Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Самарский национальный исследовательский университет им. ак. С.П. Королёва (бывш. СГАУ, СамГУ)

Предмет:

Сопротивление материалов

Файл:

СБОРНИК РАСЧЕТНО-ПРОЕКТИРОВОЧНЫХ РАБОТ ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ МАТЕРИАЛОВ

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

16.03.2015

Размер:

613.54 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 43 4 > Следующая >>>

10 1,5 8,5cм, U

2,5

1,25см,

c 3см, U

2,5 0,6

4,2

4,5см.

A1Vc1

A2Vc2 A3Vc3

6 5 2,14 8,5 6,3 3

67,09

4,65см,

A2 A3

6 2,14 6,3

14,44

A1Uc1

A2Uc2 A3Uc3

6 2,8 2,14 1,25 6,3 4,5

47,825

3,31см.

A1 A2 A3

6 2,14 6,3

14,44

На рисунке 5 отметим центр тяжести сечения по найденным координатам Uc и Vc .

3. Через точку С проведём центральные оси всего сечения, параллельные центральным осям элементов и вычислим моменты инерции относительно этих осей, используя формулы преобразования моментов инерции при параллельном переносе осей:

Ix Ix(11) A1 a12 Ix(22 ) A2 a22 Ix(33) A3 a32 ,

Iy Iy(11) A1 b12 Iy(22 ) A2 b22 Iy(33) A3 b32 ,

I	xy	I(1)		A		a b I(2)					A a	2	b I(3)						A a b .
	xy		x y	1	1	1	1	x	y	2	2	2	2		x	3	y		3	3	3	3
			1	1				2		2						3			3
Здесь			Ix(1) ,		Ix(2) , I(3) ,Iy(1) ,						Iy(2) ,I(3) , Ix(1)y				,Ix(2)y				,Ix(3)y		-	осевые и центробежные моменты
				1		2	x3	1			2 x3		1	1	2			2	3	3

инерции элементов сечения относительно собственных центральных осей;

a1,a2,a3 - расстояния между центральной осью Х и центральными осями элементов

х1,x2,x3 ;

b1,b2,b3 - расстояния между центральной осью У и центральными осями элементов

y1, y2, y3 ;

Осевые моменты инерции элементов относительно собственных центральных осей вычислены ранее, их центробежные моменты инерции равны нулю, так как собственные центральные оси элементов являются главными осями.

Вычислим расстояния между осями, используя рисунок 5:

a1 Vc1 Vc 5 4,65 0,35см,

a2 Vc2 Vc 8,5 4,65 3,85см,

a1 Vc3 Vc 3 4,65 1,65см,

b1 Uc1 Uc 2,8 3,3 0,5см,

b2 Uc2 Uc 1,25 3,3 2,05см,

b3 Uc3 Uc 4,5 3,3 1,2см.

|У0|наиб

У0

у2

у1

С2

х2

у3

х1

VC2

С1

С3

х3

VC1 V

Х0

наиб

С3

UC1

UС3

Рис.5

Ix Ix(11) A1 a12 Ix(22 ) A2 a22 Ix(33) A3 a32 =

=50+6 0,352 1,099 2,14 (3,85)2 2,36 6,3 ( 1,65)2 135 см4 ,

Iy Iy(11) A1 b12 Iy(22 ) A2 b22 Iy(33) A3 b32 =

=0,18+6 0,52 4,499 2,14 ( 2,05)2 6,3 (1,2)2 30,37 см4 ,

Ixy Ix(11)y1 A1 a1 b1 Ix(22 )y2 A2 a2 b2 Ix(33)y3 A3 a3 b3 =

=0 6 0,35 0,5 0 2,14 3,85 ( 2,05) 0 6,3( 1,65) 1,2 28,31см4.

4. Определим главные центральные моменты инерции сечения Ix0 ,Iy0 :

			1		Ix Iy
Ix 0, y 0			1					Ix Iy 2 4 Ix y2
Ix 0, y 0								Ix Iy 2 4 Ix y2
		2
		2
		1										165,37 118,92
		1							2		2	165,37 118,92
				135 30,7					135 30,7	4 ( 28,3)
		2		135 30,7					135 30,7	4 ( 28,3)		2
		2										2
I	142,16см4 , I					y	23,21см4 .
	x0					y	0

Положение главных центральных осей найдём по формуле:

tq 0	Ixy	28,31	0,253;
	Ix Iy 0	135 23,21

0 arctg(0,253) 14,2 .Здесь 0 - угол между осью Х и Х0 .

Строим главные центральные оси x0, y0 (рис.5).

5. Определим координаты точек сечения, наиболее удаленных от главных центральных осей.

Из рис.5 следует, что такими точками будут точки 1 и 2, координаты которых в осях Х,Y

равны: х(1)

3,3 см, y(1)

V 10 4,65 5,35 см,

х(2)

H+δ+h-U

=2,5+0,6+4,2-3,31=4,01см,

y(2)

a 1,65см.

Координаты точек в осях X0,Y0 :

x(1) x(1)

cos

y(1)

sin

3,3 cos14,2 5,35sin14,2 1,88cм;

y0(1) y(1)

cos 0

x(1)

sin 0

5,35 cos14,2 3,3 sin14,2 ) 6cм.

x(2) x(2)

cos

y(2)

sin

4,01 cos14,2 1,65sin14,2 4,29cм;

y0(2)

y(2)

cos 0

x(2)

sin 0

1,65 cos14,2

4,01 sin14,2 ) 2,58cм.

Из полученных результатов следует:

х0

наиб

4,29

см,

у0

наиб 6 см.

Вычисленные значения координат можно проверить измерениями на рис.5.

6. Определим моменты сопротивления сечения изгибу:

142,16

23,69

см

;

наиб

y 0

23,21

5,41см

4,29

наиб

7. Вычислим радиусы инерции: ix0

142,16

3,14

см,

14,44

iy0

23,21

1,61

см.

14,44

Радиус ix0 отложим по оси Y0 , радиус iy0 - оси X0 и на этих отрезках построим эллипс инерции.

ЛИТЕРАТУРА

1.Феодосьев В.И. Сопротивление материалов [Текст]: Учебник для втузов / В.И. Феодосьев. - М.: МГТУ им. Баумана, 2007. - 512 с.

2.Справочные данные к расчетно-проектировочным и курсовым работам по сопротивлению материалов[Текст]: Методические указания, Ч.1 / В.К. Шадрин, В.С. Вакулюк, В.Б. Иванов, В.А. Кирпичев, С.М. Лежин. - Самара: СГАУ, 2007. – 36 с.

Работa № 3

РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМЫХ БАЛОК

1. ЗАДАНИЕ

Заданы схемы балок, размеры и действующие нагрузки. Требуется:

построить эпюры Q и M для балок с буквенными данными;

построить эпюры Q и M для балок с числовыми данными, назначить размеры поперечных сечений, сравнить экономичность балок с различными сечениями;

провести анализ напряженного и деформированного состояний в заданной точке одной из балок; определить прогиб и угол поворота поперечного сечения одной из балок.

представить реферат, схемы балок, выполненные в масштабе, эпюры Q и M, эпюры и , элемент балки с действующими на его гранях напряжениями, круг Мора и все необходимые расчеты.

2. ВЫБОР ЗАДАНИЯ

Каждый студент получает от преподавателя шифр, по которому из сборника берет схемы балок. Соотношения между нагрузками q, F и m задаются преподавателем. Например,

F ql ,	m	ql2
			.
		2

3.ПОРЯДОК ВЫПОЛНЕНИЯ РАБОТЫ

1.Изображаются в масштабе схемы балок с буквенными данными, вычисляются реакции опор, указываются их значения на схемах. Строятся эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов M с обозначением характерных ординат. Расчеты, сопровождающие решение, в пояснительной записке можно не приводить.

2.Изображаются в масштабе схемы балок с числовыми данными, вычисляются реакции опор, указываются их значения на схемах. Строятся эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов M, подбираются из условия прочности по нормальным напряжениям двутавровые поперечные сечения.

Для одной из балок проводится полная проверка прочности, подбираются, кроме двутаврового,

круглое, кольцевое dD 0,8 и квадратное поперечные сечения, сравнивается масса балок с различными поперечными сечениями.

В расчетах принимается материал балок сталь Ст. 3 с допускаемым напряжением 160МПа.

3.Проводится исследование напряженного и деформированного состояний балки, рассмотренной

вп. 2 и имеющей двутавровое поперечное сечение:

для исследования выбирается сечение с большими значениями поперечной силы и изгибающего момента, строятся эпюры нормальных и касательных напряжений, действующих в этом сечении;

вычисляются нормальные и касательные напряжения в точке балки, находящейся на расстоянии y h4 от нейтральной оси, где h – высота сечения;

в выделенной точке аналитическим и графическим методами определяются главные напряжения, положение главных площадок, наибольшее касательное напряжение и показывается элемент балки в окрестности выделенной точки с изображением вcex напряжений на произвольных и главных площадках;

по найденным значениям главных напряжений вычисляются главные линейные деформации 1, 2,3, относительное изменение объёма e, удельная энергия деформация u0 и эквивалентные напряжения

эквIII , эквIY по III и IV теориям предельных напряжённых состояний.

4.Для одной балки с числовыми данными определяются с помощью дифференциального уравнения изогнутой оси балки прогиб и угол поворота сечения, расположенного в середине пролета двух опорной балки или на свободном конце консольной балки.

Примечание. По пунктам 2, 3 и 4 в пояснительной записке должны быть представлены все расчеты.

4.КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ

1.Как определяют поперечную силу и изгибающий момент в произвольном сечении балки?

2.Какие зависимости используют для контроля эпюр поперечных сил и изгибающих моментов?

3.Как распределяются нормальные и касательные напряжения по высоте балки?

4.Какие напряжения называют главными, какими свойствами они обладают?

5.Как вычисляют наибольшие касательные напряжения, на каких площадках они действуют?

6.Как с помощью круга Мора определяют величину и направление главных напряжений?

7.Из каких условий определяют постоянные интегрирования при решении дифференциальных уравнений изогнутой оси балки?

			5.		ПРИМЕРЫ
Пример 1. Для балки, изображенной на рис. 1, построить эпюры поперечных сил и
изгибающих моментов.
F	q	RA	13q	q	z2	RB 7 q
F	4	A	16			16
	4	A				B
	I				II	B
	I				II
z1			2	q q		m q	2
	2					m q
	2					16
	9 q					16
	9 q			Q
	16			Q
			+
q	-				-	7 q
4						7 q
		M	17	q 2		16
		M	17	q 2
			512
	-		+
	-
		q 2
		8	Рис.1
			Рис.1
Используя уравнения статики, определим реакции опор:

∑МВ=0, qℓ ∕4 ∙1,5ℓ - RA∙ℓ+qℓ∙ℓ ∕ 2 - qℓ2 ∕16=0, RA 13 qℓ;

∑МА=0, RB∙2ℓqℓ2 ∕16 - qℓ∙ ℓ ∕ 2 + qℓ ∕4= 0,							R		7	qℓ.
∑МА=0, RB∙2ℓqℓ2 ∕16 - qℓ∙ ℓ ∕ 2 + qℓ ∕4= 0,							R			qℓ.
							B	16
Разобьём балку на два участка (рис.1) и для каждого запишем уравнения Q=Q(z), M= M(z),
используя метод сечений.
Участок I: 0 ≤ z1 ≤ ℓ/2,								Участок II: 0 ≤ z2 ≤ℓ
Q= -	q		,					Q=				7			q qz2,
Q= -			,					Q=							q qz2,
4											16
		q		z ,				M=					q 2				7q	z			qz2
M= -																+			2		2
M= -													16			+					2
4				1									16			16					2
					q 2		M(0)				q 2					M( )				q 2
M(0)=0, M(ℓ/2)=						.								,
M(0)=0, M(ℓ/2)=						.					16			,						8
				8							16									8

На втором участке эпюра Q плавно пересекает ось, в этом сечении момент достигает экстремальной величины. Для его определения найдём координату этого сечения zэкст из равенства

Q( z

экст

)=0, т.е., Q(z

экст

7 q qz

'экст

0, z

экст

, M(z

экст

)

17 q 2 .

512

По вычисленным значениям

построим эпюры Q и M (см. pиc. 1).

Пример 2. Для балки, изображенной на рис. 2, построить эпюры поперечных сил Q,

изгибающих моментов M и подобрать

RА=30кН

40кН/м

RB=120кН

размеры кольцевого поперечного сече-

40кНм

ния ( d

0,75), если она изготов-

50кН

q 200кН

лена из стали 40. Коэффициент запаса

принять равным 1,4.

2м

5м

Используя уравнения статики,

определим реакции опор, предвари-

тельно задавшись их возможным нап-

равлением. Заменим распределённую

нагрузку её равнодействующей, которая

будет равна грузовой площади.

180

Приложим её в центре тяжеcти этой

Q, кН

площади. В качестве уравнений статики

используем уравнения моментов

100

120

относительно шарнирных опор:

МВ 0,

M, кНм

RA 7 40 50 5 200 2,5 0,

Рис.2

RA 30кН ;

МА 0,

RB 7 200 4,5 50 2 40 0,

RB 120кН.

Для проверки достоверности результатов вычисленных реакций воспользуемся уравнением

равновесия У 0: 30 50 200 120 0, 200 200 0.

Реакции определены правильно, укажем их значения на расчётной схеме балки и приступим к построению эпюр Q и М. Для этого разобьём балку на участки, границами которых являются точки приложения сосредоточенных сил, моментов и участок с распределённой нагрузкой.

В рассматриваемой балке таких участков будет два. Используя метод сечений, для каждого из них составим уравнения Q=Q(z) и M=M(z), вычислим их значения на границах участков и по этим значениям построим соответствующие эпюры.

	Участок I:0 z1 2м		Участок II: 0 z 5м
30кН 40кНм M			M						120кН
									120кН




		Q		z2 /2			q 40
		Q	Q	z2 /2					z2
	z		Q		z
	z				z
	1					2
	1					2

	Q=30кН,		Q= - 120+40z2,
							z2
	М=40+30z1,		M=120 z2		40		2	120z 20z22 ,
	М=40+30z1,		M=120 z2		40		2	120z 20z22 ,
							2
	M(0)=0,		Q(0)= -120кН, М(0)=0,
	M(2)=100кНм.		Q(5)=80кН, М(5)=100кНм.

На втором участке поперечная сила Q в сечении z zэкст меняет знак. В этом сечении момент будет иметь экстремальное значение. Вычислим его величину:

Q(z'экст ) 120 40zэкст

0, zэкст 3м,

Мэкст 120 3 20 32

180кНм.

Размеры поперечного сечения определим из условия прочности при изгибе по нормальным

напряжениям:

наиб

Допускаемое напряжение определится из соотношения

, для стали 40 T 340МПа.

Момент сопротивления кольцевого сечения определяется формулой

(1 4). С учётом

этих значений диаметр балки определится из выражения

наиб nT

32 180 103

D 3

(1 4)

340 106

0,223м.

(1 0,754)

Округляя, принимаем D=225мм, тогда d=0,75 225 170мм.

Пример 3. Для балки круглого поперечного сечения, представленной на рис.3, построить эпюры Q, М и подобрать диаметр, если балка изготовлена из стали 20Х .

RA=151,67кН
40кН	40кНм	q 160кН	RВ=48,33кН
40кН/м
	18м	28м
	3	3
2м		8м
111,67
Q, кН	+		zэкст
Q, кН	+
-		141,66
40		141,66
40			48,33
М, кНм			48,33
М, кНм
80
		Рис.3

Определим реакции в опорах, предварительно задавшись их возможным направлением и заменив распределённую нагрузку её равнодействующей. Она будет равна площади треугольника и

приложена в его центре тяжести, т.е. q 1240 8 160кН (рис.3).

МА 0, RB 8 160 1 8 40 40 2 0,RB 48,33кН. 3

МВ 0,	40 10 40 RA	8 160	2	8 0,	RA 151,67кН.

		3

Проверим достоверность вычисленных реакций: У 0,

-40+151,67-160+48,33=0, -200+200=0. Реакции найдены правильно.

Для построения эпюр Q и М разобьём балку на 2 участка и для каждого из них запишем уравнения Q=Q(z), M=M(z). Вычислим значения этих усилий на границах участков и по ним построим соответствующие эпюры.

Участок I: 0 ≤ z1 ≤ 2м

Q= - 40 кН,

М= - 40z1, М(0)=0, М(2)= - 80 кНм

Участок II: 0 ≤ z2 ≤8м

40кН

q(z

) z

- 48,33,

q(z) M

Из подобия треугольников

48,330кН

q(z2)

или q(z2)=5z2, тогда

z2 /3 q

q(z) z

Q =

5z2 z2

48,33 2,5z2

48,33,

М = 48,33 z

2,5z2

48,33z

2,5

z3 .

Q(0)= - 48,33кН, М(0)=0, Q(8)= 111,67кН, М(8)= - 40кНм.

Эпюра Q плавно пересекает ось, поэтому найдём экстремальное значение момента:

Qzэкст 2,5z22экст	48,33 0, zэкст				48,33	4,39м,
Qzэкст 2,5z22экст	48,33 0, zэкст				2,5	4,39м,
					2,5
Мэкст 48,33 4,39		2,5	4,393	141,66кНм.
Мэкст 48,33 4,39			4,393	141,66кНм.
	3

Диаметр балки определим из условия прочности :

32	M	наиб	nT
d 3				, по справочным данным находим для стали 20Х	Т	500МПа,Так как

	T

коэффициент запаса не задан, то примем nT=1,5. Теперь вычислим необходимый диаметр балки

d 3	32 141,66 1,5	0,173м.
	500 106

Округляя, принимаем d = 175 мм.

Пример 4. Для заданной балки (рис.4), изготовленной из стали 10, построить эпюры Q, M,

подобрать размеры прямоугольного поперечного сечения ( h 1,5). Руководствуясь эпюрой b

моментов и условиями закрепления балки, построить ориентировочно её изогнутую ось. Зададимся возможным направлением реакций, распределённые нагрузки заменим их

равнодействующими и определим реакции в опорах.

В балке с промежуточным шарниром D к известным уравнениям статики добавляется ещё одно уравнение - сумма моментов всех сил, расположенных по одну сторону от этого шарнира, равна нулю. Первым следует использовать уравнение, в котором будет только одна неизвестная реакция. Таким уравнением для данной балки будет сумма моментов всех сил, расположенных справа от шарнира

Мшпр.с 0,RC∙1-80∙1=0, RC=80кН,

М А 0, 80∙4 - 80∙4+RB2+50∙4 - 30∙1=0, RB=18,33кН,

Мшлев.с 0, -30∙3 + RA∙3 - 50∙(1 2 1) +18,33∙1=0, RA=61,67кН.

Проверка: У 0, 30-61,67+50-18,33+80-80=0, 160-160=0.

Реакции определены правильно.

Разобьём балку на 5 участков. Для каждого участка запишем

уравнения Q=Q(z) и M(z). Вычислим значения внутренних усилий на границах участков и построим их эпюры.

RA =61,67 кН

RВ=18,33 кН

RС=80 кН

кН

III

кН

q 50кН 2

50 м

80кН

1м

2м

1м

zэкст

18,33

Q, кН

31,67

М,кНм

3,6

Рис.4

Участок I: 0 ≤ z1 ≤1м,

Q=30кН, М=30z1,

30кН

М(0) 0,

M(1) 30кНм

Участок II: 0 ≤ z2 ≤ 2м,

61,67кН

q 1q(z2) z2

Q=30 – 61,67+

2q(z2) z2,

Из подобия треугольников

30кН

q(z2)Q

q(z2) z2 , q(z2) 25z2 ,

Q = -31,67+ 1 25z2 z

2 31,67 12,5z22 ,

z2 =30-31,67 z

+12,5 z3

M=30 (z

1) 61,67 z

12,5z2

Q(0) 31,67кН,М(0) 30кНм,

Q(2) 18,33кН,М(2) 0.,

Эпюра Q плавно пересекает ось в сечении z =zэкст , в этом сечении следует вычислить

экстремальный момент : Q

31,67 12,5z2

=0,

экст

30 2,59 61,67 1,59

12,5

1,593 3,6кНм.

экст

31,67

1,59м, М

экст

12,5

Участок IY: 1 ≤ z4			2		1м
Q= 40 z4 80,			Q	80 кН	1м
	z2		Q	80 кН
M=80z4 40	z2
M=80z4 40	4 .
	2		M	z4	q	20z4
Q(1) 40кН ,				z4
				2

М(z4 1) 20кНм,					z4
Q(2) 0,M(2) 0.					z4
Q(2) 0,M(2) 0.
Участoк III: 0≤ z3 1м						кН
Q(0)=Q(1)=0, M(0)=M(1)=0,						40
Q(0)=Q(1)=0, M(0)=M(1)=0,						м
Участок Y: 0 ≤ z ≤ 1м				Q
	40z52			Q
Q = 40z5, M = -
	2			M	z5	q 40z5
Q(z5 0) 0,M(z5 0) 0,				M	z5	q 40z5
					2
Q(z5 1) 40кН,М(z5 1)		20кНм.				z5
Q(z5 1) 40кН,М(z5 1)		20кНм.

По вычисленным на границах участков значениям Q, M построим их эпюры.

Пример 5. Для заданного на рис. 5а плоского напряжённого состояния аналитическим и графическим методами определить величины главных напряжений и положение главных площадок, вычислить эквивалентное напряжение по IV теории предельных напряжённых состояний.

	Обозначим			напряжения,	действующие			на		площадках	через	100МПа,		60МПа ,

	20МПа,			60МПа.

	Вычислим аналитическим методом величины главных напряжений
			1				1		100 20
I	,II		1			2 4 2					100 20 2 4 602		60 72,1;
						2 4 2					100 20 2 4 602		60 72,1;
		2						2
		2						2
						I 132,1МПа;				II 12,1МПа.

=20МПа

100МПа

				28
	60МПа			132МПа
		12МПа
a			б
	Рис.5

Переходя к общепринятым обозначениям главных напряжений, получим

1 132,1МПа; 2 0 ; 3 12,1МПа .

Вычислим угол 0, определяющий положение главных площадок:

<<< < Предыдущая 1 23 / 43 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Сопротивление материалов

#
29.03.2016209.3 Кб38ПОЯСНИТЕЛЬНАЯ ЗАПИСКА «Расчет статически определимых балок» Вариант № 11.docx
#
16.03.2015429.72 Кб23Припадчев гр.1207 Сопромат(3 семестр, РГР1).pdf
#
29.03.20161.26 Mб33Расчет на прочность стержневых систем.pdf
#
16.03.2015700.43 Кб30Расчёт на прочность.pdf
#
29.03.2016516.82 Кб29Расчетно-проектировочные работы по сопротивлению материалов.pdf
#
16.03.2015613.54 Кб41СБОРНИК РАСЧЕТНО-ПРОЕКТИРОВОЧНЫХ РАБОТ ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ МАТЕРИАЛОВ.pdf
#
29.03.2016152.26 Кб30СОПРОМАТ 2-ая 561.docx
#
16.03.2015342.37 Кб33СОПРОМАТ 1 РГР Вариант 548.docx
#
16.03.2015147.46 Кб37Сопромат 2ргр Вариант 309.doc
#
29.03.20161.65 Mб20Сопромат Лекции Филатов.pdf
#
16.03.20151.95 Mб33Сопромат Лекции Часть 1.pdf