- •Методичні рекомендації та індивідуальні завдання до виконання самостійної роботи студентів
- •Теорія машин і механізмів.
- •Деталі машин.
- •Вказівки про порядок виконання самостійних робіт
- •1.1. Основи побудови машин і механізмів.
- •1.2. Кінематичне дослідження механізмів
- •1.3. Дослідження руху машин і механізмів з жорсткими ланками
- •1.3.1 Зведення мас і сил
- •Опір матеріалів задача 1
- •Задача 2
- •Задача 3
- •Задача4
- •Задача 6
- •Задача 7
- •Задача 8
- •Задача 10
- •Задача 11
- •Задача 12
- •Задача 15
- •Приклад розв’язання задачі 1
- •Розв’язання
- •Приклад розв’язання задачі 2
- •Розв’язання
- •Приклад розв’язання задачі 3
- •Розв’язання
- •Приклад розв’язання задачі 4
- •Розв’язання
- •Приклад розв’язання задачі 5
- •Розв’язання
- •Приклад розв’язання задачі 6
- •Розв’язання
- •Приклад розв’язання задачі 7
- •Розв’язання
- •Приклад розв’язання задачі 8
- •Розв’язання
- •Приклад розв’язання задачі 9
- •Розв’язання
- •Приклад розв’язання задачі 10
- •Розв’язання
- •Приклад розв’язання задачі 11
- •Розв’язання
- •Приклад розв’язання задачі 12
- •Розв’язання
- •Приклад розв’язання задачі 13
- •Розв’язання
- •Приклад розв’язання задачі 14
- •Розв’язання
- •Приклад розв’язання задачі 15
- •Розв’язання
- •4. Контроль знань
Приклад розв’язання задачі 7
Вихідні дані: |
β = 0,5, F = 3 кН, q = 0,8 кН/м, l = 3 м. |
Схема показана на рис. 21.
Розв’язання
1. Представлена на рис.21 балка один раз статично невизначена, невідомих реакцій - чотири: три реакції в защемленні й одна - у шарнірно-нерухомій опорі. Рівнянь статики для заданої системи - можливо записати тільки три:
ΣY=0, ΣX=0, ΣMB=0.
Отже, потрібно скласти одне додаткове рівняння - рівняння переміщень, яке виражає ту думку, що прогин балки на правій опорі дорівнює нулю: YВ = 0.
Т.я. за умовою задачі потрібно спочатку визначити момент у защемленні, запишемо рівняння статики, що виключає вплив реакції Rв правої опори.
, , RA·3 - 3·1,5 – MA+ 0,8·1,5·0,75=0, RA·3 – MA – 3,6=0, MA=3RA – 3,6. |
(1) |
Рівняння прогину балки на правій опорі запишемо за допомогою методу початкових параметрів:
,
де y0 = 0, θ0 = 0 – прогин і кут повороту в затисненні.
Тоді, для заданої схеми одержимо:
, , - 4,5MA+4,5RA - 1,6875=0, -MA+RA – 0,375=0 |
(2) |
Підставимо (1) в (2), одержимо:
, звідки RA=1,6125 кН,
кНм
Тому що момент МА вийшов зі знаком (+), отже, його напрям на рис.21 зазначено вірно. У протилежному випадку потрібно поміняти напрям моменту МА на протилежний.
Визначимо реакцію в опорі В.
ΣМА=0,
,
1,2375 - 3·1,5 – 0,8·1,5·3,75+ 3·RB=0, звідки: RB=2,5875 кН.
2. Будуємо епюри Q, M по характерних точках.
Побудова епюри поперечних сил Q
Ділянка DВ.
QD=0,
QB=q·BD=0,8·1,5=1,2 кН.
Ділянка ВС.
QB=1,2 – RB=1,2 – 2,5875= - 1,3875 кН,
QC= - 1,3875 кН.
Ділянка АС.
QA=RA=1,6125 кН,
QС =1,6125 кН.
"Стрибок" у точці С вийшов на величину F = 3кН,
F=QC AC + QC BC =1,6125+1,3875=3 кН.
Будуємо епюру Q.
Побудова епюри згинального моменту Мзг
Ділянка ВD.
MD=0,
кН·м.
Ділянка АС.
Mзадел =МА = - 1,2375 кН·м,
МС = - МА + RA·AC = - 1,2375 + 1,6125·1,5=1,18125 кН·м.
Будуємо епюру Mзг.
3. Будуємо епюру прогинів, використовуючи рівняння початкових параметрів.
a) z1=0,25l=0,75 м ,
,
.
б) z2=0,5l=1,5 м ,
,
.
в) z3=0,75l=2,25 м ,
,
.
г) z4=l=3 м, прогин в уВ=0.
,
у4 = уВ =0 (перевірка).
д) z5=1,25l=3,75 м ,
.
е) z6=1,5l=4,5 м ,
.
Знак (-) означає прогин донизу, (+) - нагору.
Будуємо епюру прогинів у частках .
Рисунок 21.
Приклад розв’язання задачі 8
Вихідні дані: |
F = 1 кН, l = 1,8 м, h/b = 1,6. |
Розрахункова схема - на рис. 22.
Розв’язання
1. Для побудови епюр Мверт і Мгор. розглянемо вигин балки окремо в горизонтальній і вертикальній площинах:
а) Горизонтальна площина
Опорні реакції: ΣMD=0, ΣМС=0.
RC ·CD - F·BD = 0, ,
RD·CD - F·CB = 0, .
Тоді .
Будуємо епюру Мгор .
б) Вертикальна площина
Опорні реакції можна визначити, виходячи із симетричності розрахункової схеми у цій площині:
, .
Будуємо епюру Мверт .
2. Визначимо небезпечний переріз.
Небезпечним є переріз балки у точці А, тому що в цій точці
, ,
(порівнюючи точку D, маємо , .)
Примітка: Можливі випадки, коли на балці може виникнути два і більше небезпечних перерізів. Потрібно піддати перевірці всі такі точки й вибрати з них найнебезпечнішу.
Рисунок 22.
Підберемо розміри перерізу h і b, користуючись умовою міцності при косому вигині:
, де , ,
Wy, Wz - моменти опору прямокутного перерізу, тому що , то h=1,6 b. Тоді: , .
Підставимо ці значення в умову міцності: .
Звідси .
кН·м, кН·м.
м,
h=1,6·b=1,6·0,062=0,0992 м.
Таким чином, округлюючи, можна прийняти: b=6,2 см, h=10 см.
3. Кут нахилу нейтральної лінії щодо горизонтальної осі перерізу визначимо за формулою:
,
де .
см4, см4,
, звідси φ=arctg 1,3=52º.
Для визначення положення нейтральної лінії робимо наступне. Накреслемо перетин у масштабі 1:2 і покажемо осі yz (рис.23).
Відповідно до напрямку осей y і z на рис. 22, визначимо вид деформації волокон балки під дією сил F.
Так, на горизонтальній площині, волокна, що лежать знизу (тобто з боку, протилежної напрямку осі z) - стислі, а волокна, що лежать зверху - розтягнуті. Покажемо це на перетині (рис.23) знаками (+) і (-). Аналогічно визначаємо, що у вертикальній площині верхні волокна - стислі, а нижні - розтягнуті. Вид деформації волокон легко визначити, якщо врахувати, що епюри згинальних моментів будуються з боку стислих волокон.
Після того, як на перерізі чітко визначені області стиску й розтягання, не складає труднощів побудувати нейтральну лінію, що проходить через центр ваги перерізу й ділить його на дві області - стислу й розтягнуту. У нашому випадку вісь z потрібно повернути на кут φ =52º проти ходу годинникової стрілки (рис.23).
Для побудови епюри нормальних напружень у небезпечному перерізі визначаємо напруження на контурі перерізу в кутових точках. Точки 2 і 4 найбільш віддалені від нейтральної лінії, отже, у них виникають найбільші напруження:
, , де
см3 = 64·10 -6 м3,
см3 = 103·10 -6 м3,
Н/м = 3,5МПа,
Н/м = 4,4МПа.
Тоді σ4=3,5+4,4=7,9МПа, σ2=-3,5 – 4,4 = -7,9 МПа.
Напруження в точках 1 і 3: σ1 < 0, σ3 < 0.
σ1= - σz + σy = - 4,4 + 3,5= - 0,9 МПа, σ3=σz - σy =4,4- 3,5=0,9МПа.
Будуємо епюру нормальних напружень в аксонометрії (рис.23).
Рисунок 23.