- •В.П.Дубодел, е.А.Шутова механика материалов
- •Введение
- •Задачи изучения дисциплины:
- •Содержание дисциплины
- •Общие методические указания по выполнению и оформлению контрольной работы
- •7. Контрольные работы, оформленные небрежно и без соблюдения вышеуказанных требований, не рассматриваются и не засчитываются.
- •Задачи для контрольной работы
- •Задача № 1
- •Расчет ступенчатого бруса на растяжение (сжатие)
- •Задача № 4 Расчет балки при изгибе
- •Задача № 5 Расчет сжатой стойки на устойчивость
- •Примеры решения контрольных задач Пример № 1
- •Решение
- •Пример №2
- •Решение
- •Пример № 3
- •Решение
- •Пример № 4
- •Решение
- •Пример №5
- •Решение
- •Список использованной и рекомендуемой литературы
- •Приложения
- •Сортамент прокатной стали Двутавры стальные горячекатаные (по гост 8239-89)
- •Швеллеры стальные горячекатаные с уклоном внутренних граней полок (по гост 8240-97)
- •Уголки стальные горячекатаные равнополочные (по гост 8509-93)
- •Уголки стальные горячекатаные неравнополочные (по гост 8510-86)
- •Содержание
- •247760, Беларусь, Гомельская обл., г. Мозырь, ул.Студенческая,28
Пример №2
Необходимо определить диаметр круглого стального бруса переменного сечения, заделанного с двух сторон (рисунок 7, а) из условия прочности, когда и жесткости, когда , если . Модуль сдвига стали
Решение
Так как в одно уравнение равновесия ( ) войдут два неизвестных – реактивные моменты в заделках, то задача является один раз статически неопределимой.
Для составления уравнения деформаций изобразим эквивалентную систему (рисунок 7, б), отбросив правую заделку и заменив ее моментом х. Уравнение деформаций выражает условие отсутствия угла поворота сечения 1. Из этого следует, что угол закручивания всего бруса равен нулю.
Формула для угла закручивания –
Уравнение деформаций принимает вид:
Выразим (полярный момент инерции сечения на участке 3-4) через момент инерции участка 1-3.
Выполним эту подстановку и решим уравнение получим
Рисунок 7 − К расчету стального бруса при кручении
Строим эпюру крутящего момента Мz (рисунок 7, в). Обратим внимание, что скачки на эпюре будут в тех сечениях, в которых приложены внешние моменты (на величину этих моментов).
Далее строим эпюру касательных напряжений, действующих в точках контура поперечных сечений (рисунок 7, г).
Участок 1-2: Участок 2-3:
Для определения касательных напряжений на участке 3-4 выразим момент сопротивления через :
Наибольшие касательные напряжения оказались на участке 1-2. Записываем условие прочности:
Найдем диаметр из условия жесткости. Относительный угол закручивания на участке 1-2:
На участке 3-4:
Условие жесткости:
Принимаем окончательно из условия прочности d=60 мм.
Пример № 3
Для сечения (рисунок 8) необходимо найти положение главных центральных осей и вычислить главные моменты и главные радиусы инерции.
Рисунок 8 − Схема составного сечения
Из сортамента прокатных профилей выписываем данные по швеллеру №10У (ГОСТ 8240-97), изображенному на рисунке 9.
А = 10,90 см2;
Ix = 174,0 см4;
Iу = 20,40 см4.
|
Рисунок 9. Схема сечения швеллера |
Решение
Через вершину треугольника проводим вспомогательную ось Хв и определяем координату Y0 центра тяжести сечения.
Проводим центральную ось Х и находим расстояние а1 и а2 между осью Х и параллельными ей центральными осями треугольника и швеллера.
Вычисляем главные моменты инерции сечения.
Для треугольника использованы следующие формулы (рисунок 10).
Рисунок 10 − К расчету главных моментов инерции
Вычисляем главные радиусы инерции сечения:
Пример № 4
Для заданной балки (рисунок 11) необходимо:
1. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.
2. Из расчета на прочность подобрать двутавровое, круглое и прямоугольное сечение (приняв для прямоугольного сечения отношение высоты к ширине, равное двум), если .
Решение
Реакции опор Rв и Rд направим вверх. Составим уравнение статического равновесия.
= 0;
Fl – q1,5(1,5/2) – m + RД2,5 = 0; RД = 11,5кН.
= 0;
F3,5 – RВ2,5 + q1,5(1,5/2 + 1 ) – m = 0; RВ = 73,5 кH.
Проверка:
= 0; – F + RВ – q1,5 + RД = 0;
–40 + 73,5 – 401,5 + 11,5 = 0;
–85 + 85 = 0.
Реакции опор определены верно.
Определим значение поперечной силы Q в сечении на участке АВ, рассматривая левую часть балки. Поперечная сила в сечении численно равна алгебраической сумме всех внешних сил, действующих на рассматриваемую часть балки.
Q1 = –F = –40 кН.
Знак «минус» берется потому, что сила слева направлена вниз (см. правило знаков для Q). Поскольку Q – величина постоянная, на эпюре Q изображается в виде горизонтальной прямой.
Дальнейшее решение будем выполнять справа. Следует учесть, что знаки для Q будут обратными (см. правила знаков). Для сечения между D и С:
Q2 = –RД = –11,5 кH.
Эпюра на этом участке также изображается горизонтальной прямой. Определим Q между С и В:
Q3 = –RД + q(z3–1) = –11,5 + 30(z3–1).
Это уравнение наклонной прямой. Чтобы ее построить, определим две точки на концах участка:
z3 = 1 м, Q3 = –11,5 кН;
z3 = 2,5 м, Q3 = –11,5 + 30(2,5–l) = 33,5 кН.
Откладываем наклонную прямую по этим точкам. Она пересекает нулевую линию. В точке пересечения Q = 0, и, следовательно, эпюра моментов имеет экстремум, поэтому значение z для этой точки нужно определить.
Q3 = –11,5 + 30(z3–1) = 0;
или
z3 = 41,5/30 = 1,38 м.
Проверим эпюру Q на правильность построения. Значения Q для правой и левой части должны совпасть, если в сечении не приложена сосредоточенная сила. Если же сила приложена, то значение Q должно различаться на величину этой силы. В точке В приложена сила RВ = 73,5 кН и Q различается на эту величину.
Определим изгибающий момент на первом участке. Изгибающий момент в сечении равен алгебраической сумме всех внешних моментов, вычисленных относительно сечения и приложенных к рассматриваемой части балки:
M1 = –Fz1 = –40 z.
Это уравнение наклонной прямой.
при z1 = 0, M1 = 0;
z1 = l м, М1 = –40 кНм.
На втором участке:
M2 = RДz2 = 11,5 z2;
при z2 = 0, M2 = 0;
z2 = 1 м, М2 = 11,5 кНм.
На третьем участке:
M3 = RДz3 – q(z3 – 1)(z3 – 1)/2 – m = 11,5z3 – 15(z3 – 1)2 – 35.
Это уравнение параболы, так как z во второй степени. Для построения параболы необходимо определить 3 точки: по краям участка и экстремальное значение. Парабола строится дугой навстречу распределенной нагрузке. При:
z3 = 1 м, М3 = 11,5 – 35 = –23,5 кНм,
z3 = 1,38 м, М3 = 11,5 – 1,38 – 15(1,38 – 1)2 – 35 = –21,3 кНм,
z3 = 2,5 м, M3 = 11,5 – 2,5 – 15(2,5 – l)2 – 35 = –40 кHм.
Проверим правильность построения эпюры М. Значения изгибающих моментов для левой и правой части должны совпасть, если в сечении нет внешнего момента, и различаться на величину внешнего момента, если он приложен. В сечении В нет внешнего момента, а изгибающий момент слева и справа одинаков. Следовательно, эпюра М построена правильно.
Опасным является сечение, в котором изгибающий момент максимальный без учета знака. Опасным будет сечение В, для которого
Сечение балки подбирают по формуле:
.
По таблице сортамента, приведенной в приложении (таблица 6), находим двутавр № 20а Wх = 203 см3.
Для круглого сечения:
.
Для прямоугольного сечения:
.
По условию задачи h = 2b, поэтому ,
откуда ;
Сравнение 1 м веса балки можно произвести по площади поперечного сечения разных профилей:
− для двутавра (см. таблицу 6 приложения);
− для круга
− для прямоугольника
Рисунок 11 − Схема балки и эпюры внутренних усилий
Если двутавровое сечение принять за единицу, то соотношение профилей будет:
− для круглого сечения 124,5/32,8 = 3,8;
− для прямоугольного 91,2/32,8 = 2,78.
Следовательно, при использовании балки круглого сечения расход материала увеличивается в 3,8 раз, прямоугольного – в 2,78 раза.