МУ к к.р_
._.pdf
Методические указания к решению контрольных работ по сопротивлению материа-
лов для студентов заочного факультета
Исходные данные выбираются по номеру зачетной книжки
шифр |
* * * * * * |
|
а б в г д е |
Задача №1
Стальной стержень (E=2 105 МПа) находится под действием продольной си- лы Р. Построить эпюры продольных сил N, напряжений σ, перемещений . Прове- рить прочность стержня.
Исходные данные:
схема I;
F=12 см2; a=2,9 м; b=2,1 м; c=1,1 м; P=1900 102 H=190 кН, Е=2×105 МПа.
Решение
Уравнение равновесия: |
ΣYi=0: |
RA+RD-P=0 |
Степень статической неопределимости |
s = m − n = 2 − 1, система один раз |
|
статически неопределима.
Для защемленного обоими концами стержня полное абсолютное удлинение долж- но быть равным нулю. Уравнение совместности деформаций
l = l1 + l2 + l3 =0
Определим продольные силы на каждом участке нагружения, пользуясь методом сечений.
I участок: |
|
|
|
|
|
|
0 ≤ z ≤ с |
N1 = − RD , |
||||||||
II участок: |
|
|
|
|
|
|
с ≤ z ≤ с + b |
N2 |
= − RD , |
|||||||
III участок: |
|
|
|
c + b ≤ z ≤ c + b + a |
N3 |
= −RD + P |
||||||||||
Тогда |
|
|
N1l1 |
|
|
|
- RD × с |
|
|
|
|
|
|
|||
l |
1 |
= |
= |
|
; |
|
|
|
|
|||||||
E F |
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
E × F |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
l |
2 |
= |
N2l2 |
|
|
= |
|
|
- RD ×b |
; |
|
|
|
|
||
E F |
|
|
E ×2F |
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
(- RD + P)× a |
|
|
|
|
|||
l |
3 |
= |
N3l3 |
|
= |
|
|
|
; |
|
|
|||||
E F |
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
E ×F |
|
|
|
|||||
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(- RD + P)× a |
|
|
Тогда |
- RD × c |
- RD ×b |
= 0 |
|
||||||||||||
E × F |
|
|
|
+ E ×2F + |
|
|
||||||||||
|
|
|
E × F |
|
||||||||||||
Разрешая это уравнение относительно RD , получим
RD= |
2aP |
= 108,04 кН. |
2a + b + 2c |
Продольные усилия на участках нагружения статически неопределимого бруса
N1 = -109,11 кН
N2 = -109,11 кН
N3 =80,89 кН
Напряжения в поперечных сечениях статически неопределимого бруса
σ 1 = N1 = -90,92 МПа; F1
1
σ 2 |
= N2 = -45,46 МПа; |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
F2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
σ 3 |
= N3 = 67,41 МПа; |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
F3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Проверим прочность статически неопределимого стержня: |
|
|||||||||||
σ max = σ1 |
= 90,92 МПа < [σ ]=160 |
|
МПа; |
прочность обеспечена. |
|
|||||||
Удлинения участков стержня |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
l 1 |
= |
σ1c |
= - 0,500 ×10−3 м |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
E |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
l 2 |
= |
σ 2b |
= -0,477 ×10−3 м |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
E |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
l 3 |
= |
σ3a |
= 0,674 ×10−3 м |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
E |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Определим перемещения поперечных сечений, совпадающих с границами участков |
||||||||||||
нагружения: |
|
|
|
|
A =0; |
|
|
|
||||
сечение А (жесткая заделка): |
|
|
|
|||||||||
сечение В : |
|
|
В |
= |
A + |
l3 =0,977 мм; |
|
|||||
сечение С: |
|
|
С |
= |
B + |
l2 = 0,500 мм; |
|
|||||
сечение D : |
|
|
D = |
C + |
l1 =0 - жесткая заделка. |
|||||||
Y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
RA |
|
|
|
|
|
|
N |
|
|
σ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
A |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
F |
|
|
|
|
III |
|
+ |
80,89 |
+ |
67,41 |
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|||
B |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0.977 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
P |
|
|
|
b II |
|
|
|
|
_ |
|
+ |
|
2F |
|
|
|
_ |
|
45,46 |
|
|
||||
|
|
|
|
109,11 |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
C |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0.500 |
F |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
c I |
|
|
90,92 |
|
|
|
|||
D |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
RD |
|
|
|
|
|
|
[кН] |
|
|
[МПа] |
|
[мм] |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
Задача №3 Жесткий брус прикреплен к двум стальным стержням с площадью попереч-
ного сечения F, опирающимся на неподвижное основание. К брусу прикреплен средний ступенчатый стальной стержень с зазором = β c . Требуется:
1.установить при какой силе Н зазор закроется;
2.найти реакцию основания в нижнем сечении среднего стержня при за- данной силе Н и построить эпюру продольных сил для среднего стержня;
3.найти усилия и напряжения в крайних стержнях при заданной силе Н;
4.установить, на сколько градусов надо охладить средний стержень, чтобы реакция основания в нижнем сечении среднего стержня при заданной си-
ле Н обратилась в нуль.
Исходные данные:
схема II;
F=12 см2; c=1,2 м; Н=140 кН, β=4×10-5, температурный коэффициент ли-
нейного расширения стали α=125×10-7, Е=2×105 МПа. |
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение |
|
|
|
|
|||
1. |
|
Определим Н=Н0, при которой Н0 = |
, |
|
|
|
|
|||||||||||||||||
в этом случае R=0, N1=N2=H0. |
|
|
|
(c / 4)ö |
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
H |
c |
æ |
|
H |
(c / 2) |
|
H |
(c / 2) |
|
|
H |
|
7 |
H |
c |
|||||||
Н0 |
= |
0 |
|
+ ç |
|
0 |
|
|
+ |
0 |
|
|
+ |
|
0 |
|
÷ |
= |
|
0 |
|
|||
EF |
E2F |
E2F |
EF |
4 EF |
||||||||||||||||||||
|
è |
|
|
|
|
ø |
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
Þ |
|
7 |
H0c |
|
= β c |
|
Þ H0 = |
4 |
β EF |
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
7 |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
4 EF |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Тогда Н0=5,486 кН.
2.Реакцию основания R определим из уравнения:
Н− R =
=7 H c
Н4 EF
|
|
R |
c |
æ |
R(c / 2) |
|
R(c / 2)ö |
|
5 Rс |
|||||
|
2 |
|
|
|||||||||||
R = |
|
+ ç |
|
|
+ |
|
÷ |
= |
|
|
|
|||
EF |
EF |
E2F |
4 EF |
|||||||||||
|
è |
|
ø |
|
||||||||||
Þ |
7 |
Hc |
- |
5 Rс |
= β c |
Þ R = |
7H |
- |
4βEF |
= 1,4(H - H0 ) |
||
|
|
|
|
|
||||||||
|
4 EF |
5 |
5 |
|||||||||
|
4 EF |
|
|
|
|
|
||||||
Тогда R=188,32 кН. |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Продольные усилия в среднем стержне |
|
|
|
N1 |
=− R =-188,32 кН, |
|||||||
|
I участок: |
|
|
0 ≤ z ≤ 0,25с |
|
|
|
|||||
|
II участок: |
|
|
0,25с ≤ z ≤ 0,5с |
|
|
|
N2 |
= − R + H =-48,32 кН, |
|||
|
III участок: |
|
|
0,5c ≤ z ≤ c |
|
|
|
N3 |
= −R + 2H =+91,68кН |
|||
3.Усилия N1=N2=N определим из уравнения равновесия верхнего бруса
2N - 2H + R = 0 Þ N = |
- R + 2H |
|
2 |
Тогда N=45,84 кН.
Напряжение σ = NF = 38,20 МПа.
4.При R=0 усилия N=H.
3
t найдем из уравнения
Н - t =
Н = |
7 Hc , |
|
t = α t c |
|
4 EF |
|
|
Þ |
7 Hc |
-α |
t c = β c |
|
4 EF |
|
|
|
|
|
Þ |
t = |
|
1 |
|
|
|
|
α |
||||
|
|
|
|
|
|
||
Тогда |
t =78,47°. |
|
|
|
|
||
N1 |
|
|
l |
|
|
Y |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
æ7 H |
ö |
|
ç |
|
- β ÷ |
|
||
è 4 EF |
ø |
|
l N2
c/2 |
2F |
|
c/2 |
|
F |
H |
|
F |
/4 |
F |
/4 |
|
c |
|
c |
|
/4 |
H |
|
/4 |
c |
|
|
c |
D |
|
|
|
DR |
R |
|
DH |
|
|
|
Y
2F
|
III |
H |
II |
|
|
H F |
I |
R |
|
N 91,68
+
48.32
_
188,32 [кН]
N1 |
2H-R |
N2 |
Задача №4 Стальной кубик находится под действием сил, создающих плоское напря-
женное состояние (одно из трех главных напряжений равно нулю). Требуется най- ти:
1.главные напряжения и направление главных площадок;
2.максимальные касательные напряжения, равные наибольшей полуразности главных напряжений;
3.относительные деформации εx, εy,εz;
4.относительное изменение объема;
5.удельную потенциальную энергию деформаций.
Исходные данные:
схема III;
4
σx =100 МПа; σy =20 МПа; τx =30 МПа; коэффициент Пуассона и модуль
упругости стали μ=0,3, Е=2×105 МПа
Решение
1. Определим главные напряжения σmax, σmin и направление главных площадок, т.е. углы наклона главных площадок к площадкам, на которых действуют задан- ные напряжения σx= +100 МПа, σy= -20 МПа .
Учтем, что по закону парности касательные напряжения на взаимно перпендику- лярных площадках равны по абсолютной величине и противоположны по знаку. С учетом правила знаков для касательных напряжений τx=+τ, τy=-τ (знак минус пока- зывает, что касательные напряжения стремятся вращать элемент объема против ча- совой стрелки). Тогда
|
|
|
σ x +σ y |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
||||||
σ1 |
= σ max = |
|
+ |
|
|
(σ x −σ y )2 |
+ 4τ 2 |
= +107,082 МПа; |
|||||||||
|
|
|
2 |
|
|||||||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
σ 2 = 0 |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
σ x + σ y |
|
|
|
|
|
; |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
2 |
|
|||||
σ |
3 = σ min |
= |
|
|
|
|
− |
|
|
|
(σ x − σ y ) + 4τ |
|
= -27,082 МПа. |
||||
2 |
|
|
2 |
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
.
Угол, определяющий наклон главных площадок:
α0 = |
1 |
arctg |
2τ x |
= 0,232 рад =13,28°. |
|
2 |
σ x −σ y |
||||
|
|
|
При α0 > 0 исходная площадка поворачивается против часовой стрелки, при α0 < 0
исходная площадка поворачивается по часовой стрелки.
2. Определим экстремальные касательные напряжения, равные полуразности главных напряжений:
τmax = |
σ max −σ min = 67,082 МПа; |
|
2 |
τmin = − |
σ max −σ min = -67,082 МПа. |
|
2 |
Экстремальные касательные напряжения действуют на площадках сдвига, накло- ненных к главным площадкам под углом 45 °, и направлены от σmin к σmax
3. |
Определим относительные деформации εx, εy,εz по обобщенному закону Гу- |
||||
|
ка: |
1 |
|
(σ x − μ(σ y +σ z )); |
|
|
ε x = |
|
|||
|
E |
||||
|
|
|
|
(σ y − μ(σ z +σ x )); |
|
|
ε y = |
1 |
|
||
|
E |
|
|||
|
|
|
|
(σ z − μ(σ x +σ y )). |
|
|
ε z = |
|
1 |
|
|
|
|
E |
|
||
|
|
|
|
|
|
Учтем, что при плоском напряженном состоянии σz=0, тогда
εx = E1 (σ x − μσ y )= 5,3 10-4;
εy = E1 (σ y − μσ x )= -2,5 10-4;
εz = − μE (σ x +σ y )= -1,2 10-4
4.Определим относительное изменение объема:
5
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
θ = |
1− 2μ |
(σ |
1 +σ 2 |
+σ 3 )= |
1− 2μ |
(σ x +σ y +σ z )= 1,6 10-4, |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
E |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
E |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
или θ = εx |
+ ε y |
+ εz = 1,6 10-4. |
|
|
|
||||||||||||
5. |
|
|
|
Определим удельную потенциальную энергию деформаций. |
|||||||||||||||||||||||||
Определим ее составляющие. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
Удельная потенциальная энергия изменения объема равна |
|||||||||||||||||||||||||||||
uо |
= |
1− 2μ |
(σ1 +σ 2 +σ 3 )2 |
= 0,002133. |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
6E |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Удельная потенциальная энергия изменения формы равна |
|||||||||||||||||||||||||||||
u |
ф |
= |
1+ μ |
(σ 2 |
+σ 2 |
+σ 2 −σ σ |
2 |
−σ σ |
3 |
−σ σ |
3 |
)= 0,032717. |
|||||||||||||||||
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
3E |
|
|
|
1 |
2 |
|
3 |
1 |
|
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Полная удельная потенциальная энергия деформаций равна |
|||||||||||||||||||||||||||||
u = u |
o |
+ u |
ф |
= |
|
1 |
(σ 2 |
+σ 2 +σ 2 |
− 2μ(σ σ |
+σ σ |
+σ σ |
))= 0,034850, |
|||||||||||||||||
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
2E |
1 |
2 |
3 |
|
|
|
1 2 |
|
1 3 |
|
2 3 |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
τ x2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
или u = |
|
1 |
|
(σ x2 +σ y2 |
− 2μσ xσ y |
)+ |
|
= 0,034850. |
|
|
|||||||||||||||||||
2E |
2G |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
σy
τx
σ3
σx |
τmin |
τmax σ1 |
τy |
|
|
τy |
σ1 |
σx |
|
τmin |
|||
|
|||
|
|
||
|
|
τmax |
ασ3
τx
σy
Задача №5
К стальному валу приложены три известных момента: М1, М2, М3. Требуется:
6.установить при каком значении момента Х угол поворота правого концевого сечения вала равен нулю;
7.для найденного значения Х построить эпюру крутящих моментов;
8.при заданном значении [τ] определить диаметр вала из расчета на прочность и округлить его значение до ближайшего, равного: 30, 35, 40, 45, 50, 60, 70, 80, 100 мм;
9.построить эпюру углов закручивания;
6
10. найти наибольший относительный угол закручивания. Исходные данные:
схема IV;
a=1,9 м; b=1,2 м; c=1,4 м; М1=1900 Нм; М2=1200 Нм; М3=1400 Нм; [τ]=35 МПа, G=80000 МПа
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение |
|
|
1. |
|
|
Определим крутящие моменты на каждом участке нагружения, пользуясь |
||||||||||||
методом сечений. |
|
m1 = −X , |
|||||||||||||
|
|
|
I участок: |
0 ≤ z ≤ a |
|
||||||||||
|
|
|
II участок: |
a ≤ z ≤ a + c |
|
m2 = −X − M 3 |
|||||||||
|
|
|
III участок: |
a + c ≤ z ≤ a + c + b |
m3 |
= −X − M 3 − M 2 |
|||||||||
|
|
|
IV участок: |
a + c + b ≤ z ≤ 2a + c + b |
m4 |
= −X − M 3 − M 2 + M1 |
|||||||||
Полный угол закручивания должен быть равным нулю: |
|
|
|||||||||||||
|
|
|
ϕ =ϕ1 + ϕ2 +ϕ3 +ϕ4 =0 , где |
|
|
||||||||||
ϕ |
1 |
= |
|
|
m1a |
= |
(− X )a ; |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
G J p |
G J p |
|
|
||||||||
ϕ |
2 |
= |
|
|
m2c |
= (− X − M 3 )c ; |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
G J p |
|
G J p |
|
|
|||||||
ϕ |
3 |
= |
|
|
m3b |
= |
(− X − M 3 − M 2 )b |
; |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
G J p |
|
G J p |
|
|
|||||||
ϕ 4 |
= |
|
|
m4 a |
= (− X − M 3 − M 2 + M1 )a ; |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
G J p |
|
G J p |
|
|
|||||
Тогда |
|
|
|
|
|
|
|||||||||
(− X )a + (− X − M 3 )c + (− X − M 3 − M 2 )b + (− X − M 3 − M 2 + M1 )a = 0 |
|||||||||||||||
X = |
M1a − M 2 (a + b)− M 3 (a + b + c) |
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
2a + b + c |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Получим |
|
X=-1001,56 Н м. |
|
|
|||||||||||
2. Крутящие моменты на участках нагружения |
m1 |
= 1001,56 Н м, |
|||||||||||||
|
|
|
I участок: |
|
|
|
|||||||||
|
|
|
II участок: |
|
|
|
m2 = -398,44 Н м, |
||||||||
|
|
|
III участок: |
|
|
|
m3 = -1598,44 Н м, |
||||||||
|
|
|
IV участок: |
|
|
|
m4 |
= 301,56 Н м. |
|||||||
3. Опасным участком, т.е. участком на котором возникают максимальные каса- тельные напряжения, является третий участок нагружения.
Составим условия прочности для опасного участка вала.
τ |
max |
= |
m3 |
|
≤[τ ] = 35 МПа |
||
|
|||||||
|
|
|
Wp |
|
|||
Wp |
= |
π D3 |
=0,1963 D3 |
||||
|
16 |
|
|||||
|
|
|
|
|
|||
Определим диаметр D из условия прочности:
7
|
|
|
m3 |
|
|
|
|
|
|
D ³3 |
[τ ]×0,1963 = 0,0615 м = 61,5 мм. |
|
|
|
|
||||
Принимаем D=0,07 м = 70 мм |
|
|
|
|
|||||
Вычислим геометрические характеристики поперечных сечений вала: |
|
||||||||
|
|
Полярный момент сопротивления сечения: |
|
|
|
||||
|
|
Wp = π D3 |
=0,1963 D3 |
= 67,35 ×10−6 |
м3 ; |
|
|
|
|
|
|
|
16 |
|
|
|
|
|
|
Полярный момент инерции сечения |
|
|
|
|
|||||
|
|
J p = π D4 |
= 0,0982 D4 |
= 235,72 ×10−8 |
м4 ; |
|
|
|
|
|
|
|
32 |
|
M1 |
M2 |
M3 |
X |
|
|
|
Z |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
A |
B |
C |
D |
E |
|
|
|
|
|
a |
b |
c |
a |
|
|
|
|
|
|
IV |
III |
II |
I |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1001,56 |
|
|
|
|
|
301,56 |
|
|
+ |
|
|
|
|
|
Mкр |
+ |
|
|
|
0 |
[Н.м] |
|
|
|
|
|
- |
|
398,44 |
|
|
|
|
|
|
|
1598,44 |
|
|
|
|
|
|
|
|
0.0030 |
|
|
|
|
|
|
|
|
ϕ |
|
+ |
|
|
0 |
[рад] |
|
|
|
|
|
|
|
- |
|
|
|
|
|
|
|
0.0071 |
0.0101 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
4. Определим абсолютные углы закручивания участков вала: |
|
|
|||||||
ϕ |
1 |
= |
m1a =0,0101 рад; |
|
|
|
|
|
|
|
|
G J p |
|
|
|
|
|
|
|
ϕ |
2 |
= |
|
m2c |
= - 0,0030 рад; |
||
|
|
|
|||||
|
|
|
G J p |
||||
ϕ |
3 |
= |
|
m3b |
= - 0,0102 рад; |
||
|
|
||||||
|
|
|
G J p |
||||
ϕ |
4 |
= |
|
m4 a |
=0,0030 рад |
||
|
|
||||||
|
|
|
G J p |
||||
8
Полный угол закручивания вала
ϕ = ϕ1 + ϕ2 +ϕ3 +ϕ4 = 0
Определим угловые перемещения поперечных сечений, совпадающих с грани- цами участков нагружения:
сечение А (жесткая заделка): |
ϕA =0; |
|
||
сечение В : |
ϕB |
= |
ϕA + ϕ4 |
=0,0030 рад; |
сечение С: |
ϕC |
= |
ϕB + ϕ3 |
= − 0,0071 рад; |
сечение D : |
ϕD = |
ϕC + ϕ2 |
= −0,0101рад; |
|
сечение E : |
ϕE = |
ϕD + ϕ1 =0 |
||
5. Наибольший относительный угол закручивания
θmax |
= |
mmax |
= |
m3 |
=0,0085 |
рад |
|
G J p |
м |
||||
|
|
G J p |
|
|||
Задача №7 Для заданного поперечного сечения, состоящего из швеллера и равнобокого
уголка или из двутавра и равнобокого уголка, или из швеллера и двутавра, требует- ся:
1.определить положение центра тяжести;
2.найти осевые и центробежные моменты инерции относительно центральных осей xc и yc;
3.определить направление главных центральных осей u и v;
4.найти главные моменты инерции;
5.вычертить сечение в масштабе 1:2.
Исходные данные:
схема V;
швеллер №20; равнобокий уголок 90×90×6; двутавр №20a.
Решение
Задано составное сечение, состоящее из равнобокого уголка 90×90×6 и двутавра №20a. Выбираем следующие данные по таблицам ГОСТа для сортового проката:
Равнобокий уголок 90×90×6 (ГОСТ 8509-86)
b=90 мм - ширина полки, t =6 мм - толщина полки, F=10,61 см2 – площадь сече- ния, z0=2,43 см - положение центра тяжести, Jx=Jy=82,10 см4 - осевые моменты инерции относительно центральных осей, Jxy=48,10 см4 - центробежный момент инерции.
Двутавр №20a (ГОСТ 8239-89)
h=200 мм - высота, b=110 мм - ширина полки, s=5,2 мм - толщина стенки, t=8,6 мм - толщина полки, F=28,9 см2 – площадь сечения, Jx=2030 см4, Jy=155 см4 - осевые моменты инерции относительно центральных осей двутавра.
Вычерчиваем заданное сечение в масштабе 1:2. Выбираем исходные оси X0Y та- ким образом, чтобы они были параллельны сторонам составного сечения и прохо- дили через центры тяжести двутавра С1 и уголка C2.
Для каждого элемента сечения проведем собственные центральные оси.
9
Координаты центров тяжести элементов сечения в выбранных осях, их площади и моменты инерции приведены в таблице.
№ |
|
Площадь Fi |
|
Координаты ц.т. |
|
Моменты инерции |
|||
|
|
см2 |
|
xi |
yi |
Jxi |
|
Jyi |
Jxiyi |
|
|
|
|
см |
см |
см4 |
|
см4 |
см4 |
1(двутавр) |
28,9 |
|
3,07 |
0,0 |
2030,0 |
|
155,0 |
0,0 |
|
2(уголок) |
10,61 |
|
0,0 |
12,43 |
82,10 |
|
82,10 |
48,10 |
|
Составное |
39,51 |
|
2,25 |
3,34 |
3311,18 |
|
310,24 |
-248,05 |
|
сечение |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Координаты центров тяжести частей сечения в выбранной системе осей X0Y |
|||||||||
(все размеры взяты в см, индекс 1 соответствует двутавру, индекс 2 - уголку) |
|||||||||
x1 |
= 0,5b1 - z02 =3,07 см |
|
|
|
|
|
|
||
y1 = 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x2 |
= 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
y2 |
= 0,5h1 + z02 =12,43 см |
|
|
|
|
|
|
||
Площадь составного сечения
F = F1 + F2
Статические моменты площади определялись:
Sxi = yi × Fi Syi = xi × Fi
Координаты центра тяжести составного сечения определены по формулам
|
|
S y1 |
+ Sy2 |
|
|
x |
1 |
× F + x |
2 |
× F |
|||||
xC = |
|
|
|
= |
|
|
1 |
|
2 |
|
=2,25 см |
||||
|
F |
|
|
F1 |
+ F2 |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
S1 |
+ S 2 |
|
|
y |
1 |
× F + y |
2 |
× F |
|||||
yC = |
|
x |
x |
|
= |
|
|
1 |
|
|
2 |
=3,34 см |
|||
|
|
F |
|
|
|
F1 + F2 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Расстояние между соответствующими собственными центральными осями элементов и центральными осями всего составного сечения
ai = yi - yC bi = xi - xC
|
№ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ai |
bi |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
см |
см |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1(двутавр) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
-3,34 |
0,82 |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2(уголок) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
9,09 |
-2,25 |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Проверка |
|
|
a1 |
|
|
= |
|
b1 |
|
|
= |
F |
|
= 0,367 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
||||||
|
|
a |
2 |
|
|
|
b |
2 |
|
|
F |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
||
Осевые и центробежный моменты относительно центральных осей Хс, Ус вы-
числяются по формулам
|
|
J |
Xc |
= J 1 |
+ J 2 |
= J 1 |
+ a2 F + J 2 |
+ a2 F =3311,18 см4 |
|||||||||
|
|
|
|
Xc |
|
|
Xc |
X 1 |
1 1 |
X 2 |
2 2 |
|
|
|
|
||
|
|
|
J |
Yc |
= J 1 |
+ J 2 |
= J 1 |
+ b2 F + J 2 |
+ b2 F =310,24 см4 |
||||||||
|
|
|
|
Yc |
|
Yc |
Y 1 |
1 1 |
Y 2 |
2 2 |
|
|
|
|
|||
J |
XcYc |
= J 1 |
|
|
+ J |
2 |
|
= J 1 |
+ a b F |
+ J 2 |
+ a |
2 |
b |
F =-248,05 см4 |
|||
|
XcYc |
|
XcYc |
|
X 1Y 1 |
1 1 1 |
|
X 2Y 2 |
|
|
2 2 |
||||||
10