2Контрольные работы

Задача 1 – Расчет статически неопределимых стержневых систем

Задание. Абсолютно жесткий брус опирается на шарнирно-неподвижную опору и прикреплен к двум стержням с помощью шарниров (рисунок 1).

Рисунок 1 – Схемы шарнирно-стержневых систем

Требуется:

1) найти усилия (N) в стержнях, выразив их через силу F;

2) найти допускаемую нагрузку F´_доп, приравняв большее из напряжений в двух стержнях к допускаемому напряжению [σ]=160 МПа;

3) найти предельную грузоподъемность системы и допускаемую нагрузку F´´_доп, если предел текучести σ_т=240 МПа и запас прочности k = 1,5;

4) сравнить величины F_доп, полученные при расчете по допускаемым напряжениям (см. п. 2) и допускаемым нагрузкам (см. п. 3). Данные взять из таблицы 1.

Таблица 1 – Исходные данные к задаче 1

Схема по рисунку 1	A, см2	a	b	c
			м
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10	11 12 13 14 15 16 17 18 19 20	2,1 2,2 2.3 2,4 2,5 2,6 2,7 2,8 2,9 3,0	2,1 2,2 2,3 2,4 2,5 2,6 2,7 2,8 2,9 3,0	1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 1,7 1,8 1,9 2,0
е	в	г	д	е

Для определения двух неизвестных усилий в стержнях следует составить одно уравнение статики и одно уравнение совместности деформаций. При этом направления усилий в отброшенных стержнях выбирать по правилу: если стержень получает удлинение, то усилие в нем направлять от узла крепления, и, наоборот, если стержень укорачивается, то к узлу.

Для ответа на третий вопрос задачи следует иметь в виду, что в одном из стержней напряжение больше, чем в другом; условно назовем этот стержень первым. При увеличении нагрузки напряжение в первом стержне достигнет предела текучести раньше, чем во втором.

Когда это произойдет, напряжение в первом стержне не будет некоторое время расти даже при увеличении нагрузки и будет оставаться равным σ_т. Отсюда усилие в первом стержне:

N₁ = σ_тF₁. (1)

При дальнейшем увеличении нагрузки напряжение и во втором стержне достигнет предела текучести:

N₂ = σ_тF₂. (2)

Написав уравнение статики и подставив в него значения усилий (1) и (2), найдем из этого уравнения предельную грузоподъемность .

Пример 1. Рассмотрим шарнирно – стержневую систему, представленную на рисунке 2.

Рисунок 2 – Схема шарнирно – стержневой системы

Данные для расчета:

а = 4 м; в = 3 м; с = 2 м; A = 10 м²; α = 45˚; = 160 МПа;

= 240 МПа.

Примечание – брус ВАС считать абсолютно жестким.

Решение

1. Найдем усилия и напряжения в стержнях.

Для определения напряжений от действия внешней нагрузки в деформируемых стержнях 1 и 2 необходимо знать внутренние усилия в этих стержнях N и N , которые направлены вдоль стержней (рисунок 3). От действия заданной нагрузки F в неподвижном шарнире А возникают реактивные силы V и Н . Для определения усилий в стержнях рассмотрим условия статического равновесия данной системы.

Рисунок 3 – Схема к определению усилий в стержнях

Статическая сторона задачи

Приведем уравнения статического равновесия стержня ВАС. Поскольку система плоская, составим три уравнения:

; Н N cos = 0; (1)

; V + N – N sin F = 0; (2)

; N в + N a sin – F(c+в) = 0. (3)

В этих трех уравнениях имеется четыре неизвестных усилия. Поскольку величины опорных реакций V и Н по условию задачи определять не требуется, то для дальнейшего решения задачи пользуемся уравнением (3). В этом уравнении два неизвестных, таким образом, задача один раз статически неопределима. Дополнительное уравнение составляем из условия совместности перемещений, т.е. геометрической зависимости между деформациями стержней.

Геометрическая сторона задачи

Под действием силы F брус ВАС повернется и займет положение В АС (рисунок 3), при этом точка С перейдет в положение С , а точка В – в положение В , перемещаясь по нормали к первоначальному положению бруса ВАС вследствие малости угла поворота. Тогда отрезок СС является удлинением стержня 1. Чтобы найти величину удлинения стержня 2, необходимо на направление стержня 2 из точки В опустить перпендикуляр. Отрезок В₁D представляет собой удлинение стержня 2. Таким образом,

СС = ∆ , В₁D = ∆ .

Установим зависимость между величинами ∆ и ∆ . Из подобия треугольников АВВ и АСС можно записать:

,

где (из ∆ BB D).

Тогда

, или .

Следовательно,

. (4)

Уравнение (4) представляет зависимость между удлинениями стержней системы.

Физическая сторона задачи

Удлинения стержней 1 и 2 выражаем через усилия N и N по закону Гука:

; .

Тогда выражение (4) запишем так:

в.

Зная, что в и ,

получаем

и затем

2 . (5)

Решив совместно уравнение (3) и (5), выразим усилия N и через F:

Из второго уравнения выразим N :

Подставим это выражение в первое уравнение системы

.

Выполним преобразования

F.

Тогда

F.

Определим напряжения в стержнях в долях F:

F;

F.

2. Определим допускаемую нагрузку F´_доп из расчета по допускаемым напряжениям, приравняв максимальное напряжение в стержне к допускаемому :

740F´ =1.6 Н/м .

Отсюда

F´ кН.

3. Определим предельную грузоподъемность системы и допускаемую нагрузку F´´_доп из расчета по предельному состоянию.

Несущая способность системы будет исчерпана тогда, когда в обоих деформируемых стержнях напряжение достигнет предела текучести.

Предельные внутренние усилия в стержнях 1 и 2 при этом равны:

кН,

= кН.

Предельную грузоподъемность определим из условия статического равновесия (3):

N .

Отсюда

F = кН.

Допускаемая нагрузка при запасе прочности k = 1,5:

F´´_доп кН.

4. Сравним величины F из расчета по допускаемым напряжениям и допускаемым нагрузкам. Сопоставление показывает, что F´´_доп превышает F´_доп на

.

Задача 2 – Геометрические характеристики плоских сечений

Задание. Для заданного в таблице 2 поперечного сечения, состоящего из швеллера и равнополочного уголка, или из двутавра и равнополочного уголка, или швеллера и двутавра (рисунок 4), требуется:

1) определить положение центра тяжести;

2) найти осевые и центробежный моменты инерции относительно осей (Z_c и Y_c), проходящих через центр тяжести сечения;

3) определить направление главных центральных осей (V и U);

4) найти моменты инерции относительно главных центральных осей;

5) вычертить сечение в масштабе 1:2 и указать на нем все оси и размеры в числах.

Таблица 2 – Исходные данные к задаче 2

Вид сечения по рисунку 4	Швеллер	Равнополочный уголок	Двутавр
1	14	80 × 80 ×8	12
2	16	80 × 80 × 6	14
3	18	90 × 90 × 8	16
4	20	90 × 90 × 7	18
5	22	90 × 90 × 6	20a
6	24	100 × 100 × 8	20
7	27	100 × 100 × 10	22a
8	30	100 × 100 × 12	22
9	33	125 × 125 × 10	24a
10	36	125 × 125 × 12	24
е	г	д	е

Рисунок 4 – Вид сечений

При расчете все необходимые геометрические и другие данные профилей следует брать из таблиц сортамента прокатной стали [2, 3, 4, 5, 6, 7].

В сечении, состоящем из двух фигур, центр тяжести всего сечения находится на отрезке, соединяющем центры тяжести этих фигур (ближе к большей).

Две взаимно перпендикулярные оси, относительно которых центробежный момент инерции равен нулю, называются главными осями инерции сечения. Осевые моменты инерции относительно таких осей имеют экстремальные значения – один J_max, другой J_min и называются главными моментами инерции.

Если есть хотя бы одна ось симметрии фигуры, то эта ось и перпендикулярная к ней центральная ось являются главными центральными и, соответственно, центробежный момент инерции такой фигуры равен нулю.

Центробежные моменты инерции уголков приведены в соответствующих стандартах [6, 7]. Их значения являются положительными в том случае, если зев уголка с его центром тяжести располагается во втором или четвертом квадранте координатных осей, проведенных по боковым граням уголка. Отрицательное значение центробежный момент инерции принимает в первом и третьем квадрантах.

Пример 2. Для поперечного сечения, состоящего из швеллера и равнополочного уголка (рисунок 5) рассмотрим поставленные выше вопросы.

Рисунок 5 – Поперечное сечение

Примечание – при расчете все необходимые данные следует брать из таблиц сортамента стального проката, разбивая сложное сечение на прокатные профили (ни в коем случае не заменять части профилей прямоугольниками).

Данные для расчета:

Фигура 1 – швеллер № 20 ГОСТ 8240-97 (рисунок 6):

h мм; А см ;

в мм; z см;

J см⁴; J см .

Фигура 2 – уголок 80 80 8 ГОСТ 8509–93

в мм; А см ;

z см; J J ;

J см .

Рисунок 6 – Геометрические размеры сечений

Решение

1. Определим положение центра тяжести сложного сечения (рисунок 5). Разобьем сложное сечение на составляющие фигуры 1 и 2. За вспомогательные оси сечения выберем систему координат Z Y₂. Это удобно, так как в системе этих осей координаты центров тяжести элементарных фигур не будут принимать отрицательных значений. Найдем координаты центра тяжести сложного сечения по формулам:

; y ,

где , – суммарные статические моменты инерции эле-

ментарных фигур относительно вспомогатель-

ных осей Z Y₂.

z cм;

см;

В этом случае согласно рисунка 5:

z см; z =0;

= 0; у cм.

Полученные координаты центра тяжести сечения отложим от вспомогательных осей Z₁ Y₂ и через найденную точку проведем центральные оси Z_с Y_с параллельно осям Z Y .

2. Найдем величины осевых и центробежных моментов инерции сечения относительно центральных осей Z_с Y_с. Для этого используем формулы перехода от центральных осей к параллельным:

;

;

, (1)

где , осевые и центробежные моменты

инерции элементарных фигур от-

носительно центральных осей

всей сложной фигуры;

, – осевые моменты инерции этих же фигур относи-

тельно собственных центральных осей. Эти ве-

личины найдены по таблицам сортамента прокат-

ных профилей;

координаты центров тяжести швеллера и уголка от-

носительно центральных осей всего сечения;

– центробежные моменты инерции швеллера и уголка

относительно собственных центральных осей.

Как видно из рисунка 5,

см;

см;

см;

см.

Поскольку оси Z Y являются главными осями сечения швеллера, то .

Для определения знака уголка пользуемся правилом: если зев уголка с его центром тяжести располагается в 1 или 3 квадрантах координатных осей, центробежный момент инерции принимается отрицательным, если в 2 или 4 квадрантах – положительным. В нашем случае зев уголка расположен в 3 квадранте, значит

J см .

Подставив численные значения в формулы (1), получим:

2075 м⁴;

см⁴;

= – 313,3 см⁴.

3. Определим направление главных центральных осей V и U. Угол наклона главных центральных осей V и U к осям Z_c и Y_с найдем по формуле:

Тогда 2 = 20,4˚; =10,2˚.

Поворачивая оси Ζ_с и Y_с против часовой стрелки (при положительном значении угла α) на угол α = 10,2˚, получаем положение главных центральных осей (рисунок 5).

4. Найдем величины моментов инерции относительно главных центральных осей по формуле:

.

Подставив числовые значения, получим:

Ось максимума (V) наклонена под меньшим углом к той из центральных осей, относительно которой центральный момент инерции сечения больше. В нашем случае

,

значит угол α получается между осями Z_c и V.

Выполним проверку по известному равенству

,

2130 .

Следовательно, задача решена верно.

Задача 3 – Плоский изгиб прямых брусьев

Задание. Для заданных двух схем балок (рисунки 7, 8) требуется написать выражения для поперечных сил Q и изгибающих моментов M для каждого участка в общем виде, построить эпюры Q и M, найти M_max и подобрать:

а) для схемы а – деревянную балку круглого поперечного сечения при [σ] = 8 МПа;

б) для схемы б – стальную балку двутаврового поперечного сечения при [σ] = 160 МПа. Данные взять из таблицы 3.

Чтобы построить эпюры (графики) Q и М, надо помнить, что поперечная сила в любом сечении есть алгебраическая сумма проекций всех внешних сил, действующих по одну сторону сечения, на ось, перпендикулярную оси балки. Поперечная сила Q считается положительной, если внешняя сила слева от сечения направлена снизу вверх, а справа – сверху вниз, и отрицательна – в противоположном случае.

Изгибающий момент в любом сечении определяется как алгебраическая сумма моментов всех внешних сил, действующих по одну сторону от этого сечения. Изгибающий момент считается положительным от тех нагрузок, момент которых изгибает горизонтальную балку выпуклостью вниз. Для построения эпюр Q и М необходимо разбить балку на грузовые участки; граница участка – это место приложения сосредоточенной внешней нагрузки или начало (конец) распределенной нагрузки.

Эпюра изгибающих моментов изображается на растянутых волокнах балки (в сторону ее выпуклости), а так как положительный момент соответствует направлению выпуклостью вниз, то положительный момент откладывается вниз, а отрицательный – вверх.

Для проверки правильности построения эпюр необходимо помнить, что в сечении, в котором к балке приложена сосредоточенная внешняя сила, перпендикулярная оси балки (в том числе и опорная реакция в виде сосредоточенной силы), значение поперечной силы Q изменяется скачкообразно на величину приложенной силы. Аналогично, в сечении, в котором к балке приложен сосредоточенный изгибающий момент (в том числе и опорная реакция в виде сосредоточенного момента), значение изгибающего момента М изменяется скачкообразно на величину приложенного момента.

Изгибающий момент достигает максимума или минимума в сечениях балки, в которых поперечная сила равна нулю.

Рисунок 7 – Расчетные схемы балок

Рисунок 8 – Расчетные схемы балок (продолжение)

Таблица 3 – Исходные данные к задаче 3

Схема по рисункам 7, 8	l1	l2	Расстояние в долях пролета			М, кН×м	F, кН	q, кН/м
	м		a1/a	а2/а	а3/а
1	1,1	6	1	9	1	10	10	10
2	1,2	7	2	8	2	20	20	20
3	1,3	3	3	7	3	3	3	3
4	1,4	4	4	6	4	4	4	4
5	1,5	5	5	5	5	5	5	5
6	1,6	6	6	6	1	6	6	6
7	1,7	7	7	7	2	7	7	7
8	1,8	8	8	8	3	8	8	8
9	1,9	9	9	9	4	9	9	9
10	2,0	10	10	10	5	10	10	10
е	д	е	г	д	е	г	д	е

Пример 3. Рассмотрим две схемы балок, представленных на рисунке 9.

Рисунок 9 – Схемы балок

Данные для расчета:

F = 20 кН; q = 20 кН/м; М = 40 кНм;

Для схемы (а): Для схемы (б):

Решение

Схема (а), рисунок 10

1. Для балки, защемленной одним концом (консольная балка), удобно отсчитывать участки от свободного конца. В этом случае расчет можно вести без определения опорных реакций.

Составим уравнения поперечных сил Q и изгибающих моментов М для участков.

Участок 1: ; Q₁ = – F = – 20 кН, М₁ = Fx;

при x₁ = 0 М₁ = 0, при х₁ = ₃ = 0,5 м М₁ = 20 = 10 кНм.

Рисунок 10 – К расчету балки

Участок 2: ;

Q₂ = – F + q (x₂ – ₃), М₂ = Fx₂ – q ;

при x₂ = ₃ = 0,5 м Q₂ = – F = – 20 кН, М₂ = 20 кНм;

при x₃ = = 5 м Q₂ = – 20 + 20(5 – 0,5) = 70 кН,

М₂ = 20 .

На этом участке Q меняет знак. Найдем значение x₂ = x₀, при котором Q = 0.

Q₂ = – F + q (x₂ – a₃) = 0; x₂ = x₀ = м.

В этом сечении балки момент экстремален.

При x₂ = 1,5 м М_max = 20

Отложим положительные ординаты Q вверх, а отрицательные – вниз и, соединив полученные точки линиями, получим эпюру поперечных сил (рисунок 10). Эпюра изгибающих моментов строится на растянутых волокнах балки, т.е. положительные значения М откладываются ниже нулевой линии, отрицательные – выше.

2. Подбор размеров поперечного сечения балки. Условие прочности при изгибе запишем:

где W_z= осевой момент сопротивления поперечного сечения;

М_max = 102,5 кНм – максимальный изгибающий момент.

Тогда условие прочности можно представить в виде:

Отсюда определим диаметр поперечного сечения балки:

.

Схема (б), рисунок 11

1. Для построения эпюр Q и М необходимо определить опорные реакции из уравнений статики:

.

Отсюда

и отсюда же

Рисунок 11 – Расчетная схема балки и эпюры Q и M

Выполним проверку:

.

Следовательно, реакции определены верно.

2. Составим выражения для определения поперечной силы и изгибающего момента.

Участок 1: ; Q₁ = – F= – 20 кН, М₁ = – Fх₁;

при х₁ = 0 М₁ = 0; при х₁ = ₁ = 3,2м М₁ = – 20 .

Участок 2: ; Q₂ = – F+R_A = – 20 + 74,2 = 54,2 кН,

М₂ = – F ₂ + М + R_A(x₂ – ₁);

при х₂ = ₁ = 3,2 м М₂ = – 20 ;

при х₂ = ₁ + ₂ = 4,8 м М₂ = – 20 .

Участок 3: ; ;

при х₃ = 0 Q₃ = – R_B = – 73,8 кН, М₃=0;

при х₃ = 6,4 м Q₃ = – 73,8+20

М₃ = 73,8 .

Определим экстремальное значение момента, так как поперечная сила на третьем участке изменяет знак:

Q₃ = – R_B + qx₃ = 0, х₃ = х₀ = ;

М_max = 73,8

По полученным данным построим эпюры изгибающих моментов и поперечных сил.

3. Подберем размеры поперечного сечения двутавровой балки.

Для опасного сечения с М_max = 136,2 кНм из условия прочности при изгибе

получим W_Z =

Из таблицы сортамента прокатных профилей (ГОСТ 8339–89) подберем двутавр с ближайшим большим значением W_Z : № 40, W_Z = 9,47

Задача 4 – Статически определимая рама

Задание. Для одной из рам, изображенной на рисунке 12, требуется:

1) написать выражения для продольных сил N, поперечных сил Q и изгибающих моментов M на каждом участке в общем виде;

2) построить эпюры N, Q и M;

3) подобрать двутавровое сечение при ;

4) определить горизонтальное перемещение точки 1 и угловое перемещение сечения в точке 2.

Данные взять из таблицы 4.

Для ломаных стержней и рам ординаты эпюры M, как и в балках, откладываются со стороны растянутого волокна.

Рисунок 12 – Схемы рам

Таблица 4 – Исходные данные к задаче 4

№ схемы
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10	3,0 2,9 2,8 2,7 2,6 2,5 2,4 2,3 2,2 2,1	3,0 2,9 2,8 2,7 2,6 2,5 2,4 2,3 2,2 2,1	10 20 3 4 5 6 7 8 9 10	10 20 3 4 5 6 7 8 9 10
e	д	е	д	е

Пример 5. Рассмотрим раму, представленную на рисунке 13.

Рисунок 13 – Заданная схема рамы

Решение

1. Определим опорные реакции и (рисунок 14).

Определим опорные реакции и (рисунок 14).

Для этого составим три уравнения равновесия:

, ,

откуда ;

, ,

откуда

откуда

Рисунок 14 – Расчетная схема рамы

Проверка реакций опор:

, ;

, ; .

Опорные реакции найдены верно.

Составим выражения N, Q и M для всех участков рамы, строго соблюдая правила определения знаков внутренних усилий.

Раму можно представить из пяти участков: и (рисунок 14).

Для всех участков ось X направляется вдоль стержней, т.е. мысленно представляем вертикальные участки рамы как горизонтальные. При этом нижние концы этих элементов (на рисунке 14 отмечены крестиком) принимаем в качестве левых концов участков.

На каждом участке проведем по одному сечению, определяемому координатой

Участок : .

Алгебраическая сумма проекций односторонних сил на ось стержня дает усилие

Алгебраическая сумма проекций односторонних сил на само сечение стержня дает усилие

.

Алгебраическая сумма моментов односторонних сил относительно центра тяжести сечения дает изгибающий момент

Участок : ;

; ; ;

при , при

Участок : ;

; ; ;

, .

Участок : ;

; , , ;

, , .

Участок : ;

; ,

, .

2. По вычисленным значениям строим эпюры N, Q и М (рисунок 15).

Рисунок 15 – Эпюры и

Для проверки правильности построения эпюр вырежем узлы рамы и приложим к ним все внутренние и внешние усилия (рисунок 16).

Рисунок 16 – Схемы узлов рамы

Проверка показывает, что узлы находятся в равновесии:

узел : , ;

узел : , .

Как правило, проверяют равновесие всех узлов рамы.

3. Подбор сечения. Ориентировочно подбираем номер двутавра из условия прочности при чистом изгибе, если :

.

Значение снято с эпюры M (рисунок 15).

Принимаем двутавр № 12 ГОСТ 8339-89:

, ,

Проверка прочности двутавра № 12 по нормальным напряжениям при совместном действии изгибающего момента и продольной силы:

;

4. Для вычисления горизонтального перемещение точки 1 рассмотрим вспомогательное (единичное) состояние рамы, отбросив все ранее действующие внешние нагрузки и приложив в этой точке по направлению искомого перемещения горизонтальную силу, равную единице (рисунок 17).

Построим для единичного состояния рамы эпюру изгибающих моментов. Для этого найдем ее реакции опор:

, ;

, ;

, .

Проверка:

.

Запишем уравнения изгибающего момента по участкам рамы:

участок : ; ;

участок : ;

, , ;

Рисунок 17 – Схема единичного состояния рамы и эпюра

участок : ;

;

участок : ;

, , .

По полученным значениям строим эпюру изгибающих моментов (рисунок 17).

Горизонтальное перемещение точки 1 найдем «перемножением» рабочей (грузовой) эпюры (рисунок 15) с единичной (рисунок 17) по формуле Симпсона:

,

где длина участка рамы;

значения моментов грузовой эпюры в нача-

ле, середине и конце участка;

значение моментов единичной эпюры в на-

чале, середине и конце участка.

Вычисления проводим по участкам ( и ). Для этого на перечисленных эпюрах дополнительно найдем ординаты моментов посередине участков ( и ).

Для грузовой эпюры:

участок : ;

участок : ;

участок :

Для единичной эпюры:

участок : ;

участок : ;

участок : .

Напомним, что при «перемножении» эпюр произведения ординат рабочей и единичной эпюр, имеющих одинаковые знаки, берутся со знаком плюс, а разные – со знаком минус.

Окончательно получим:

Для определения угла поворота сечения в точке 2 приложим в этом месте единичный момент ( ) (рисунок 18).

Найдем реакции опор:

, ;

;

, .

Рисунок 18– Схема единичного состояния рамы и эпюра

Проверка:

Запишем уравнения изгибающего момента по участкам рамы:

участок : ; ;

участок : ; ;

участок : ; ;

участок : ;

, , .

По полученным значениям строим эпюру изгибающих моментов (рисунок 18).

«Перемножая» грузовую эпюру с единичной (по участкам и ), находим величину углового перемещения сечения в точке 2:

Отрицательный ответ указывает, что действительный угол поворота сечения в точке 2 будет направлен в сторону, противоположную направлению выбранного единичного момента, т.е. будет поворачиваться против часовой стрелки.

Задача 5 – Расчет статически неопределимых балок

Задание. Для одной из балок, изображенной на рисунке 19, требуется:

1) построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов ;

2. выполнить статическую и кинематическую проверки;

3. подобрать двутавровое сечение при ;

4. определить прогибы в середине межопорного пролета и на

конце консоли.

Данные взять из таблицы 5.

Для раскрытия статической неопределимости балки необходимо воспользоваться методом сил.

Рисунок 19 – Расчетные схемы статически неопределимых балок

Пример 4. Проведем решение задания для балки, изображенной на рисунке 20.

Решение

1. Находим степень статической неопределимости (число опор-

ных связей минус число уравнений равновесия) . Данная балка один раз статически неопределима.

Таблица 5 – Исходные данные к задаче 5

Схема по рисунку 19	α	β	l	q
			м	кН/м
1	0,1	0,1	3	10
2	0,2	0,2	4	9
3	0,3	0,3	5	8
4	0,4	0,4	6	7
5	0,5	0,5	7	6
6	0,6	0,6	6	5
7	0,7	0,7	5	4
8	0,8	0,8	4	3
9	0,9	0,9	7	8
10	1,0	1,0	8	6
е	г	д	г	д

Рисунок 20 – Заданная система балки

2) Выбираем основную систему. Для этого отбросим шарнирную опору и приложим в этом сечении неизвестную силу (рисунок 21).

Рисунок 21 – Основная система балки

3. Составляем каноническое уравнение по методу сил:

.

3. Для определения перемещения от действия единичной на-

грузки и перемещения от действия заданной нагрузки предварительно построим эпюры изгибающих моментов в основной системе при единичном и грузовом состоянии.

Рассмотрим единичное состояние. Для этого построим единичную эпюру (рисунок 22).

Рисунок 22 – Единичное состояние балки

Для дальнейших расчетов нам необходимы будут значения моментов на концах и в серединах участков балки ( ). На единичной эпюре укажем значение этих моментов, вычисленных как произведение единичной силы на расстояние от нее до рассматриваемой точки ( ).

Рассмотрим грузовое состояние основной системы (рисунок 23).

Вычислим значение моментов в сечениях:

т. : ;

т. ;

т. ;

т. ;

Рисунок 23 – Грузовое состояние балки

т. : ;

т. : .

По найденным значениям строим эпюру (рисунок 23).

Для определения перемещения воспользуемся формулой Мора:

.

Вычисление интеграла осуществляем по правилу Верещагина, «умножая» эпюру саму на себя:

,

где площадь единичной эпюры на участке;

ордината единичной эпюры на уровне ее центра тяжести,

Перемещение определяем «перемножением» эпюр и , используя формулу Симпсона:

,

где длина участка балки;

значения моментов грузовой эпюры в нача-

ле, средине и конце участка;

значение моментов единичной эпюры в нача-

ле, средине и конце участка.

Напомним, что результат «перемножения» однозначных эпюр является положительным, а разнозначных – отрицательным.

Из уравнения находим :

.

Строим скорректированную (исправленную) эпюру (рисунок 24).

Для этого значения эпюры (рисунок 22) умножаем на .

Строим окончательную эпюру моментов (рисунок 24). Для этого складываем эпюры (рисунок 24) и (рисунок 23).

Рисунок 24 – Эпюры изгибающих моментов и поперечных сил

Проведем кинематическую проверку правильности решения. Для этого «перемножим» эпюру (рисунок 24) с единичной эпюрой (рисунок 22), т.е. определим прогиб основной системы в сечении .

Прогиб в сечении основной системы равен нулю, что соответствует условию ее деформации. Следовательно, задача решена правильно.

Для построения эпюры поперечных сил используем основную систему и найденное значение .

Вычисляем поперечные силы .

Участок : ;

, , .

Участок : ;

, , .

Участок : ;

, .

По найденным значениям строим эпюру (рисунок 24). Следует отметить, что по эпюрам и можно определить значения реакций в защемлении балки ( , ).

Подбираем сечение балки из условия прочности по нормальным напряжениям (опасное поперечное сечение находится над опорой ):

;

.

Принимаем двутавр № 18 .

.

Перегруз балки составляет № 18

,

что находится в пределах допустимого (5 %).

Для определения прогиба заданной балки в сечении используем принятую ранее основную систему и произведем ее расчет на действие единичной силы , приложенной по направлению искомого прогиба. Соответствующая единичная эпюра изгибающего момента приведена на рисунке 25.

«Перемножая» эпюры и , получим

.

Прогиб балки в точке направлен вниз, т. е. совпадает с направлением единичной силы.

Для определения прогиба балки в точке приложим в этой точке единичную силу , направленную вниз. Эпюра изгибающего момента изображена на рисунке 25.

Рисунок 25 – К определению прогибов балки

«Перемножая» эпюры и , получим

Знак минус означает, что прогиб балки в сечении направлен не вниз по направлению единичной силы , а вверх.

Упругая линия балки изображена на рисунке 25. Причем точки ее перегиба, в которых кривизна оси меняет знак, совпадают с точками пересечения линии эпюры с нулевой линией (в точках изменения знака эпюры).

Задача 6 – Внецентренное сжатие

Задание. Чугунный короткий стержень, заданное поперечное сечение которого выбирается из рисунка 26, сжимается продольной силой F, приложенной в точке А. Требуется:

1) вычислить наибольшее растягивающее и наибольшее сжимающее напряжения в поперечном сечении, выразив эти напряжения через F и размеры сечения;

2) найти допускаемую нагрузку F при заданных размерах сечения и допускаемых напряжениях для чугуна на сжатие [σ]_с и на растяжение [σ]_р.

Данные взять из таблицы 6.

Рисунок 26 – Поперечные сечения стержней

Таблица 4 – Исходные данные к задаче 6

Схема по рисунку 26	а	б	[σ]с	[σ]р	№ строки	Схема по рисунку 26	а	б	[σ]с	[σ]р
	см		МПа				см		МПа
1	6	6	110	21	6	6	6	6	60	26
2	2	2	120	22	7	7	2	2	70	27
3	3	3	130	23	8	8	3	3	80	28
4	4	4	140	24	9	9	4	4	90	29
5	5	5	150	25	0	10	5	5	100	30
е	г	д	г	д		е	г	д	г	д

Пример 6. Проведем решение задания для чугунного короткого стержня, поперечное сечение которого изображено на рисунке 27.

Рисунок 27 – Поперечное сечение стержня

Данные для расчета

а = 0,1 м; в = 0,2 м; _р = 30 МПа; _с = 120 МПа.

Решение

1. Вычислим наибольшие растягивающие и сжимающие напряжения в поперечном сечении.

Наибольшие нормальные напряжения возникают в точках, наиболее удаленных от нейтральной линии. Для их определения нужно найти положение этой линии в отрезках, отсекаемых ею на осях Y и Z (рисунок 28):

Рисунок 28 – Расчетная схема поперечного сечения стержня

а_z= ; а_y = ,

где z_F, y_F – координаты точки приложения силы относительно

центральных осей;

i_z = и i_y = – главные радиусы инерции сечения.

Для определения положения центральных осей вычислим координаты центра тяжести сечения

,

где A₁ – площадь полукруга;

A₂ – площадь прямоугольника;

z₁ и z₂ – координаты центров тяжестей в системе координат Z Y₁.

A₁ =

A₂ =

z₁ = 0; z₂ = c +

Следовательно,

Координата у_с = 0, так как сечение симметрично относительно оси Z. Тогда координаты точки А в центральной системе координат Z Y определяют так:

у_А = у_F = а = 0,1 м; z_A = z_F = –z _c+ c = – 0.102+ .

Найденные центральные оси являются для данного сечения главными центральными, так как одна из них совпадает с осью симметрии. Определим главные моменты инерции, воспользовавшись формулами параллельного переноса:

=0,11a⁴+

=

J_z = J_z1 + J _z2 =

Тогда

м².

Теперь найдем положение нейтральной линии в отрезках, отсекаемых ею на осях координат Y Z:

Наиболее удаленные от нейтральной линии точки определим, проведя касательные к контуру сечения, параллельные этой линии. Точки касания В и D являются искомыми точками. Найдем их координаты:

у_в = – а = – 0,1 м;

Угол определим из отношения

tg .

Тогда у_D = 0,1

.

С учетом направления оси Z получим z_D = – 0,0863 м.

Вычислим наибольшие сжимающие напряжения в точке D и растягивающие – в точке В.

.

2. Определим допускаемую нагрузку из условия прочности растянутых волокон

.

Отсюда

Рассчитаем допускаемую нагрузку из условия прочности сжатых волокон

Отсюда

Меньшее из двух полученных значений нагрузки примем за допускаемое

Задача 7 – Построение эпюр внутренних силовых факторов для бруса с ломаной осью

Задание. Для заданного варианта оси ломаного стержня круглого поперечного сечения, расположенной в горизонтальной плоскости, с прямыми углами в точках А и В (рисунок 29),требуется:

1) построить отдельно (в аксонометрии) эпюры изгибающих (М) и крутящих моментов (Т);

2) установить опасное сечение и найти для него расчетный момент по четвертой теории прочности.

На стержень действует вертикальная нагрузка.

Данные взять из таблицы 7.

Пример 7. Проведем решение для ломаного стержня, представленного на рисунке 30а.

Данные для расчета: .

Решение

1. Для построения эпюр внутренних силовых факторов используем метод сечения, определяя величины крутящих и изгибающих моментов как алгебраическую сумму моментов внешних сил, действующих по одну сторону от рассматриваемого сечения. Ординаты эпюры изгибающих моментов будем откладывать на растянутом волокне бруса. Крутящий момент будем считать положительным, если при взгляде в торец отсеченной части этот момент представляется направленным по ходу часовой стрелки.

Участок КВ: Т₁ = 0; М_I = q

при М_К = 0; при М_В = q (растянуты верхние волокна).

Рисунок 29 - Схемы ломаных стержней

Таблица 5 – Исходные данные к задаче 7

Схема по рисунку 29	α	№ строки	Схема по рисунку 29	α
1	1.1	6	6	0,6
2	1,2	7	7	0,7
3	1,3	8	8	0,8
4	1,4	9	9	0,9
5	1,5	0	10	1,0
д	е		д	е

Участок ВА: 0 Т₂ =

при x₂ = 0 M_В = 0; при х₂ = М_А = q (растянуты верхние волокна).

Рисунок 30 – Расчетная схема ломаного стержня и эпюры М и Т

Участок DA: Т₃ = 0; М₃ = q ;

при х₃ = 0 М_D = 0; при х₃ = М_A = q (растянуты нижние волокна).

Участок АС: Т₄ =

М₄ = ;

при х₄ = 0 М_А = q

при х₄ = М_С = 0,2 (растянуты нижние волокна).

Эпюры внутренних силовых факторов, построенные по полученным выражениям, изображены на рисунке 30б, в.

2. По эпюрам внутренних силовых факторов установим, что опасными могут оказаться либо сечения участка АС (здесь все сечения равноопасны) с М = 1,5 и Т = 0,8q , либо сечение, бесконечно близкое к точке А, принадлежащее участку АВ с М = 0,8q и Т = q .

Проверим оба эти сечения по четвертой теории прочности:

М = .

Таким образом, наиболее опасными являются сечения участка АС с расчетным моментом М .

Задача 8 – Расчет сжатых стержней на устойчивость

Задание. Стальной стержень длиной l сжимается силой F. Требуется:

1) найти размеры поперечного сечения при допускаемом напряжении на сжатие [σ] = 160 МПа (расчет производить последовательными приближениями, предварительно задавшись коэффициентом φ = 0,5);

2) найти значение критической силы и коэффициент запаса устойчивости.

Данные взять из таблицы 8.

Таблица 6 –Исходные данные к задаче 8

Пример 8. Рассмотрим стальной стержень, представленный на рисунке 31.

Рисунок 31 – Расчетная схема стержня

Данные для расчета F = 400 кН; м.

Решение

Площадь стержня определим, исходя из условия устойчивости

Отсюда

A=

где – коэффициент уменьшения основного допускаемого напряжения для сжатых стержней.

Расчет приведем последовательными приближениями.

1. Примем

а) Определим площадь поперечного сечения стержня:

б) Выразим площадь поперечного сечения заданной формы через размер d (рисунок 31а):

Отсюда определим размер d:

в) Выразим минимальный радиус инерции через размер сечения d:

i_min =

где J_min – минимальный момент инерции поперечного сечения

стержня относительно одной из главных центральных

осей.

В нашем случае

Тогда

г) Найдем гибкость стержня:

,

где коэффициент, учитывающий характер закрепления

концов стержня (коэффициент приведенной длины).

По найденной гибкости стержня определим табличное значение коэффициента [2, 3]:

_табл = 0,81.

д) Определим расчетное напряжение в стержне при и :

Недонапряжение стержня составит

Недогрузка стержня велика, поэтому необходимо сделать перерасчет.

2. Выполним второе приближение, приняв

а) Снова определим площадь поперечного сечения стержня:

б) Найдем размер d:

в) Рассчитаем радиус инерции:

.

г) Определим гибкость:

д) Проверим расчетное напряжение в стержне:

.

Недонапряжение составит

.

Недогрузка велика.

3. Сделаем третье приближение, приняв .

а) Определим площадь:

м².

б) Тогда, размер равен:

в) Следовательно, радиус инерции

.

г) Затем найдем гибкость стержня:

.

Табличное значение коэффициента определим в этом случае методом интерполирования.

При , при

Тогда при

д) Проверим расчетное напряжение

Недонапряжение стержня равно

Отклонение напряжения от номинальной величины допускается в инженерных расчетах в пределах 4 – 5 %. Следовательно, третье приближение является окончательным. Необходимый размер сечения Площадь поперечного сечения .

4. Определим величину критической силы.

Поскольку гибкость данного стержня по нашим расчетам меньше предельной гибкости для стали Ст. 3 ( , то для определения критического напряжения следует использовать формулу Ясинского:

где а и в – эмпирические коэффициенты, зависящие от свойств

материала,

Тогда .

Следовательно, критическая сила

Найдем коэффициент запаса устойчивости