Сопротивление материалов. Ч. 2

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ ГОУ ВПО «УРАЛЬСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ЛЕСОТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ»

Кафедра сопротивления материалов и теоретической механики

С. А. Одинцева И. В. Коцюба

СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ Методические указания для выполнения расчетно-графических работ студентами заочного факультета всех специальностей ЧАСТЬ 2

Екатеринбург 2010

Печатается по рекомендации методической комиссии ЛИФ. Протокол № 80 от 08. октября 2008 г.

Рецензент – доцент кафедры САПР объектов строительства УГТУ-УПИ С.Н. Городилов

Редактор Е.Л. Михайлова Оператор Г.И. Романова Подписано в печать 29.04.10 Плоская печать Заказ №

Формат 60х84 1/16 Печ. л. 2,09

Редакционно-издательский отдел УГЛТУ Отдел оперативной полиграфии УГЛТУ 2

Поз. 103 Тираж 200 экз. Цена 10 руб. 72 коп.

ОБЩИЕ ПОЛОЖЕНИЯ И УКАЗАНИЯ ПО ВЫПОЛНЕНИЮ РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКИХ РАБОТ Целью расчетно-графических работ (РГР) является закрепление теоретического материала по дисциплине, приобретение опыта выполнения расчетов на прочность простых элементов конструкций и навыков в работе с технической литературой, справочниками, стандартами. Количество работ, объем каждой и сроки выполнения определяются кафедрой в соответствии с программой по учебной дисциплине и учебным графиком. Студент должен взять для каждой задачи из таблицы и рисунка данные в соответствии с номером своего шифра. Последняя цифра шифра соответствует схеме, предпоследняя – данным к задаче. Работы, выполненные с нарушением этих указаний, рассматриваться не будут. В чертежах должны быть проставлены числовые данные соответствующего варианта (не буквенные значения!). Расчеты производить только с числовыми значениями. Каждую контрольную работу следует выполнять в отдельной тетради чернилами, четким почерком, с полями 5 см для замечаний рецензента. Перед решением задачи необходимо выписать полностью ее условие с числовыми данными. Чертежи и схемы в текстовой части выполняются в карандаше в соответствии с требованиями Единой системы конструкторской документации (ЕСКД). Все графики и эпюры должны содержать числовые величины в характерных точках и размерность. Решение должно сопровождаться последовательными и грамотными объяснениями. При использовании формул или данных следует кратко и точно указать источник (автора, название издания, страницу, номер формулы). Необходимо указывать размерность всех величин и подчеркивать окончательные результаты. Решения производить в международной системе единиц (СИ). Основные единицы приведены в приложении. При возврате контрольной работы студент должен исправить указанные ошибки. Все исправления выполняются на отдельных листах, которые должны быть вложены в соответствующие места рецензированной работы. Отдельно от работы исправления не принимаются. 3

5. СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ СИСТЕМЫ Условие и порядок выполнения работы Для заданных схем балок необходимо: 1) раскрыть статическую неопределимость. Методы, применяемые для раскрытия статической неопределимости балок, задаются преподавателем; 2) определить перемещения от действующих нагрузок. Составить каноническое уравнение; 3) построить эпюры суммарных поперечных сил, изгибающих моментов; 4) в задачах № 5, 5а точку приложения одной сосредоточенной силы, если не указано на схеме, необходимо принять в середине пролета. При действии двух сил пролет делится на три равных участка; 6) исходные данные для решения задания (вариант) берутся из табл. 5.

Вариант

Исходные данные к заданиям 5, 5

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Заданная нагрузка F1, кН 10 12 14 15 16 18 20 22 24 25

F2, кН 18 20 22 24 26 28 30 32 34 36

Таблица 5

а

Длины участков, м

q, кН/м 10 14 16 18 20 22 24 26 28 30

а 6,0 6,2 6,4 6,5 6,6 6,8 7,0 7,2 7,4 7,5

4

в 4,0 4,2 4,4 4,5 4,6 4,8 5,0 5,2 5,4 5,5

c 2,4 2,5 2,6 2,8 3,0 3,2 3,4 3,5 3,6 3,8

Задача 5. Неразрезные балки

5

Задача 5а

6

Пример решения задачи 5 F1 = F1 = 10кН

q =20кН/м 1

A

2

B

l1 =4м

3

C

l2 =3м

x1=-27,18 Основная система 1 1

0

0 Эпюра ―M‖1

ql 2

F

0 40

F 10 10 F

10 40 ql

ql 2

10 F

2

8

40

0

0 Эпюра ―Q‖P

Fl

Fl

3

3

10

10

0 Эпюра ―M‖P

19,06 19,06 9,06 9,06

33,21 0 6,79

46,79

0,94

0 Эпюра ―Q‖Z 0,94

26,41 0 Эпюра ―M‖

0 0,94 27,18

3,59

7

Особенность задачи Реакции (а значит, и внутренние усилия и напряжения) нельзя определить с использованием только уравнений статики (уравнений равновесия). Это объясняется наличием «лишних» связей. Каково число этих связей – такова и степень статической неопределимости. Следует подчеркнуть, что степень статической неопределимости не зависит от вида нагрузки, а есть свойство самой системы. Статически неопределимые задачи можно решить только с помощью дополнительных уравнений. Их обычно называют деформационными уравнениями (реже – уравнениями совместности деформаций). В сущности, это уравнения перемещений, так как выражают зависимость между перемещениями точек деформированной конструкции. Число этих дополнительных уравнений должно соответствовать степени статической неопределимости системы. Установить степень статической неопределимости системы можно двумя путями: - формальным – как разность между количеством искомых усилий и числом независимых уравнений статики; - практическим – последовательным отбрасыванием «лишних» связей до образования статически определимой системы, которая называется основной системой. Здесь важно «не перестараться», ибо основная система должна быть кинематически неизменяемой (если все оставшиеся элементы считать абсолютно твердыми, то система не должна превратиться в механизм). В результате решения деформационных уравнений определяются усилия в «лишних» связях, а это значит, что статическая неопределимость будет раскрыта. Далее задача решается обычным образом (она как бы стала статически определимой). Следует подчеркнуть, что составление деформационных уравнений в отличие от уравнений равновесия требует учета особенностей, «специфики» данной системы – в этом обычно и заключаются трудности при решении задач этого типа. Итак, общий порядок решения статически неопределимых задач предлагается такой: 1) устанавливаем степень статической неопределимости; 2) составляем исходную и деформированную системы; 3) строим эпюры единичных векторных моментов; 4) строим эпюры внутренних изгибающих моментов и поперечных сил на каждом участке системы; 5) составляем деформационные уравнения (их столько, какова степень статической неопределимости); 6) строим эпюры суммарных поперечных сил и внутренних изгибающих моментов. 8

Решение 1. Определение степени статической неопределимости по формуле S = n + 3m + 2k  3 , где n - число опорных реакций; m - число замкнутых контуров, которые представляют собой жестко связанную цепь стержней; k - количество внутренних (врезанных) шарниров. S = 4  3 = 1. Данная балка однажды статически неопределима.

2. Строим эпюры единичных векторных моментов. 3. Определяем и строим эпюры внутренних изгибающих моментов и поперечных сил на каждом участке, действующих от единичной силы. 4. Определяем перемещения от действующих нагрузок. Составляем каноническое уравнение по методу сил. Так как балка однажды статически неопределимая, уравнение будет одно: δ11 х1 + Δ1 р = 0 , где δ11 - перемещение от точки приложения первого лишнего неизвестного по собственному направлению, вызванное действием силы этого же неизвестного; Δ1 р - перемещение в том же месте в том же направлении, но вызванное нагрузкой; δ11 х1 - перемещение той же точки по тому же направлению, вызванное силой х1 . 1 1 2 1 2    4  1    3  1    2,33 EI , x EI  2 3 2 3 x 1 2 1 1 3 1 1 р     4  40    3  10    63,33 EI . x EI  3 2 2 2 x

 11 

5. Определение неизвестных опорных моментов х1 : 2,33 х1  63,33  0, х1  27,18кН  м.

6. Определение и построение эпюр суммарных поперечных сил на каждом участке: Q  Q  Q ,  p M M n 1 , ΔQ = n l n 9

 27 ,18  0 = 6,79кН , AB 4 0   15,74 ΔQ = = 9,06кН . ВС 3 ΔQ

=

Участок АВ

п = 40 +  6,79 = 33,21кН A Q л = 0 +  6,79 = 6,79кН 1 Q п = 0 +  6,79 = 6,79кH 1 Q л = 40 +  6,79 = 46,79кН В

Участок ВC

Qп = 10 + 9,06 = 19,06кН В Q л = 10 + 9,06 = 19,06кН 2 Qп = 0 + 9,06 = 9,06кН 2 Q л = 0 + 9,06 = 9,06кН 3 Qп = 10 + 9,06 = 0,94кН 3 Q л = 10 + 9,06 = 0,94кН С

 7. Проверка:  F  у  = Q  на опорах

8. Определение и построение эпюр суммарных внутренних изгибающих моментов в каждой точке: M М

А



M

p

 M x , n n

= 0 + 0 = 0,

1 М = 40 +  27 ,18 = 26,41 кНм, 1 2 М = 0 + 1   27 ,18 = 27 ,18 кНм, В

10

1 М = 10 +  27 ,18 = 3,59 кНм, 2 2 1 М = 10 +  27 ,18 = 0,94 кНм, 3 3 М = 0 + 0 = 0. с

6. ВНЕЦЕНТРЕННОЕ РАСТЯЖЕНИЕ (СЖАТИЕ) ПРЯМЫХ СТЕРЖНЕЙ Условия и порядок выполнения работы Чугунный стержень нагружен в точке А сжимающей силой F, действующей параллельно его оси. Требуется вычислить, выражая величины напряжения через F и размеры сечения: − наибольшее растягивающее напряжение в поперечном сечении; − наибольшее сжимающее напряжение в поперечном сечении. 1. Показать на чертеже положение нейтральной линии. 2. Показать на чертеже положение точки, в которой действует наибольшее растягивающее напряжение. 3. Показать на чертеже положение точки, в которой действует наибольшее сжимающее напряжение. 4. Из условия прочности определить допускаемую нагрузку при заданных размерах поперечного сечения стержня. 5. Расчет производить по допускаемым напряжениям на сжатие и растяжение. 6. Исходные данные для решения задачи берутся из табл. 6. Таблица 6 Исходные данные к заданию 6 Вариант 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Размеры сечения, см а в 4 3 5 4 6 5 7 6 8 7 9 8 10 9 11 10 12 11 13 12

Допускаемые напряжения,  ,МПа сжатие растяжение 60 20 70 22 80 23 90 24 100 25 110 26 120 27 130 28 140 29 150 30

11

Задача 6. Схемы поперечного сечения стержней

12

Пример решения задачи 6 а норм ль

y a

yc

xE

н.л. 2b

b

E cnc

σ

A

YE a

yc

b

c YD

xD

xc

σ

2b

c1

xA YA

c2

xc 2a

2a

D раст

x

Дано: в = а = 7 см; 6 см; σ  =70 МПа = 70 000 кН/м2; σ + =28 МПа = =28 000 кН/м2 Определить: А ; х ; у ; I ; I ; i 2 ; i 2 ; а; в; σ  ; σ + ; F ; δ 

с

с

хс

ус

хс

ус

сж

Решение 1. Определение суммарной площади сечения стержня. Для решения задачи разбиваем стержень на простейшие фигуры А1 и А2: A  A1  A2 , А = 2а  4в = 8ав = 336см 2 ; А = 2а 2в = 4ав = 168см 2 ; 1

2

А  504см 2 .

2. Определение координат центра тяжести всей сложной фигуры (положение центральных осей): S у А +у А S у х1 А1 + х2 А2 х 1 1 2 2 = = 11,6см , у = = = 10см ; х = с А с А А +А А +А 1 2 1 2 13

где х ; х - расстояние от центра тяжести фигуры до вспомогательной оси 1 2 по оси х ; у ; у - расстояние от центра тяжести фигуры до вспомогательной оси 1 2 по оси у . 3. Определение осевых моментов инерции всей фигуры относительно центральных осей: bh 3 4a  4b 3 2a  2b 3 I = =  = 30240см 4 , х 12 12 12 с b3h 4a 3 4b 2a 3 2b .I = =  = 41160см 4 . у 12 12 12 с 4. Определение радиусов инерции относительно центральных осей: I I у х 2 2 2 с i = с = 81,67см 2 i = = 60см ; . у х с А с А 5. Определение положения нулевой линии. Правило построения нулевой линии  Нулевая линия всегда располагается напротив точки приложения нагрузки т. А и за центром тяжести всей фигуры т.С.  Нулевая линия и силовая плоскость располагаются в смежных квадрантах.  Отрезки а; в  , отсекаемые нулевой линией, откладываются на центральных осях от центра тяжести всей фигуры т.С. i2 i2 у х а = с = 17 ,75см ; в = с = 7,5см , Х У А А где Х А ;У А - расстояние от точки приложения нагрузки т.А до центральных осей. Х = х  а = 4,6см, А с У = 3в  у = 8см, А с проводим нулевую линию и к ней под углом 900 проводим нормаль.  Определяем наиболее удаленные точки от нулевой линии т. Д и т.Е. 14

6. Определение максимально сжимающих и максимально растягивающих нормальных расчетных напряжений в т.Д и т.Е. Для общего случая используется формула М F Mx у ± σ = ± У± Х  σ ± , A I I х у

     

F F У А УЕ F Х А Х Е   σ =   σ  , Е A I I х у с с F =

70000



1 A 



У А У Е   Х А  Х Е  I

I

х с

 

у

= 1002кН ,

с

 

F У У  F Х Х  А  Д А Д + , F σ  σ+ =  + + Д A I I х у с с

F+ =

28000

 

 

У У  Х Х  А  Д А Д 1  + + A I I х у  с с

= 1126кН

,

где Х ; Х ;У ;У - расстояния от наиболее удаленных точек Е и Д до Е Д Е Д центральных осей соответственно. Выбираем минимальное значение силы и подставляем в уравнение для т. Е, т.к. в целом стержень работает на сжатие:

     

F F У А УЕ F Х А Х Е σ =    = 70021кНм2  70МПа . Е A I I х у с с

7. Определение погрешности:

 σ  расч δ= 100 = 0,000%. σ расч σ

15

7. ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ КРУЧЕНИЯ И ИЗГИБА Условия и порядок выполнения Стальной вал передает крутящий момент в соответствии с заданной схемой при помощи ременной передачи. Ведущий шкив диаметром D1 передает мощность N кВт при заданном числе оборотов в минуту. Два других ведомых шкива передают мощность N/2 кВт каждый. Их диаметры соответственно равны D2=0,6D1; D3=0,4D1. Отношение натяжений ведущей и ведомой ветвей ремня составляет T=2t. Ведомые шкивы имеют одинаковые углы наклона ветвей ремня. В процессе расчета необходимо: 1) определить усилия натяжения ремней; 2) построить эпюры крутящих моментов в двух взаимно перпендикулярных плоскостях; 3) построить эпюры изгибающих моментов в двух взаимно перпендикулярных плоскостях. При построении эпюр изгибающих моментов вал рассматриваем как балку на двух опорах в точках установки подшипников. Исходные данные для решения задания берутся из табл. 7. Таблица 7

Вариант

Мощность, N, кВт

Число оборотов в мин., n

Диаметр ведущего шкива, D,м

Исходные данные к заданию 7

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

10 15 20 25 30 35 40 45 50 55

400 450 500 550 600 650 700 750 800 850

1,0 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 1,7 1,8 1,9

Длины участков вала, м

Углы наклона ремней, град

а

в

с

е

1

1

0,8 1,0 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 1,7 1,8

1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 1,7 1,8 1,9 2,0 2,1

1,0 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 1,7 1,8 1,9

0,6 0,7 0,8 0,9 1,0 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5

10 15 20 25 30 35 40 45 50 55

20 25 30 35 40 45 50 55 60 65

16

2

Задача 7. Кручение и изгиб вала

17

Пример решения задачи 7 D1-ведущий шкивы

D2-ведомые

подшипники

D3 B

A e=0,6м

b=1,0м

F2· cosα 2

a=1,3м

c=0,7м

F1· cosα 1

F3·cosα 2 A

2

1 0,75

B

3 0,75

4

5

RA

0,75

0,75

Y(силовая схема относит.оси y) RB ―Т‖ - внутр крут. момент

0 MY

0 0,73 2,52

9,7 F1·sinα 1 RA 1 F2·sinα 2

2

RB

3 A 3,88

4 6,99

5 B X(силовая схема относит.оси X) F3·sinα2 MX

3,95

11,9

8,47 8,84 MZ

18

y

y

x

α2=

80 º

T2

F2 α1

T3

T1 α1=25º

X

t3 t2

α2

F3

F1

t1 N = 30кВт;n = 190обмин;D = 0,7 м; D = 0,6D ; D = 0,4D ; а = 1,3м; 1 2 1 3 1 b = 1,0 м; с = 0,7 м; е = 0,6м; α = 250 ; α = 800 ;σ = 80МПа 1 2 Определить: Т ;Т ;Т ; t ; t ; t ; F ; F ; F ; M ; M ; M ; M ; d  ? 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 

Дано:

Решение Вал испытывает два вида деформаций: кручение и изгиб. Рассматриваем вал как балку на двух опорах. Опоры ставим в местах усадки подшипников, а усилия – в местах усадки шкивов. Правило построения силовых схем относительно осей Х и У  В силовых схемах относительно осей Х и У направления усилия F1 от ведущего шкива D1 оставлять постоянным для осей Х и У сверху вниз.  Усилия F2 и F3 и реакции опор RA и RB менять местами для каждой из осей. 1. Определение внутренних крутящих моментов, которые создает электродвигатель на шкивах: N 30 30  30 Т = = = = 1,5кН  м . 1 ω 2П 3,14  190 n Так как из условия задачи два других ведомых шкива передают мощТ N Т = Т = 1 = 0,75кН  м . ность , то 2 3 2 2 19

2. Определение усилий натяжения ремней на каждом шкиве, т.е. набегающее усилие равно сбегающему, но с учетом силы на плечо: D 2T 1 Т =t  t = 1 = 4,3кН , 1 1 2 1 D 1 D 2T 2  t = 2 = 3,6кН ; Т =t 2 2 2 2 D 2

D 2T Т = t 3  t = 3 = 5,4кН . 3 3 2 3 D 3

Строим от шкива до шкива эпюру внутренних крутящих моментов «Т». 3. Определение усилий, возникающих на валу: F = 2 t = 8,6кН ; F = 2 t = 7,2кН ; F = 2 t = 10,8кН . 1 1 2 2 3 3

4. Определение и построение эпюр внутренних изгибающих моментов методом сечения относительно оси У: - определение опорных реакций:  М  А = 0 .

− F1cosa1 b − F2 cos α 2 (e + b)+ F3 cos α 2 a − RB (a + c)=0, R = 3,6кН , B  М В  = 0 ,

 F cosα c + R a + c   F cosα b + a + c   F cosα e + b + a + c  = 0, 3 2 A 1 1 2 2 R = 14,45кН ; A

- находим внутренние изгибающие моменты методом сечения:

F2·cosα 2

M2

 M  F cosα e = 0 , 2 2 2 M = 0,73кН  м . 2

e

20

F2·cosα 2

F1· cosα 1

e

b

F2·cosα 2 e

F1·cosα 1

M3

 M  F cosα b  F cosα  3 1 1 2 2  e + b  = 0, M = 9,7кН  м . 3  M + R a  F cosα b + a   4 A 1 1  F cosα e + b + a  = 0, 2 2 M = 2,52кН  м . 4

M4

RA a

b

5. Определение и построение эпюр внутренних изгибающих моментов методом сечения относительно оси Х: - определение опорных реакций:  М  А = 0 ,  F sinα b + F sinα e + b  F sinα a + R a + c  = 0, 1 1 2 2 3 2 B R = 2,84кН , B

 М В  = 0 , F sinα c  R a + c   F sinα b + a + c  + F sinα e + b + a + c  = 0, 3 2 A 1 1 2 2 R = 9,9кН ; A

- находим внутренние изгибающие моменты методом сечения M2

 M + F sinα e = 0, 2 2 2 M = 3,88кН  м . 2

F2·sinα 2 e

F1·sinα 1 F2·sinα 2 e

 M  F sinα b + F sinα  3 1 1 2 2  e + b  = 0. M = 6,9кН  м . 3

M3

b 21

F1·sinα 1 RA F2·sinα 2 e

b

 M  R a  F sinα b + a  + 4 A 1 1 + F sinα e + b + a  = 0, 2 2 M = 8,47кН  м . 4

M4

a

6. Определение и построение эпюр суммарных изгибающих моментов из условия прочности по 3-й гипотезе прочности в точках: М

М

= М 2  + М 2  = 3,95кН  м , х 2  у  2  2   

  

= М 2  + М 2  = 11,9кН  м - опасная точка, х 3 у  3 3   

  

М

= М 2  + М 2  = 8,84кН  м . х 4  у  4  4   

  

7. Определение диаметра вала по 3-й гипотезе прочности с выбором максимально опасной точки на эпюре суммарных изгибающих моментов и использованием минимального крутящего момента: М2 +T 2  min     max  σ =  σ , red W x

M2 +T 2  min     max  W = ; x σ 

W = x

П  d3 32 ;

W = x

11,92 + 0,752

d =3

22

80 103

32W П

= 1,5 10  4 м3 ,

x = 0,153м  15см .

8. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ Условия и порядок выполнения Стальной стержень постоянного сечения сжимается силой F, направленной вдоль центральной оси. Необходимо: 1) в задании в произвольном масштабе показать схему нагрузки стержня и его поперечное сечение. На чертеже сечения нанести также все необходимые размеры и оси; 2) расчет производить с помощью эмпирической формулы путем последовательных приближений. Предварительно требуется задаться величиной коэффициента  или непосредственно размерами поперечного сечения (профиля). Способ закрепления принять одинаковым для всех возможных плоскостей изгиба; 3) определить размеры заданного поперечного сечения из условия устойчивости прямолинейной формы стержня. Допускаемое напряжение (в строительной механике – расчетное сопротивление) зависит от механических характеристик стали и условия эксплуатации конструктивного элемента; 4) Значения коэффициента уменьшения допускаемого напряжения  берутся из табл.8 для соответствующего допускаемого напряжения. Исходные данные для решения задания (вариант) берутся из табл. 9. Таблица 8 Коэффициенты продольного изгиба  центрально-сжатых элементов Гибкость  10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

Стали с приведенными расчетными сопротивлениями, МПа 200 988 967 939 906 869 827 782 734 665 599

240 987 962 931 894 852 805 754 868 612 542

280 985 959 924 883 836 785 724 641 565 493

320 984 955 917 873 822 766 687 602 522 448

23

360 983 952 911 863 809 749 654 566 483 408

400 982 949 905 854 796 721 623 532 447 369

440 981 946 900 846 785 696 595 501 413 335

Окончание табл. 8 Гибкость  110 120 130 140 150 160 170 180 190 200

Стали с приведенными расчетными сопротивлениями, МПа 200 240 280 320 360 400 440 537 478 427 381 338 306 280 479 419 366 321 287 260 237 425 364 313 276 247 223 204 376 315 272 240 215 195 178 328 276 239 211 189 171 157 290 244 212 187 167 152 139 259 218 189 167 150 136 125 233 196 170 150 135 123 112 210 177 154 136 122 111 102 191 161 140 124 111 101 093

Примечание: Значения коэффициента  в таблице увеличены в 1000 раз.

Таблица 9

Вариант

Исходные данные к заданию 8

Нагрузка F, кН

Длина стержня l, м

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

50 55 60 65 70 75 80 85 90 95

2,0 2,2 2,4 2,5 2,6 2,8 3,0 3,2 3,4 3,5

24

Способ закрепления, 

Расчетное сопротивление, МПа

2,0 2,0 1,0 1,0 1,0 0,7 0,7 0,7 0,5 0,5

200 240 280 320 360 400 440 480 520 560

Задача 8. Поперечные сечения стержней

25

Пример решения задачи 8 X0

Y1

YC

Y2

a Y0

Дано:

F =750кН сж l=3,1м

X0 XC X1 X2

σ =280МПа

Y0

μ=1,0 λ = 40 ÷ 200 - гибкость стержня  = 0,5 - во всех вариантах зад

2 см

Определить:

FСЖ

А ; I ; I ;i ; λ;  x у min c с  ; F  табл

Решение 1. Определение суммарной площади сечения:

F =



зад

σ  А ,

F 750 сж А = = = 0,05м 2 ,   σ  0,5  280000 зад А А = А =  = 25см 2 . 1 2 2

Из таблицы сортаментов для прокатного неравнополочного уголка выбираем ближайшую к расчетной площадь: А = 26,7см 2 ; № уголка – 16/10, табл 26

I = 667см 4 ; x

I =204см4 ; у

В = 16см ; b = 10см ; у = 5,23см ; 0 х = 2,28см . 0 2. Определение моментов инерции относительно главных центральных осей: I =  I + b 2 A 2 = 667 + 02 = 1334см 4 ,  x  x c   I =  I + а 2 A 2 = 204 + 8,722 2,53 2 = 4255,5см 4 ,   у у  c 





а = b  х +1= 8,72см . 0 Из двух расчетных моментов инерции выбираем минимальный.

3. Определение радиуса инерции относительно центра тяжести т.С: I x c = 1334 = 5,1см. i = min A 50,6  4. Определение гибкости стержня: μl 1  130 λ= = = 60,78 , i 5,1 min 0,785 + 0,5  = = 0,65 . табл 2 5. Определение допускаемой нагрузки:

F =



табл

σ А ,

F = 0,65  280000  0,005= 910кН . 6. Расчет погрешности:

F   Fсж σ=  100 = 17,6 %. F  Погрешность не должна быть более 5%. Так как погрешность более 5%, то необходимо произвести вторую попытку расчета, выбирая при этом другую ближайшую площадь из таблицы сортаментов для прокатного неравнополочного уголка. 27

9. УДАРНЫЕ НАГРУЗКИ Условия и порядок выполнения На элемент конструкции, как показано в заданной схеме, с высоты h падает груз F. В качестве элемента конструкции служат двутавровая балка или стержень, выполненные из стали. Определить: 1) деформацию стержня в момент падения груза или прогиб балки в точке падения груза; 2) наибольшее напряжение в конструкции в момент падения груза. Расчет произвести с учетом и без учета массы элемента конструкции. Площадь большего сечения стержня в 2 раза превышает меньшую. Удельный вес стали принять равным 78 кН/м3. Исходные данные для решения задачи (вариант) берутся из табл. 10. Площадь приведена для меньшего поперечного сечения стержня. Таблица 10

Исходные данные к заданию 9 Вариант

Падающий груз F, кН

Высота падения груза h, см

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

0,9 1,0 0,8 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 1,7

5 6 4 7 8 9 10 11 12 13

Длины участков, м а в 2,2 0,9 2,3 1,0 2,1 0,8 2,4 1,1 2,5 1,2 2,6 1,3 2,7 1,4 2,8 1,5 2,9 1,6 3,0 1,7

28

Площадь сечения стержня, см2

Двутавр, номер профиля

Жесткость пружины С, кН/м

3,0 3,5 4,0 4,5 5,0 5,5 6,0 6,5 7,0 7,5

14 16 12 18 18а 20 20а 22а 22 24

70 80 60 90 100 110 120 130 140 150

Задача 9. Ударные нагрузки

29

Пример решения задачи 9 y

Дано: F = 4кН; h = 12см; l = 1,4см; q = 18,4кг; с = 80кНм; Е = 2  108

h

F=G

z

A RA

fd

№ = 18 I А = 4см 2 ; I = 129см 4 ;W = 143см 3 x x

l1

Эп ―М‖

Определить: σ ; f - без учета веса балки d d σ ; f - с учетом веса балки d d Решение 1. Определение реакции опоры в жесткой заделке:  F  у = 0 , R  F = 0  R = 4кН . A A 2. Определение внутреннего изгибающего момента в жесткой заделке в т.А:  М  А = 0 , М + F l = 0  M = 5,6кН  м .

3. Определение суммарного статического перемещения в т.С: f



= f  

б  st

+ f  

пр  st

= 1,4 +  50 = 48,6мм,

F l3 f  = = 0,0014 м = 1,4 мм ,  б  st 3EI   x

f  

пр st   

=

F = 0.05м = 50 мм . c

30

4. Определение динамического коэффициента без учета веса балки: k 1 1 d f

2h st    

 3,43 .   

5. Определение статического напряжения без учета веса балки: σ

st

=

M 5,6 = = 0,039  106 кНм2 = 39МПа . W 143  10  6 x

6. Определение динамического напряжения без учета веса балки: σ = k σ = 133,8МПа. d d st

7. Определение динамического перемещения: f  k f  . d d st   

8. Определение динамического коэффициента с учетом веса балки: k 1 1 d

2h  3,41 ,  Q  пр   f    1  st     F   

где Q = β q l - приведенный вес балки; пр β - коэффициент приведения. 9. Определение динамического напряжения и динамического перемещения с учетом веса балки: σ = k σ = 3,41 39 = 133,16МПа , d d st f = k f   = 3,41  48,6 = 16см. d d st  б 

31

Приложение ОСНОВНЫЕ ОБОЗНАЧЕНИЯ

Система СИ F — сосредоточенная сила (условно как бы приложенная в одной точке); q — интенсивность распределенной нагрузки, сила на единицу длины (Н/м, МН/м); М — внешний момент, действующий на элемент конструкции (изгибающий или крутящий);  — удельный вес материала;  — нормальное напряжение (сигма );  — касательное напряжение (тау );  — допускаемое нормальное напряжение; р — допускаемое нормальное напряжение при растяжении; сж — допускаемое нормальное напряжение при сжатии;  — допускаемое касательное напряжение   (0,5…0,6); 1, 2, 3 — главные напряжения (экстремальные нормальные); max, max — максимальные напряжения; а, a — напряжения по произвольной наклонной площадке; n, nу — коэффициенты запаса прочности и устойчивости; N — продольная сила; Qx, Qy — поперечные силы; Мх, Му – изгибающие моменты относительно осей Х и У; Мкр — крутящий момент (относительно продольной оси Z); Е — модуль упругости Юнга для широкого круга материалов (Е = 2∙105 МПа); G — модуль сдвига (G=8104 МПа);  — коэффициент Пуассона;  — предел текучести; в — предел прочности; пп — предел пропорциональности; Sк — истинное сопротивление разрыву;  — относительное продольное удлинение;  — относительное поперечное сужение; u — удельная потенциальная энергия деформации; 32

W — работа внешней силы; ху, zx, уz — угловые сдвиговые деформации в разных плоскостях; l — абсолютное продольное удлинение (или укорочение); 1, 2, 3 — главные относительные деформации;  — относительное продольное удлинение (или укорочение);  — угол закручивания поперечного сечения вала при кручении; d — диаметр круглого стержня; у — прогиб балки при изгибе; z — координата произвольной точки сечения при рассечении по методу РОЗУ; Sх, Sу — статические моменты площади сечения относительно осей Х и У; А — площадь поперечного сечения стержней, балок и валов; А0 — первоначальная (до нагружения) площадь поперечного сечения образца растяжения; хс, ус — координаты центра тяжести сечения; хi, уi — координаты центров тяжести отдельных фигур сечения; Ix, Iy — относительные моменты инерции относительно осей Х и У; Iху — центробежный момент инерции сечения относительно осей Х и У; IР — полярный момент инерции сечения относительно координат; iх, iу — главные радиусы инерции; Imax,Imin — главные моменты инерции сечения; Wх, Wу — осевые моменты сопротивления сечения (используются при расчете на прочность при изгибе); WР — полярный момент сопротивления сечения (используется при расчете на кручение); S  345см3  345  10  6 м3 , x W  260см3  260  10  6 м3 , x А  2см 2  2  10 4 м 2 .

1МПа  1000 кН м 2 , 1кН  100кг , Е  2  105 МПа  2  108 кН м 2 ,

   160МПа  160000 кН

м2 , I  5048см 4  5048  10  8 м 4 , x

33

ОГЛАВЛЕНИЕ

Общие положения и указания по выполнению расчетнографических работ………………………………………………………

3

5. Статически неопределимые системы……………………………….

4

6. Внецентренное растяжение (сжатие) прямых стержней…………..

11

7. Одновременное действие кручения и изгиба………………………

16

8. Устойчивость сжатых стержней…………………………………….

23

9 Ударные нагрузки……………………………………………………..

28

Приложение……………………………………………………………..

32

34