Домашнее задание №1. Растяжение - сжатие бруса. Вариант-16
.docМГУИЭ
Кафедра сопротивления материалов.
Домашнее задание №1
по сопротивлению материалов.
«Растяжение и сжатие статически определимого и статически неопределимого бруса»
Вариант – 16.
Работу выполнил:
Рузанов Леонид
Группа М-23
Проверил:
Митронов Владимир Ильич
2005 год.
Растяжение и сжатие статически определимого стержня.
Дано:
P1 = 60 кН; P2 = 40кН; l1 = 0,4 м; l2 = 0,3 м; l3 = 0,2 м; l4 = 0,5 м;
|
k = 0,90; а2 = k · а1; a3 = k2 · а1; [δ] стали = 12 кг/мм2; [δ] меди = 3 кг/мм2;
|
Задача:
Для бруса, жёстко заделанного одним концом, требуется:
-
Определить из условия прочности размеры поперечного сечения, прияв допустимое напряжение для стали [δ] стали = 12 кг/мм2 и для меди [δ]меди=3кг/мм2, а2 = k · а1, a3=k2·а1;
-
Построить эпюры;
а) нормальных (продольных) сил Nz;
б) нормальных напряжений σz по длине бруса;
в) относительных линейных деформаций εz по длине бруса;
г) перемещений поперечных сечений Δz.
-
Определение опорных реакций:
Из условия равновесия:
- Az +2P1+2 P2=0
Az=2P1+2 P2=120 кН + 80 кН =200 кН
-
Определение нормальных (продольных) сил Nz (методом сечений):
Возьмём 1 сечение на расстоянии z< l1 от опоры
Σ Pz = 0;
Nz1 - Az=0
Nz1= Az=200 кН
Рассмотрим 2 сечение:
Σ Pz = 0;
Nz2 – Az+2P1=0
Nz2= Az-2P2=200 кН – 120 кН = 80 кН
Рассмотрим 3 сечение:
Σ Pz = 0;
–Nz3 +2P2=0
Nz3= 2P2= 80 кН
Рассмотрим 4 сечение:
Σ Pz = 0;
–Nz4 =0
Nz4= 0 кН
-
Определение нормальных напряжений δz по длине бруса
, где Nz – нормальные силы, - площади сечений.
;
1 участок:
2 участок:
3 участок:
4 участок
-
Расчёт сечения:
Из условия прочности следует, что
max δz ≤ [δ]материала.
а)
б)
в)
Из полученных значений а1 выберем наибольшее, т.е а1=0,082м=8,2·10-2 м.
-
Определение относительных линейных деформаций :
,где
δz –нормальные напряжения,
-Модуль упругости I рода (модуль Юнга) .
-
Определение перемещений поперечных сечений Δz:
Δzi=εzi·zi;
1 участок: 0≤z1≤ l1
z1=0 => Δz1=0;
z1=l1=0,4 м => Δzi= 2,97·10 -4·0,4м=1,19·10 -4 м.
2 участок: 0≤z2≤ l2
Δz2=Δ l1+εz2·z2;
z2=0 => Δz2=Δ l1=1,19·10 -4 м;
z2=l2=0,3м => Δz2=Δ l1+εz2·z2=1,19·10 -4 м+1,19·10 -4·0,3м=1,55·10 -4м.
3 участок: 0≤ z3≤ l3
Δz3= Δ l2+εz3·z3;
z3=0 => Δz3= Δ l2=1,55·10 -4м;
z3= l3=0,5м => Δz3= Δ l2+εz3·z3 =1,55·10 -4м +1·10 -4·0,5м=2,05·10 -4м.
4 участок: 0≤z4≤ l4
Δz4= Δ l3+εz4·z4;
z4=0 => Δz4= Δ l3= 2,05·10 -4м;
z4= l4=0,2м => Δz4= Δ l3+εz4·z4= Δ l3= 2,05·10 -4м.
0, Па
Растяжение и сжатие статически неопределимого стержня.
Дано:
Брус, жёстко заделанный двумя концами,
P1 = 60 кН; P2 = 40кН; l1 = 0,4 м; l2 = 0,3 м; l3 = 0,2 м; l4 = 0,5 м;
|
k = 0,90; а1=7,9·10-2 м а2=7,11·10-2 м ; [δ] стали = 12 кг/мм2; [δ] меди = 3 кг/мм2;
|
Задача:
Построить эпюры;
а) нормальных (продольных) сил Nz;
б) нормальных напряжений σz по длине бруса;
в) относительных линейных деформаций εz по длине бруса;
г) перемещений поперечных сечений Δz.
a3=4,02·10-2
м
а1=8,2·10-2 м
P2
= 40 кН
P1 = 60 кН
А
Dz
Az
Медь
Сталь
P2
= 40 кН
P1 = 60 кН
l1=0,4
м
l2=0,3
м
l3=0,5
м
l4=0,2
м
А
-
Составим уравнение равновесия системы:
Σ Pz = 0;
-Az+2 P1+2 P2+Dz=0;
Az - Dz= 200 кН
-
Составим уравнение перемещения сечения А – А:
ΔА-А=0;
Помножим полученное равенство на 105 и на a12 получим:
Найдём из полученного равенства Dz:
Подставим значения:
Az - Dz = 200 кН
Az = Dz + 200 кН = - 107,26 кН + 200 кН = 92,74 кН
-
Определение нормальных (продольных) сил Nz (методом сечений):
Возьмём 1 сечение на расстоянии z< l1 от опоры
Σ Pz = 0;
Nz1 - Az=0
Nz1= Az= 92,74 кН
Рассмотрим 2 сечение:
Σ Pz = 0;
-Nz2 – Az + 2P1=0
Nz2= 2P1 - Az =120 кН – 92,74 кН = 27,26 кН
Рассмотрим 3 сечение:
Σ Pz = 0;
–Nz3 +2P2+ Dz =0
Nz3= Dz + 2P2 = - 107,26 кН + 80 кН = -27,26 кН
Рассмотрим 4 сечение:
Σ Pz = 0;
-Nz4 + Dz =0
Nz4 = Dz = -107,26 кН
4. Определение нормальных напряжений δz по длине бруса
1 участок:
2 участок:
3 участок:
4 участок:
-
Определение относительных линейных деформаций :
,где
δz –нормальные напряжения,
-Модуль упругости I рода (модуль Юнга) .
-
Определение перемещений поперечных сечений Δz:
Δzi=εzi·zi;
1 участок: 0≤z1≤ l1
z1=0 => Δz1=0;
z1=l1=0,4 м => Δzi= 1,38·10-4·0,4м= 0,552·10 -4 м.
2 участок: 0≤z2≤ l2
Δz2=Δ l1+εz2·z2;
z2=0 => Δz2=Δ l1= 0,552·10 -4 м;
z2=l2=0,3м => Δz2=Δ l1+εz2·z2=0,552·10 -4 м-0,41·10-4·0,3м=0,429·10 -4м.
3 участок: 0≤ z3≤ l3
Δz3= Δ l2+εz3·z3;
z3=0 => Δz3= Δ l2=0,429·10 -4м;
z3=l3=0,5м =>Δz3= Δ l2+εz3·z3 =0,429·10 -4м -0,34·10-4·0,5м=0,259·10 -4м.
4 участок: 0≤z4≤ l4
Δz4= Δ l3+εz4·z4;
z4=0 => Δz4= Δ l3= 0,259·10 -4м;
z4= l4=0,2м => Δz4= Δ l3+εz4·z4= 0,259·10 -4м -1,33·10-4 ·0,2м.=-0,007·10 -4м
7. Найдём ошибку расчёта:
+
+
z
y
α = -20˚
δα
τα
δα+90˚
δα = δz·cos2α = δz·cos2(-20˚) = 13,9·0,883 = 12,27 мПа
δα+90˚ = δz·sin2α = δz· sin 2(-20˚) = 13,9·0,117 = 1,63 мПа
τα = ½·δz·sin2α = ½·13,9· (-0,643) = -4,47 мПа
Определение относительной линейной деформации по направлениям α и (α+90˚):
Определение объёмной деформации:
l = εα + εα+90˚ + εx
l = (1,18-0,21-0,42)·10-4 = 0,55·10-4
Определение угла сдвига:
- модуль упругости при сдвиге.
при α = 45˚
τα макс.= ½·δz·sin90=6,95 мПа