WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

M = 3 кН·м с = 2 м P =3 кН q = 2 кН/м с = 2 м a =3 м a =3 м..,..,..

Т1 Т2 Т3 X y 1,97 z A B C D a b c 8 x 3,49 1,98 8 0,566 + (град) D a b c 6,4 УДК 624.04(075) ББК Ж121я73-5 Д304 Р е ц е н з е н т Доктор технических наук, доцент П.В. Монастырев C C 1 2 B q q q B A q A C 3 4 5 C q C B A q A B A q B q q q 6 7 8 C C C q q B B A B q q A A q q C 9 0 C q A B q B A q q Демин, О.В.

Д304 Сопротивление материалов : учебное пособие / О.В. Демин, В.Е. Буланов, А.Н. Гузачев. – Тамбов : Изд-во Тамб. гос. техн. ун-та, 2006. – 84 с. – 150 экз. – ISBN 5-8265-0542-7.

Даны общие положения по изучению тем курса "Сопротивление ма териалов", вопросы для самопроверки, задания для контрольных работ, примеры их выполнения;

предложены тесты по изучаемой дисциплине, сортамент материалов, список рекомендуемой литературы.

Предназначено для студентов заочного отделения специальностей 270102 "Промышленное и гражданское строительство", 270105 "Город ское строительство", 190601 "Автомобили и автомобильное хозяйство".

УДК 624.04(075) ББК Ж121я73- Демин О.В., Буланов В.Е., Гузачев А.Н., ISBN 5-8265-0542-7 © ГОУ ВПО "Тамбовский государственный © технический университет" (ТГТУ), Министерство образования и науки Российской Федерации ГОУ ВПО "Тамбовский государственный технический университет" О.В. ДЕМИН, В.Е. БУЛАНОВ, А.Н. ГУЗАЧЕВ СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ Утверждено Ученым советом ТГТУ в качестве учебного пособия Тамбов Издательство ТГТУ Учебное издание ДЕМИН Олег Владимирович, БУЛАНОВ Владимир Евгеньевич, ГУЗАЧЕВ Александр Николаевич СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ Учебное пособие Редактор Т.М. Глинкина Инженер по компьютерному макетированию М.Н. Рыжкова Подписано в печать 06.12.2006.

Формат 60 84/16. Бумага офсетная. Гарнитура Тimes New Roman.

4,8 уч.-изд. л. Тираж 150 экз. Заказ № Издательско-полиграфический центр Тамбовского государственного технического университета 392000, Тамбов, Советская, 106, к. ВВЕДЕНИЕ Сопротивление материалов – учебная дисциплина о прочности, жест кости и устойчивости элементов несущих конструкций. Неправильный расчет самой незначительной детали может повлечь за собой очень тяже лые последствия – привести к разрушению конструкции в целом. При про ведении расчетов необходимо стремиться к сочетанию надежности работы конструкции с ее дешевизной, добиваться наибольшей прочности при наи меньшем расходе материала.

Сопротивление материалов – одна из сложных дисциплин, изучаемых в высших технических учебных заведениях;

занятия по этому курсу долж ны обязательно сопровождаться составлением конспекта и решением за дач. Если при решении задач возникают затруднения, следует воспользо ваться имеющимися в задачниках указаниями и примерами, но совершенно необходимо научиться самостоятельно решать задачи и делать выводы формул. При этом нужно обращать внимание на физическую сущность яв ления и на те допущения и ограничения, которые делаются в процессе вы водов. Необходимо хорошо разбираться в чертежах, которыми сопровож даются выводы формул. После изучения каждой темы следует ответить на вопросы для самопроверки.

Студенты-заочники специальностей 27103 "Промышленное и граж данское строительство", 27105 "Городское строительство" и 190601 "Авто мобили и автомобильное хозяйство" изучают "Сопротивление материалов" в пятом и шестом семестрах. Соответственно числу семестров весь курс сопротивления материалов поделен на две части. В пятом семестре студен ты изучают цели, задачи, основные гипотезы сопротивления материалов, геометрические характеристики плоских сечений и простые виды дефор маций прямого бруса (растяжение-сжатие, сдвиг, кручение, изгиб). В шес том семестре – сложное сопротивление, изгиб криволинейного стержня, методы определения перемещений, устойчивость, удар, статически неоп ределимые балки.

До сдачи зачета необходимо выполнить контрольные работы и лабо раторный практикум. Перед каждым лабораторным занятием преподавате ли дают необходимые пояснения. В лаборатории студент обязан детально ознакомиться с образцами, испытательными машинами, измерительными приборами, при проведении опыта сделать соответствующие записи в жур нале и обработать результаты наблюдений.

Т е м а 1 ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ В этой теме даны основные понятия, которые необходимо хорошо ус воить. Особое внимание следует обратить на понятия деформаций и на пряжений. Для определения напряжений пользуются методом сечений.

Сущность его заключается в том, что твердое тело, находящееся в равнове сии, разрезают (мысленно) на две части, отбрасывают одну из частей, за меняют влияние отброшенной части внутренними силами и составляют уравнения равновесия для оставшейся части, на которую действуют при ложенные к ней внешние силы и внутренние силы, распределенные по сде ланному сечению.

Литература: [2, гл. 1];

[3, гл. 1];

[5, гл. 1].

Вопросы для самопроверки 1 Какие деформации называют упругими?

2 Какие деформации называют остаточными (пластическими)?

3 Что называется напряжением в точке в данном сечении?

4 Какое напряжение называется нормальным?

5 Какое напряжение называется касательным?

6 В чем сущность метода сечений?

Т е м а 2 РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ Рассматриваются простые случаи воздействия сил на стержень и предложен ряд вопросов (механические свойства материалов, выбор до пускаемых напряжений, статически неопределимые задачи), встречающих ся в других разделах курса.

Обратите внимание на то, что механические характеристики материа ла (предел пропорциональности, предел упругости, предел текучести, пре дел прочности) находят путем деления соответствующей нагрузки на пер воначальную площадь поперечного сечения. Таким образом, получают ус ловные напряжения, а не истинные;

для вычисления последних надо делить нагрузки на действительную площадь поперечного сечения, которая изме няется при опыте. Зная истинные напряжения, можно построить так назы ваемую истинную диаграмму растяжения, которая точнее характеризует свойства материала, чем условная диаграмма. Пользуясь формулами, осно ванными на законе Гука, надо учитывать, что этот закон справедлив только до предела пропорциональности. Нельзя, например, напряжение для мяг кой стали при = 0,1 вычислять по формуле = E, так как тогда получа ется, что = 2105 0,1 = 20 000 МПа, в то время как при 400 МПа материал уже разрушается.

При решении статически неопределимых задач обратите внимание на то, что усилия в стержнях статически неопределимой системы зависят от площадей поперечных сечений А и от модулей упругости E, тогда как в статически определимой системе величины А и E не влияют на распреде ление усилий.

Способ расчета по допускаемым нагрузкам для статически определи мых систем дает те же результаты, что и способ расчета по допускаемым напряжениям, но для статически неопределимых систем он позволяет вскрыть дополнительные резервы прочности, повысить несущую способ ность конструкции и указывает на возможность более экономного расхо дования материала.

Следует обратить внимание на весьма важные понятия: предел проч ности, допускаемое напряжение и коэффициент запаса прочности.

После изучения этой темы можно решать задачи 1, 2, включенные в контрольные работы.

Литература: [2, гл. 3];

[3, гл. 2];

[5, гл. 2];

[4, гл. 1, задачи: 1, 3, 16, 19, 20, 26, 30, 37, 38, 55, 59, 66, 80, 84, 88, 93, 102, 118].

Вопросы для самопроверки 1 Как строится диаграмма растяжения?

2 Что называется пределом пропорциональности?

3 Что называется пределом упругости?

4 Что называется пределом текучести?

5 Что называется пределом прочности?

6 Как формулируется закон Гука?

7 Что называется модулем упругости?

8 Что называется коэффициентом поперечной деформации?

9 Как найти работу растягивающей силы по диаграмме растяжения?

10 Что называется удельной работой деформации?

11 Что называется истинным пределом прочности?

12 В чем разница между пластичными и хрупкими материалами?

13 В каких местах возникает концентрация напряжений?

14 От каких факторов зависит запас прочности?

15 Какие задачи называют статически неопределимыми? Каков об щий порядок их решения?

16 Как находят напряжения при изменении температуры?

17 Как находят удлинение стержня, растягиваемого собственным весом?

18 Что называется коэффициентом запаса прочности?

19 Как формулируется условие прочности?

Т е м а 3 СДВИГ Касательные напряжения на двух взаимно перпендикулярных пло щадках равны между собой. Этот закон называется законом парности каса тельных напряжений. При изучении деформаций обратите внимание на то, что одна из диагоналей выделенного элемента, по граням которого дейст вуют касательные напряжения, удлиняется, а другая укорачивается;

таким образом, явления растяжения – сжатия и сдвига нельзя рассматривать изо лированно друг от друга. Формулу закона Гука при сдвиге = G легко запомнить ввиду полной аналогии ее с формулой закона Гука при растяже нии – сжатии = E. Внимательно изучите вопрос о выборе допускаемых напряжений при сдвиге.

Обратите внимание на то, что расчеты заклепок, сварных соединений и врубок являются условными и что срез всегда осложнен наличием других напряжений, которыми для упрощения расчетов обычно пренебрегают.

Надо уметь показывать на чертежах площадки, на которых возникают на пряжения среза, смятия и скалывания.

Литература: [3, гл. 4];

[5, гл. 4];

[4, гл. 3, задачи: 2, 7, 21, 24, 27, 32].

Вопросы для самопроверки 1 Что называется абсолютным и относительным сдвигом?

2 Как формулируется закон Гука при сдвиге?

3 Какой модуль упругости больше: или G?

4 Как находят условную площадь смятия заклепки?

5 По какому сечению в заклепочном соединении проводят проверку листов на разрыв?

6 Как рассчитывают стыковые, торцовые и фланговые швы?

Т е м а 4 КРУЧЕНИЕ В случае центрального растяжения – сжатия нормальные напряжения распределяются в поперечном сечении стержня равномерно. При расчете на срез обычно полагают, что касательные напряжения также распределя ются равномерно. В случае кручения круглого стержня касательные на пряжения в поперечном сечении распределяются неравномерно, изменяясь по линейному закону от нуля на оси до максимального значения у поверх ности стержня. В связи с этим и возникла мысль о замене сплошного вала полым, материал сечения которого находится в более напряженной зоне и используется рациональнее.

Обратите внимание на то, как используется закон парности касатель ных напряжений для установления напряжения в точках контура прямо угольного поперечного сечения стержня. Наибольшее напряжение в таком сечении возникает в точках контура, ближе всего расположенных к оси кручения. После изучения этой темы можно решать задачу 3.

Литература: [2, гл. 8];

[3, гл. 6];

[5, гл. 7];

[4, гл. 4, задачи: 1, 9, 14, 18, 24, 32, 38, 48, 60, 63].

Вопросы для самопроверки 1 Какие напряжения возникают в поперечном сечении круглого стержня при кручении? Как находят их значения в произвольной точке по перечного сечения?

2 Возникают ли при кручении нормальные напряжения?

3 Чему равен полярный момент инерции круглого сечения?

4 Что называется моментом сопротивления при кручении?

5 Чему равен момент сопротивления кольцевого сечения? Почему нельзя сказать, что он равен разности моментов сопротивления наружного и внутреннего кругов?

6 Как вычисляют момент, передаваемый шкивом, по мощности и числу оборотов?

7 Как находят углы закручивания?

8 Как производят расчет вала на прочность?

9 Как производят расчет вала на жесткость?

10 Как находят максимальные напряжения при кручении стержня прямоугольного сечения?

11 Как вычисляют напряжения в пружинах?

12 Как определяют деформации пружин?

Т е м а 5 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ В теории изгиба важную роль играют моменты инерции, поэтому этот вопрос рассматривают предварительно в виде самостоятельной темы, пе ред изучением которой полезно по учебнику теоретической механики по вторить материал о статическом моменте и о нахождении центров тяжести плоских фигур. При вычислении моментов инерции надо помнить, что они представляют собой интегралы типа x2dA (осевой момент инерции отно сительно оси y) или типа xydA (центробежный момент инерции относи тельно осей x и y). Необходимо запомнить, что теорема о параллельном пе реносе осей ( J = J + a2 A ) справедлива только в случае, если ось y про y1 y ходит через центр тяжести фигуры. Если, например, известен момент инерции треугольника относительно оси, проходящей через основание, то нельзя с помощью теоремы о переносе осей сразу найти момент инерции треугольника относительно оси, проходящей через вершину параллельно основанию;

сначала необходимо с помощью этой теоремы найти момент инерции относительно центральной оси, а затем определить момент инер ции относительно оси, проходящей через вершину. Формула переноса осей наглядно показывает, что наименьшим из моментов инерции относительно нескольких параллельных осей является момент инерции относительно той оси, которая проходит через центр тяжести.

Наименьшим из моментов инерции относительно центральных осей, наклоненных под разными углами, является момент инерции относительно одной из главных центральных осей. Относительно другой главной оси, перпендикулярной первой, момент инерции имеет, наоборот, наибольшее значение. Центробежный момент инерции относительно главных осей ра вен нулю;

при этом совсем не обязательно, чтобы главные оси проходили через центр тяжести, так как через любую точку, лежащую в плоскости фи гуры, можно провести такие две взаимно перпендикулярные оси, относи тельно которых центробежный момент инерции равен нулю.

В теории изгиба важную роль играют главные центральные оси, по ложение которых для несимметричных сечений определяют так:

1) сначала проводят случайные оси, вычисляют статические моменты относительно этих осей и находят положение центра тяжести сечения;

2) проводят через центр тяжести всего сечения оси, параллельные первоначально выбранным случайным осям, и находят с помощью теоре мы о переносе осей центробежный и осевые моменты инерции сечения от носительно этих новых осей;

3) находят положение главных центральных осей u и v по формуле 2J xy tg 2 = ;

J - J y x 4) определяют значения главных центральных моментов инерции. Для проверки правильности вычислений Ju и Jv можно использовать равен ства Ju + Jv = J + J и Juv = 0. С помощью этих равенств можно прове x y рить вычисления только пп. 3 и 4;

соблюдение этих равенств не гарантиру ет правильности вычислений пп. 1 и 2.

Если сечение состоит из прокатных профилей, то необходимо при вы числениях пользоваться данными таблиц сортамента. При определении центробежного момента инерции уголка (равнобокого или неравнобокого) не следует разбивать площадь этого уголка на два прямоугольника. Снача ла можно найти центробежный момент инерции всего уголка относительно осей, проходящих через центр тяжести параллельно полкам, с помощью формулы, в которой использованы обозначения таблиц сортамента:

J - J x0 y J = sin 2, xy где J и J - главные центральные моменты инерции, значения которых x0 y даны в таблицах сортамента. После этого надо применить формулу перено са осей и найти центробежный момент инерции уголка относительно цен тральных осей всего сечения.

При пользовании формулой поворота осей обязательно обратите вни мание на знак угла : если для совмещения оси x0 с осью x надо повернуть ось x0 по часовой стрелке, то угол следует считать отрицательным.

После изучения этой темы можно решать задачу 4, включенную в контрольные работы.

Литература: [2, гл. 2];

[3, гл. 5];

[5, гл. 6];

[4, гл. 5, задачи: 1, 4, 5, 8, 9, 11, 13, 20, 25].

Вопросы для самопроверки 1 По каким формулам находят координаты центра тяжести плоской фигуры?

2 Чему равна сумма осевых моментов инерции относительно двух взаимно перпендикулярных осей?

3 Какие оси называются главными?

4 Для каких фигур можно без вычислений установить положение главных центральных осей?

5 Относительно каких центральных осей моменты инерции имеют наибольшее и наименьшее значения?

6 Какой из двух моментов инерции треугольника больше: относи тельно оси, проходящей через основание, или относительно оси, проходя щей через вершину параллельно основанию.

7 Какой из двух моментов инерции квадратного сечения больше: от носительно центральной оси, проходящей параллельно сторонам, или от носительно оси, проходящей через диагональ?

8 Какой из двух главных центральных моментов инерции полукруг лого сечения больше: относительно оси, параллельной диаметру, ограни чивающему сечение, или относительно перпендикулярной оси?

Т е м а 6 ТЕОРИЯ НАПРЯЖЕННОГО СОСТОЯНИЯ И ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ Главные напряжения играют весьма важную роль при решении вопроса о прочности материала;

одно из этих напряжений является наибольшим, а другое – наименьшим из всех нормальных напряжений для данной точки.

Обратите внимание на полную аналогию между формулами для на пряжений в наклонных площадках и формулами для моментов инерции от носительно осей, наклоненных к главным. В этих формулах главным на пряжениям соответствуют главные моменты инерции;

напряжениям в пло щадках, наклоненных к главным под углом, соответствуют моменты инерции относительно осей, наклоненных к главным под углом ;

каса тельным напряжениям соответствует центробежный момент инерции.

Аналогию легко продолжить дальше:

касательные напряжения на центробежный момент инерции главных площадках равны относительно главных осей ра нулю;

вен нулю;

одно из главных напряжений один из главных моментов является максимальным, дру- инерции является максималь гое – минимальным;

ным, другой – минимальным;

угол наклона главных площа- угол наклона главных осей на док находят по формуле ходят по формуле 2 2J xy tg 2 =.

tg 20 =.

y - x J - J y x При линейном напряженном состоянии вопрос о прочности материала решается легко: надо определить расчетное сопротивление R из опыта на простое растяжение (или сжатие) и сравнить главное напряжение с рас четным сопротивлением: R.

В случае плоского или объемного напряженного состояния задача значительно осложняется, так как неизвестно, при какой комбинации чи словых значений главных напряжений наступает опасное состояние мате риала. Необходимо, следовательно, найти некоторое расчетное напряже ние, зависящее от главных напряжений, при котором возникает опасность разрушения, и затем численное его значение сравнить с расчетным сопро тивлением, установленным из опыта на простое растяжение (или сжатие).

В зависимости от того, какой фактор по данной теории прочности считает ся решающим и создающим опасное состояние материала, применяются соответствующие расчетные формулы.

Литература: [2, гл. 4 и 12];

[3, гл. 3 и 8];

[5, гл. 3 и 12];

[4, гл. 2, зада чи: 1, 7, 11, 16, 28, 35, 36].

Вопросы для самопроверки 1 Какие имеются виды напряженного состояния материала?

2 В чем заключается закон парности касательных напряжений?

3 Чему равна сумма нормальных напряжений по двум взаимно пер пендикулярным площадкам?

4 По каким площадкам возникают наибольшие и наименьшие нор мальные напряжения?

5 Как графически определяются напряжения в наклонных площад ках в случае плоского напряженного состояния?

6 Как с помощью этого построения находят главные напряжения?

7 Чему равно наибольшее касательное напряжение в случае плоско го напряженного состояния?

8 Как находят максимальные касательные напряжения в случае объ емного напряженного состояния?

9 Как находят деформации при объемном и плоском напряженном состояниях?

10 Как формулируется первая теория прочности?

11 Как находят расчетное напряжение по второй теории прочности?

12 Зависит ли расчетное напряжение по третьей теории прочности от величины 2?

13 Чему равна удельная работа деформации при объемном напряжен ном состоянии?

14 Какая часть потенциальной энергии деформации учитывается при составлении расчетного уравнения по четвертой теории прочности?

Т е м а 7 ИЗГИБ ПРЯМЫХ БРУСЬЕВ Эта тема является самой большой и самой сложной темой курса со противления материалов;

ее следует изучать постепенно, обращая особое внимание на решение задач. Сначала надо усвоить важные понятия изги бающего момента M и поперечной силы Q и научиться свободно строить эпюры M и Q. Инженеры-механики изображают эпюры моментов на сжа тых волокнах, тогда как инженеры строительных специальностей традици онно показывают эпюры моментов на растянутых волокнах.

Необходимо помнить, что поперечная сила в данном сечении равна алгебраической сумме проекций сил, расположенных только по одну сто рону от рассматриваемого сечения, на перпендикуляр к оси балки, а изги бающий момент в данном сечении равен алгебраической сумме моментов сил, расположенных только с одной стороны, относительно центральной оси поперечного сечения.

Обратите внимание на неравномерность распределения нормальных на пряжений по высоте балки и на то, что прочность балки зависит от значения момента сопротивления W. Надо ясно представлять, каким путем можно уве личить момент сопротивления без увеличения расхода материала.

Рекомендуется сравнить между собой эпюры и, построенные для балки прямоугольного поперечного сечения. Наибольшее и наименьшее нормальные напряжения (главные напряжения) находят по формуле ± 2 + 1,3 =.

Внимательно изучите вопрос о центре изгиба. В работе В.З. Власова "Тонкостенные упругие стержни" этот вопрос рассмотрен более подробно и дана законченная теория изгиба и кручения тонкостенного профиля про извольного очертания.

После этого следует перейти к изучению деформаций при изгибе.

Правая часть дифференциального уравнения изогнутой оси балки содержит выражение изгибающего момента в произвольном сечении, для которого находят перемещения (углы поворота и прогибы);

M(z) – величина пере менная;

только в случае чистого изгиба M(z) = const. Надо хорошо понять геометрический смысл постоянных интегрирования;

разделив их значения на EJ, получим соответственно угол поворота и прогиб в начале координат.

При нескольких участках, когда изгибающий момент от сосредото ченных сил или моментов выражается различными уравнениями, необхо димо интегрировать без раскрытия скобок. Распределенную нагрузку, если она на каком-либо участке обрывается, следует преобразовать, продолжив ее до конца балки и добавив нагрузку противоположного направления.

В результате можно получить общие уравнения углов поворота и про гибов, которыми и следует пользоваться при решении задач аналитическим методом. Обычно начало координат помещают на левом конце балки и общие уравнения углов поворота и прогибов пишут так:

z EJ = EJ0 + M z + Q0 + (z - am )+ 0 M 2 (z - a ) (z - aq) p + P 2 +q 6 ;

M z2 z EJy = EJy0 + EJ0z + + Q0 + 2 3 (z - ap) (z - aq) + M (z - am ) +P 6 +q 24.

Здесь am, ap, aq – соответственно абсциссы точек приложения со средоточенного момента M, силы P, начала равномерно распределенной нагрузки интенсивностью q;

знаки сумм распространяются на все нагрузки, расположенные слева от того сечения балки, для которого находят прогиб и угол поворота. Величины y0, 0, M0, Q0, обозначающие соответственно прогиб, угол поворота, изгибающий момент и поперечную силу в начале координат, называются начальными параметрами. В связи с этим метод определения деформаций балки с помощью написанных выше уравнений называют методом начальных параметров. Два начальных параметра из четырех известны при любом способе закрепления левого конца балки.

Действительно, для защемленного конца y0 = 0 и 0 = 0;

для шарнирно опертого конца y0 = 0 и M0 = 0 (если на левом конце приложен момент M, то M0 = M);

для свободного конца Q0 = 0 (если на левом конце приложена сила P, то Q0 = P) и M0 = 0 (или M0 = M).

Для статически определимой балки начальные параметры Q0 и M0 лег ко найти с помощью уравнений статики;

таким образом, в случае защем ленного левого конца известны все четыре начальных параметра, в случае шарнирно опертого конца неизвестна только величина 0, в случае свобод ного конца неизвестны y0 и 0. Неизвестные начальные параметры находят из условий закрепления балки: например, для балки, свободно лежащей на двух опорах, при определении 0 надо использовать условие, что прогиб на правой опоре равен нулю.

Метод начальных параметров пригоден и для расчета статически не определимых балок постоянной жесткости.

После изучения этой темы можно решать задачи 5, 6, включенные в контрольные работы.

Литература: [2, гл. 7, 9, 10];

[3, гл. 7];

[5, гл. 8, 9, 10];

[4, гл. 6, задачи:

1, 2, 5, 16, 20, 23, 31, 39, 42, 44, 47, 57, 67, 78, 87;

гл.7, задачи: 1, 3, 5, 6, 7, 11, 17, 19, 28, 40, 58, 59, 70;

гл. 8, задачи: 1, 23, 24;

гл. 9, задачи: 4, 7, 9].

Вопросы для самопроверки 1 Как находят изгибающий момент в каком-либо сечении балки?

2 В каком случае изгибающий момент считается положительным?

3 Как находят поперечную силу в каком-либо сечении балки?

4 Когда поперечная сила считается положительной?

5 Какова зависимость между величинами M и Q?

6 Как находят максимальный изгибающий момент?

7 Какой случай изгиба называется чистым изгибом?

8 По какой кривой изогнется балка в случае чистого изгиба?

9 Как изменяются нормальные напряжения по высоте балки?

10 Что называется нейтральным слоем и где он находится?

11 Что называется моментом сопротивления при изгибе?

12 Как выгоднее положить балку прямоугольного сечения при работе на изгиб: на ребро или плашмя?

13 Какое сечение имеет больший момент сопротивления при одина ковой площади: круглое или квадратное?

14 В каких плоскостях возникают касательные напряжения при изги бе, определяемые по формуле Журавского?

15 Как их находят?

16 Как находят главные напряжения при изгибе?

17 Какие напряжения появятся в балке, если плоскость действия на грузки не пройдет через центр изгиба?

18 Как пишется общее дифференциальное уравнение изогнутой оси балки?

19 Как находят постоянные интегрирования?

20 Как определяют наибольшее значение прогиба?

Т е м а 8 СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ Изучение сложного сопротивления обычно начинают с косого изгиба.

Нейтральная линия при косом изгибе не перпендикулярна плоскости внеш них сил, а плоскость, в которой расположены прогибы при косом изгибе, не совпадает с плоскостью внешних сил. Явление косого изгиба особенно опасно для сечений со значительно отличающимися друг от друга главны ми моментами инерции (например, для двутавра). Балки с таким сечением хорошо работают на изгиб в плоскости наибольшей жесткости, но даже при небольших углах наклона к плоскости наибольшей жесткости в балках возникают значительные дополнительные напряжения и деформации. Для балки круглого сечения косой изгиб невозможен, так как все центральные оси такого сечения являются главными и нейтральный слой всегда перпен дикулярен плоскости внешних сил. Косой изгиб невозможен также и для балки квадратного сечения, но для такого сечения решение вопроса о прочности зависит от положения плоскости внешних сил, так как моменты сопротивления квадратного сечения неодинаковы относительно различных центральных осей (хотя моменты инерции относительно всех центральных осей равны между собой, как и для круглого сечения). При расположении внешних сил в диагональной плоскости расчетные напряжения в балке квадратного сечения будут больше, чем в случае, когда плоскость внешних сил параллельна граням балки.

При определении напряжений в случае внецентренного растяжения необходимо знать положение главных центральных осей сечения;

именно от этих осей отсчитывают расстояния точки приложения силы и точки, в которой определяют напряжения.

Следует обратить внимание на то, что приложенная эксцентрично сжимающая сила может вызвать в поперечном сечении стержня растяги вающие напряжения. В связи с эти внецентренное сжатие является особен но опасным для стержней из хрупких материалов (чугуна, кирпича, бето на), которые слабо сопротивляются растягивающим усилиям.

Надо научиться для прямоугольного сечения устанавливать пример ное положение нейтральной линии при различных положениях продольной силы. При этом важно помнить основную зависимость: если точка прило жения силы находится внутри ядра сечения, то нейтральная линия прохо дит вне поперечного сечения;

если точка приложения силы находится вне ядра сечения, то нейтральная линия пересекает поперечное сечение.

В случае изгиба с кручением возникают нормальные и касательные напряжения, а проверка прочности производится по эквивалентным на пряжениям, полученным по соответствующей теории прочности.

В заключение следует изучить общий случай сложного сопротивле ния, когда стержень испытывает одновременно растяжение (сжатие), изгиб в двух плоскостях и кручение. Напряжения в поперечных сечениях стерж ня зависят от величин Mx, My, Mz, N, Qx, Qy, которые вычисляют так:

1) крутящий момент Mz равен алгебраической сумме моментов всех сил, расположенных по одну сторону от рассматриваемого сечения, отно сительно оси, перпендикулярной плоскости сечения и проходящей через его центр тяжести;

2) изгибающий момент My равен алгебраической сумме моментов всех сил, расположенных по одну сторону от рассматриваемого сечения, относительно главной центральной оси y данного сечения;

3) изгибающий момент Mx равен алгебраической сумме моментов тех же сил относительно главной центральной оси x данного сечения;

4) продольная сила N равна алгебраической сумме проекций всех сил, расположенных по одну сторону от рассматриваемого сечения, на перпен дикуляр к плоскости сечения;

5) поперечная сила Qx равна сумме проекций тех же сил на главную центральную ось x данного сечения;

6) поперечная сила Qy равна сумме проекций тех же сил на главную центральную ось y данного сечения.

После изучения этой темы можно решать задачи 7 и 8, включенные в контрольные работы.

Литература: [2, гл. 12];

[3, гл. 9];

[5, гл. 11] ];

[4, гл. 10, задачи: 1, 2, 6, 7, 13, 25, 29, 35, 39, 50, 54, 64, 69, 72, 76, 83, 89, 93, 96].

Вопросы для самопроверки 1 Какой случай изгиба называется косым изгибом?

2 Возможен ли косой изгиб при чистом изгибе?

3 В каких точках поперечного сечения возникают наибольшие на пряжения при косом изгибе?

4 Как находят положение нейтральной линии при косом изгибе?

5 Как пройдет нейтральная линия, если плоскость действия сил сов падает с диагональной плоскостью балки прямоугольного поперечного се чения?

6 Как определяют деформации при косом изгибе?

7 Может ли балка круглого поперечного сечения испытывать косой изгиб?

8 Как находят напряжения в произвольной точке поперечного сече ния при внецентренном растяжении или сжатии?

9 Чему равно напряжение в центре тяжести поперечного сечения при внецентренном растяжении или сжатии?

10 Какое положение занимает нейтральная линия, когда продольная сила приложена к вершине ядра сечения?

11 Какие напряжения возникают в поперечном сечении стержня при изгибе с кручением?

12 Как находят опасные сечения стержня при изгибе с кручением?

13 В каких точках круглого поперечного сечения возникают наи большие напряжения при изгибе с кручением?

14 Почему обыкновенно не учитывают касательные напряжения от изгиба при совместном действии изгиба и кручения?

15 Как пишут условия прочности стержня по всем четырем теориям?

16 Как находят расчетный момент при изгибе с кручением стержня круглого поперечного сечения?

17 По какой теории прочности (третьей или четвертой) получится больший расчетный момент при заданных значениях изгибающего и кру тящего моментов?

Т е м а 9 ИЗГИБ ПЛОСКОГО БРУСА БОЛЬШОЙ КРИВИЗНЫ В случае изгиба прямого стержня гипотеза плоских сечений приводит к линейному закону распределения нормальных напряжений. Применяя эту же гипотезу при изгибе кривого стержня, получаем гиперболический закон распределения нормальных напряжений в поперечном сечении стержня.

Другая важная особенность изгиба кривого стержня заключается в том, что нейтральная ось не совпадает с центром тяжести поперечного се чения и всегда смещается по направлению к центру кривизны.

После изучения этой темы можно решать задачу 9, включенную в контрольные работы.

Литература: [3, гл. 10];

[5, гл. 14];

[4, гл. 11, задачи: 1, 2, 7, 16, 18].

Вопросы для самопроверки 1 Как вычисляют изгибающие моменты, продольные и поперечные силы в поперечных сечениях кривого стержня?

2 Как находят касательные напряжения от силы Q?

3 Как находят нормальные напряжения в поперечном сечении кри вого стержня от изгибающего момента М?

4 Где проходит нейтральная ось при изгибе кривого стержня?

5 Как находят радиус кривизны нейтрального слоя кривого стержня?

Т е м а 10 УСТОЙЧИВОСТЬ РАВНОВЕСИЯ ДЕФОРМИРУЕМЫХ СИСТЕМ Предыдущие темы курса касались расчетов на прочность и на жесткость.

В этой теме изложен расчет на устойчивость. Опасность явления потери ус тойчивости заключается в том, что оно может наступить при напряжении, значительно меньшем предела прочности материала. Это напряжение называ ется критическим;

для стержней большой гибкости его можно определить по формуле Эйлера. Исследования проф. Ф.С. Ясинского дали возможность ус тановить значение критического напряжения для стержней малой и средней гибкости, для которых формулу Эйлера применять нельзя. Допускаемое на пряжение при расчете на устойчивость должно быть понижено по сравнению с допускаемым напряжением при обыкновенном сжатии. Значения коэффици ентов, учитывающих это понижение для стержней различной гибкости и для различных материалов, приводятся в специальных таблицах. Следует об ратить внимание на то, что при подборе сечения приходится несколько раз производить вычисления, применяя способ последовательных приближений.

После изучения этой темы можно решать задачу 10, включенную в контрольные работы.

Литература: [2, гл. 13];

[3, гл. 13];

[5, гл. 15];

[4, гл. 12, задачи: 2, 4, 11, 14, 32].

Вопросы для самопроверки 1 В чем заключается явление потери устойчивости сжатого стержня?

2 Какая сила называется критической?

3 По какой формуле находят критическую силу?

4 Как изменится критическая сила при увеличении длины стойки в два раза?

5 В каких пределах применима формула Эйлера?

6 Что называется гибкостью стержня?

7 Чему равен коэффициент приведения длины для различных случа ев закрепления концов стержня?

8 Как находят критическое напряжение для стержней малой и сред ней гибкости?

9 Какой вид имеет график критических напряжений?

10 Как производится проверка стержней на устойчивость с помощью коэффициента ?

11 Как подбирают сечение стержня при расчете на устойчивость?

Т е м а 11 ДИНАМИЧЕСКАЯ НАГРУЗКА В этой теме рассматриваются два вопроса: 1) напряжения в движущихся деталях;

2) напряжения при ударе. В первом случае динамическое воздейст вие сводится к дополнительной статической нагрузке соответствующими си лами инерции. Во втором – учесть силы инерции невозможно, так как неиз вестна продолжительность удара. Напряжения при ударе вычисляют, при равняв кинетическую энергию ударяющего тела потенциальной энергии де формации стержня, воспринимающего удар. Весьма существенно, что на пряжения при продольном ударе зависят не только от площади поперечного сечения стержня, но и от его длины и модуля упругости материала.

После изучения этой темы можно решать задачу 11, включенную в контрольные работы.

Литература: [2, гл. 15];

[3, гл. 14];

[5, гл. 17];

[4, гл. 14, задачи: 1, 2, 7, 42, 47, 54, 59, 62, 64].

Вопросы для самопроверки 1 Как вычисляют напряжения в деталях при равноускоренном по ступательном движении?

2 Что называется динамическим коэффициентом?

3 От каких факторов зависят напряжения в ободе вращающегося ко леса?

4 Как находят напряжения в спарниках и шатунах?

5 Как находят напряжения во вращающемся диске постоянной тол щины?

6 Как выводят формулу для определения напряжений при ударе?

7 Чему равен динамический коэффициент при ударе?

8 Как изменится напряжение при продольном ударе в случае увели чения площади поперечного сечения в два раза? (При ответе можно поль зоваться приближенной формулой).

9 Зависит ли напряжение при изгибающем ударе от материала балки?

10 В каком случае при изгибающем ударе напряжения больше: при положении на ребро или плашмя?

11 Каким путем можно уменьшить напряжение в стержне с выточка ми при продольном ударе?

12 Как учитывается масса упругой системы, испытывающей удар?

13 Как производят испытания на удар?

Т е м а 12 РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ НАПРЯЖЕНИЯХ, ЦИКЛИЧЕСКИ ИЗМЕНЯЮЩИХСЯ ВО ВРЕМЕНИ Расчет на прочность при напряжениях, циклически изменяющихся во времени имеет, важное значение, так как в деталях машин часто возникают переменные напряжения. Надо хорошо уяснить понятие предела выносли вости и научиться строить диаграммы для несимметричного цикла. Необ ходимо также знать все факторы, от которых зависит коэффициент концен трации напряжений. Особое внимание обратите на практические меры по борьбе с изломами усталости: а) повышение предела прочности при доста точной пластичности;

б) создание однородной мелкозернистой структуры;

в) проектирование внешних очертаний детали без резких переходов;

г) тщательная обработка поверхности.

Надо подробно разобрать примеры определения допускаемых напря жений для различных деталей машин, воспринимающих переменные на грузки. Правильный выбор допускаемого напряжения и формы сечения обеспечивает более экономное использование материала.

Литература: [3, гл. 15];

[5, гл. 19];

[4, гл. 14, задачи: 72, 78, 85].

Вопросы для самопроверки 1 Что называется пределом выносливости?

2 Какова эмпирическая зависимость между пределом выносливости и пределом прочности?

3 Как находят предел выносливости при несимметричном цикле?

4 Какие напряжения называются местными?

5 В чем разница между теоретическим и действительным коэффици ентами концентрации напряжений?

6 Как влияет характер обработки материала на действительный ко эффициент концентрации напряжений?

7 Как влияют размеры детали на предел выносливости?

8 Как устанавливают допускаемые напряжения при переменных на пряжениях?

9 Какие практические меры применяют по борьбе с изломами уста лости?

КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ Каждый студент-заочник в пятом семестре выполняет по сопротивле нию материалов две контрольные работы, предусмотренные учебным пла ном. В первую контрольную работу входят задачи 1, 2 и 3, а во вторую – 4, 5 и 6.

В шестом семестре выполняются две контрольные работы (3 и 4), предусмотренные учебным планом. В третью контрольную работу входят задачи 7, 8 и 9, а в четвертую – 10, 11 и 12.

Исходные данные для решения задач выбираются студентом из при лагаемых к условиям задач таблиц в соответствии с личным учебным шиф ром (номер зачетной книжки и две цифры, выданные преподавателем) и первыми шестью буквами русского алфавита, которые следует располо жить под шифром, например:

шифр 2 8 7 0 5 2 ;

буквы а б в г д е.

Из каждого вертикального столбца таблицы, обозначенного внизу бук вой, надо взять только одно число, стоящее в той горизонтальной строке, но мер которой совпадает с номером буквы. Например, вертикальные столбцы табл. 1.1 обозначены буквами "е", "д", "а", "б", "в". В этом случае при ука занном выше личном номере 287052 студент должен взять из столбца "е" вторую строку (второй номер схемы), из столбца "д" – пятую строку (А = 15 см2), из столбца "а" – вторую строку (а = 2,2 м), из столбца "б" – вось мую строку (b = 2,8 м), из столбца "в" – седьмую строку (с = 1,7 м), и т.д.

Работы, выполненные с нарушением этих указаний, не засчитываются.

Приступать к решению контрольных заданий следует только после изучения соответствующего раздела курса и самостоятельного решения ре комендованных задач. Если основные положения теории усвоены слабо и студент обратил мало внимания на подробно разобранные в курсе приме ры, то при выполнении контрольных работ возникнут большие затрудне ния.

В заголовке контрольной работы должны быть написаны: номер кон трольной работы, название дисциплины, фамилия, имя и отчество студента (полностью), название специальности, учебный шифр, дата отсылки рабо ты, точный почтовый адрес. Необходимо также указывать год издания ме тодических указаний, по которым выполнялась контрольная работа.

Каждую контрольную работу следует выполнять в отдельной тетради или на листах, сшитых в тетрадь стандартного формата А4 (210297), чет ким почерком, с полями 5 см для замечаний рецензента.

Перед решением каждой задачи надо написать полностью ее условие с числовыми данными, вычертить заданную схему в масштабе и указать на ней в числах все величины, необходимые для расчета.

Решение должно сопровождаться краткими, последовательными объяс нениями и схемами. Надо помнить, что язык техники – формулы и чертежи.

Не следует вычислять большое число значащих цифр;

вычисления должны соответствовать необходимой точности. Нет смысла длину дере вянного бруса в стропилах вычислять с точностью до миллиметра, но было бы ошибкой округлять до целых миллиметров диаметр вала, на который будет насажен шариковый подшипник.

При пользовании формулами или данными, отсутствующими в учеб нике, необходимо указать источник (автора, название, страницу, номер формулы).

Необходимо указывать размерность всех величин и подчеркивать окончательные результаты.

По получении из университета контрольной работы студент должен исправить в ней все отмеченные ошибки и выполнить все сделанные ему указания. Исправления выполняются на отдельных листах, вкладываемых в соответствующие места рецензированной работы. Отдельно от работы ис правления не рассматриваются.

Несамостоятельно выполненные задания не дают возможности препо давателю-рецензенту вовремя заметить недостатки в работе студента заочника. В результате студент не приобретает необходимых знаний и ока зывается неподготовленным к экзамену.

Контрольная работа Задача РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМОЙ СТЕРЖНЕВОЙ СИСТЕМЫ Задание. Абсолютно жесткий брус опирается на шарнирно непод вижную опору и прикреплен к двум стержням с помощью шарниров (рис.

1.1). Требуется: 1) найти усилия и напряжения в стержнях, выразив их че R рез силу Q;

2) найти допускаемую нагрузку, приравняв большее из Qдоп напряжений в двух стержнях расчетному сопротивлению R = 210 МПа;

3) т найти допускаемую нагрузку по предельному равновесию, если пре Qдоп дел текучести т = 240 МПа;

4) сравнить полученные величины допускае мых нагрузок. Данные взять из табл. 1.1.

Таблица 1. № строки № схемы A, см2 a, м b, м c, м 1 1 11 2,1 2,1 1, 2 2 12 2,2 2,2 1, 3 3 13 2,3 2,3 1, 4 4 14 2,4 2,4 1, 5 5 15 2,5 2,5 1, 6 6 16 2,6 2,6 1, 7 7 17 2,7 2,7 1, 8 8 18 2,8 2,8 1, 9 9 19 2,9 2,9 1, 0 0 20 3,0 3,0 2, е д а б в Методические указания Перед решением задачи необходимо сосчитать количество неизвест ных сил, действующих на абсолютно жесткий брус, и число независимых уравнений равновесия этого бруса. Если неизвестных больше числа урав нений статики, то задача будет статически неопределимой, и для ее реше ния, кроме уравнений равновесия, потребуется составить еще уравнения деформаций.

Для определения двух неизвестных усилий в стержнях следует соста вить систему уравнений, состоящую из одного уравнения статики и одного уравнения совместности деформаций.

Для ответа на третий вопрос задачи следует иметь в виду, что в одном из стержней напряжение больше, чем в другом;

условно назовем этот стер жень первым. При увеличении нагрузки напряжение в первом стержне дос тигнет предела текучести раньше, чем во втором. Когда это произойдет, напряжение в первом стержне перестанет расти и будет оставаться равным т. Отсюда находим усилие в первом стержне:

N1 = т А1.

При дальнейшем увеличении нагрузки напряжение и во втором стерж не достигнет предела текучести:

N2 = т A2.

a a A A 1 Q Q c c 2A 3A a b с a b c a a A A 3 Q Q c c 2A 3A a b с a b c a a A A 5 Q Q c c 2A 3A a b с a b c a a A A 7 Q Q c c 2A 3A a b с a b c a a A A 9 Q Q c c 2A 3A a b с a b c Рис. 1. Написав уравнение статики и подставив в него значения усилий N1 и т N2, найдем из этого уравнения предельную грузоподъемность.

Qдоп Пример 1. Абсолютно жесткий брус опирается на шарнирно не подвижную опору и прикреплен к двум стержням с помощью шарниров (рис. 1.2). Требуется: 1) найти усилия и напряжения в стержнях, выразив их R через силу Q ;

2) найти допускаемую нагрузку, приравняв большее из Qдоп напряжений в двух стержнях расчетному сопротивлению R = 210 МПа;

3) т найти допускаемую нагрузку по предельному равновесию, если пре Qдоп дел текучести т = 240 МПа;

4) сравнить допускаемые нагрузки.

Дано: A = 10 cм2;

a = 1 м;

b = 1,4 м;

c = 1,6 м;

k = 2.

a A Q c kA a b c Рис. 1. Р е ш е н и е.

1 Рассмотрим геометрическую сторону задачи. Для этого покажем схему деформирования заданной системы (рис. 1.3), обозначим буквами характерные точки абсолютно жесткого бруса и пронумеруем стержни.

a S T D Q F c W a b c Рис. 1. Абсолютно жесткий брус под действием нагрузки Q повернется отно сительно шарнирной опоры S по часовой стрелке на угол. Принимая угол очень малым, из рис. 1.3 видим, что первый стержень станет короче на величину 1 = TF, а второй – длиннее на = DW. Из подобия тре угольников STF и SDW получим (a + b + c) DW = TF, a или (a + b + c) = 1. (1.1) a Уравнение (1.1) является уравнением совместности деформаций.

2 Рассмотрим статическую сторону задачи. Покажем все силы, дей ствующие на абсолютно жесткий брус (рис. 1.4). Направления усилий N1 и N2 определяем по схеме деформирования (рис. 1.3).

y N S z HS Q RS N a b c Рис. 1. Здесь неизвестными являются усилия N1, N2, а также две составляющие реак ции опоры S. Общее число неизвестных равно четырем. Для решения задачи можно составить только три независимых уравнения равновесия, например:

= 0;

(1.2) z = H S y = RS + N1 + N2 - Q = 0;

(1.3) = N1a + N2(a + b + c)- Q(a + b) = 0. (1.4) M S Следовательно, задача один раз статически неопределимая. В качестве до полнительного уравнения будем использовать уравнение совместности де формаций (1.1).

3 Рассмотрим физическую сторону задачи. В уравнении (1.1) выра зим деформации через усилия по закону Гука:

N2 N1 1 (a + b + c) =. (1.5) E2 A2 E1A1 a Подставив в (1.5) исходные данные E1 = E2, A1 = kA, A2 = A, 1 = a, 2 = c, получим N2 = N1(a + b + c)/(kc). (1.6) 4 Для определения N1 и N2 решим совместно уравнения (1.4) и (1.6):

N1a + N2(a + b + c)- Q(a + b) = 0;

= N1(a + b + c)/(kc), N N1 1+ N2(1+1,4 +1,6)= Q(1+1,4);

= N1(1+1,4 +1,6)/(21,6), N N1 + 4N2 = 2,4Q;

= 1,25N1.

N Окончательно имеем N1 = 0,4Q и N2 = 0,5Q.

5 Составим выражения для напряжений в стержнях:

1 = N1 / A1 = N1 /(kA) = 0,4Q /(2 10) = 0,02Q;

2 = N2 / A2 = N2 / A = 0,5Q /10 = 0,05Q.

6 Сравним полученные напряжения:

1 = 0,02Q < 2 = 0,05Q.

Напряжение во втором стержне получилось больше, чем в первом.

7 Определим допускаемую нагрузку из условия прочности наиболее напряженного стержня, в данном случае второго:

R 2 = 0,05Qдоп = R ;

R Qдоп = R / 0,05 = 21010-1 / 0,05 = 420 кН.

8 Рассмотрим предельное равновесие системы (рис. 1.5), полагая, т т что N1 = т A1 = тkA и N2 = т A2 = т A.

т N S HS T RS т Qдоп N a b c Рис. 1. Составим и решим уравнение равновесия:

т т T = aN1 + (a + b + c)N2 -(a + b)Qдоп = 0 ;

M S т т aN1 + (a + b + c)N т Qдоп = ;

a + b т A(ka + a + b + c) 24010 (2 1+1+1,4 +1,6)10- т Qдоп = = = 600 кН.

a + b 1+1, R т 9 Сравним полученные значения Qдоп и Qдоп :

т R Qдоп / Qдоп = 600 / 420 = 1,43.

Вывод: допускаемая нагрузка, полученная по предельному равнове сию, в 1,43 раза выше допускаемой нагрузки, найденной по расчетному со противлению.

Задача РАСЧЕТ СТУПЕНЧАТОГО СТЕРЖНЯ Задание. Ступенчатый стальной стержень (рис. 2.1) подвешен в вертикальном положении за верхний конец. При этом нижний конец стержня не доходит до основания на величину = c. Требуется (без уче та собственного веса): 1) установить, при какой величине силы Н зазор за кроется;

2) найти реакцию основания при заданном значении силы Н и по строить для стержня эпюру продольных усилий;

3) установить, на сколько градусов надо охладить стержень, чтобы реакция основания при заданном значении силы Н обратилась в нуль. Данные взять из табл. 2.1.

Таблица 2. № строки № схемы А, см2 c, см H, кН 1 1 11 11 5 10- 2 2 12 12 4 10- 3 3 13 13 3 10- 4 4 14 14 2 10- 5 5 15 15 1 10- 6 6 16 16 5 10- 7 7 17 17 4 10- 8 8 18 18 3 10- 9 9 19 19 2 10- 0 0 20 20 1 10- в а е д б Методические указания Для ответа на первый вопрос надо приравнять перемещение нижнего сечения стержня от искомых сил Н зазору. Это перемещение равно сум ме деформаций участков стержня от сил Н.

Для ответа на второй вопрос надо алгебраическую сумму перемеще ний нижнего сечения стержня от заданных сил Н и от реакции основания приравнять зазору.

Для ответа на третий вопрос надо приравнять перемещение нижнего сечения стержня от заданных сил Н сумме зазора и температурного укоро чения стержня.

с H с с с с А А А H с с с с с kА kА H H k А H с с с с с kА А H H с с с с с H H А А kА 1 2 4 6 7 8 9 А kА А с H с с с с k А kА H с с с с с А kА A H H с с с с с k А H А kА H А H с с H с с с H kА А H Рис. 2. Пример 2. Ступенчатый стальной стержень (рис. 2.2) подвешен в вертикальном положении за верхний конец. При этом нижний конец стержня не доходит до основания на величину = c. Требуется без учета собственного веса: 1) установить, при какой величине силы Н зазор закро ется;

2) найти реакцию основания при заданном значении силы Н и по строить для стержня эпюру продольных усилий;

3) установить, на сколько градусов надо охладить стержень, чтобы реакция основания при заданном значении силы Н обратилась в нуль.

Дано: А = 11 см2;

k = 2;

c = 12 см;

H = 105 кН;

= 4 10-5.

А с с H с kА с H Рис. 2. Р е ш е н и е.

Установим, при каком значении силы H зазор закроется. Для этого уд линение стержня приравняем величине зазора:

Hc Hc H 2c + + = ;

EA E2A EA 3,5Hc = c ;

EA EA 410-5 2105 H = = 10-1 = 2,51 кН.

3,5 3, Найдем реакцию основания при заданном значении H. Для этого уд линение стержня от сил H приравняем сумме зазора и изменения длины стержня от реакции основания:

3,5Hc R2c R2c = c + + ;

EA E2A EA 3,5H - EA 3,5105 - 410-5 2105 1110- R = = 120 кН.

3 Вычисляем значения продольных сил на участках бруса:

N1 = 2H - R = 2 105 -120 = 90 кН ;

N2 = H - R = 105 -120 = -15 кН ;

N3 = H - R = 105 -120 = -15 кН ;

N4 = -R = -120 = -120 кН.

По найденным значениям строим эпюру продольных усилий:

А с + с H с kА с H 120 R Эпюра N, кН Рис. 2. Установим, на сколько градусов надо охладить стержень, чтобы реак ция основания при заданном значении H обратилась в нуль. Для этого уд линение стержня от сил H приравняем сумме зазора и изменения длины стержня от температуры:

3,5Hc = c + 4cT ;

EA 3,5H 1 3,5105 T = - = 10 - 410-5 = 40,8 °С.

EA 4 2105 410- Задача КРУЧЕНИЕ ВАЛА Задание. К стальному валу приложены три известных момента:

Т1, Т2, Т3 (рис. 3.1). Требуется: 1) из условия равновесия вала найти значе ние момента Х (сопротивлением опор пренебречь);

2) построить эпюру крутящих моментов;

3) из расчета на прочность определить диаметр вала;

4) из расчета на прочность подобрать вал кольцевого поперечного сечения при заданном отношении внутреннего диаметра d к наружному D;

5) вы брать вал с меньшей площадью поперечного сечения;

6) для выбранного вала построить эпюру углов закручивания, вычислить наибольший относи тельный угол закручивания и сравнить его с допускаемым [] = 1 град/м.

Данные взять из табл. 3.1.

Таблица 3. № № схе- Т1, Т2, Т3, [], a, м b, м c, м d : D строки мы кНм кНм кНм МПа 1 1 1,1 1,1 1,1 1,1 1,1 1,1 35 0, 2 2 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2 40 0, 3 3 1,3 1,3 1,3 1,3 1,3 1,3 45 0, 4 4 1,4 1,4 1,4 1,4 1,4 1,4 50 0, 5 5 1,5 1,5 1,5 1,5 1,5 1,5 55 0, 6 6 1,6 1,6 1,6 1,6 1,6 1,6 60 0, 7 7 1,7 1,7 1,7 1,7 1,7 1,7 65 0, 8 8 1,8 1,8 1,8 1,8 1,8 1,8 70 0, 9 9 1,9 1,9 1,9 1,9 1,9 1,9 75 0, 0 0 2,0 2,0 2,0 2,0 2,0 2,0 80 0, е а б в г д е а в Т1 Т2 Т3 X Т1 Т2 Т3 X 1 a b c a b c Т1 Т2 Т3 X Т1 Т2 Т3 X 3 a b c a b c Т1 Т2 Т3 X Т1 Т2 Т3 X 5 a b c a b c Т1 Т2 Т3 X Т1 Т2 Т3 X 7 a b c a b c Т1 Т2 Т3 X Т1 Т2 Т3 X 9 a b c a b c Рис. 3. Методические указания При определении диаметра сплошного вала и наружного диаметра ва ла кольцевого сечения полученные значения округляют по ГОСТ 6636– до ближайшего значения из ряда Rа40: 10;

10,5;

11;

11,5;

12;

13;

14;

15;

16;

17;

18;

19;

20;

21;

22;

24;

25;

26;

28;

30;

32;

34;

36;

38;

40;

42;

45;

48;

50;

52;

55;

60;

63;

65;

70;

75;

80;

85;

90;

95;

100;

105;

110;

120;

125;

130;

140;

150;

160 мм.

Пример 3. К стальному валу приложены три известных момента:

Т1, Т2 и Т3 (рис. 3.2). Требуется: 1) из условия равновесия вала найти значе ние момента Х (сопротивлением опор пренебречь);

2) построить эпюру крутящих моментов;

3) определить диаметр вала из расчета на прочность;

4) из расчета на прочность подобрать вал кольцевого поперечного сечения при заданном отношении внутреннего диаметра d к наружному D;

5) вы брать вал с меньшей площадью поперечного сечения;

6) для выбранного вала проверить выполнение условия жесткости (при невыполнении этого условия подобрать размеры поперечного сечения вала из условия жестко сти) и построить эпюру углов закручивания.

Дано: a = 1 м;

b = 1,5 м;

c = 2 м;

Т1 = 3 кН м;

Т2 = 2 кН м;

Т3 = 1 кН м;

[] = 70 МПа;

[] = 1 град/м;

d : D = 0,8.

Т1 Т2 Т3 X z A B C D a b c Рис. 3. Р е ш е н и е.

Из условия равновесия = 0 находим значение момента X :

М z Т1 +Т2 – Т3 – X = 0;

X= Т1 +Т2 – Т3 = 3 + 2 – 1 = 4 кН м.

Вычисляем крутящие моменты на участках вала.

Участок AB: M = T1 = 3 кН м;

Участок BC: M = T1 + T2 = 3 + 2 = 5 кН м;

Участок СD: M = T1 + T2 – T3 = 3 + 2 – 1 = 4 кН м.

По найденным значениям строим эпюру крутящих моментов (рис. 3.3).

+ + + М, кН м А В С D a b c Рис. 3. Опасным является участок BC, расчетный момент M = 5 кН м.

Вычисляем требуемый диаметр вала по условию прочности:

16M 3 D = 10 = 7,14 см.

[] 3, Округлив полученное значение, принимаем D = 7,5 см.

Находим площадь поперечного сечения (площадь круга):

D2 3,14 7, A = = = 44,16 см2.

4 Из условия прочности вычисляем внешний диаметр вала кольцевого сечения при заданном соотношении внутреннего и внешнего диаметров d / D = 0,8 :

16M к D 3 = 3 10 = 8,51 см.

(1- (d / D) )[] 3,14(1- 0,84 ) После округления полученного значения принимаем D = 9,0 см.

Находим площадь поперечного сечения (площадь кольца) при d : D = 0, и D = 9 см:

D2 3, A = (1- (d / D)2) = (1- 0,82 ) = 22,89 см2.

4 Для равнопрочных валов сравниваем площади их поперечных сечений 22,89 < 44,16. Выбираем вал кольцевого сечения, как более экономичный.

Для выбранного вала проверяем выполнение условия жесткости. Пред варительно вычисляем полярный момент инерции кольца при d : D = 0,8 и D = 9 см:

D4 3, J = (1- (d / D)4 ) = (1- 0,84 ) = 380 см4.

32 Находим жесткость вала при кручении, приняв модуль сдвига стали G = 8104 МПа:

GJ = 8104 38010-5 = 304 кН м2.

Вычисляем наибольший относительный угол закручивания вала:

M 180 5 max max = = = 0,943 град/м.

GJ 304 3, Проверяем условие жесткости:

max = 0,943 град/м < [] = 1 град/м.

Условие жесткости выполняется.

Находим углы закручивания сечений B, C, D относительно сечения А:

А = 0 ;

31 В = = 0,566 град ;

304 3, 51,5 С = 0,566 + = 1,98 град ;

304 3, 4 2 D = 1,98 + = 3,49 град.

304 3, По вычисленным значениям строим эпюру углов закручивания (рис. 3.4).

3, 1, 0,566 +, град А В С D a b c Рис. 3. Контрольная работа Задача ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ Задание. Для поперечного сечения (рис. 4.1), требуется: 1) опреде лить положение центра тяжести;

2) найти осевые и центробежный моменты инерции относительно случайных центральных осей;

3) определить на правления главных центральных осей;

4) найти моменты инерции относи тельно главных центральных осей;

5) вычертить сечение в масштабе 1 : 2 и указать на нем все оси и размеры в числах. Данные взять из табл. 4.1.

Таблица 4. № строки № сечения Швеллер Уголок Двутавр 1 1 14 8080 2 2 16 8080 3 3 18 9090 4 4 20 9090 5 5 22 9090 6 6 24 20а 100100 7 7 27 100100 8 8 30 22а 100100 9 9 33 125125 0 0 36 24а 125125 е г д в 1 2 3 4 6 Рис. 4. Пример 4. Для поперечного сечения (рис. 4.2) требуется: 1) опре делить положение центра тяжести;

2) найти осевые и центробежный мо менты инерции относительно случайных центральных осей;

3) определить направления главных центральных осей;

4) найти главные центральные моменты инерции;

5) вычертить сечение в масштабе 1 : 2 с указанием осей и размеров.

Дано: уголок № 90909;

швеллер № 16.

Рис. 4. Р е ш е н и е.

Для заданных стандартных профилей приведем справочные данные.

Все размеры на рисунках указаны в сантиметрах.

y y0 Уголок № 90909 (рис. 4.3);

x F = 15,6 см2 ;

J = J = 118 см4 ;

x y x J = 186 см4 ;

J = 50 см4 ;

2,55 x0 y J - J y0 x0 - J = = = -68 см4.

xy Рис. 4. 2 y 1, Швеллер № 16 (рис. 4.4);

x F = 18,1 см2 ;

J = 750 см4 ;

x J = 72,8 см4 ;

y 6, J = 0.

xy Рис. 4. Найдем центр тяжести заданного сечения в координатах x1, y1 :

18,110,88 18,15, x1 = = 5,84 см;

y1 = = 2,93 см.

15,6 +18,1 15,6 +18, Через точку С ( x1 = 5,84;

y1 = 2,93) проводим взаимно перпендикулярные координатные оси x, y. Относительно осей x, y находим координаты то чек C1, С2. Получаем: C1 (–5,84;

–2,93);

С2 (5,04;

2,52).

Проверяем положение центра тяжести:

Sx = 18,1 2,52 +15,6(-2,93) = 45,612 - 45,708 = -0,096 0 ;

= 0,2 %;

S = 18,15,04 +15,6 (-5,84) = 91,224 - 91,104 = 0,12 0 ;

= 0,13 %.

y Статические моменты относительно осей x, y получились близкими к нулю, следовательно, точка пересечения осей x, y является центром тяже сти, а сами оси x, y – случайными центральными осями заданного сечения.

y1 y 10, y 5,84 5, v u x С 2, x 5, 2, С x С 2, 1, 2,55 4, 6, 6, Рис. 4. Вычисляем моменты инерции относительно осей x, y :

J = 118 +15,5(-2,93)2 + 750 +18,1 2,522 1117 см4 ;

x J = 118 +15,5(-5,84)2 + 72,8 +18,15,042 1183 см4 ;

y J = -68 +15,5(-2,93)(-5,84) +18,1 2,525,04 429 см4.

xy Поскольку J 0, найдем положение главных центральных осей:

xy 2J 2 xy tg2 = = = 13 ;

= 42,8 ;

J - J 1183 - y x sin = 0,6794 ;

cos = 0,7337 ;

sin 2 = 0,9971 ;

cos 2 = 0,0767 ;

sin2 = 0,4616 ;

cos2 = 0,5384.

Поворачивая оси x, y против часовой стрелки на угол = 42,8, по лучаем главные центральные оси u, v.

Найдем главные центральные моменты инерции:

Ju = J cos2 + J sin2 - J sin 2 ;

x y xy Ju = 1117 0,5384 +11830,4616 - 4290,9971 = 720 см4 ;

Jv = J sin2 + J cos2 + J sin 2 ;

x y xy Jv = 1117 0,4616 +11830,5384 + 4290,9971 = 1580 см4.

Проверка:

Ju + Jv = J + J ;

720 +1580 = 2300 ;

1117 +1183 = 2300 ;

2300 = 2300 ;

x y J - J x y Juv = sin 2 + J cos 2 ;

xy 1117 - Juv = 0,9971+ 4290,0767 = -32,9 + 32,9 = 0.

Задача СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМЫЕ БАЛКИ Задание. Для двух балок (рис. 5) требуется написать выражения для поперечных сил Q и изгибающих моментов M на каждом участке в об щем виде, построить эпюры Q и M, найти M и подобрать: а) для схемы а max деревянную балку с круглым поперечным сечением при R = 10 МПа;

б) для схемы б – стальные балки с круглым, квадратным и двутавровым попереч ными сечениями при R = 210 МПа. Для схемы б сравнить площади полу ченных сечений. Данные взять из табл. 5.1.

Таблица 5. № строки № схемы a, м b, м c, м q, кН/м P, кН M, кН м 1 1 1,1 1,1 1,1 1,1 1,1 1, 2 2 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2 1, 3 3 1,3 1,3 1,3 1,3 1,3 1, 4 4 1,4 1,4 1,4 1,4 1,4 1, 5 5 1,5 1,5 1,5 1,5 1,5 1, 6 6 1,6 1,6 1,6 1,6 1,6 1, 7 7 1,7 1,7 1,7 1,7 1,7 1, 8 8 1,8 1,8 1,8 1,8 1,8 1, 9 9 1,9 1,9 1,9 1,9 1,9 1, 0 0 2,0 2,0 2,0 2,0 2,0 2, е а б в г д е q q M M P 1а 1б a b c a b c a q q M M P 2а 2б a b c a b c a q q P M P 3а 3б a b c c a a b q q P M P 4а 4б a b c a b c a q q P M P 5а 5б a b c a b c a q q M M P 6а 6б a b c a b c a q q M P M 7а 7б a b c a b c a q q P P M 8а 8б a b c c a a b q q P P M 9а 9б a b c a b c a q q M P P 0а 0б a b c a b c a Рис. 5. Пример 5. Для балки (рис. 5.2) требуется написать выражения для Q и M на каждом участке в общем виде, построить эпюры Q и M, най ти Mмакс и подобрать номер двутавра.

Дано: а = 3 м;

b = 4,2 м;

c = 2,3 м;

= 12,5 м;

M = 8 кН м;

P = 11 кН;

q = 13 кН/м;

R = 160 МПа.

q = 13 кН/м P = 11 кН M = 8 кН м а = 3 м b = 4,2 м c = 2,3 м = 12,5 м Рис. 5. Р е ш е н и е.

Покажем и вычислим реакции опор (рис. 5.3):

= 0;

mA RD (а + b + d ) - Pа - qb (а + b / 2) - M = 0;

RD (3 + 4,2 + 3) - 11 3 - 13 4,2 5,1 - 8 = 0;

RD = 31,32 к.

= 0;

mD RA (а + b + d ) - P (b + d ) - qb (d + b / 2) + M = 0;

RA (3 + 4,2 + 3) - 11 (4,2 + 3) - 13 4,2 5,1 + 8 = 0;

RA = 34,28 к.

Проверка реакций опор:

y = 0;

RA - P- qb + RD = 0;

34,28 - 11 - 134,2 + 31,32 = 65,6 - 65,6 = 0.

Реакции опор найдены верно.

y RD = 31,32 кН P = 11 кН q = 13 кН/м M = кН м RA = 34,28 кН A B C D E z1 z2 z3 z а = 3 м b = 4,2 м d = 3 м c = 2,3 м = 12,5 м Рис. 5. Вычисляем значения Q и M на участках.

Участок AB: z1 [0;

3];

Q(z1) = RA;

Q(z1) = 34,28 кН;

М(z1) = RA z1;

М(z1) = 34,28 z1;

М(0) = 0;

М(3) = 102,84 кН м.

dM (z1) Проверка: = RA ;

dz dM (z1) = Q(z1).

dz Участок BС: z2[0;

4,2];

Q(z2) = RA - P - q z2;

Q(z2) = 34,28 - 11 - 13z2;

Q(0) = 23,28 кН;

Q(4,2) = -31,32 кН;

Q(z2) = 0 при z2 = (34,28 - 11) / 13 = 1,79 м;

М(z2) = RA (а + z2) - Pz2 - q z2 z2 / 2;

М(z2) = 34,28 (3 + z2) - 11z2 - 13z2 z2 / 2;

М(0) = 102,84 кН м;

М(1,79) = 123,68 кН м;

М(4,2) = 85,96 кН м.

dM (z2 ) Проверка: = RA - P - qz2 ;

dz dM (z2 ) = Q(z2 ).

dz Участок СD: z3[0;

3];

Q(z3) = -RD;

Q(z3) = -31,32 кН;

М(z3) = RD z3 - М;

М(z3) = 31,32z3 - 8;

М(3) = 85,96 кНм;

М(0) = -8 кНм.

dM (z3) Проверка: = RD ;

dz dM (z3) = -Q(z3).

dz Участок DE: z4 [0;

2,3] ;

Q(z4) = 0;

М(z4) = -М;

М(z4) = -8 кН м.

По найденным значениям строим эпюры Q и M (рис. 5.4).

34,28 кН 23,28 кН 0,0 кН Эпюра Q, кН 1,79 м 31,32 кН 8 кН м Эпюра М, кН м 85,96 кН м 102,84 кН м 123,68 кН м Рис. 5. Подбор сечения. Для балки постоянного сечения опасным является сечение, в котором действует максимальный по абсолютному значению из гибающий момент. В нашем случае это место находится на расстоянии 4, м от левой опоры и Мmax = 123,68 кН м.

Из условия прочности определяем требуемый момент сопротивления и подбираем номер двутавра:

Wx = Mmax R = 123,68 1000 : 160 = 773 см3.

В соответствии с ГОСТ 8510–86, принимаем двутавр № 36, Wx = 743 см3.

Перегрузка составляет 4 %, что меньше 5 %.

Задача СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМАЯ РАМА Задание. Для рамы (рис. 6.1) требуется написать выражения для продольных сил N, поперечных сил Q и изгибающих моментов M на каж дом участке в общем виде, построить эпюры N, Q, M и подобрать двутав ровое сечение при R = 220 МПа. Данные взять из табл. 5.1.

q a a P P b a 1 2 q b P q b b c c q q М P c a b 4 5 P М q b a b P c c a q 7 q P M c q c b M b P P q c c a b 9 a a b a a c c Рис. 6. Пример 6. Для рамы (рис. 6.2) требуется написать выражения для продольных сил N, поперечных сил Q и изгибающих моментов M на каждом участке в общем виде, построить эпюры N, Q, M и подобрать дву тавровое сечение при R = 220 МПа.

M = 3 кН м с = 2 м P = 3 кН q = 2 кН/м с = 2 м a =3 м a =3 м Рис. 6. Р е ш е н и е.

1 Покажем и определим реакции опор (рис. 6.3):

RG y K x z2 M = 3 кН м G z5 с = 2 м z3 D B C P = 3 кН q = 2кН/м с = 2 м z1 z F A RA a = 3 м a = 3 м RF Рис. 6. = 0 ;

Fx qс - RG = 0 ;

RG = qс = 2 2 = 4 кН ;

= 0 ;

M K RF 2a - qc(c + c / 2) - Pa - M = 0 ;

qc(c + c / 2) + Pa - M 2 2(2 + 2 / 2) + 33 + RF = = = 4 кН ;

2a = 0 ;

MG RA2a + Pa - qa(a + a / 2) - M = 0 ;

-Pa + qa(a + a / 2) + M -33 + 2 2(2 + 2 / 2) + RA = = = 1 кН.

2a Проверка реакций опор:

= 0 ;

Fy RA + P - RF = 1+ 3- 4 = 4 - 4 = 0 ;

= 0 ;

MС = RAa + RF a - qc2 / 2 - M - RGa ;

MC = 13 + 43 - 2 22 / 2 - 3 - 4 2 = 3 +12 - 4 - 3 - 8 = 15 -15 = 0.

MC Реакции опор найдены верно.

2 Определяем внутренние усилия N, Q, M на каждом участке:

Участок AB: z1 [0;

2];

N(z1) = -RA = -1 кН ;

Q(z1) = -q z1 ;

Q(0) = 0 ;

Q(2) = -4 кН ;

z M (z1) = -q ;

M (0) = 0 ;

M (1) = -1 кН м ;

M (2) = -4 кН м.

Участок BC: z2 [0;

3];

N (z2 ) = -qc = -2 2 = -4 кН ;

Q(z2) = RA = 1 кН ;

c M (z2) = RAz2 - q ;

M (z2) = 1 z2 - 2 = z2 - 4 ;

M (0) = -4 кН м ;

M (3) = -1 кН м ;

Участок CD: z3 [0;

3];

N (z3) = -qc = -2 2 = -4 кН ;

Q(z3) = RA + P = 1+ 3 = 4 кН ;

c M (z3) = RA(a + z3) - q + Pz3 ;

M (z3) = 1(3 + z3) - 2 + 3z3 = 3 + z3 - 4 + 3z3 = -1+ 4z3 ;

M (0) = -1 кН м ;

M (3) = 11 кН м ;

Участок FD: z4 [0;

2];

N(z4) = RF = 4 кН ;

Q(z4 ) = 0 ;

M (z4) = 0 ;

Участок GD: z5 [0;

2];

N (z5 ) = 0 ;

Q(z5) = -RG = -4 кН ;

M (z5) = -RG z5 - M ;

M (z5) = -4z5 - 3 ;

M (0) = -3 кН м ;

M (2) = -11 кН м.

3 По вычисленным значениям строим эпюры N, Q, M (рис. 6.4).

N (кН) - + - 1 + + - Q (кН) Эпюра изгибающих 4 моментов построена на растянутом волокне 4 M (кН м) Рис. 6. Узловая проверка:

Узел B Узел D 11кН·м 4 кН B 4 кН 11кН·м 4 кН м 4 кН 1кН D 4 кН 4 кН 1кН 4 кН 4 кН м x = 4 - 4 = 0 ;

x = 4 - 4 = 0 ;

y = 1-1 = 0 ;

y = 4 - 4 = 0 ;

= 4 - 4 = 0. = 11-11 = 0.

MD M B Рис. 6. 4 Подбор сечения. Ориентировочно подбираем номер двутавра из условия прочности при чистом изгибе, если R = 220 MПа:

M max Wтреб = = = 50 см3.

R Принимаем двутавр № 12 ГОСТ 8239–79*, F = 14,7 см2.

Wx = 58,4 см3, Проверка прочности двутавра № 12 по нормальным напряжениям при совместном действии изгибающего момента и продольной силы:

N M 4103 = + = + = 191106 Па = 191 МПа ;

F W 14,7 10-4 58,410- = 191 МПа < R = 225 МПа.

Условие прочности по нормальным напряжениям соблюдается. Дву тавр № 12 принимаем окончательно.

Контрольная работа Задача ВНЕЦЕНТРЕННОЕ СЖАТИЕ СТЕРЖНЯ Задание. Короткий стержень, поперечное сечение которого изо бражено на рис. 7.1, сжимается продольной силой Р, приложенной в задан ной точке. Требуется: 1) вычислить наибольшее растягивающее и наи большее сжимающее напряжения в поперечном сечении, выразив эти на пряжения через Р и размеры сечения;

2) найти допускаемую нагрузку Р при заданных размерах сечения и расчетных сопротивлениях материала на сжатие Rc и на растяжение Rр. Данные взять из табл. 7.1.

Таблица 7. № строки № схемы a, см b, см № точки Rc, МПа Rр, МПа 1 1 5 5 1 60 2 2 6 6 2 70 3 3 3 3 3 80 4 4 4 4 1 90 5 5 5 5 2 100 6 6 6 6 3 110 7 7 3 3 1 120 8 8 4 4 2 130 9 9 5 5 3 140 0 0 6 6 1 150 е д а б в г b 1 b 1 b 1 b 2 3 b 1 b 2 b b b a 2a a a 2a a a 2a a 1 1 2 1 b 2 b a 2 4 5 6 3b 2b 2b 3 a b 3 3 b a a a a a a a a a 1 2b 2 b b 2 9 8 b b b a a a a a a a Рис. 7. Пример 7: Короткий стержень, поперечное сечение которого изо бражено на рис. 7.2, сжимается продольной силой Р, приложенной в точке 1.

Требуется: 1) вычислить наибольшее растягивающее и наибольшее сжи y мающее напряжения в поперечном сечении при а = 6 см;

2) найти до пускаемую нагрузку Рдоп, если Rс = 70 МПа, Rр = 20 МПа.

Р е ш е н и е:

1) Находим площадь сечения:

A = 2a2 = 262 = 72 см2.

2a x 2) Определяем положение главных центральных осей. Сечение имеет две оси симметрии, следовательно, центр тяжести расположен в точке их пересечения, а сами оси симметрии являются главными осями. Направляем главные центральные оси x, y таким образом, чтобы точка приложения силы (т. 1) располагалась в первой коорди натной четверти. a 3) Вычисляем главные центральные моменты инерции Ix и Iy.

Рис. 7. Сечение представляет собой прямоугольник:

а(2а)3 6 (2 6) Ix = = = 864 см4;

12 а3(2а) 63(2 6) I = = = 216 см4.

у 12 4) Находим квадраты радиусов инерции:

Iх ix2 = = = 12 см2;

A I 2 y i = = = 3 см2.

y A 5) Определяем положение нейтральной (нулевой) линии (рис. 7.3):

ix2 y0 = - = - = -2 см ;

yp iy2 x0 = - = - = -1 см.

zp y Нулевая линия 12 см x 6 см Эпюра, МПа Рис. 7. 6) Вычисляем наибольшее растягивающее и наибольшее сжимающее напряжения. В сжатой зоне наиболее удаленной от нулевой линии является точка 1, а в растянутой – точка 2.

P P 33 6 1+ xpx1 + yp y 1 = - = - 1+ + 104 = -972,2P ;

A 3 iy2 ix2 P P 3(- 3) 6(- 6)10 = 694,4P.

1+ xpx2 + yp y 2 = - = - 1+ + A 3 iy 2 ix2 7) Определяем допускаемую нагрузку:

– из условия прочности на растяжение Rp 20 Pдоп = = = 28,8 кН;

2 694, – из условия прочности на сжатие Rc 70 Pдоп = = = 72,0 кН.

1 972, Окончательно за допускаемую нагрузку принимаем меньшее значение Pдоп = 28,8 кН.

8) Построим эпюру напряжений от силы Pдоп = 28,8 кН (рис. 7.3):

1 = -972,2 28,810-3 = -28,0 МПа ;

2 = 694,4 28,810-3 = 20,0 МПа.

Задача СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ Задание. На рис. 8.1 изображена в аксонометрии ось ломаного стержня круглого поперечного сечения, расположенная в горизонтальной плоскости, с прямыми углами в точках А и В. На стержень действует вер тикальная нагрузка. Требуется: 1) построить отдельно (в аксонометрии) эпюры изгибающих и крутящих моментов;

2) установить опасное сечение и найти для него расчетный момент по III теории прочности. Данные взять из табл. 8.1.

Таблица 8. № строки № схемы 1 1 1, 2 2 1, 3 3 1, 4 4 1, 5 5 1, 6 6 0, 7 7 0, 8 8 0, 9 9 0, 0 0 1, е д C C 1 B q q q B A q A C 3 4 C q C B A q A B A q B q q q 6 7 C C C q q B B A B q q A A q q C 9 C q A B q B A q q Рис. 8. Пример 8. На рис. 8.2 изображена в аксонометрии ось ломаного стержня. На стержень действует вертикальная нагрузка. Требуется: 1) по строить эпюры изгибающих и крутящих моментов;

2) установить опасное сечение и найти для него расчетный момент по III теории прочности.

1, C y z x z q y x B z D z z y x y x z A E z q z 1, Рис. 8. Р е ш е н и е:

1) В первую очередь необходимо для каждого из стержней назначить оси координат. Обычно ось z направляют вдоль оси каждого участка.

2) Определяем изгибающие моменты M на каждом участке и стро x им эпюру Мx (рис. 8.3).

Участок EA: z1 [0;

1,3 ];

M (z1) = q z1;

x M (0) = 0;

M (1,3 ) = 1,3q 2.

x x Участок AB: z2 [0;

];

M (z2 ) = q z2;

x M (0) = 0;

M ( ) = q 2.

x x Участок DB: z3 [0;

];

z M (z3) = -q ;

x M (0) = 0;

M ( ) = -0,5q 2.

x x Участок BC: z4 [0;

1,3 ];

M (z4 ) = q ( + z4 ) - q z4;

x M (0) = q 2;

M (1,3 ) = q 2.

x x 0,8ql ql 1,3ql 0,5ql Эпюра Мx Эпюра Мz ql 1,3ql Рис. 8.3 Рис. 8. 3) Определяем крутящие моменты M на каждом участке и строим z эпюру Мz (рис. 8.4).

Участок EA: M = 0.

z Участок AB: M = 1,3ql.

z Участок DB: M = 0.

z Участок BC: M = 1,3ql2 - 0,5ql2 = 0,8ql2.

z 4) Изгибающие моменты Му на всех участках отсутствуют, так как все силы параллельны оси у.

5) Показываем возможные опасные сечения (рис. 8.5). Вычисляем рас 2 2 четные моменты по III теории прочности M = M + M + M в долях.

ql p x y z Таблица 8. M M M Сечение р x z 1 1 0,8 1, 2 1 0,8 1, 3 1 1,3 1, 4 0 1,3 1, 5 1,3 0 1, 6 0,5 0 0, Рис. 8. Опасным является третье сечение, Mр = 1,64ql2.

Задача РАСЧЕТ КРИВОЛИНЕЙНОГО СТЕРЖНЯ Задание. Для криволинейного стержня (рис. 9.1) построить эпюры M, Q, N и найти нормальные напряжения в опасном сечении. Данные взять из табл. 9.1. Формы поперечных сечений изображены на рис. 9.2.

Таблица 9. № строки Схема по, град P,кН r,см d,см Сечениепо рис.

рис. 9.1 9. 1 1 30 1,1 16 4,1 2 2 45 1,2 17 4,2 3 1 60 1,3 18 4,3 4 2 30 1,4 19 4,4 5 1 45 1,5 20 4,5 6 2 60 1,6 16 4,6 7 1 30 1,7 17 4,7 8 2 45 1,8 18 4,8 9 1 60 1,9 19 4,9 0 2 30 2,0 20 5,0 а б в г д е r r 1 P P Рис. 9. d 1,5d d 1 2 3 d d d/2 d/ d Рис. 9. Пример 9: Для криволинейного стержня (рис. 9.3) построить эпюры Q, N, M и найти нормальные напряжения в опасном сечении, если: P = 1, кН;

r = 16 см;

= 45°. Сечение имеет форму трапеции с размерами: h = см;

b1 = 3 см;

b2 = 6 см (рис. 9.5. Все размеры на рисунке указаны в сантимет рах).

B x y r = 16 см C Pг A = 45° P Pв Рис. 9. Р е ш е н и е:

1) Определим вертикальную и горизонтальную составляющие силы Р:

Pв = P cos = 1,2 0,707 = 0,849 кН ;

Pг = P sin = 1,2 0,707 = 0,849 кН.

2) Запишем выражения для внутренних сил в произвольном сечении:

Q() = Pг cos - Pв sin ;

N() = Pг sin + Pв cos ;

M () = Pгr sin - Pвr (1- cos );

Q() = 0,849cos - 0,849sin ;

N () = 0,849sin + 0,849 cos ;

M () = 0,136sin - 0,136(1- cos ).

Полученные формулы используем для вычисления Q, N, M (табл. 9.2) с шагом угла = 30°.

Таблица 9. Величина = 0 = 30 = 60 = 90 = 120 = 150 = Q, кН 0,849 0,311 –0,311 –0,849 –1,16 –1,16 –0, N, кН 0,849 1,16 1,16 0,849 0,31 –0,31 –0, 0 0,0497 0,0497 0 –0,086 –0,186 –0, M, кН м По данным табл. 9.2 строим эпюры Q, N и М (рис. 9.4).

0, 0,311 1, 0, 1, 0,849 0, Эпюра Q, кН 0, 1, 0, 1, 0, 0,849 0, Эпюра N, кН 0, 0, 0, 0, 0, Эпюра M, кН м Рис. 9. 3) Определим напряжения в опасном сечении (рис. 9.5) при следую щих значениях внутренних усилий: M = –272 Н м;

N = –849 Н.

b1 = Эпюра, МПа 9, rн = 19, с = 0, h = a = 2,667 Ц.Т.

0, -0, r = r0 = 15, -10, rв = 13, b2 = Нейтральная линия при N = Ось кривизны Рис. 9. Нормальные напряжения вычисляются по формуле:

N M - = ±.

A Ac Центр тяжести трапеции находится от основания на расстоянии:

2b1 +b2 h 23 + 6 а = = = 2,667 см ;

b1 + b2 3 3 + 6 Внутренний и наружный радиусы криволинейного стержня rв = r - a = 16 - 2,667 = 13,333 см ;

rн = r + h - a = 16 + 6 - 2,667 = 19,333 см.

Радиус кривизны нейтрального слоя для сечения в форме трапеции (при N = 0):

(b1 + b2 ) h r0 = ;

rн 2 b2 - rвb1) ln - (b2 - b1) h (r н rв (3 + 6) r0 = = 15,822 см.

19, (19,333 6 -13,3333) ln 13,333 - (6 - 3) Расстояние от центра тяжести до нейтрального слоя (при N = 0) c = r - r0 = 16 -15,822 = 0,178 см.

Площадь сечения А = (b1 + b2 )h / 2 = (6 + 3)6 / 2 = 27 см2.

Значения напряжений в характерных точках = rн = 19,333 см ;

879 27200 19,333 -15, = - + = 995,9 Н/см2 = 9,959 МПа ;

27 27 0,178 19, = r = 16 см ;

879 27200 16 -15, = - + = 30,4 Н/см2 = 0,304 МПа ;

27 27 0,178 19, = r0 = 15,822 см ;

879 27200 15,822 -15, = - + = -32,6 Н/см2 = -0,326 МПа ;

27 27 0,178 19, = rв = 13,333 см ;

879 27200 13,333 -15, = - + = -1089,6 Н/см2 = -10,896 МПа.

27 27 0,178 19, По полученным значениям строим эпюру (рис. 9.5).

Контрольная работа Задача РАСЧЕТ СТЕРЖНЯ НА УСТОЙЧИВОСТЬ Задание. Стальной стержень (рис. 10.1) сжимается силой Р. Требу ется: 1) найти размеры поперечного сечения (рис. 10.2) при расчетном со противлении на простое сжатие R = 210 МПа;

2) найти значение критиче ской силы и коэффициент запаса устойчивости. Данные взять из табл. 10.1.

Таблица 10. Схема закрепления- Сечение стержняпо №строки Р, кН, м стержня по рис. 10.1 рис. 10. 1 1 1 100 2, 2 2 2 200 2, 3 3 3 300 2, 4 4 1 400 2, 5 5 2 500 2, 6 1 3 600 2, 7 2 1 700 2, 8 3 2 800 2, 9 4 3 900 2, 0 5 1 50 3, е а в г P P P P P 1 2 3 4 Рис. 10. a a 2a 1 2 4a 6a 6a 2a a a a 4a a 2a 4a 2a a 4a a Рис. 10. y Пример 10: Стальной стер P жень (рис. 10.3) сжимается силой Р = 400 кН. Найти размеры поперечного се x 2a чения, значение критической силы и ко эффициент запаса устойчивости, если l = 2 м, R = 200 МПа.

a Рис. 10. Р е ш е н и е:

1) Для поперечного сечения определяем площадь А в общем виде и выражаем размер а через площадь А:

A = a 2a = 2a2;

A a = = 0,707 A.

2) Минимальный момент инерции сечения 2a(a) I = Imin = = 0,167a4.

y 3) Минимальный радиус инерции сечения Imin 0,167a imin = = = 0,289a.

A 2a 4) Гибкость стержня µl 1 2 6, = = =.

imin 0,289a a 5) Первое приближение н = 0,5 :

P 400 A = = = 4 10-3 м2;

нR 0,5 200 a = 0,707 A = 0,707 4 10-3 = 0,045 м ;

6,921 6, = = =155.

a 0, Для найденной гибкости определяем соответствующий коэффициент продольного изгиба, используя линейную интерполяцию табличных зна чений:

= 150 ;

= 0,328 ;

= 160 ;

= 0,290 ;

0,328 - 0, к = 0,290 + (160 -155) = 0,309.

Вычисляем действующее и допускаемое напряжения:

P 400 10- = = 100 МПа ;

A 4 10- Rсжк = 200 0,309 = 61,8 МПа ;

100 - 61, = 100 % = 62 % > 5 %.

61, Получили перегрузку, величина которой больше 5 %, следовательно, выполняем второе приближение.

6) Второе приближение н = (н + к ) / 2 = (0,5 + 0,309) / 2 = 0,405 ;

2 1 P A = = = 4,9410-3 м2;

н R 0,405 a = 0,707 A = 0,707 4,9410-3 = 0,05 м ;

6,921 6, = = =138,4 ;

a 0, = 130 ;

= 0,425 ;

= 140 ;

= 0,376 ;

0,425 - 0, к = 0,376 + (140 -138,4) = 0,384 ;

P 400 10- = = 80,1 МПа ;

A 4,94 10- Rсжк = 200 0,384 = 76,8 МПа ;

80,1 - 76, = 100 % = 4,3 % < 5 %.

61, Во втором приближении также имеет место перегрузка, но ее величина стала меньше 5 %. Принимаем: a = 5 cм ;

= 138,4.

7) Находим критическую силу. Так как = 138,4 > пр = 100, расчет ведем по формуле Эйлера:

Imin = 0,167a4 = 0,16754 =104 см4;

2EImin 3,142 2108 10410- Pкр = = = 604 кН.

(µl)2 (1 2) 8) Определяем коэффициент запаса Pкр kуст = = = 1,51.

P Задача РАСЧЕТ БАЛКИ НА УДАРНУЮ НАГРУЗКУ Задание. На двутавровую балку, свободно лежащую на двух жест ких опорах (рис. 11.1), с высоты h падает груз Q. Требуется: 1) найти наи большее нормальное напряжение в балке;

2) решить аналогичную задачу при условии, что правая опора заменена пружиной, податливость которой (т.е. осадка от груза 1 кН) равна ;

3) сравнить полученные результаты.

Данные взять из табл. 11.1.

Таблица 11., м № строки № схемы № двутавра Q, Н h, см, м/кН 1 1 20 2,1 1100 2110- 2 2 20а 2,2 1200 2210- 3 3 24 2,3 300 2310- 4 4 24а 2,4 400 2410- 5 1 27 2,5 500 2510- 6 2 27а 2,6 600 2610- 7 3 30 2,7 700 2710- 8 4 30а 2,8 800 2810- 9 1 33 2,9 900 2910- 0 2 36 3,0 1000 3010- е д в а г б Q Q h 2 h 025 075 05,,,, Q Q h h 075,, / Рис. 11. Методические указания При наличии упомянутой в п. 2 пружины ст = б + пр, где б – прогиб балки, лежащей на жестких опорах, в том сечении, где приложена сила Q (при статическом действии этой силы);

пр - осадка пружины от реакции, возникающей от силы Q;

– коэффициент, устанавливающий за висимость между осадкой пружины и перемещением точки приложения силы Q, вызванным поворотом всей балки вокруг центра шарнира левой опоры как жесткого целого (коэффициент находят из подобия треуголь ников).

Пример 11: На двутавровую балку (№ 24, Wx = 289 см3, Ix = 3460 см4, l = 4 м), свободно лежащую на двух жестких опорах (рис. 11.2), с высоты h = 11 см падает груз Q = 600 Н. Найти наибольшее нормальное напряже ние в балке;

решить аналогичную задачу при условии, что правая опора за менена пружиной, податливость которой равна = 2510-3 м/кН.

Q = 600 Н h = 11 см 075,, Рис. 11. Р е ш е н и е:

1) Определим прогиб балки в точке удара (в точке С) при статиче ском действии силы Q. Предварительно покажем единичное состояние, по строим эпюру изгибающих моментов M и вычислим перемещение от единичной силы по формуле трапеций:

A C B 075,, Эпюра M Рис. 11. 0,75l 3 3 0,25l 3 3 0,01172l = 0 + 2 l l + 0 + 0 + 2 l l + 0 + 0 + 0 = ;

6EI 16 16 6EI 16 16 EI 0, ст = Q = 600 = 6,5010-5 м = 0,0065 см.

21011 346010- 2) Определим динамический коэффициент:

2h kд = 1+ 1+ = 1+ 1+ =59,2.

ст 0, 3) Вычислим наибольшие нормальные напряжения в балке при ста тическом нагружении:

Mmax Q 3 4600 10- ст = = = 1,56 МПа.

W 16 289 10- 4) Наибольшие нормальные напряжения в балке при ударе д = kдcт= 59,2 1,56 = 92,2 МПа.

5) Определим напряжения в балке при ударе, если правая опора за менена пружиной (рис. 11.4). Предварительно рассмотрим статическое на гружение.

150 Н 600 Н 450 Н A C B C 075,, Рис. 11. Осадка опоры В B = 2510-3 0,45 = 1125 10-3 = 0,01125 м = 1,125 см.

Перемещение точки С, вызванное осадкой опоры В:

CC1 = 1,125 = 0,844 см.

Полное перемещение точки С (с учетом осадки опоры В и прогиба балки) ст = 0,844 + 0,0065 0,85 см.

Динамический коэффициент kд = 1+ 1+ = 6,18.

0, Наибольшие нормальные напряжения в балке при ударе д = kдcт = 1,566,18 = 9,64 МПа.

Вывод: после замены жесткой опоры пружиной напряжения в бал ке при ударе уменьшились в 92,2 / 9,64 = 9,56 раз.

Задача СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ БАЛКИ Задание. Для балки, изображенной на рис. 12.1, требуется: 1) по строить эпюры Q и M;

2) выполнить статическую и кинематическую про верку;

3) подобрать двутавровое сечение. Данные взять из табл. 5.1. При нять EJ = const.

q q P P 1 a b c a b c q q P P 3 a b c a b c q q M M 5 a b c a b c q q M M 7 a b c a b c q q M M P b c 9 0 a P a b c Рис. 12. Методические указания При решении задачи использовать метод сил. Для вычисления пере мещений применять формулы сокращенного умножения эпюр.

Пример 12: Для балки (рис. 12.2) построить эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов M;

2) выполнить статическую и кинемати ческую проверку;

3) подобрать двутавровое сечение. Допускаемое напря жение []= 90 МПа.

q = 16 кН/м Р = 20 кН M = 14 кН м A T B C D 1,5 м 3,2 м 3,8 м 1,8 м Рис. 12. Р е ш е н и е:

1) Находим степень статической неопределимости (число опорных связей минус три) n = 4 – 3 = 1.

2) Выбираем основную систему в виде балки на двух шарнирных опорах (рис. 12.3).

A C Рис. 12. 3) Показываем эквивалентную систему (рис. 12.4).

q = 16 кН/м Р = 20 кН M = 14 кН м A T B C B = 0.

D X RA RC 1,5 м 3,2 м 3,8 м 1,8 м Рис. 12. 4) Составляем каноническое уравнение по методу сил:

B = 11X1 + 1p = 0.

5) Для определения перемещений 11 и 1p предварительно постро им эпюры изгибающих моментов в основной системе при единичном и грузовом состоянии. Перемещения будем искать по формулам перемноже ния эпюр. Для участков с распределенной нагрузкой необходимо знать мо менты на концах и в серединах участков, для участков без распределенной нагрузки достаточно вычислить моменты на концах. Рассмотрим единич ное состояние (рис. 12.5, все размеры даны в метрах).

0, 1,9 1,9 0, B A T C K D R X1= 3,8 1, RA 1,5 3,2 RC 4,7 5, 2, 1, 0, 0, 0, Эпюра M, м A T B K D R C Рис. 12. Определяем реакции опор:

= 0 ;

M A 4,7X1 -10,3Rc = 0 ;

1 4, RC = = 0,4563 ;

10, = 0 ;

MC 10,3 RA - 5,6 X1 = 0 ;

15, RA = = 0,5437.

10, Проверка:

y = 0 ;

- RA + X1 - RC = 0 ;

–0,5437 + 1 – 0,4563 = 1 – 1 = 0.

Реакции опор найдены верно.

Вычисляем значения M1 в сечениях балки:

т. A: M1 = 0 ;

т. T: M1 = -1,5RA = -1,50,5437 = -0,816 м ;

т. B: M1 = -(1,5 + 3,2)RA = -(1,5 + 3,3)0,5437 = -2,555 м ;

т. K: M1 = -(1,9 +1,8)RC = -(1,9 +1,8) 0,4563 = -1,688 м ;

т. D: M1 = -1,8RC = -1,80,4563 = -0,821 м ;

т. R: M1 = -0,9RC = -0,00,4563 = -0,411 м ;

т. C: M1 = 0.

По найденным значениям строим эпюру M1 (рис. 12.5).

Рассмотрим грузовое состояние основной системы (рис. 12.6).

q = 16 кН/м Р = 20 кН M = 14 кН м A T B C K D R RA RC 1,9 1,9 0,9 0, 1,5 3, 3,8 1, 4,7 5, 10, A T B K D R C Эпюра M, кН м P 56, 60, 99, 124, 133,684 85, Рис. 12. Определяем реакции опор:

= 0 ;

M A -P 1,5 - q 5.6(4,7 + 5,6 / 2) - M + RC 10,3 = 0 ;

P 1,5 + q 5,6 (4,7 + 5,6 / 2) + M RC = ;

10, 201,5 +165,6(4,7 + 5,6 / 2) + RC = = 69,515 кН ;

10, = 0 ;

MС -RA 10,3 + P (3,2 + 5,6) + q 5,6(5,6 / 2) - M = 0 ;

P (3,2 + 5,6) + q 5,6(5,6 / 2) - M RA = ;

10, 20(3,2 + 5,6) +165,6(5,6 / 2) - RA = = 40,085 кН.

10, Проверка:

y = 0 ;

y = RA - P - q 5,6 + RC ;

40,085 - 20 -16 5,6 + 69,515 = 109,6 -109,6 = 0.

Реакции опор найдены верно.

Вычисляем значения моментов Mp в сечениях.

т. A: M = 0 ;

p т. T: M = RA 1,5 = 40,0851,5 = 60,128 кН м ;

p т. B: M = RA 4,7 - P 3,2 = 40,085 4,7 - 20 3,2 = 124,402 кН м ;

p т. K: M = RA (4,7 +1,9) - P (3,2 +1,9) - q 1,92 / 2 ;

p т. K: M = 40,085 (4,7 +1,9) - 20 (3,2 +1,9) -16 1,92 / 2 = 133,684 кН м ;

p слева от т. D:

M = RA (4,7 + 3,8) - P (3,2 + 3,8) - q 3,82 / 2 ;

p M = 40,085 (4,7 + 3,8) - 20 (3,2 + 3,8) -16 3,82 / 2 = 85,206 кН м ;

p справа от т. D:

M = RС 1,8 - q 1,82 / 2 = 69,5151,8 -161,82 /2 = 99,206 кН м ;

p т. R: M = RС 0,9 - q 0,92 / 2 = 69,5150,9 -160,92 /2 = 56,083 кН м ;

p т. C: M = 0 ;

p По найденным значениям строим эпюру Mp (рис. 12.6).

Умножаем эпюру М1 саму на себя:

M1 M 11 = dz ;

EJ 1 2 2 22, 1 11 = 0,5 4,7 2,555 2,555 + 5,6 2,555 2,555 =.

EJ 3 EJ 2 3 EJ Перемножаем эпюры М1 и Mp;

M1M p 1p = dz ;

EJ 1, 1р = (- 2 60,128 0,816)+ 6EJ 3, + (- 260,1280,816 - 2124,402 2,555 - 60,128 2,555 -124,402 0,816)+ 6EJ 3, + (-124,402 2,555 - 4133,684 1,688 - 85,206 0,821)+ 6EJ 1,8 1421, + (- 99,206 0,821- 4 56,083 0,411) = -.

6EJ EJ Из уравнения 11X1 + 1P = 0 находим Х1 :

1р -1421, X1 = - = - = 63,406 кН.

11 22, Строим исправленную эпюру M1X1 (рис. 12.7). Для этого значения эпюры M1 (рис. 12.5) умножаем на X1.

Строим окончательную эпюру моментов M. Для этого складываем эпюры MX1 и M (рис. 12.7).

p Кинематическая проверка:

M1 M dz = 0 ;

EJ M1 M 1, dz = (- 28,4190,816)+ EJ 6EJ 3, + (- 28,4190,816 + 237,621 2,555 - 8,419 2,555 + 37,6210,816)+ 6EJ 3, + (37,6212,555- 4 26,6331,688- 33,1270,821)+ 6EJ 1,8 600,61- 600, + (- 47,127 0,821- 430,0440,411)= 0.

6EJ 6EJ 162, 107, 52, 51, 26, Эпюра MX1, кН м 37, A T K D R C Эпюра M, кН м B 8, 26, 30, 47, 37, 33, 49, 18, 5, + + Эпюра Q, кН - - 3,064 м 14, 11, 26,182 40, Рис. 12. Для построения эпюры поперечных сил Q используем эквивалентную систему и найденное значение X1. Определяем реакции опор в основной системе от действия заданной нагрузки и силы X1:

= 0 ;

M A -P 1,5 + X1 4,7 - q 5,6 7,5 - M + RC 10,3 = 0 ;

P 1,5 - X1 4,7 + q 5,6 7,5 + M RC = = 10,582 кН ;

10, = 0 ;

MC -RA 10,3 - X1 5,6 + q 5,6 2,8 - M + P 8,8 = 0 ;

P 8,8 - X1 5,6 + q 5,6 2,8 - M RA = = 5,612 кН.

10, Проверка:

RA - P + X1 - q 5,6 + RC = 0 ;

5,612 - 20 + 63,406 -16 5,6 + 40,582 = 109,6 -109,6 = 0.

Вычисляем поперечные силы Q.

Участок AT: z1 [0;

1,5];

Q(z1) = RA = 5,612 кН;

Участок TB: z2 [0;

3,2];

Q(z2) = RA – P = 5,612 – 20 = –14,388 кН;

Участок BD: z3 [0;

3,8];

Q(z3) = RA – P + X1 – qz3 = 5,612 – 20 + 63,406 – 16z3;

Q(z3) = 49,018 – 16z3 ;

Q(0) = 49,018 кН;

Q(3,8) = –11,782 кН;

Участок СD: z4 [0;

1,8];

Q(z4) = –Rс +qz4 = –40,582 + 16z4;

Q(1,8) = –40,582 + 16·1,8 = –11,782 кН;

Q(0) = –40,582 кН.

По найденным значениям строим эпюру Q (рис.12.7).

Уточняем эпюру изгибающих моментов. Находим экстремальное зна чение изгибающего момента на участке BD:

Qлев 49, Q = 0 при z = = = 3,064 м ;

q z M = M + Qлев z - q ;

экс лев 3, M = -37,621+ 49,0183,064 -16 = 37,465 кН м.

экс Подбираем сечение балки из условия прочности по нормальным на пряжениям;

опасное поперечное сечение находится в точке D справа:

M = 47,127 кН м ;

max M 47,127 max Wx = = 0,52410-3м3 = 524 см3;

[] 90 принимаем двутавр № 33 (Wx = 597 см3).

ТЕСТ ДЛЯ ПРОВЕРКИ ОСТАТОЧНЫХ ЗНАНИЙ 1 Тело, у которого упругие свойства по всем направлениям одинако вы, называется:

1) изотропным;

2) упругим;

3) хрупким;

4) анизотропным;

5) однородным.

2 В каких точках поперечного сечения балки при изгибе возникают наибольшие нормальные напряжения?

1) в точках, наиболее удаленных от центра тяжести;

2) в точках, наиболее удаленных от нейтральной оси;

3) в точках контура поперечного сечения;

4) в центре тяжести сечения;

5) в точках нейтральной оси сечения.

3 Напряжение, которое следует создать в растянутом образце, чтобы его напряженное состояние было равноопасным заданному напряженному состоянию, называется:

1) опасным;

2) допускаемым;

3) предельным;

4) эквивалентным;

5) критическим.

4 Нагрузка, при которой первоначальная форма равновесия конст рукции перестает быть устойчивой, называется:

1) предельной;

2) критической;

3) динамической;

4) разрушающей;

5) допускаемой.

5 Напряжение, при котором наблюдается рост деформаций без из менения нагрузки, называется:

1) пределом пропорциональности;

2) пределом текучести;

3) критическим;

4) пределом прочности;

5) допускаемым.

6 В каких точках поперечного сечения балки при изгибе отсутству ют нормальные напряжения?

1) в точках, наиболее удаленных от центра тяжести;

2) в точках, наиболее удаленных от нейтральной оси;

3) в точках контура поперечного сечения;

4) в ядре сечения;

5) в точках нейтральной оси сечения.

7 Два напряженных состояния называются равноопасными, если у них одинаковые:

1) критические напряжения;

2) допускаемые напряжения;

3) пределы текучести;

4) пределы прочности;

5) коэффициенты запаса.

8 Момент внутренних сил в поперечном сечении бруса относительно продольной оси бруса называется:

1) полярным моментом инерции сечения;

2) крутящим моментом;

3) главным моментом;

4) осевым моментом инерции сечения;

5) изгибающим моментом.

9 Способность конструкции сопротивляться деформации называется:

1) жесткостью;

2) твердостью;

3) выносливостью;

4) устойчивостью;

5) прочностью.

10 Способность тела сохранять заданную (первоначальную) форму равновесия называется:

1) прочностью;

2) жесткостью;

3) надежностью;

4) упругостью;

5) устойчивостью.

11 Проекция главного вектора внутренних сил в поперечном сечении нагруженного бруса на продольную ось бруса называется:

1) критической силой;

2) касательным напряжением;

3) поперечной силой;

4) продольной силой;

5) нормальным напряжением.

12 Число, показывающее во сколько раз надо увеличить напряжения в теле, чтобы получить опасное состояние, называется:

1) коэффициентом концентрации;

2) коэффициентом чувствительности;

3) пределом текучести;

4) пределом прочности;

5) коэффициентом запаса.

13 Мерой интенсивности внутренних сил является:

1) изгибающий момент;

2) главный момент;

3) напряжение;

4) критическая сила;

5) главный вектор внутренних сил.

14 Как изменится гибкость стержня, если его длину увеличить в два раза?

1) уменьшится в четыре раза;

2) уменьшится в два раза;

3) не изменится;

4) увеличится в два раза;

5) увеличится в четыре раза.

15 Тело, у которого упругие свойства по различным направлениям неодинаковы, называется:

1) изотропным;

2) упругим;

3) хрупким;

4) анизотропным;

5) неоднородным.

Таблица правильных ответов Вопрос 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 Ответ 1 2 4 2 2 5 5 2 1 5 4 5 3 4 П р и л о ж е н и е СОРТАМЕНТ МАТЕРИАЛОВ Сталь горячекатаная. Балки двутавровые (ГОСТ 8239–72) y d x h b Таблица 13. Wx Wy № h,мм b,мм d,мм A,см2 Jx,см4 ix,см Sx,см3 Jy,см4 iy,см,см3,см 10 100 55 4,5 12 198 39,7 4,06 23 17,9 6,49 1, 12 120 64 4,8 14,7 350 58,4 4,88 33,7 27,9 8,72 1, 14 140 73 4,9 17,4 572 81,7 5,73 46,8 41,9 11,5 1, 16 160 81 5 20,2 873 109 6,57 62,3 58,6 14,5 1, 18 180 90 5,1 23,4 1290 143 7,42 81,4 82,6 18,4 1, 18а 180 100 5,1 25,4 1430 159 7,51 89,8 114 22,8 2, 20 200 100 5,2 26,8 1840 184 8,28 104 115 23,1 2, 20а 200 110 5,2 28,9 2030 203 8,37 114 155 28,2 2, 22 220 110 5,4 30,6 2550 232 9,13 131 157 28,6 2, 22а 220 120 5,4 32,8 2790 254 9,22 143 206 34,3 2, 24 240 115 5,6 34,8 3460 289 9,97 163 198 34,5 2, 24а 240 125 5,6 37,5 3800 317 10,1 178 260 41,6 2, 27 270 125 6 40,2 5010 371 11,2 210 260 41,5 2, 27а 270 135 6 43,2 5500 407 11,3 229 337 50 2, 30 300 135 6,5 46,5 7080 472 12,3 268 337 49,9 2, 30а 300 145 6,5 49,9 7780 518 12,5 292 436 60,1 2, 33 330 140 7 53,8 9840 597 13,5 339 419 59,9 2, 36 360 145 7,5 61,9 13 380 743 14,7 423 516 71,1 2, 40 400 155 8,3 72,6 19 062 953 16,2 545 667 86,1 3, 45 450 160 9 84,7 27 696 1231 18,1 708 808 101 3, 50 500 170 10 100 39 727 1589 19,9 919 1043 123 3, 55 550 180 11 118 55 962 2035 21,8 1181 1356 151 3, 60 600 190 12 138 76 806 2560 23,6 1491 1725 182 3, Сталь горячекатаная. Швеллеры с параллельными гранями xс y d x h t b Таблица 13. Справочные данные для осей h b d t № А,см2 xc,см x y мм Jx,см4 Wx,см3 ix,см Sx,см3 Jy,см4 Wy,см3 iy,см 5 50 32 4,4 7,0 6,16 22,8 9,14 1,92 5,61 5,95 2,99 0.983 1, 6,5 65 36 4,4 7,2 7,51 48,8 15,00 2,55 9,02 9,35 4,06 1,120 1, 8 80 40 4,5 7,4 8,98 89,8 22,50 3,16 13,30 13,90 5,31 1,240 1, 10 100 46 4,5 7,6 10,90 175,0 34,90 3,99 20,50 22,60 7,37 1,440 1, 12 120 52 4,8 7,8 13,30 305,0 50,80 4,79 29,70 34,90 9,84 1,620 1, 14 140 58 4,9 8,1 15,60 493,0 70,40 5,61 40,90 51,50 12,90 1,810 1, 14a 140 62 4,9 8,7 17,00 547,0 78,20 5,68 45,20 65,20 15,70 1,960 2, 16 160 64 5,0 8,4 18,10 750,0 93,80 6,44 54,30 72,80 16,40 2,000 1, 16a 160 68 5,0 9,0 19,50 827,0 103,00 6,51 59,50 90,50 19,60 2,150 2, 18 180 70 5,1 8,7 20,70 1090,0 121,00 7,26 70,00 100,00 20,60 2,200 2, 18a 180 74 5,1 9,3 22,20 1200,0 133,00 7,34 76,30 123,00 24,30 2,350 2, 20 200 76 5,2 9,0 23,40 1530,0 153,00 8,08 88,00 134,00 25,20 2,390 2, 20a 200 80 5,2 9,7 25,20 1680,0 168,00 8,17 96,20 162,00 29,70 2,540 2, 22 220 82 5,4 9,5 26,70 2120,0 193,00 8,90 111,00 178,00 31,00 2,580 2, 22a 220 87 5,4 10,2 28,8 2340,0 212,00 9,01 121,00 220,00 37,00 2,770 2, 24 240 90 5,6 10,0 30,60 2910,0 243,00 9,75 139,00 248,00 39,50 2,850 2, 24a 240 95 5,6 10,7 32,90 3200,0 266,00 9,86 152,00 302,00 46,50 3,030 3, 27 270 95 6,0 10,5 35,20 4180,0 310,00 10,90 178,00 314,00 46,70 2,990 2, 30 300 100 6,5 11,0 40,50 5830,0 389,00 12,00 224,00 393,00 54,80 3,120 2, 33 330 105 7,0 11,7 46,50 8010,0 486,00 13,10 281,00 491,00 64,60 3,250 2, 36 360 110 7,5 12,6 53,40 10 850 603,00 14,30 350,00 611,00 76,30 3,380 2, 40 400 115 8,0 13,5 61,50 15 260 763,00 15,80 445,00 760,00 89,90 3,510 3, Сталь прокатная угловая равнополочная (ГОСТ 8509–72) xс y y x b x yс x b d Таблица 13. Справочные величины для осей b d x x0 y0 x1,, xc yc № А,м см Jx0 max, ix0 max, J, iy0 min, Jx1,см Jx,см y0 min мм ix,см см4 см см4 см 2 20 3 1,13 0,40 0,59 0,63 0,75 0,17 0,39 0,81 0, 4 1,46 0,50 0,58 0,78 0,73 0,22 0,38 1,09 0, 2,5 25 3 1,43 0,81 0,75 1,29 0,95 0,34 0,49 1,57 0, 4 1,86 1,03 0,74 1,62 0,93 0,44 0,48 2,11 0, 2,8 28 3 1,62 1,16 0,85 1,84 1,07 0,48 0,55 2,20 0, 3,2 32 3 1,86 1,77 0,97 2,80 1,23 0,74 0,63 3,26 0, 4 2,43 2,26 0,96 3,58 1,21 0,94 0,62 4,39 0, 3,6 36 3 2,10 2,56 1,10 4,06 1,39 1,06 0,71 4,64 0, 4 2,75 3,29 1,09 5,21 1,38 1,36 0,70 6,24 1, 4 40 3 2,35 3,55 1,23 5,63 1,55 1,47 0,79 6,35 1, 4 3,08 4,58 1,22 7,26 1,53 1,90 0,78 8,53 1, 5 3,79 5,53 1,20 8,75 1,54 2,30 0,79 10,73 1, 4,5 45 3 2,65 5,13 1,39 8,13 1,75 2,12 0,89 9,04 1, 4 3,48 6,63 1,38 10,50 1,74 2,74 0,89 12,10 1, 5 4,20 8,03 1,37 12,70 1,72 3,33 0,88 15,30 1, 5 50 3 2,96 7,11 1,55 11,30 1,95 2,95 1,00 12,40 1, 4 3,89 9,21 1,54 14,60 1,94 3,80 0,99 16,60 1, 5 4,80 11,20 1,53 17,80 1,92 4,63 0,98 20,90 1, 5,6 56 4 4,38 13,10 1,73 20,80 2,18 5,41 1,11 23,30 1, 3 5,41 16,00 1,72 25,40 2,16 6,59 1.10 29,20 1, 6,3 63 4 4,96 18,90 1,95 29,90 2,45 7,81 1,25 33,10 1, 5 6,13 23,10 1,94 36,60 2,44 9,52 1,25 41,50 1, 6 7,28 27,10 1,93 42,90 2,43 11,20 1,24 50,00 1, 7 70 4,5 6,20 29,0 2,16 46,0 2,72 12,0 1,39 51,0 1, 5 6,86 31,9 2,16 50,7 2,72 13,2 1,39 56,7 1, 6 8,15 37,6 2,15 59,6 2,71 15,5 1,38 68,4 1, 7 9,42 43,0 2,14 68,2 2,69 17,8 1,37 80,1 1, 8 10,70 48,2 2,13 76,4 2,68 20,0 1,37 91,9 2, Продолжение табл. 13. Справочные величины для осей b d x x0 y0 x1,, xc yc № А,см см Jx0 max, ix0 max, J, iy0 min, Jx1, Jx,см y0 min мм ix, см см4 см см4 см см 7,5 75 5 7,39 30,5 2,31 62,6 2,91 16,4 1,49 69,6 2, 6 8,78, 46,6 2,30 73,9 2,90 19,3 1,48 83,9 2, 7 10,10 53,3 2,29 84,6 2,80 22,1 1,48 98,3 2, 8 11,50 59,8 2,28 94,6 2,87 24,8 1,47 113.0 2, 9 12,80 66,1 2,27 105,0 2,80 27,5 1,46 127,0 2, 8 80 5,5 8,63 52,7 2,47 83,6 3,11 21,8 1,59 93,2 2, 6 9,38 57,0 2,47 90,4 3,11 23,5 1,58 102,0 2, 7 10,80 65,3 2,45 104,0 3,09 27,0 1,58 119,0 2, 8 12,30 73,4 2,44 116,0 3,08 30,3 1,57 137,0 2, 9 90 6 10,60 82,1 2,78 130,0 3,50 34,0 1,79 145,0 2, 7 12,30 94,3 2,77 150,0 3,49 38,9 1,78 169,0 2, 8 13,90 106,0 2,76 168,0 3,48 43,8 1,77 194,0 2, 9 15,60 118,0 2,75 186,0 3,46 48,6 1,77 219,0 2, 10 100 6,5 12,80 122,0 3,09 193,0 3,88 50,7 1,99 214,0 2, 7 13,80 131,0 3,08 207,0 3,88 54,2 1,98 231,0 2, 8 15,60 147,0 3,07 233,0 3,87 60,9 1,98 265,0 2, 10 19,20 179,0 3,05 284,0 3,84 74,1 1,96 333,0 2, 12 22,80 209,0 3,03 331,0 3,81 86,9 1,95 402,0 2, 14 26,30 237,0 3,00 375,0 3,78 99,3 1,94 472,0 2, 16 29,70 264,0 2,98 416,0 3,74 112,0 1,94 542,0 3, 11 110 7 15,20 176,0 3,40 279,0 4,29 72,7 2,19 308,0 2, 8 17,20 198,0 3,39 315,0 4,28 81,8 2,18 353,0 3, 12,5 125 8 19,7 294 3,87 467 4,87 122 2,49 516 3, 9 22,0 327 3,86 520 4,86 135 2,48 582 3, 10 24,3 360 3,85 571 4,84 149 2,47 649 3, 12 28,9 422 3,82 670 4,82 174 2,46 782 3, 14 33,4 482 3,80 764 4,78 200 2,45 916 3, 16 37,8 539 3,78 853 4,75 224 2,44 1051 3, 14 140 9 24,7 466 4,34 739 5,47 192 2,79 818 3, 10 27,3 512 4,38 814 5,46 211 2,78 911 3, 12 32,5 602 4,31 957 5,43 248 2,76 1097 3, 16 160 10 31,4 774 4,96 1229 6,25 319 3,19 1356 4, 11 34,4 844 4,95 1341 6,24 348 3,18 1494 4, 12 37,4 913 4,94 1450 6,23 376 3,17 1633 4, 14 43,3 1046 4,92 1662 6,20 431 3,16 1911 4, 16 49,1 1175 4,89 1866 6,17 485 3,14 2191 4, 18 54,8 1299 4,87 2061 6,13 537 3,13 2472 4, 20 60,4 1419 4,85 2248 6,10 589 3,12 2756 4, 18 180 11 38,8 1216 5,60 1933 7,06 500 3,59 2128 4, 12 42,2 1317 5,59 2093 7,04 540 3,58 2324 4, Продолжение табл. 13. Справочные величины для осей b d x x0 y0 x1,, xc yc № А,см см Jx0 max, ix0 max, J, iy0 min, Jx1,см Jx,см y0 min мм ix,см см4 см см4 см 20 200 12 47,1 1823 6,22 2896 7,84 749 3,99 3182 5, 13 50,9 1961 6,21 3116 7,83 805 3,98 3452 5, 14 54,6 2097 6,20 3333 7,81 861 3,97 3722 5, 16 62,0 2363 6,17 3755 7,78 970 3,96 4264 5, 20 76,5 2871 6,12 4560 7,72 1182 3,93 5355 5, 25 94,3 3466 6,06 5494 7,63 1438 3,91 6733 5, 30 111,5 4020 6,00 6351 7,55 1688 3,89 8130 6, 22 220 14 60,4 2814 6,83 4470 8,60 1159 4,38 4941 5, 16 68,6 3175 6,81 5045 8,58 1306 4,36 5661 6, 25 250 16 78,4 4717 7,76 7492 9,78 1942 4,98 8286 6, 18 87,7 5247 7,73 8337 9,75 2158 4,96 9345 6, 20 97,0 5765 7,71 9160 9,72 2370 4,94 10401 6, 22 106,1 6270 7,69 9961 9,69 2579 4,93 11464 7, 25 119,7 7006 7,65 11125 9,64 2887 4,91 13064 7, 28 133,1 7717 7,61 12244 9,59 3190 4,89 14674 7, 30 142,0 8177 7,59 12965 9,56 3389 4,89 15753 7, СПИСОК РЕКОМЕНДУЕМОЙ ЛИТЕРАТУРЫ 1 Афанасьев, А.М. Лабораторный практикум по сопротивлению ма териалов / А.М. Афанасьев, В.А. Марьин. – М., 1975.

2 Варданян, Г.С. Сопротивление материалов с основами теории уп ругости и пластичности / Г.С. Варданян, В.И. Андреев, Н.М. Атаров, А.А. Горшков. – М., 1995.

3 Дарков, А.В. Сопротивление материалов / А.В. Дарков, Г.С. Шпи ро. – М., 1975.

4 Сборник задач по сопротивлению материалов / Под ред. В.К. Ка чурина. – М., 1972.

5 Смирнов, А.Ф. Сопротивление материалов / А.Ф. Смирнов и др. – М., 1975.

6 Феодосьев, В.И. Сопротивление материалов / В.И. Феодосьев. – М., 1979.

СОДЕРЖАНИЕ ВВЕДЕНИЕ ………………………………………………………………... Тема 1 ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ ………………………………………... Тема 2 РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ …………………………………….. Тема 3 СДВИГ ……………………………………………………………. Тема 4 КРУЧЕНИЕ ……………………………………………………….. Тема 5 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ ………………………………………………………… Тема 6 ТЕОРИЯ НАПРЯЖЕННОГО СОСТОЯНИЯ И ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ ……………………………………………………. Тема 7 ИЗГИБ ПРЯМЫХ БРУСЬЕВ ……………………………………. Тема 8 СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ ……………………………….. Тема 9 ИЗГИБ ПЛОСКОГО БРУСА БОЛЬШОЙ КРИВИЗНЫ ……….. Тема 10 УСТОЙЧИВОСТЬ РАВНОВЕСИЯ ДЕФОРМИРУЕМЫХ СИСТЕМ ………………………………………………………… Тема 11 ДИНАМИЧЕСКАЯ НАГРУЗКА ………………………………. Тема 12 РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ НАПРЯЖЕНИЯХ, ЦИКЛИЧЕСКИ ИЗМЕНЯЮЩИХСЯ ВО ВРЕМЕНИ ……….. КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ ……………………………………………. Контрольная работа ………………………………………………... Контрольная работа ………………………………………………... Контрольная работа ………………………………………………... Контрольная работа ………………………………………………... ТЕСТ ДЛЯ ПРОВЕРКИ ОСТАТОЧНЫХ ЗНАНИЙ ………………...




© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.