Розв’язання задач по темі ”Геометричні характеристики плоских фігур”.

Рис. 4.5

Задача 4.1. Визначити відцентровий момент інерції перерізу кутника №25/16:25х160х20 (ГОСТ 8510-72) відносно центральних осей x,y (рис.4.5).

Розв’язання: З таблиці сортаменту виписуємо необхідні дані: I_x=4987 см⁴; I_y=1613 см⁴; І_υ=I_min=949 см⁴; tgα₀=0,405.

Головний момент інерції перерізу I_max знайдемо, використовуючи залежність

,

звідки см⁴.

Відцентрований момент інерції одержимо за формулою

см⁴.

В даному випадку головні осі повинні бути повернуті до збігу з центральними осями х,у за годинниковою стрілкою; тому кут α₀<0 (вісь мінімального моменту інерції повинна при повороті суміщатися з віссю меншого з моментів інерції відносно осей, паралельних поличкам кутника, тобто з віссю у).

Аналогічний результат одержуємо, якщо

см⁴.

В цьому випадку кут α₀>0, тому що відлік робиться проти годинникової стрілки. Той же результат можна отримати, використавши формулу

см⁴.

Задача 4.2. Визначити положення головних центральних осей і обчислити головні моменти інерції для поперечного перерізу, що складається із стандартних профілів: 1– двотавр №24 (ГОСТ 8239–72); 2 – швелер №20 (ГОСТ 8240–72); 3 – кутник №16/10: 160х100х10 (ГОСТ 8510–72), показаних на рис 4.6.

Рис. 4.6

Розв’язання: Спочатку знаходимо центр ваги перерізу. З відповідних таблиць сортаменту виписуємо необхідні дані: для двотавра А₁=34,8 см², Іх1=3460 см⁴, Іу1=198 см⁴;

для швелера А₂=23,4 см², Іх2=113 см⁴, Іу2=1520 см⁴;

для кутника А₃=25,3 см², Іх3=667 см⁴, Іу3=204 см⁴;

tg2α₃=0,39.

Відцентрові моменти Іху1= Іху2=0,

см⁴.

Вибираємо допоміжні осі х_д , у_д і визначаємо координати центра ваги перерізу відносно цих осей за формулами

; ,

де n – кількість профілів, які складають переріз. В даному випадку n=3.

Тоді ;

.

Враховуючи, що х₁=0, х₂=0, х₃=12,28 см, у₁=12 см, у₂=22,45 см, у₃=27,69 см,

отримаємо см;

см.

Відмітимо на рис.4.6 центр ваги перерізу (т.С) і проведемо через нього центральні осі х і у.

Визначення осьових І_х і І_у і відцентрового І_ху моментів інерції.

Моменти інерції відносно центральних осей х і у визначаємо за формулами:

;

;

,

де (І_х)_і, (І_у)_і, (І_ху)_і – моменти інерції профілів відносно власних осей; a_i, b_i – відстані між центральними осями інерції х і у складного перерізу і власними осями профілів відповідно; А_і – площа, і=1,2,3.

В даному розрахунковому випадку маємо

;

;

.

Враховуючи, що а₁= -3,72 см, а₂= -3,72 см, а₃=8,56 см, b₁= -7,68 см, b₂=2,77 см і b₁=8,01 см, одержимо

см⁴; см⁴; см⁴.

Визначення головних моментів інерції. Положення головних центральних осей інерції знаходимо за формулою

,

звідси φ₁=-28^○30′ і φ₂=61^○30′.

Положення головних центральних осей інерції u і υ показано на рис.4.6. Відцентровий момент інерції відносно головних осей І_uυ=0: осьові моменти інерції приймають екстремальні значення:

см⁴; см⁴.

Тут: І_u=І_max, I_υ=I_min.

Тема 5. Зсув (зріз).

Лекція 8. Чистий зсув. Закон Гука для зсуву. Потенціальна енергія деформації зсуву. Залежність між пружними сталими ізотропного матеріалу. Умовні розрахунки на зріз і зім’яття. Метод початкових параметрів.

Вивчаючи цю тему, треба ще раз звернути увагу на те, що дотичні напруження на двох взаємно перпендикулярних площинках за абсолютною величиною рівні і протилежні за знаком. Треба уважно проаналізувати зв‘язок між деформаціями розтягу (стиску) і зсуву.

1. Чистий зсув. Чистим зсувом називається окремий випадок плоского напруженого стану, при якому на гранях елементарного кубика, виділеного з тіла, виникають лише дотичні напруження . При чистому зсуві головні напруження – стискальні і розтягальні – рівні між собою і чисельно дорівнюють екстремальним дотичним напруженням. Головні площадки утворюють із площинками чистого зсуву кут 45⁰. В зв‘язку з цим існує певна аналогія між формулами, які виражають закон Гука при розтягу (стиску) і при зсуві.

2. Закон Гука для зсуву. Експериментально встановлено, що до певної величини сили Q між нею і абсолютним зсувом S існує лінійна залежність (рис.5.1,а,б), яка виражається формулою закона Гука для зсуву

, (1)

д

а) Рис.5.1 б)

е Q – сила, яка діє у площині верхньої грані бруска; S - абсолютний зсув; a - відстань між верхньою і нижньою гранями бруска; A - площа однієї грані; G - модуль зсуву.

При дії сили Q у перерізах бруска, паралельних нижній і верхній граням, виникають дотичні напруження . Приймаючи, що ці напруження рівномірно розподіляються на площині перерізу, можна записати Q =A. Тоді формулу закону Гука для зсуву (1) можна записати так: = G, - кут зсуву.

Слід відзначити, що для багатьох матеріалів встановлюється зв‘язок між механічними характеристиками при крученні та при розтягу (стиску):

. (2)

3. Потенціальна енергія деформації зсуву. При деформації зсуву у тілі накопичується потенціальна енергія, величина якої може бути визначена як площа трикутника діаграми SQ (рис.5.1,б):

. (3)

Тоді питома потенціальна енергія деформації зсуву , або .

Зауважимо, що при чистому зсуві об‘єм кубика матеріалу не змінюється.

4.Залежність між пружними сталими ізотропного матеріалу. Між пружними сталими матеріалу E, G і  існує зв‘язок

. (4)

Сталі E, G і  повністю характеризують пружні властивості ізотропного матеріалу. Якщо дві з них знайдені експериментально, третю можна визначити за формулою (4).

5.Умовні розрахунки на зріз і зім’яття. Елементи інженерних конструкцій і деталі машин з‘єднуються між собою. Однак спільною ознакою таких з‘єднань є два види деформацій: деформація зсуву і деформація зім‘яття. Треба зауважити, що розрахунки на зріз і зім‘яття мають умовний характер.

Умова міцності заклепочного з‘єднання на зріз запишеться так: .

Умова міцності на зім‘яття буде .

В формулах введені такі позначення:

N - прикладена сила;

n - кількість заклепок;

d - діаметр заклепки;

n_зр - кількість площинок зрізу однієї заклепки;

 - найменша сумарна товщина елементів, які зминаються в одному напрямі;

[] - допустиме напруження на зріз матеріалу заклепки ([]=0,7[]);

[_зм ] - допустиме напруження на зім‘яття ([_зм ]=1,75[]).

6. Метод початкових параметрів. Спершу розглянемо основні залежності при зсуві.

Нехай на стержень (рис.5.2,а) діє поперечне навантаження інтенсивності q(x). Із умови рівноваги елемента d(x) (рис.2,б) матимемо

Q(x)-q(x)dx-Q(x)-dQ(x)=0,

звідки . (5)

Т

Рис. 5.2

ут Q(x) – поперечна сила в перерізі.

Тоді залежність між деформацією γ(х) і лінійним переміщенням від зсуву υ(х) можна записати так:

. (6)

Отже, ми маємо статичне і геометричне співвідношення. Запишемо фізичну залежність між γ(х) і τ(х) у такому вигляді:

, (7)

де к – коефіцієнт, який характеризує нерівномірність розподілу дотичних напружень по висоті перерізу (при чистому зсуві к=1).

Отже, маємо три рівняння з трьома невідомими: γ(х), Q(х) і υ(х). Враховуючи рівняння (6) і (7), одержимо вираз

. (8)

Диференціюючи рівняння (8) по х і беручи до уваги (5), отримаємо

. (9)

Після дворазового інтегрування цього рівняння одержимо

;

.

Таким чином, епюри і υ(х) є відповідно графічними зображеннями першого і другого інтегралів диференціального рівняння (9) при використанні граничних умов.

Інтегруючи рівняння (9), можна отримати вирази для і υ(х), але при довільному навантаженні ця задача значно ускладнюється. Якщо число ділянок буде дорівнювати n, то для визначення довільних сталих в інтегралах треба розв’язати 2n рівняння. В цьому випадку доцільно скористатись методом початкових параметрів.

Рис. 5.3

Нехай стержень (рис.5.3) знаходиться під дією зосередженої сили, вимушеної деформації і розподіленого вертикального навантаження.

Якщо порівняти розрахункові випадки при розтягу-стиску і при зсуві, то ми побачимо між ними повну аналогію у виводі рівнянь для методу початкових параметрів. Для розрахункового випадку, використовуючи цю аналогію, остаточно запишемо такі формули відповідно для кута зсуву і абсолютного зсуву:

; (10)

. (11)

Якщо q₁=q₂=q₁, то вираз (10) набирає вигляду

. (12)

При q₁=q₂=q υ(х) запишемо так:

.

Розв’язання задач по темі “Зсув”.

Задача 5.1. Визначити кількість заклепок діаметром d=20 мм, необхідних для з’єднання стержня, що складається з двох рівносторонніх кутників 75х75х8, з фасонним листом завтовшки δ=10 мм (рис.5.4). Прийняти допустиме напруження на зріз [τ_зр]=12 кН/см²=120 МПа, на зминання[_зм]=32 кН/см²=320 МПа. Розтягуюче зусилля N=250 Кн.

Рис.5.4

Розв’язання. У даній конструкції кожна заклепка підлягає зрізу по двох площинах (двозрізні заклепки). Площа зрізу однієї заклепки

см².

Необхідну кількість заклепок визначаємо з умови міцності на зріз:

.

Площа зминання для однієї заклепки

см².

Необхідна кількість заклепок з умови міцності на зминання

.

Вибираємо n=4.

Задача 5.2. Два сталеві листи товщиною t=10 мм, з’єднані за допомогою двох накладок товщиною t₁=6 мм кожна, розтягуються силами Р=240 кН (рис.5.5). Визначити необхідну кількість заклепок діаметром d=20 мм і розмістити їх по поверхні накладок.

Рис.5.5

Приняти допустимі напруження для заклепок – на зріз [τ_зр]=100 МПа, на зминання [σ_зм]=240 МПа і на розтяг листів [σ]=160 МПа.

Розв’язання. У даній конструкції кожна заклепка підлягає зрізу по двох площинах (двозрізні заклепки). Необхідна кількість заклепок з умови міцності їх на зріз буде

, де N=P.

З умови міцності на зминання кількість заклепок буде такою:

.

Необхідно розмістити з кожного боку стику по 5 заклепок. Для розміщення їх по поверхні накладок треба визначити ширину листів. Тоді площу перерізу листа визначимо із умови міцності при розтягу

см².

Робоча ширина листа без урахування послаблення перерізу повинна бути

см.

Вся ширина , де m – число заклепок в поперечному перерізі. При ширині см кількість заклепок в поперечному ряду повинна бути не менше m=2; тоді переріз буде мати два отвори і всю ширину листів треба прийняти см. П’ять заклепок доцільно розмістити в шаховому порядку. Приймаючи крок a=3d і відстані від осей заклепочних отворів до країв листів і накладок по c=2d, розміщуємо заклепки, як показано на рисунку.

Задача 5.3. Стержень (рис.5.6,а), жорстко закріплений лівим краєм, знаходиться під дією рівномірно розподіленого навантаження інтенсивністю q(x)=q. Визначити деформацію γ(х) і лінійне переміщення від зсуву υ(х). Побудувати епюри.

Рис. 5.6

Розв’язання. Розглянемо в стержні тільки деформацію зсуву. Тоді диференціальне рівняння буде мати вигляд

.

Перший і другий інтеграли цього рівняння запишемо так:

,

.

Сталі інтегрування знаходимо із граничних умов:

при х=0 переміщення υ=0;

при х=ℓ деформація .

Звідки С₂=0; .

Отже, ;

.

Згідно цих рівнянь побудовані на рис.5.6,б,в епюри і .

Задача 5.4. Визначити початкові параметри від зсуву для консольного стержня (рис.5.7). Якщо Р=30 кН, q=20 кН/м.

Рис. 5.7

Розв’язання. Лінійне переміщення від зсуву на третій ділянці визначається із виразу

.

Один із параметрів можна записати так: . В даному випадку С=2, d=6 м. Тоді набирає вигляду

.

Для знаходження початкового параметра використаємо граничну умову в жорсткому закріпленні на третій ділянці .

При х=10 м маємо

.

Звідки знайдемо .