Задание № 2 построение эпюр внутренних силовых факторов
|
3 |
3 |
2 |
8 |
0 |
7 |
|
А |
Б |
В |
Г |
Д |
Е |
Дано: схема балки №2, q=12 кН/м, а=1.4 м, α=1.6, β=1.4, γ=1.8
Р=
,
М=
кНм.
Решение:
1. Определяем опорные реакции применяя уравнения равновесия статики и проверяем их найденные значения:
Проверим полученные результаты, составим сумму моментов всех сил относительно точки B, она должна оказаться равной нулю.
Опорные реакции вычислены правильно.
3. Разбиваем балку на 3 участка.
Применяя метод сечений, определяем значения поперечных сил Q у и изгибающих моментов М Х на участках балки (смотри рисунок а)
1 участок: ( 0 £ z 1 £ а )
Q у = RA -q×z 1 уравнение наклонной линии;
М х = RA×z 1 - q×z 12/2 уравнение параболы, ветви вниз
Определим граничные значения Q у и М х на первом участке:
Q у (0) = -23,7 кН;
Q у (а) = -40,5 кН;
М
х
(0) =
М
х
(а)
=
2 участок: (a £ z 2 £ 1,75а )
Q у = RA - q ×z 2 + P уравнение наклонной линии
М х = RA×z 2 - q ×z 2 2 /2 + P ×(z 2 –a) уравнение параболы, ветви вниз
Определим граничные значения Q у и М х на втором участке:
Q у (a) = 13,26 кН
Q у (1,75а) = 0,66 кН
М
х
(a)
= -44,94
М
х
(1,75а) = -37,632
3 участок: (0 £ z 3 £ 0,5а)
Q у = P уравнение прямой линии;
М х = -Р×z3 уравнение наклонной линии
Определим граничные значения Q у и М х на третьем участке:
Q у (0) = 53,76 кН
Q у (0,5а) = 53,76 кН
М х (0) = 0 kH×м
М
х
(0,5а)
= -37,632
Эпюру поперечных сил Q у и эпюру изгибающих моментов М х строим в масштабе смотри рисунок б, в.
Дано: схема балки №7, q=12 кН/м, а=1.4 м, α=1.6, β=1.4, γ=1.8
Решение:
1.
М=М1=
кНм.
М
2
=
0,9
×
q ×
a 2
= 0,9×1,4
×12
×
1,4 2
= 29,6352 kH ×
м
М
3
=
×
q ×
a 2
= 1,8 ×12
×
1,4 2
= 42,336 kH ×
м
М 4 = М 3 = 42,336 kH × м
2. Разбиваем вал на участки 1, 2, 3, 4.
3. Применяя метод сечений, определяем значения крутящих моментов на участках вала:
1 участок: (0 £ z 1 £ а )
S М = - Т1 + М 1 = 0
Т1 = М 1 = 48,9216 кН× м
2 участок: ( а £ z 2 £ 2а )
S М = - Т 2 + М 2 + М 1 = 0
Т2 = М 2 + М 1 = 29,6352 + 48,9216 = 78,5568 кН× м
3 участок: ( 2а £ z3 £ 3а )
S М = - Т 3 + М 2 + М 1 - М 3 = 0
Т 3 = М 2 + М 1 - М 3 = 29,6352 + 48,9216 - 42,336 = 36,2208 кН× м
4 участок: ( 3а £ z 4 £ 4а )
S М = - Т 4 - М 4 - М 3 + М 2 + М 1 = 0
Т4 = - М 4 - М 3 + М 2 + М 1 = -42,336 - 42,336 + 29,6352 + 48,9216 =-6,1152 кН× м
Эпюру крутящих моментов Т по длине вала строим в масштабе (смотри рис. 3, б)
Задание № 4. Определение геометрических характеристик составного поперечного сечения
|
3 |
3 |
2 |
8 |
0 |
7 |
|
А |
Б |
В |
Г |
Д |
Е |
Исходные данные:
1) Схема поперечного сечения бруса (рис.4), составленного из прокатных профилей (двутавр, равнополочный уголок, лист)
2) Размеры сечения (№ профиля) – таблица 2.
|
№ схемы по рис.4 |
Лист bxh, мм |
№ двутавра |
№ швеллера |
№ уголка |
|
7 |
14х210 |
10 |
|
10 |
Требуется:
1) Определить положение центра тяжести составного сечения;
2) Вычислить моменты инерции всего сечения относительно центральных осей;
3) Определить положение главных центральных осей и вычислить главные моменты инерции;
4) Выполнить построение в масштабе 1:2 на миллиметровой бумаге с указанием всех осей. Толщину уголка взять на выбор.
1. Составное поперечное сечение можно разбить на три простых фигуры:
1 – прямоугольник 14 х 210;
2 – двутавр № 10;
3 – уголок № 10.
2. Определение площади листа: F 1 = b x h = 14 × 210 = 2940 мм 2 = 29.4 cм 2
3. По ГОСТ 8239 - 89 и ГОСТ 8509 - 93 выписываем технические
характеристики двутавра № 10 и равнополочного уголка № 10.
Двутавр № 10
h=100 мм, b=55 мм, d=4.5мм,t =7,2 мм, F 2= 12 cм 2, J X2 = 17.9 cм 4,
J У2 = 198 cм 4.
Уголок № 10
b =100 мм, d = 10 мм, F 3 = 19,2 cм 2, J X3 = 179 cм 4, J X0 max = 284 cм 4,
J У0 min = 74,1 cм 4, z 03 = 2.83 см,
4. Исходя из размеров выполняем сечение в масштабе 1 : 2 (смотри рисунок на миллиметровой бумаге)
5. Проводя систему координат хОу, для каждой фигуры находим положения центров тяжести С 1, С 2, С 3 и определим координаты центров тяжести:
хс1 = 100 + 7 = 107 мм;
У С1 = 210/2 = 105 мм;
хс 2 = 100/2 = 50 мм;
У С2 = 27.5 мм;
хс 3 = 100 + 14 + 28.3 = 142.3 мм;
У С3 = 210 –28.3 = 181.7 мм.
6. Вычислим координаты центра тяжести составного поперечного сечения по формулам:
;
,
где F - площадь фигуры, cм 2;
7. Вычислим моменты инерции сечения относительно центральных осей:
+
+
;
+
+
,
где
- моменты инерции i - ого элемента сечения
относительно его осей, параллельных
осям
и
;
а i ,d i - координаты (расстояния от центральных осей до своих осей);
а 1 = У с1 - У с = 105 - 113,95 = -8,95 мм
d 1 = X с1 - X с = 107 – 106,89 = 0,11 мм
а 2 = У с2 - У с = 27.5 - 113,95 = -86,45 мм
d 2 = X с2 - X с = 50 – 106,89 = -49,89 мм
а 3 = У с3 - У с = 181.7 - 113,95 = 67,75 мм
d 3 = X с3 - X с = 142.3– 106,89 = 92,3 мм
Определим моменты инерции листа, имеющего прямоугольное сечение:
=
=
=
+
+
+
=
+
+
+
=
8. Определим величину центробежного момента инерции уголка, так как оси Х и У не являются главными:
=
=
9.
Определим величину центробежного
момента инерции относительно центральных
осей:
и
:
=
+
+
+
+
+
Учитывая,
что
= 0 и
= 0, перепишем формулу в следующем виде:
=
+
+
+
=
+
+
+
=
10.
Определим направление главных центральных
осей
и
.
Главные
оси
и
проходят через центр тяжести С и повернуты
относительно центральных осей на уголa
0
,
величина которого определяется по
формуле:
=
=
-78,180
Þ
-39,090
11.Показываем
на рисунке направление главных центральных
осей
и
.
Так
как угол
,
то главные центральные оси
и
получаем поворотом осей
и
по ходу часовой стрелки.
12. Определяем главные моменты инерции сечения:
+
-
;
+
+
;
+
+
=
+
-
При правильном вычислении выполняется равенство:
+
=
+
+
=
+
Условие выполняется, значит, задача решена правильно.