасные точки, по состоянию в них проверяют прочность стержня.
В этом разделе рассматриваются два вида сложного сопротив ления: внецентренное сжатие или растяжение и изгиб с кручением.
Внецентренное растяжение или сжатие – это изгиб в двух плоскостях относительно главных центральных осей инерции (косой изгиб) и центральное растяжение - сжатие. Нормальные напряжения в любой точке сечения стержня в данном случае определяются по формуле
(7.1.1)
где Р – сила, действующая по нормали к поперечному сечению, вызы вающая осевое сжатие и изгиб моментами Р·ур и Р·хр
хр и ур – координаты точки приложения силы;
х и у – координаты точки, в которой определяются нормальные напряжения;
ix и iy – радиусы инерции поперечного сечения относительно главных центральных осей инерции поперечного сечения X и Y со ответственно.
F – площадь поперечного сечения.
В формуле (7.1.1) первое слагаемое с учетом множителя перед скобкой – это нормальные напряжения осевого сжатия; второе это нормальные напряжения от изгиба в плоскости yоz; третье - напряжение от изгиба в плоскости XOZ.
Формула (7.1.1) написана для сжимающей силы Р, если сила Р –растягивающая, то знак (–) заменяется на (+).
Изгиб с кручением – это напряженно-деформированное состояние, когда в поперечном сечении стержня могут действовать все шесть внутрен них силовых факторов. Однако влияние поперечных сил в направлении двух главных осей поперечного сечения мало скажется на суммарных нап ряжениях в опасных точках, а влияние нормальной силы учитывается только при стесненном кручении. С задачами на изгиб с кручением мы сталкиваемся при расчете круглых валов. В этом случае все центральные оси главные, и по этому из гиб под действием внешних сил в разных плоскостях можно свести к изгибу в одной плоскости.
Опасными точками в сечении, где действует максимальный изги бающий момент и крутящий момент, будут точки на поверхности и вала на максимальном расстоянии от оси вала в плоскости изгиба. В этих точках будут одновременно действовать нормальные и касательные напряжения. Используя условия прочности по третьей нории (теории наибольших каса тельных напряжений), расчетная формула для эквивалентных напряжений имеет такой же вид как и при плоском поперечном изгибе (частный случай плоского напряженного состояния). При этом расчетный момент определяется по формуле Мр = .
Для нахождения требуемого диаметра вала достаточно в условие проч ности, записанное в такой форме: σэкв = подставить значения рас четного момента, допускаемых нормальных на пряжений и осевого момента сопротивления для круглого сечения и решить его относительно диаметра.
В последующих подразделах 7.2 и 7.4 даны методические указания к решению задач на внецентренное сжатие и на изгиб с круче ни ем соответственно, а в подразделах 7.3 и 7.5 -примеры расчета.
7.2. Методические указания к расчету
внецентренно нагруженных стержней
1. Следует определить геометрические характеристики поперечного сечения стержня – площадь F, координаты ее центра тяжести относительно начальных осей хс и ус и квадраты радиусов инерции относительно главных центральных осей и .
Определяются F по известным линейным размерам сечения и квад ратам радиусов инерции по формулам
= , = (7.2.1)
где Jx, Jy - моменты инерции относительно главных центральных осей.
Способ вычисления положения центров тяжести площади сечения и вы чи с ление моментов инерции для сложных фигур представлен в разделе 3.
2. Определить положение нейтральной линии, т.е. линии, на которой нормальные напряжения будут равны нулю. Из формулы (7.1.1) следует, что это будет прямая линия, уравнение для которой будет иметь вид
1 + = 0 (7.2.2)
Провести нейтральную линию на чертеже сечения можно, вычислив координаты точек пересечения этой линией главных центральных осей по формулам (7.2.3), полученным из уравнения (7.2.2)
у0 = ; х0 = (7.2.3)
3. Наибольшие по модулю напряжения будут в наиболее удаленной от нейтральной оси в точке А (рис. 19). Подставив координаты этой точки в формулу (7.1.1), получим значение максимальных но модулю напряжений, а сравнив их с допускаемыми проверим прочность стержня.
Если точка приложения силы находится за пределами ядра се чения, то в сечении стержня возникают напряжения разных знаков. (Ядром сечения называется область вокруг центра тяжести сечения, отличающегося тем, что сила, приложенная в пределах этой области, вызывает напряжения только одного знака во всем сечении). Так как материал стержня может иметь разные допускаемые нормальные напряжения для растяжения и сжатия, то прочность следует проверять для обоих случаев по условиям:
а„
│σс│max ≤ [σc]; σPmax ≤ [σp] (7.2.4)
Наибольшие по модулю напряжения противоположного, по срав не нию с действующими в точке А, знака будут находиться в наиболее уда ленной точке В по другую сторону от нейтральной оси.
Подставив координаты точки В в уравнение (7.1.1) получим макси мальные по модулю напряжения другого знака.
4. Нормальные напряжения в сечении будут изменяться по линейному закону от максимальных по модулю напряжений в точке А, через ноль на уровне нейтральной оси, до максимальных напряжений но модулю другого знака в точке В.
5. Допустимую нагрузку, которую может выдержать стержень, опр е деляем по формулам:
P ≤ (7.2.5а)
P ≤ (7.2.5б)
где [σ]А, [σ]В – допускаемые напряжения в точках А и В соответственно на растяжение и сжатие.
За действительную допускаемую нагрузку принимается меньшая из двух, полученных по формулам (7.2.5а и 7.2.5б).
7.3. Пример расчета стержня на внецентренное сжатие
Короткий чугунный стержень, поперечное сечение которого показано на рис. 18, загружен в точке А продольной сжимающей силой Р. Найти положение нулевой линии и построить эпюру нор мальных напряжений. Определить допустимую нагрузку Р из условий прочности в опасных точках сечения стержня.
Рис. 18 Рис. 19
Даны геометрические размеры поперечного сечения стержня а = 8 см, a b = 10 см, а также допускаемые напряжения чугуна на сжатие [σс] = 120 МПа и на растяжение [σр] = 30 МПа.
Определение геометрических характеристик поперечного се чения стержня.
Площадь F = 3a · 2b + a · b = 24 · 20 + 8 · 10 = 560 см2
Сечение стержня симметрично относительно оси у, поэтому эта ось является главной центральной. Положение второй главной центральной оси найдем, если определим положение центра тяжести сечения на оси у. За начальную ось х примем ось, совпадающую с нижней гранью сечения, тогда координаты центра тяжести будут
yc = =
= cм
где статический момент = .
Главные моменты инерции
Jx =
см4,
Jу = 23466,667 см4
Квадраты радиусов инерции
= = = 57,313 см2,
= = = 41,905 см2.
2. Определение положения нулевой линии (рис. 19)
х0 = –= –10,476 см,
у0 = –= –3,210 см.
Здесь хр и ур - координаты точки приложения нагрузки Р.
3. Вычисление напряжений в опасных точках
Опасными точками являются наиболее удаленные от нулевой линии точки А и В поперечного сечения стержня. Вычислим напря жение в этих точках в функции от нагрузки Р.
= –,
=.
По этим значениям на рис. 19 построена в масштабе эпюра а.
4. Определение допустимой нагрузки Р из условий прочности.
Условие прочности для точки А, где действует наибольшее сжимающее напряжение
│σА│≤ [σС]
или ≤ [σС]
Отсюда
Р ≤ = = 9674,63 · 102 Н = 976 кН
Условие прочности для точки В, где возникает наибольшее растягивающее напряжение
│σВ│≤ [σР]
или
≤ [σР]
Отсюда
Р ≤ = = 4275,90 · 102 Н = 428 кН
Окончательно принимаем допустимую нагрузку
Р = 428кН.
7.4. Методические указания к расчету вала
на изгиб с кручением
1. Определить моменты, приложенные к шкивам, пользуясь формулой
М = 9,55 кНм, (7.4.1)
где N – мощность, квт;
n – число оборотов в мин.
5. Найти вертикальные и горизонтальные реакции подшипни ков. Проверить и указать на схемах найденные значения реакций.
6. Построить эпюры изгибающих моментов Мв в вертикальной плоскости и Мг – в горизонтальной.
7. Получить значения суммарных изгибающих моментов в по пе реч ных сечениях вала по центрам шкивов и подшипников с по мощью формулы
Миз = (7.4.2)
Отметить, что на концах вала Миз = 0.
8. Вычертить эпюру суммарных изгибающих моментов, со вместив плоскости их действия в различных поперечных сечениях с плоскостью чертежа. Учесть, что такая эпюра на некоторых участ ках вала не будет прямолинейной.
9. При помощи эпюр Мк и Миз выявить опасное сечение и ус тановить величину максимального расчетного момента по третьей теории прочности с помощью формулы
Мр = (7.4.3)
10. Вычислить диаметр вала сплошного кругового поперечного сечения по формуле
d ≥ (7.4.4)
и подобрать по найденной величине окончательное значение диа метра вала d из следующего ряда:
30, 35, 40, 45, 50, 60, 70, 80, 90, 100 мм.
11. Вычислить диаметр вала кольцевого поперечного сечения по формуле
dН ≥ ,
где α = – отношение внутреннего и наружного диаметров кольцевого поперечного сечения.
7.5. Пример расчета вала на изгиб с кручением
Горизонтальный стальной вал с тремя жестко закрепленными на нем шкивами вращается в подшипниках А и В со скоростью n об/мин посредством приводного ремня, который идет под углом α1 горизонту и передает на шкив с диаметром D1 мощность N кВт. Два других шкива передают мощность 0,5N кВт каждый с вала на исполнительные механизмы через их ремни, имеющие один и тот же угол наклона к горизонту а2 (рис. 20).
Требуется подобрать диаметр вала сплошного круглого попе речного сечения по результатам его расчета на изгиб с кручением при допускаемом напряжении [σ] = 80 МПа.
Выявить экономию материала от замены сплошного круглого поперечного сечения на кольцевое с отношением внутреннего диа метра к наружному α = 0,8 по всей длине вала.
Дано: N = 40 кВт, n = 500 об/мин,
α1 = 60°, α 2=45°,
D1 = 1,2m, D2 =1,1m,
а = 0,2 м, b = 0,4 м, с = 0,3 м.
1. Моменты, приложенные к шкивам
М1= 9,55 = 9,55 = 0,764 кНм,
М2= 9,55 = 9,55 = 0,382 кНм,
2. Крутящие моменты в поперечных сечениях вала
I участок 0 < Z <а
МК = М2 = 0,382 кНм
II участок а ≤ Z ≤ 2a + b
Мк = М2 – М1 = 0,382 – 0,764 = – 0,382 кНм
Эпюра Mк показана на рис. 21.
СХЕМА ВАЛА ПРИ КРУЧЕНИИ Рис. 20
ЭПЮРА Мк [кНм]
Рис. 21
3. Силы давления шкивов на вал
Т1 – t1· = М1; (2t1 – t1) = M1,
t1 = = = 1,273 кН,
Т1 = 2 · 1,273 = 2,546 кН,
t2 = = = 0,695 кН,
Т2 = 2t2 = 2 · 0,695 = 1,389 кН.
Сила давления большого шкива на вал
P1 = T1 + t1 = 2,546 + 1,273 = 3,819 ≈ 3,82 кН.
Сила давления малых шкивов на вал
Р2 = Т2 + t 2 = 1,389 + 0,695 = 2,084 кН ≈ 2,08 кН.
Вертикальные составляющие сил давления шкивов
Р1В = P1 · sinα1 = 3,82 · 0,866 = 3,3 кН (вниз),
Р2В = Р2 · sinα2 = 2,08 · 0,707 = 1,473 кН (вниз).
Горизонтальные составляющие сил давления шкивов
Р1г = Р1 · cosα1 = 3,82 · 0,5 = 1,91 кН (влево),
Р2г = Р2 · cosα2 = 2,08 · 0,707 = 1,473 кН (вправо).
4. Расчетная схема вала при изгибе показана на рис. 22а и 22в.
5. Реакции подшипников
В вертикальной плоскости
ΣMAj = 0; –RВb · 0,7 – 1,47 · 0,4 + 3,31 · 0,2 + 1,47 · 0,4 = 0
RBb = 3,31 = 0,95 kH.
ΣMBi = 0;
–RАв · 0,7 + 1,47 · 0,3 + 3,31 · 0,9 + 1,47 · 1,1 = 0
RAB =1,47 + 3,31 +1,47 = 0,63 + 4,26 + 2,31 = 7,20 Кн
Проверка:
ΣY = 0; 7,20 – 1,47 – 3,31 – 1,47 – 0,95 = 0
7,20 – 7,20 = 0
В горизонтальной плоскости
ΣМАi = 0;
Рис. 22
0,63 + 2,31 2,46 = 0,48 кН
Проверка ΣY = 0;
0,55 + 0,48 + 1,91 – 1,47 – 1,47 = 0
2,94 – 2,94 = 0
6. Изгибающие моменты
В вертикальной плоскости
в сеч. С Мв = 0, сеч. Д Мв = 1,47 2 = 0,294 кНм,
в сеч. А Мв = 1,470,4 3,31 0,2 = 0,588 0,662 = 1,250 кНм,
в сеч. Е Мв = 0,95 0,3 = 0,285 кНм,
в сеч. B Мв = 0
В горизонтальной плоскости
в сеч. С Мг = 0,
в сеч. Д Мг = 1,470,2 = 0,294 кНм,
в сеч. А Мг = 1,470,4+1,9102 = 0,588 + 0,382 = 0,206 кНм,
в сеч. Е Мг = 0,55 0,3 = 0,165 кНм,
в сеч. В Мг = 0
7. Суммарные изгибающие моменты
в сеч. С
в сеч. Д
кНм,
в сеч. А
кНм,
в сеч. Е
кНм,
в сеч. В .
Эпюры Мв и Мг показаны на рис. 22б, 22г.
8. Результирующая эпюра изгибающих моментов показана на рис. 22д.
9. Расчетный момент
Совместное влияние изгиба и кручения здесь учитывается по третьей теории прочности с помощью следующей формулы для расчетного момента
Из рассмотрения эпюр Мк и Миз следует, что опасным является сечение А, так как в нем изгибающий момент максимален Миз = 1,27 кНм, а крутящий момент Мк = 0,38 кНм имеет такую же величину, как и в других сечениях, и значит в этом сечении Мр по приведенной формуле получается максимальным
кНм
10. Диаметр вала сплошного кругового поперечного сечения
Принимаем диаметр вала d = 60мм.
11. Диаметр вала кольцевого поперечного сечения
Принимаем диаметр dн = 70 мм, тогда dв =0 ,870 = 56 мм.
Приложение
Задания к расчетно-графическим работам
ЗАДАНИЕ К РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ № 1
по теме “ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ-СЖАТИЕ”
Срок выполнения - 4 недели с момента выдачи
1. Подобрать из условия прочности при центральном растяжении-сжатии поперечные сечения стержней кронштейна. Сечение стального стержня принять по сортаменту из двух равнобоких уголков. Деревянный стержень принять квадратного или круглого сечения в соответствии с расчетной схемой, округлив требуемый размер стороны квадрата или диаметра до целых сантиметров. Допускаемые напряжения: для стали []с=90 МПа, для древесины []д= 8 МПа.
2. Определить путем построения плана перемещений истинное линейное перемещение узла, в котором приложена сила Р. Модули упругости для стали Ес=2·105 МПа, для древесины Ед= 104 МПа.
Группа |
1-я цифра шифра |
a cм |
b см |
Р кН |
|
21 |
0 |
40 |
100 |
200 |
|
1 |
50 |
110 |
220 |
|
|
2 |
60 |
120 |
240 |
|
|
3 |
70 |
130 |
260 |
|
|
22 |
0 |
60 |
140 |
270 |
|
1 |
70 |
150 |
280 |
|
|
2 |
80 |
160 |
290 |
|
|
3 |
90 |
170 |
300 |
|
|
23 |
0 |
80 |
180 |
310 |
|
1 |
90 |
190 |
320 |
|
|
2 |
110 |
200 |
330 |
|
|
3 |
120 |
210 |
340 |
|
|
24 |
0 |
100 |
220 |
350 |
|
1 |
110 |
230 |
360 |
|
|
2 |
130 |
240 |
370 |
|
|
3 |
150 |
250 |
380 |
Расчетная схема кронштейна принимается по 2-й цифре шифра.
ЗАДАЧА 1.2. РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМОЙ СИСТЕМЫ
1. Выяснить степень статической неопределимости заданной конструкции.
2. Составить уравнения равновесия.
3. Составить уравнения совместности деформаций.
4. Решить полученную систему уравнений и определить продольные усилия и напряжения в стержнях заданной системы.
При необходимости принять модуль упругости материала стержней Е=2·105 МПа.
|
Группа |
1-я цифра шифра |
Сила Р кН |
Нагрев t K |
Зазор мм |
a м |
b м |
Площадь сечения стержня F см2 |
|
21 |
0 |
100 |
0 |
0 |
0.5 |
0.6 |
5 |
|
1 |
0 |
30 |
0 |
0.5 |
0.6 |
5 |
|
|
2 |
0 |
0 |
0.4 |
0.5 |
0.6 |
5 |
|
|
3 |
110 |
0 |
0 |
0.5 |
0.6 |
4 |
|
|
22 |
0 |
120 |
0 |
0 |
0.6 |
0.7 |
6 |
|
1 |
0 |
40 |
0 |
0.6 |
0.7 |
6 |
|
|
2 |
0 |
0 |
0.6 |
0.6 |
0.7 |
6 |
|
|
3 |
130 |
0 |
0 |
0.6 |
0.7 |
5 |
|
|
23 |
0 |
140 |
0 |
0 |
0.7 |
0.8 |
7 |
|
1 |
0 |
50 |
0 |
0.7 |
0.8 |
7 |
|
|
2 |
0 |
0 |
0.8 |
0.7 |
0.8 |
7 |
|
|
3 |
150 |
0 |
0 |
0.7 |
0.8 |
6 |
|
|
24 |
0 |
160 |
0 |
0 |
0.8 |
0.9 |
8 |
|
1 |
0 |
60 |
0 |
0.8 |
0.9 |
8 |
|
|
2 |
0 |
0 |
0.8 |
0.8 |
0.9 |
8 |
|
|
3 |
170 |
0 |
0 |
0.8 |
0.9 |
7 |
Расчетная схема статически неопределимой конструкции прини-мается по 2-й цифре шифра:
ЗАДАНИЕ К РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ № 2
“ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ СЕЧЕНИЙ ПРИ ИЗГИБЕ”
1. Для заданного поперечного сечения балки:
-определить положение центра тяжести,
-найти направление главных центральных осей инерции,
-вычислить главные моменты инерции сечения и соответствующие моменты сопротивления.
2. Для двух схем балок:
-получить эпюры изгибающих моментов М и записать выражения maxM в зависимости от величин нагрузок P и q,
-определить значения нагрузок P и q из условия прочности по нормальным напряжениям при изгибе, приняв допускаемое напряжение []=160 МПа.
3. Начертить поперечное сечение в масштабе 1:2 или 1:1 и показать на нем оси и числовые размеры.
4. УИРС: Выяснить как изменится грузоподъемность балок, если нагрузки P и q будут действовать в плоскости наименьшей жесткости изгибу.
|
Группа |
1-я цифра шифра |
Номера прокатных профилей |
L1 м |
L2 м |
||
|
Двутавр |
Равнобокий уголок |
Швеллер |
||||
|
21 |
0 |
10 |
75x7 |
12 |
4 |
5 |
|
1 |
12 |
80x8 |
14a |
3 |
6 |
|
|
2 |
14 |
90x9 |
16 |
2 |
7 |
|
|
3 |
13 |
100x10 |
18 |
2 |
8 |
|
|
22 |
0 |
18 |
110x8 |
20a |
3 |
9 |
|
1 |
20 |
125x14 |
22 |
3 |
5 |
|
|
2 |
22 |
140x12 |
24 |
4 |
6 |
|
|
3 |
24 |
160x16 |
27 |
4 |
7 |
|
|
23 |
0 |
27 |
180x11 |
24a |
2 |
8 |
|
1 |
30 |
200x16 |
27 |
3 |
9 |
|
|
2 |
33 |
220x14 |
30 |
4 |
8 |
|
|
3 |
36 |
250x20 |
33 |
2 |
7 |
|
|
24 |
0 |
20 |
160x20 |
20a |
3 |
10 |
|
1 |
22 |
180x12 |
22 |
4 |
11 |
|
|
2 |
24 |
200x20 |
24 |
3 |
12 |
|
|
3 |
27 |
220x16 |
27 |
4 |
13 |
Поперечное сечение балки принимается по 2-й цифре шифра:
ЗАДАНИЕ К РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ № 3
“РАСЧЕТ ДВУТАВРОВОЙ БАЛКИ”
Срок выполнения - 4 недели с момента выдачи
1. Для заданной схемы балки построить эпюры М и Q.
2. Из условия прочности по нормальным напряжениям подобрать двутавровое сечение балки, приняв допускаемое напряжение []=160 МПа, и построить эпюру в опасном сечении балки.
3. Проверить прочность балки по касательным напряжениям, приняв допускаемое напряжение []=100 МПа, и построить эпюру в стенке двутавра для опасного сечения балки.
4. Проверить прочность балки по III и IV теориям прочности.
5. УИРС: В соответствии с п.2 задания подобрать стальную балку прямоугольного сечения при соотношении его высоты и ширины h/b=2; определить экономию металла при замене балки прямоугольного сечения на двутавровую балку.
|
Группа |
1-я цифра шифра |
a м |
b м |
c м |
d м |
P1 кН |
P2 кН |
M1 кНм |
M2 кНм |
q1 кН/м |
q2 кН/м |
|
21 |
0 |
2 |
4 |
2 |
3 |
20 |
40 |
0 |
30 |
10 |
20 |
|
1 |
1 |
3 |
1 |
2 |
30 |
20 |
40 |
0 |
15 |
20 |
|
|
2 |
2 |
3 |
1 |
2 |
40 |
560 |
0 |
20 |
30 |
35 |
|
|
3 |
1 |
4 |
1 |
3 |
20 |
30 |
30 |
0 |
10 |
15 |
|
|
22 |
0 |
2 |
3 |
2 |
2 |
25 |
40 |
0 |
20 |
15 |
20 |
|
1 |
1 |
3 |
2 |
2 |
50 |
20 |
25 |
0 |
20 |
30 |
|
|
2 |
1 |
4 |
1 |
3 |
30 |
40 |
0 |
30 |
10 |
15 |
|
|
3 |
2 |
3 |
2 |
3 |
35 |
30 |
40 |
0 |
20 |
25 |
|
|
23 |
0 |
1 |
3 |
2 |
1 |
50 |
40 |
0 |
20 |
10 |
20 |
|
1 |
2 |
4 |
1 |
3 |
30 |
20 |
40 |
0 |
25 |
30 |
|
|
2 |
1 |
4 |
2 |
2 |
45 |
35 |
0 |
35 |
15 |
20 |
|
|
3 |
2 |
3 |
1 |
2 |
40 |
30 |
30 |
0 |
10 |
30 |
|
|
24 |
0 |
1 |
3 |
2 |
3 |
40 |
50 |
0 |
30 |
15 |
25 |
|
1 |
2 |
3 |
1 |
2 |
30 |
10 |
25 |
0 |
20 |
25 |
|
|
2 |
1 |
4 |
2 |
3 |
40 |
20 |
0 |
30 |
30 |
35 |
|
|
3 |
2 |
3 |
1 |
2 |
25 |
45 |
35 |
0 |
20 |
30 |
Расчетная схема балки к РГР-3 принимается по 2-й цифре шифра:
ЗАДАНИЕ К РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ № 4
“ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ БАЛКИ”
Срок выполнения - 4 недели с момента выдачи
1. Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил в балке.
2. Подобрать по сортаменту двутавровое сечение балки из условия прочности по нормальным напряжениям, приняв допускаемое напряжение []=160 МПа.
3. Вычислить прогиб балки f по середине пролета, приняв модуль упругости стали Е=2·105 МПа; сравнить прогиб f с допускаемым прогибом [f]=L/500 и при необходимости увеличить номер двутавра.
4. Вычислить углы поворота на опорах и прогибы f по середине пролета и на конце консоли.
5. Вычертить изогнутую ось балки, приняв масштабы: горизонтальный 1:50, вертикальный 1:1.
6. УИРС: Выяснить, как следует изменить одну из нагрузок, чтобы:
- на одной из опор угол поворота сечения стал равным нулю,
- прогиб конца консоли стал равным нулю.
|
Группа |
1-я цифра шифра |
Р кН |
q кН/м |
M кНм |
L м |
а м |
|
31 |
0 |
20 |
10 |
50 |
4 |
1 |
|
1 |
30 |
20 |
60 |
5 |
2 |
|
|
2 |
40 |
30 |
40 |
6 |
2 |
|
|
3 |
50 |
10 |
60 |
7 |
3 |
|
|
32 |
0 |
60 |
20 |
50 |
5 |
1 |
|
1 |
40 |
30 |
60 |
6 |
2 |
|
|
2 |
50 |
10 |
50 |
7 |
2 |
|
|
3 |
60 |
20 |
60 |
8 |
3 |
|
|
33 |
0 |
20 |
30 |
40 |
6 |
2 |
|
1 |
30 |
10 |
60 |
7 |
2 |
|
|
2 |
50 |
20 |
50 |
8 |
3 |
|
|
3 |
60 |
30 |
40 |
9 |
3 |
|
|
34 |
0 |
40 |
10 |
60 |
4 |
1 |
|
1 |
30 |
30 |
50 |
5 |
2 |
|
|
2 |
20 |
20 |
40 |
6 |
2 |
|
|
3 |
50 |
20 |
40 |
7 |
3 |
Расчетная схема балки к РГР-4 принимается по 2-й цифре шифра:
ЗАДАНИЕ К РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ № 5
“РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМОЙ БАЛКИ”
Срок выполнения - 4 недели с момента выдачи
1. Выяснить степень статической неопределимости балки.
2. Определить лишние неизвестные балки.
3. Получить эпюры изгибающих моментов М и поперечных сил Q .
4. Подобрать по сортаменту двутавровое сечение балки, приняв допускаемое напряжение []=160 МПа.
5. УИРС: Определить экономию металла при использовании статически неопределимой балки в сравнении со статически определимой балкой, которую можно получить из заданной балки путем устранения лишних связей.
|
Группа |
1-я цифра шифра |
Р кН |
q кН/м |
M1 кНм |
M2 кНм |
L1 м |
L2 м |
L3 м |
|
31 |
0 |
20 |
10 |
50 |
40 |
5 |
6 |
4 |
|
1 |
30 |
20 |
60 |
50 |
6 |
4 |
5 |
|
|
2 |
40 |
30 |
40 |
60 |
4 |
5 |
6 |
|
|
3 |
50 |
10 |
60 |
50 |
4 |
6 |
5 |
|
|
32 |
0 |
60 |
20 |
50 |
40 |
5 |
4 |
6 |
|
1 |
40 |
30 |
60 |
40 |
6 |
5 |
4 |
|
|
2 |
50 |
10 |
50 |
40 |
5 |
6 |
4 |
|
|
3 |
60 |
20 |
60 |
50 |
6 |
4 |
5 |
|
|
33 |
0 |
20 |
30 |
40 |
60 |
4 |
5 |
6 |
|
1 |
30 |
10 |
60 |
50 |
6 |
4 |
5 |
|
|
2 |
50 |
20 |
50 |
60 |
5 |
6 |
4 |
|
|
3 |
60 |
30 |
40 |
50 |
6 |
4 |
5 |
|
|
34 |
0 |
40 |
10 |
60 |
50 |
4 |
6 |
5 |
|
1 |
30 |
30 |
50 |
40 |
6 |
5 |
4 |
|
|
2 |
20 |
20 |
40 |
50 |
6 |
6 |
4 |
|
|
3 |
50 |
20 |
40 |
60 |
5 |
5 |
6 |
Расчетная схема балки к РГР-5 принимается по 2-й цифре шифра:
ЗАДАНИЕ К РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКОЙ РАБОТЕ № 6
по теме “СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ”
Срок выполнения - 3 недели с момента выдачи
Короткий чугунный стержень заданного поперечного сечения сжи-мается продольной силой Р, приложенной в точке А.
1. Вычислить наибольшие сжимающие и наибольшие растягивающие напряжения в поперечном сечении, выразив их как функцию от нагрузки Р, и построить эпюру напряжений .
2. УИРС: Найти допускаемую нагрузку Р при заданных размерах поперечного сечения и допускаемых напряжениях для чугуна на сжатие [с] и на растяжение [р].
Группа |
1-я цифра шифра |
a cм |
b см |
[с] МПа |
[р] МПа |
|
31 |
0 |
2 |
2 |
120 |
28 |
|
1 |
3 |
2 |
130 |
29 |
|
|
2 |
4 |
3 |
140 |
30 |
|
|
3 |
5 |
4 |
150 |
31 |
|
|
32 |
0 |
3 |
2 |
150 |
32 |
|
1 |
4 |
3 |
140 |
33 |
|
|
2 |
5 |
4 |
130 |
34 |
|
|
3 |
6 |
5 |
120 |
35 |
|
|
33 |
0 |
4 |
3 |
120 |
36 |
|
1 |
5 |
4 |
130 |
37 |
|
|
2 |
6 |
5 |
140 |
38 |
|
|
3 |
7 |
6 |
150 |
39 |
|
|
34 |
0 |
5 |
4 |
150 |
40 |
|
1 |
6 |
5 |
140 |
41 |
|
|
2 |
7 |
6 |
130 |
42 |
|
|
3 |
8 |
7 |
120 |
43 |
Поперечное сечение стержня принимается по 2-й цифре шифра:
Шкив с диаметром D1 и с углом наклона ветвей ремня к горизонту 1 делает n оборотов в минуту и передает мощность N кВт. Два других шкива имеют одинаковые диаметры D2 и углы наклона ветвей ремней к горизонту 2 ; каждый из этих шкивов передает мощность N/2.
1. Определить внешние скручивающие моменты, приложенные к шкивам, и соответствующие окружные усилия в ремнях шкивов.
2. Построить эпюру крутящих моментов Мкр.
3. Получить эпюры изгибающих моментов от вертикальных сил Мив, от горизонтальных сил Миг и эпюру суммарных изгибающих моментов Ми.
4. Подобрать диаметр сплошного вала по третьей теории прочности, приняв допускаемое напряжение []=70 МПа.
5. УИРС: Подобрать диаметр трубчатого вала, приняв соотношение внутреннего и наружного диаметров равным 0,9; определить экономию металла при замене сплошного вала трубчатым.
Численные данные к расчету вала определяются по 1-й цифре шифра из следующей таблицы:
|
Группа |
1-я цифра шифра |
N кВт |
n об/мин |
1 |
2 |
D1 м |
D2 м |
a м |
b м |
c м |
|
31 |
0 |
10 |
100 |
0 |
30 |
1.2 |
0.8 |
0.2 |
0.2 |
0.2 |
|
1 |
20 |
200 |
30 |
30 |
1.3 |
0.9 |
0.2 |
0.2 |
0.3 |
|
|
2 |
30 |
300 |
45 |
30 |
1.4 |
1.0 |
0.2 |
0.3 |
0.3 |
|
|
3 |
40 |
400 |
60 |
90 |
1.5 |
1.1 |
0.3 |
0.3 |
0.2 |
|
|
32 |
0 |
50 |
500 |
0 |
45 |
1.0 |
0.8 |
0.3 |
0.2 |
0.3 |
|
1 |
60 |
600 |
30 |
45 |
1.1 |
0.9 |
0.3 |
0.3 |
0.2 |
|
|
2 |
70 |
700 |
45 |
45 |
1.2 |
1.0 |
0.2 |
0.3 |
0.2 |
|
|
3 |
80 |
800 |
45 |
90 |
1.3 |
1.1 |
0.3 |
0.3 |
0.3 |
|
|
33 |
0 |
90 |
900 |
0 |
60 |
1.2 |
0.9 |
0.4 |
0.2 |
0.2 |
|
1 |
100 |
1000 |
30 |
60 |
1.3 |
1.0 |
0.2 |
0.4 |
0.2 |
|
|
2 |
80 |
900 |
45 |
60 |
1.4 |
1.1 |
0.2 |
0.2 |
0.4 |
|
|
3 |
70 |
800 |
30 |
90 |
1.5 |
1.2 |
0.4 |
0.2 |
0.4 |
|
|
34 |
0 |
60 |
700 |
0 |
90 |
1.1 |
0.9 |
0.2 |
0.3 |
0.4 |
|
1 |
50 |
600 |
60 |
60 |
1.3 |
1.0 |
0.4 |
0.3 |
0.2 |
|
|
2 |
40 |
500 |
60 |
45 |
1.2 |
1.1 |
0.2 |
0.4 |
0.3 |
|
|
3 |
30 |
400 |
60 |
30 |
1.4 |
1.2 |
0.3 |
0.4 |
0.2 |
Расчетная схема вала принимается по 2-й цифре шифра:
Библиографический список
Учебное издание
Борозна Дмитрий Иванович
Киселев Юрий Александрович
Дурнов Виктор Петрович
Федотов Сергей Николаевич
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
Методические указания к расчетно-графическим работам
Печатается в авторской редакции
Подписано в печать Сдано в производство
Форм. бум. 60х84 1/16 Офсетная печать
Усл.- печ. л. Усл.- изд. л.
Тираж экз. Зак. №
Санкт-Петербургский государственный университет водных коммуникаций
198035,Санкт-Петербург, ул. Двинская, 5/7
Отпечатано в типографии ФГОУ ВПО СПГУВК,
198035, Санкт-Петербург, Межевой канал, 2.