primeri_zao
.pdfσ(3) = |
|
M |
x |
+ |
|
M y |
= |
|
3,0 103 |
+ |
|
2,376 103 |
= 3,384 +5,361 = 8,745 МПа; |
|||||
|
|
|
|
|
Wy |
|
0,667 0,113 |
|
0,333 0,113 |
|||||||||
|
|
Wx |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
M |
x |
|
|
M y |
|
|
3,0 103 |
|
|
2,376 103 |
|
||||||
σ(4 ) = |
|
|
|
− |
|
|
|
= |
|
|
− |
|
|
= 3,384 −5,361 = −1,977 МПа; |
||||
|
|
|
|
Wy |
|
3 |
|
3 |
||||||||||
|
Wx |
|
|
|
|
0,667 0,11 |
|
0,333 0,11 |
|
|||||||||
Зона сжатия |
|
|
|
|
|
|
|
|
N |
|
|
|
|
N |
||||
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
α
Му
x ϕ
Мх
4
N y
b
1,977
8,745 |
h |
|
Мtot |
x |
|
|
3 |
z |
8,745 |
|
Зона растяжения |
1,977 |
Рисунок 11 |
N y |
|
По найденным значениям строим эпюру распределения нормальных напряжений в опасном сечении в аксонометрии (рис. 11).
ЗАДАЧА № 9 РАСЧЕТ КОРОТКОГО СТЕРЖНЯ НА ВНЕЦЕНТРЕННОЕ СЖАТИЕ
1. ИСХОДНЫЕ ДАННЫЕ И УСЛОВИЕ ЗАДАЧИ
Чугунный короткий стержень, поперечное сечение которого изображено на рис. 12, сжимается продольной силой F , приложенной в точке А. Требуется вычислить:
а) наибольшее растягивающее и наибольшее сжимающее напряжение в поперечном сечении, выразив эти напряжения через F, и размеры сечения;
б) найти допускаемую нагрузку [F ] при заданных размерах сечения и расчетных сопротивлениях для чугуна на сжатие Rc и на растяжение Rt .
Исходные данные для решения задачи: Rc =140 МПа; Rt = 24 МПа; a = 4 см; b = 4см.
2. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ
Определяем геометрические характеристики сечения. Выбираем вспомогательную систему координат ξ и η, направляя эти оси, как показано на
рисунке. Сечение разбиваем на два элемента. Площади элементов сечения равны:
31
A1 = 4b a = 4 4 4 = 64 см2; A2 = 2b a = 2 4 4 = 32 см2.
Координаты центров тяжести элементов сечения:
η1 = 0; η2 = 0 см; |
ξ1 = 0 ; ξ2 = 4 см. |
||||
|
Y1 η |
Y |
Y2 |
||
|
|
|
|
|
|
|
ξс=1,33 |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
N
ах=1,05см
смb=4 A
|
|
|
C2 |
|
C1 |
||||
|
C |
|||
|
|
|
ау=4 см
B N
b1=1,33см b2=2,67см
ξ2=4см
а=4 см |
|
а=4см |
ξ XC
X2 X1
2b=8 см
b=4 см
Рисунок 12
Находим координаты центра тяжести сечения в целом:
32
η |
|
= |
∑Аiηi |
= |
64 0 +32 0 |
= 0 см; |
||||||
с |
∑Аi |
|
64 |
+32 |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
ξ |
|
= |
∑Аiξi |
= |
|
64 0 +32 4 |
=1,33см. |
|||||
с |
|
∑Аi |
|
|
64 +32 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Через полученную точку центра тяжести сечения проводим центральные оси Х и Y. Координаты центров тяжести элементов в системе главных осей:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
а1 =η1 −ηс = 0 см; а2 =η2 −ηс = 0 см; |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
b1 =ξ1 −ξс |
= 0 −1,33 = −1,33 см; |
|
b2 |
=ξ2 |
−ξс = 4 −1,33 = 2,67 см. |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
Вычисляем осевые моменты инерции: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
J |
|
= J |
|
|
+а |
2 |
A + J |
|
|
|
+а |
2 |
A = |
|
a (4b)3 |
|
|
a (2b)3 |
|
163 |
4 |
|
83 |
4 |
|
4 |
||||||||||||||||
х |
х |
|
|
|
х |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
+ |
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
+ |
|
|
= |
1536 см ; |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
12 |
|
|
|
|
|
12 |
|
|
|
12 |
|
12 |
|
|
||||||||||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
J |
у |
= J |
у |
+b2 |
A + J |
у |
|
+b2 |
A = a3 (4b)+b2 |
A + a3 (2b)+b2 A = |
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
|
2 |
2 |
|
|
12 |
|
|
|
1 |
1 |
|
|
12 |
|
|
2 |
2 |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
16 43 |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
43 8 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
+(−1,33) 64 + |
|
|
+2,67 |
|
32 = 469,33см . |
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
12 |
|
12 |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
Вычисляем квадраты главных радиусов инерции: |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
J X |
|
|
1536 |
|
|
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
JY |
|
|
469,33 |
|
|
|
|
2 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
i |
X |
|
|
= |
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
=16 см ; i |
|
= |
|
= |
|
|
|
|
|
= |
4,89 см . |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A |
|
|
96 |
|
|
|
|
|
|
|
Y |
|
|
A |
|
|
|
96 |
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
По чертежу определяем координаты приложения сжимающей силы Р в |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
системе главных центральных осей |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
X P = 4,67 см; |
|
|
|
YP = 4 см. |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
Для определения положения опасных точек поперечного сечения нахо- |
дим положение нейтральной линии. Вычисляем величину отрезков, отсекаемых этой линией от главных центральных осей инерции сечения:
a |
|
|
i |
у2 |
|
4,89 |
= −1,05см; a |
|
|
i2 |
16 |
= −4 |
см. |
|
х |
= − |
|
|
= − |
|
у |
= − |
х |
= − |
|
||||
хP |
4,67 |
|
4 |
|||||||||||
|
|
|
|
|
уP |
|
|
Опасные точки А и В (наиболее удаленные от нейтральной линии) имеют следующие координаты: хА = 4,67 см; уА = 4 см; хВ = −3,33 см;
уВ = −8 см. В точке А заданного сечения возникают максимальные сжимаю-
щие напряжения, а в точке В − максимальные растягивающие напряжения. Находим напряжения в опасных точках:
33
|
|
|
|
|
|
F |
|
|
|
х |
Р |
х |
А |
|
|
|
у |
Р |
у |
А |
|
|
|
|
|
F |
|
4,67 |
4,67 |
|
4 4 |
|
|
|
||||||||||||
|
|
σ |
А |
= − |
|
|
1 + |
|
|
|
+ |
|
|
|
|
|
|
= − |
|
|
|
|
|
1 + |
|
|
|
+ |
|
|
= |
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
−4 |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
i |
|
|
|
|
|
|
|
i |
|
|
|
|
96 |
10 |
|
|
|
4,89 |
|
16 |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
А |
|
|
|
|
|
у |
|
|
|
|
|
|
|
х |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= 672,91P ≤ Rc |
=140 МПа; |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
= − |
F |
|
+ |
х |
Р |
х |
В |
|
|
+ |
|
у |
Р |
у |
В |
|
|
|
|
|
|
|
F |
|
|
|
|
4,67 (−3,33) |
|
4 (− |
8) |
|
||||||||||||
σ |
В |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= − |
|
|
|
|
|
1 + |
|
|
|
|
+ |
|
|
|
= |
|||||||||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
−4 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
i |
|
|
|
|
|
|
|
|
i |
|
|
|
|
|
|
96 10 |
|
|
|
4,89 |
|
|
16 |
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
А |
|
|
|
у |
|
|
|
|
|
|
|
|
х |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= 435,44P ≤ Rt |
|
= 24МПа; |
|
|
|
|
|
|
|
Из условия прочности в опасных точках сечения получаем:
F ≤ |
140 106 |
= 208,05 кН; |
F ≤ |
24 106 |
= 55,12 кН. |
|
672,91 |
|
|
435,44 |
|
В качестве допускаемой нагрузки следует взять наименьшее из двух значений. Следовательно, допускаемая нагрузка равна: [F ]= 55,12 кН.
ЗАДАЧА № 10 РАСЧЕТ КРИВОГО БРУСА
1. ИСХОДНЫЕ ДАННЫЕ И УСЛОВИЕ ЗАДАЧИ
|
|
|
В |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
VB |
|
|
|
|
|
|
r=24 см |
|
|
|
|
|
|
|
r=24 см |
|
|
|
|
HA |
ϕ1 |
ϕ2 |
С |
HС |
А |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
F |
|
VA |
Рисунок 13 |
VС |
α |
||
|
|
|
|
|
||
2. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ |
|
|
|
Построить эпюры М, N, Q и найти нормальные напряжения в опасном сечении кривого стержня.
Исходные данные для решения задачи: F =1800 Н; r = 24 см; d = 4,4 см; α = 40o ;
форма поперечного сечения бруса − 7-8; схема кривого бруса показана на рис. 13.
Разложим внешнюю силу F , приложенную к точке С, на вертикальную и горизонтальную составляющие.
HC = F Sinα =1800 0,6428 =1157 Н;
VC = F Cosα =1800 0,7660 =1379 Н.
Используя уравнения равновесия статики, находим опорные реакции кривого бруса.
34
∑х = 0 ; НА + НС = 0 ; НА = −НС = −1157 Н;
∑тА = 0 ; VB r +VС 2r = 0 ; VB = 2VС = 2 1379 = 2758 Н;
∑y = 0 ; VА +VB −VС = 0 ; VА =VC −VB =1379 −2758 = −1379 Н.
Заданный кривой брус имеет два грузовых участка. Записываем аналитические выражения для внутренних силовых факторов на каждом грузовом участке. Первый грузовой участок 0 ≤ϕ1 ≤ 90o .
∑z = 0 ; Nz + H A Sinϕ1 +VA Cosϕ1 = 0 ;
|
Nz |
z |
|
Nz |
= −H A Sinϕ1 −VA Cosϕ1 ; |
|
|
Mx |
|
||||
|
|
|
∑y = 0 ; Qy −VA Sinϕ1 + H A Cosϕ1 = 0 ; |
|||
|
Qy |
|
|
|||
|
|
r |
Qy |
=VA Sinϕ1 − H A Cosϕ1 ; |
||
VA |
|
у |
||||
ϕ1 |
∑m = 0 ; M x −VAr (1−Cosϕ1 )+ H Ar Sinϕ1 = 0 ; |
|||||
|
ϕ1 |
|||||
|
ϕ1 |
|
||||
А |
HA r |
|
M x |
=VAr (1−Cosϕ1 )− H Ar Sinϕ1 . |
Второй грузовой участок 0 ≤ϕ2 ≤ 90o . |
|
|
|
|
|
|||||||||
z |
|
Qy |
у |
|
∑z = 0 ; Nz − HС Sinϕ2 |
−VС Cosϕ2 |
= 0 ; |
|||||||
|
Nz |
|
N |
|
= H |
|
Sinϕ |
|
+V Cosϕ |
; |
|
|||
|
|
|
|
z |
С |
2 |
|
|||||||
|
Mz |
|
|
|
|
|
|
С |
2 |
|
|
|||
|
|
|
|
∑y = 0 ; |
Qy −VС Sinϕ2 |
+ HС Cosϕ2 |
= 0 ; |
|||||||
|
r |
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
Qy |
=VС Sinϕ2 − HС Cosϕ2 ; |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||
ϕ2 |
r |
|
HС |
∑m = 0 ; |
M x +VСr (1−Cosϕ2 )− HСr Sinϕ2 = 0 ; |
|||||||||
|
С |
ϕ2 |
ϕ2 |
M x |
= −VСr (1−Cosϕ2 )+ HСr Sinϕ2 |
|
||||||||
|
|
|
||||||||||||
|
|
VС |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Задаемся шагом изменения угла |
ϕ = 30o . Определяем тригонометри- |
ческие функции соответствующих углов и строим эпюры внутренних силовых факторов в кривом брусе (рис. 14).
Исходя из построенных эпюр, определяем положение опасного сечения. В этом сечении Мх = 94,5 Нм, Nz =1773 Н.
Нормальные напряжения в поперечных сечениях кривого бруса определяются по формуле
σi = ± Nz ± M x yi ,
A SRi
где yi – координаты опасных точек поперечного сечения, отсчитываемые от нейтральной линии;
35
S – статический момент сечения относительно нейтральной линии; Ri – радиус кривизны крайних волокон кривого бруса;
A – площадь поперечного сечения кривого бруса.
53,3
75,0 75,0
94,5 |
94,5 |
Эп. Мх (Нм)
1692 |
1157 |
1773
1379
Эп. Nz (Н)
1379
616 1379
313
1157
Эп. Qy (Н)
Рисунок 14
1692
616
313
1157
1773
1379
36
|
|
1 |
y |
|
|
|
|
||
h=d |
0 |
C |
x |
|
у |
||||
N |
N |
|||
|
с |
|||
|
|
|
2 |
h/2 h/2 |
1 |
|
r R |
|
0 |
|
r |
|
2 |
|
R |
R1 R2 r0 r
Рисунок 15 Вычисляем площадь поперечного сечения заданного кривого бруса
А= |
hb |
|
d d |
|
d 2 |
4,42 |
2 |
|
|
= |
|
= |
|
= |
|
= 9,68 см . |
|
2 |
2 |
2 |
2 |
Для того, чтобы вычислить величины S , Ri и yi , определяем положе-
ние центра тяжести поперечного сечения и вычисляем радиус кривизны нейтрального слоя. Расстояние от основания треугольника до его центра тяжести равно
с = 13 h = 13 d = 43,4 =1,47 см.
Определяем радиусы кривизны крайних волокон кривого бруса (рис. 14)
R2 = r −c = 24 −1,47 = 22,53см;
R1 = R2 +h = 22,53 +4,4 = 26,93см.
Радиус кривизны нейтрального слоя треугольного поперечного сечения находим по следующей формуле
r0 = |
|
|
h |
|
|
= |
|
|
|
4,4 |
|
|
|
= 23,95283 см. |
|
R1 |
|
R1 |
|
26,93 |
ln |
26,93 |
|
||||||
2 |
ln |
−1 |
2 |
|
|
|
|
−1 |
||||||
4,4 |
|
22,53 |
||||||||||||
h |
R |
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
Определяем расстояние между нейтральной линией и главной центральной осью поперечного сечения х
у0 = r −r0 = 24 −23,95283 = 0,04717 см.
37
Проверяем полученный результат, используя приближенную формулу
|
|
|
|
|
|
|
y |
0 |
≈ |
|
J x |
|
= |
10,41 |
= 0,04481 см, |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
r A |
24 9,68 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
J x |
|
bh3 |
|
d d 3 |
|
d 4 |
|
|
|
4,44 |
|
|
|
|
4 |
|
где |
= |
|
= |
|
= |
|
|
|
= |
|
|
|
|
=10,41 см . |
|||
36 |
36 |
36 |
|
36 |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Статический момент сечения относительно нейтральной линии равен
S = А у0 = 9,68 0,04717 = 0,4566 см3.
Опасными точками поперечного сечения являются точки наиболее удаленные от нейтрального слоя. Находим координаты опасных точек относительно нейтральной оси
y1 = R1 −r0 = 26,93 −23,95283 = 2,97717 см; y2 = r0 − R2 = 23,95283 −22,53 =1,42283см.
Вычисляем нормальные напряжения в опасных точках сечения. В точке 1 напряжения от действия продольной силы Nz будут растягивающими, а от действия изгибающего момента Мх – сжимающими. Тогда
σ1 = |
1773 |
− |
94,5 |
2,97717 |
|
=1,83 −22,88 = −21,05МПа. |
|
9,68 10−4 |
0,4566 |
10−6 26,93 |
|||||
|
|
|
В точке 2 напряжения от действия продольной силы Nz будут растягивающими, а от действия изгибающего момента Мх – растягивающими. Тогда
σ2 = |
1773 |
+ |
94,5 1,42283 |
|
=1,83 +13,07 =14,90 МПа. |
|
9,68 10−4 |
0,4566 10−6 22,53 |
|||||
|
|
|
ЗАДАЧА № 11 РАСЧЕТ СЖАТОЙ СТОЙКИ НА УСТОЙЧИВОСТЬ
1. ИСХОДНЫЕ ДАННЫЕ И УСЛОВИЕ ЗАДАЧИ
l
|
|
|
|
|
|
Стальной стержень длиной l сжимается силой F . |
|
F |
|
||||
|
|
|
Требуется: |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
а) найти размеры поперечного сечения при допускаемом напря- |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
жении на простое сжатие R =160 МПа (расчет производить по- |
|
|
|
|
|
|
следовательными приближениями, предварительно задавшись |
|
|
|
|
|
|
коэффициентом продольного изгиба ϕ = 0,5 ); |
|
|
|
|
|
|
б) найти значение критической силы и коэффициент запаса ус- |
|
|
|
|
|
|
тойчивости. |
|
|
|
|
|
|
Исходные данные для решения задачи: F = 400 кН; l = 2,4 м; |
|
|
|
|
|
|
схема поперечного сечения стойки 8; схема закрепления концов |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
стойки 3−4. |
|
|
|
|
|
38
2. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ
2d
YВычисляем геометрические характеристики заданного поперечного сечения сжатого
|
стержня. |
|
|
X |
Площадь сечения равна: |
|
|
d |
|
|
|
С |
|
π d |
2 |
|
A = 2d 2d − |
= 3,215d 2 . |
|
|
|
4 |
|
2d |
Находим минимальный |
осевой момент |
|
|
инерции заданного поперечного сечения: |
Jmin = J X = JY = (212d )4 −π64d 4 =1,284d 4 .
Определяем величину минимального радиуса инерции сечения: imin = Jmin / A = 1,284d 4 /(3,215d 2 )= 0,632d .
Находим размеры поперечного сечения стойки из условия устойчивости. Первая попытка. Принимаем ϕ1 = 0,5. Тогда из условия устойчивости
найдем требуемую площадь поперечного сечения стержня:
σ = FА ≤ϕR
А |
= |
|
F |
= |
400 103 |
|
−4 |
2 |
2 |
|
|
|
=50 10 |
|
м = 50 см . |
||||
ϕR |
0,5 160 106 |
|
|||||||
тр |
|
|
|
|
|
|
Учитывая ранее полученные выражения для величин A и imin , имеем:
d = А/ 3,215 = 50 / 3,215 = 3,94 см, |
imin = 0,632 3,94 = 2,49 см. |
|||
Вычисляем гибкость стержня по формуле: |
||||
λ = |
μl |
=1,0 240 |
=96,29 |
|
imin |
||||
|
2,49 |
|
где μ =1,0 − коэффициент приведенной длины, выбираемый в зависимости
от условий закрепления концов стержня.
Табличное значение коэффициента продольного изгиба для стержней из стали марки Ст 3 при гибкости λ = 96,29 находится интерполяцией
ϕ′ = − 0,665 −0,599 = 1 0,665 6,29 0,623.
10
Вторая попытка: ϕ2 = ϕ1 +ϕ1′ = 0,5 +0,623 = 0,562 .
2 2
39
|
А |
= |
|
F |
= |
|
400 103 |
|
|
|
|
|
|
|
−4 2 |
2 |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= 44,48 10 |
м = 44,48 см . |
||||||
|
ϕR |
0,562 160 |
106 |
|||||||||||||||||
|
тр |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
d = |
А/ 3,215 = |
|
44,48 / 3,215 = 3,72 см, imin |
= 0,632 3,72 = 2,35см. |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
λ = |
μl |
= |
|
1,0 240 |
=102,09 . |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2,35 |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
imin |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
ϕ2′ = 0,599 − |
0,599 −0,537 |
2,09 = 0,586. |
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
10 |
|
|
|
|
||||
Третья попытка: ϕ3 |
= ϕ2 +ϕ2′ |
= |
0,562 +0,586 |
= 0,574 . |
|
|||||||||||||||
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|||
|
А |
= |
|
F |
= |
|
400 103 |
|
|
|
|
|
|
|
−4 2 |
2 |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= 43,55 10 |
м = 43,55 см . |
||||||
|
|
ϕR |
0,574 160 |
106 |
|
|||||||||||||||
|
тр |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
d = |
А/ 3,215 = |
|
43,55 / 3,215 = 3,68 см, imin |
= 0,632 3,68 = 2,33 см. |
λ = μl = 1,0 240 =103,18 . imin 2,33
ϕ′ = − 0,599 −0,537 = 3 0,599 3,18 0,579 .
10
Определяем величину расчетных напряжений в сечении стержня:
σ = |
F |
= |
400 103 |
=158,64 МПа < R =160 МПа. |
|
ϕА |
0,579 43,55 10−4 |
||||
|
|
|
Недогрузка составляет: 160 −158,64 100% = 0,85% < 5% , что допустимо. 160
Находим значение критической силы. Расчетная гибкость стержня λ =103,18 , что больше предельного значения λ =100. Следовательно, при определении критической силы необходимо пользоваться формулой Эйлера:
F |
=σ |
cr |
A = π 2 E |
A = 3,142 2 1011 |
43,55 10−4 =806,65 103 Н= 806,65 кН. |
cr |
|
λ2 |
103,182 |
|
|
|
|
|
|
Коэффициент запаса устойчивости равен:
ky = FFcr = 806400,65 = 2,017 .
40