ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ТИПОВЫХ ЗАДАЧ

Пример № 1

Построить эпюры продольных сил, нормальных напряжений и перемещений поперечных сечений по длине ступенчатого бруса, нагруженного, как показано на рис.1,а. Материал бруса сталь

Ст. 3; Е=2,0 10¹¹Па

Рис.1

Решение. Разобьем брус на отдельные участки, начиная от свободного конца. Границами участков являются сечения, в которых приложены внешние силы, и место изменения размеров поперечного сечения. Таким образом, заданный брус имеет три участка.

При применении метода сечений, как известно, принципиально безразлично, равновесие какой из отсеченных (левой или правой ) частей бруса рассматривать. В данном случае, применяя метод сечений, будем оставлять левую и отбрасывать правую отсеченную часть бруса, при этом отпадает надобность в предварительном определении реакции заделки.

Проведем произвольное сечение а-а на участке I и рассмотрим равновесие оставленной части, изображенной отдельно на рис. 1,б. Продольная сила в этом сечении N₁=F, эту силу находим, проектируя на ось z бруса внешние и внутренние силы, действующие на оставленную часть. Легко видеть, что тоже значение продольной силы сохраняется для любого сечения участка II, т.е.N₁=N_II=F

(для произвольного сечения b-b, проведенного на участке II, продольная сила определяется на основе рис.1,в ). Проведя сечение на участке III, например с-с, и рассматривая равновесие левой отсеченной части, изображенной на рис.1,г, найдем:

N_Ш=F+2F=3F

После приобретения некоторого навыка в применении метода сечений можно не изображать отдельно отсеченную часть, а просто пользоваться соотношением

N= F_iz

_о.ч

Заметим, что реакция заделки равна 3F. Таким образом, если определять значения продольных сил, оставляя каждый раз после проведения сечения правую часть бруса, конечно, получим те же результаты.

Построим график (эпюру), показывающий, как меняется N по длине бруса. Для этого, проведя ось абсцисс графика параллельно оси бруса, откладываем в произвольно выбранном масштабе значения продольных сил по оси ординат. Так как в пределах одного или даже двух смежных участков продольная сила не меняется, то эпюра ограничена прямыми, параллельными оси абсцисс. Полученный график принято штриховать, при этом штриховка должна быть перпендикулярна оси бруса. Каждая линия штриховки (ордината графика) в соответствующем масштабе выражает величину продольной силы в лежащем против нее поперечном сечении бруса (рис.1, ).

Эпюру нормальных напряжений (рис.1,е) получим, разделив значения N на соответствующие площади поперечных сечений бруса.

Эпюрой перемещений называется график, показывающий закон изменения величин перемещений поперечных сечений бруса по его длине.

Абсолютное (т.е. отсчитываемое от неподвижного сечения) перемещение  произвольного поперечного сечения равно изменению длинны части бруса, заключенной между рассматриваемым сечением и заделкой. Относительное перемещение двух поперечных сечений бруса равно изменению длинны части бруса, заключенной между этими сечениями.

Эпюру перемещений следует строить, начиная от защемленного конца. Перемещение произвольного сечения с-с, взятого в пределах участка III бруса, равно удлинению части бруса длиной z (см.рис.1,а).

Полученное выражение показывает, что перемещения возрастают (по мере удаления сечения от заделки) по линейному закону. Нетрудно убедиться, что при нагружении бруса сосредоточенными силами в пределах каждого участка эпюра перемещений будет линейной; поэтому для ее построения достаточно определить перемещения сечений, совпадающих с границами участков.

Перемещение сечения С (с) равно удлинению участка CD

N_IIIa 180 10³ 1,0

с = l_CD= = = 0,75 10^-3м = 0,75мм

ЕА₂ 2,0 10¹¹ 12 10^-4

Перемещение сечения В относительно сечения С равно удлинению участка ВС

N_IIa 60 10³ 1,0

в-с = l_вс= = = 0,25 10^-3м = 0,25мм

ЕА₂ 2,0 10¹¹ 12 10^-4

Абсолютное перемещение сечения В равно перемещению сечения С плюс перемещение В относительно С

в=с+ в-с = 0,75+ 0,25 = 1,0мм

Перемещение сечения А относительно В равно удлинению участка АВ

N_I2a 60 10³ 2,0

_A-B l_AB= = = 1,2 10^-3м = 1,2мм

ЕА₁ 2,0 10¹¹ 5 10^-4

Абсолютное перемещение сечения А найдем, просуммировав величины в и _A-B

_A=в+ _A-B = 1,0+ 1,2 = 2,2мм

Построенная по полученным данным эпюра перемещений показана не рис. 1,ж. На эпюре отмечены также относительные (взаимные) перемещения сечений, являющихся границами участков.

ПРИМЕР № 2

Абсолютно жесткий брус опирается на шарнирно-неподвижную опору и прикреплен к двум стержням при помощи шарниров.

Требуется подобрать диаметры этих стержней

Данные: а=2м; b=3м; c=1м; _adm=160МПа; F=5c.

Рис.2

Решение. Для определения усилий в стержнях пользуемся методом сечений (см.рис.2а). Рассекаем первый и второй стержни и наносим усилия N₁ и N_2. Отбрасываем опору А, а ее влияние на систему заменяем реакциями R_А и Н_А.

Рассмотрим систему в равновесии, т.е. составим уравнения статики

 F_kx = 0 H_A+N₂ cos = 0 (1)

 F_kx = 0 R_A+N₁-F+N₂ sin = 0 (2)

M_A = 0 N₁ a - F (a+c) + N₂ sin  (a+b+c) = 0 (3)

Заметим, что в эти уравнения входят четыре неизвестных: R_A; H_A; N₁ и N₂ , т.е. система является один раз статически неопределимой т.к. четыре неизвестных минус три уравнения равновесия равно единице.

Для раскрытия статической неопределимости системы (т.е. для составления недостающего уравнения) рассмотрим картину деформации всей системы (см.рис.2б). Под действием силы F первый и второй стержни будут сжиматься. Деформацией бруса  пренебрегаем. Левый конец бруса находится в шарнирно-неподвижной опоре. Точка В бруса переместится в точку В₁, а точка  - в точку ₁. Новым положением бруса является прямая А₁. Отрезок ВВ₁ представляет собой деформацию первого стержня. Чтобы найти деформацию второго стержня, нужно из нового положения этого стержня опустить перпендикуляр ₁К на его старое направление. Этот перпендикуляр отсечет отрезок К, который и является деформацией второго стержня. Величины l₁ и l₂ свяжем из подобия треугольников АВВ₁ и А₁

Запишем соотношение

ВВ₁/АВ=₁/А, (4)

где ВВ₁=l₁; AB=a; A=a+b+c.

Отрезок ₁ выразим из прямоугольного треугольника ₁К

₁

Подставляем значения этих отрезков в выражение (4), получим:

. (5)

Имеем четвертое недостающее уравнение, которое называют уравнением совместности деформаций (перемещений), но оно пока в сжатом виде. Чтобы его развернуть, нужно деформации l₁ и l₂ расписать по известной формуле:

l₁=b; A₁=A;

; A₂=2A sin a=sin 45= .

Подставляем эти выражения в уравнение перемещений (5):

.

После сокращений и преобразований получим

N₁(a+b+c)=N₂a.

Это и есть развернутое уравнение совместности деформаций. Решая совместно уравнения (3) и (6) найдем усилия в стержнях.

Из уравнения (6) получили:

.

Значение N₂ подставляем в уравнение (3):

10,75N₁=1500;

N₂=2,5N₁=2,5139,5=348,75(кH).

Площади поперечного сечения стержней находим из условия прочности при растяжении и сжатии:

= ;

;

.

Окончательно принимаем: A₁=10,9см²; А₂=21,8см².

Определяем диаметры стержней. Так как круглого поперечного сечения

Отсюда

.

Ответ: N₁=139,5 кН, N₂=348,75 кН,

А₁=8,7 см², А₂=21,8 см²,

d₁=3,72 см, d₂= 5,27 см.

А₁=8,7 см²,

d₁=3,72 см,

ПРИМЕР № 3

Определить положение главных центральных осей и вычислить главные центральные моменты инерции заданного сечения (рис. 3,а).

Рис.3

Решение. Заданное сечение разобьем на два прокатных профиля: неравнобокий уголок I и швеллер II. Геометрические характеристики уголка и швеллера берем по ГОСТ 8510-86 и 8240-89.

Для уголка 100 6510:

J^I_x1=154,05 см⁴; J^I_у1=50,98 см⁴; J^I_у3 =30,15 см⁴;

А₁=15,61см²; tg= 0,41;

координаты центра тяжести

у₁=3,36см; х₁=1,63см.

Для швеллера № 20:

J^II_x1=1520 см⁴; J^II_у2=133 см⁴; А₂=23,4см²; z₀=2,07 см.

1.Выбираем вспомогательные оси u и v и определяем положение центра тяжести сечения

А₁v₁+A₂v₂ 15,61 16,64 + 23,4 10

v_c= = = 12,64 см;

А₁+А₂ 15,61+23,4

А₁u₁+A₂u₂ 15,61 9,23 + 23,4 5,53

u_c= = = 7,01 см.

А₁+А₂ 15,61+23,4

2.Выбираем вспомогательные центральные оси х₀ и у₀ и вычисляем осевые и центробежный моменты инерции относительно этих осей. Заметим, что указанные оси выбираем таким образом, чтобы они были параллельны тем центральным осям уголка и швеллера, относительно которых моменты инерции известны

Для швеллера оси х₂,у₂ главные, поэтому J_x2y2=0.

Вычислим центробежный момент инерции уголка относительно осей х₁,у₁ (рис.3,б).

На основании формулы

Откуда, учитывая, что =arctg 0,41=2220, и подставляя числовые значения, имеем

154,05+50,98 154,05-50,98

J ^I_х1у1sin = 13520 = + cos 13520- 30,15

2. 2

или окончательно

J^I_х1у1= 50,8см⁴

Тот же результат можно получить на основе формулы, которая при обозначениях, принятых здесь, имеет вид

Отсюда

J^I_х1у1=(J^I_у1- J^I_у2) tg(90-) = (50,98-30,15) tg(90-2220) = 50,8 см⁴

Вычисляем центробежный момент инерции всего сечения

J_х0у0 = J^I_х1у1+ а₁b₁А₁+ J^II_х2у2+ а₂b₂А₂= 50,8+ (4) (2,22) 15,61+0+ (-2,64) (-1,48) 23,4=281см⁴.

3. По формуле определяем положение главных осей сечения (угол их наклона к исходной оси х₀)

J_х0у0 2 281

t g2a₀= - = - = - 0,3131,

J_х0 - J_у0 2087- 292

Откуда

2а₀=1720, а₀=-840, а₀= -840+90= 8120

Ось, относительно которой момент инерции максимален, составляет меньший угол с той из исходных осей, относительно которой момент инерции больше. В нашем случае J_х0 J_у0, следовательно J_х = J_max (рис.3).

4. По формулам вычисляем величины главных центральных моментов инерции:

Если окажется, что неравенства J_max  J_х0 или J_min J_у0 не соблюдаются, значит, в последнем пункте расчета есть вычислительные ошибки

.

ПРИМЕР № 4

Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов для балки, изображенной на рис. 4,а.

Решение. Определяем опорные реакции, составляя два уравнения моментов (рис.4,б).

Рис. 4

m_A=0; F 2am+4qa 4aV_B 5_a=0

или qa 2a2qa²+14qa²V_B 5_a=0,

откуда V_B=2,4qa;

m_B=0; F 7am4qaa +V_A 5_a=0;

qa 7a2qa²4qa²+5V_A a=0,

откуда V_А=2,6qa.

Для проверки используем уравнение v=0.

F+V_A4qa+V_B=qa+2,6qa 4qa+2,4qa=0,

следовательно, опорные реакции определены правильно.

Заданная балка имеет четыре участка нагружения, границами участков являются сечения, в которых приложены внешние силы или моменты (еще раз подчеркиваем, что реакции относятся к числу внешних сил). Эти участки указаны на рис.4,б).

Начнем с построения эпюры поперечных сил Q.

На участке I распределенная нагрузка отсутствует, следовательно Q₁=const. Величину и знак Q определим, проведя произвольное сечение на этом участке (например, 1-1) и рассматривая равновесие левой отсеченной части (отдельно ее не показываем). Внешней нагрузкой, действующей на левую отсеченную часть, является сила F, стремящаяся повернуть эту часть против хода часовой стрелки, следовательно Q₁ отрицательна.

Q₁=F=qa.

На участке I эпюра Q- прямая параллельная оси абсцисс.

На участке II поперечная сила так же постоянна. На левую отсеченную часть действуют силы F и V_A.

Q_П=V_AF=2,6qa qa=1,6qa.

Заметим, что в сечении над левой опорой на эпюре Q получается скачок на величину силы V_A.

На участке III поперечная сила изменяется по линейному закону.

Значение ее в сечении С известно: Q_C=Q_П=1,6qa. Найдем значение Q в сечении расположенном бесконечно близко слева от В,

=F+V_A3qa=qa+2,6qa 3qa=1,4qa.

Здесь 3qa- равнодействующая той части распределенной нагрузки, которая приложена левее сечения В.

Значение Q для IV участка удобнее определить рассматривая правую отсеченную часть балки.

В сечении D поперечная сила равна нулю (внешних сосредоточенных сил в этом сечении не приложено). Q_IV изменяется по линейному закону и в сечении, взятом бесконечно близко справа от В, равна равнодействующей распределенной нагрузки, приложенной к правой консоли, т.е.

=qa.

Отсекая часть балки (например, проведя сечение 4-4) и рассматривая правую часть, убеждаемся, что приложенные к ней внешние силы стремятся повернуть ее по ходу часовой стрелки, т.е. Q_IV положительна.

Эпюра поперечных сил, построенная по приведенным данным, показана на рис. 4,в.

Переходим к построению эпюры изгибающих моментов М.

На участке I изгибающий момент изменяется по линейному закону. На левом конце балки он равен нулю (здесь не приложен внешний момент). В сечении А

=F 2а=2qa².

Знак минус поставлен потому, что эта часть балки изгибается выпуклостью вверх, т.е. сжатые волокна находятся снизу.

На участке II М также изменяется по линейному закону. В сечении, взятом бесконечно близко слева от С имеем

=F 4а+V_A 2а=qa 4а+2,6qa 2а=1,2qa².

В этом сечении на эпюре М получается скачок на величину приложенного здесь внешнего момента.

В сечении, проведенном бесконечно близко справа от С,

=F 4а+V_A 2аm=qa 4а+2,6qa 2а2qa²=0,8qa².

Остальные значения М целесообразнее определять, рассматривая правую отсеченную часть балки.

В сечении на правом конце балки М_D=0 (нет внешнего момента). На участке IV изгибающий момент изменяется по закону квадратной параболы. Правая консоль изгибается так, что сжатые волокна находятся внизу, т.е. изгибающий момент отрицателен. Изгибающий момент в сечении В равен моменту относительно точки В равнодействующей распределенной нагрузки, приложенной на консоли, т.е.

.

Параболу строим по двум найденным значениям М_IV, учитывая при этом, что на правом конце касательная к эпюре горизонтальна, так как в этом сечении Q=0.

На участке III построим эпюру М по трем точкам. Две из них уже определены- известны значения и М_В. В сечении К поперечная сила равна нулю, следовательно эпюра М в этом месте экстремум. Положение сечения К определим, учитывая, что эпюра Q на участке III линейна и ее нулевая точка делит отрезок CB, равный 3а, в отношении 1,6 к 1,4.Беря относительно точки К сумму моментов сил, приложенных справа от не получаем:

.

Эпюра М изображена на рис. 4,г.

Можно построить эпюры Q и М несколько иным способом, а именно, составив предварительно уравнения, дающие законы изменения Q и М для каждого из участков. Принимая начало координат на левом конце балки, получаем следующие уравнения:

участок I (0 z2a):

Q₁=qa,

M₁=qaz;

участок II (2a z4a):

Q_П=qa+2,6qa=1,6qa,

M_П=qaz+2,6qa(z2a);

участок III (4a z7a):

=qа+2,6qаq(z4а)=1,6qaq(z4а),

=qаz+2,6qа(z2а) 2qa²;

участок IV (7a z8a):

=qа+2,6qаq(z4а)+2,4qa=4qaq(z4а),

=qаz+2,6qа(z2а) 2qa²+2,4qa(z7a).