7.Методические указания к выполнению контрольной работы №1

К задачам 1-10 . К решению первой задачи контрольной работы следует приступить после изучения тем: «Основные понятия и аксиомы статики», «Плоская система сходящихся сил». При решении задач на плоскую систему сходящихся сил следует помнить, что проекция силы на ось по величине равна произведению силы на косинус угла между направлением действия силы и положительным направлением оси. Проекция силы на ось считается положительной, если ее направление совпадает с положительным направлением оси координат. И если не совпадет – отрицательной.

Пример 1.

Стержни АВ и CВ соединены шарниром В, на ось которого действуют две нагрузки F₁ и F₂ ,как показано на рис. 7. Крепление стержней в точках А и С шарнирное. Определить усилия в стержнях аналитическим и графическим способами.

Дано:

F₁ = 28 кН;

F₂ = 42 кН;

α₁=45⁰;α ₂=60⁰;

α₃=30⁰.

Определить: Рис. 7

Ra=? и Rс=?

Аналитическое решение.

1. Рассматриваем равновесие точки В, в которой сходятся все стержни и внешние силы (рисунок 7).

2. Отбрасываем связи АВ и ВС, заменяя их усилиями в стержнях Ra Rс. Направления усилий примем от угла В, предполагая стержни растянутыми. Выполним на отдельном чертеже схему действия сил в точке В (рисунок 8).

4. Выбираем систему координат таким образом, чтобы одна из осей совпадала с неизвестным усилием, например, с R_А. Обозначаем на схеме углы, образованные действующими силами с осью Х и составляем углы, образованные действующими силами с осью Х и составляем уравнения равновесия плоской системы сходящихся сил:

; F₂cos 75⁰+F₁cos 45⁰+R_ccos 75⁰-R_А =0 (1);

; F₂cos 15⁰-F₁cos 45⁰-R_ccos 15⁰=0 (2).

F₂

Рис. 8

Из уравнения (2) находим усилие Rс:

R_{c =} F₂cos15⁰ – F₁cos45⁰ ;

cos15⁰

Подставляем числовые значения:

Найденное значение Rс подставляем в уравнение (1) и находим из него значение R_А:

R_А= 42*0,259+28*0,707+21,51*0,259=36,24 кН.

Окончательно R_A =36,24 кН, R_с=21,51 кН; знаки указывают, что оба стержня растянуты.

Графическое решение.

Выбираем масштаб сил , тогда силы будут откладываться отрезками ; .

Из произвольно выбранной точки 0 откладываем отрезок, соответствующий величине и направлению силы . Из конца этого отрезка откладываем отрезок . Так как условием равновесия сходящейся системы сил является замкнутость силового многоугольника, то из начала отрезка откладываем линию, параллельную вектору R_c, а из конца отрезка откладываем линию, параллельную векторуR_a. Точка их пересечения является вершиной силового многоугольника (рисунок 9).

Рис. 9

Измеряя отрезки Ra^m и Rc^m и, умножая их на масштаб находим значения R_А и R_С:

R_c=R_c^m * m=2,15* 10 = 21,5 кН.

.R_a = R_a^m* m = 3,65 *10 =36,5 кН.

Вычислим допущенную при графическом способе решения погрешность:

ү_Ra=36,5-36,24/36,24*100% =0,72%

ү_Rc=21,51-21,5/21,51*100% =0,05%

Вывод. Реакции и их направления определены верно так как погрешность графического решения находится в пределах 5%.

Ответ: R_c=21,51кН, R_a = 36,24кН.

К задачам 21-30. К решению второй задачи перейти после изучения тем: «пара сил», «плоская система произвольно расположенных сил». Необходимо помнить, что моментом силы относительно точки называется перпендикуляр, проведенный из точки на линию действия силы или ее продолжение. Момент силы относительно точки считается положительным, если он вращает тело в направлении часовой стрелки, и отрицательным, если против часовой стрелки. Заметим, что момент силы относительно точки равен нулю, если линия действия силы проходит через точку, относительно которой определяют момент данной силы.

Пример 2. Для консольной балки, нагруженной равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью q=10 н∕м, силой f =30н и парой сил с моментом m=10нм. Определить опорные реакции балки.

Дано:

F=30 Н,

m=10Н∙м,

q=10 Н/м

Определить:

R_{АХ =?} R_АУ=?

Rв =?

Рис. 10

Решение:

1.Определяем направления координатных осей х и у.

2. Определяем вид опор и количество реакций в них:

опора «А» - ШНПО в ней возникает 2 реакции Rау и Rах, опора «В» – ШПО в ней возникает одна реакция Rв.

3.Заменяем равномерно распределенную нагрузку на ее равнодействующую. Q = q∙5=10∙7 =70кН.

4.Определяем горизонтальную и вертикальную составляющие силы F;

Fx = F∙Cos 30˚ =30∙ 0,866 =43,3Н, Fy= F∙ Cos 60˚ =30∙ 0,5 = 15Н,

5. Составляем расчетную схему.

6. Выбираем соответствующую форму уравнений равновесия (в нашем случае это вторая форма уравнений равновесия) и составляем их.

(1) ∑М_А(Fi)= 0; m+Fy∙АД +Q∙АС - Rв∙ АВ =0;

(2) ∑Мв(Fi)= 0; m +F∙ВД - Q∙ВС + R_Ау∙ АВ =0;

(3) ∑Fх= 0; Rах - Fx =0.

6. Решаем уравнения равновесия и определяем реакции опор.

Из (1) уравнения определяем Rв

Rв =m+Fy∙АД +Q∙АС/АВ = 140+ 15∙12 +70∙3.5/10 = 43,5Н;

Из (2) уравнения определяем R_АУ

R_АУ = -m -Fy∙ВД + Q∙ВС/АВ = -10 +15∙2 +70∙6.5/10 =41,5Н;

Из (3) уравнения определяем R_Аx

Rах = Fx= 43,3Н

7.Составляем проверочное уравнение.

∑Fу= 0; -Fу - Q + R_Ау + Rв =0; 15- 70 -41,5 -43,5 = 0; 0=0

Проверка показывает, что опорные реакции определены верно.

8.Ответ: Rау=41,5 Н Rах=43,3 Н Rв=43,5 Н.

К задачам 31-40. Перед тем как приступить к решению этой задачи,

Следует тщательно изучить тему «Центр тяжести», твердо усвоить понятие статического момента, знать положение центров тяжести простейших геометрических фигур и уметь определять координаты центров тяжести сложных сечений, представляющих собой совокупность простейших геометрических фигур, а также сечений, составленных из стандартных профилей проката. Знание материала данной темы потребуется при изучении темы «Геометрические характеристики плоских сечений».

ПРИМЕР 3. Определить координаты центра тяжести составного сечения. Сечение состоит из двутавра № 18, швеллера № 18 и пластины 200*60 (рис.11).

Дано:

Двутавр № 18;

Швеллер №18;

Пластина 200*60.

Определить:

Sx=? Sy =?

Xc =? Yc =?

Рисунок – 11

Решение.

1. Разобьем сечение на профили проката. Оно состоит из двутавра № 18, швеллера № 18 и пластины 200*60. обозначим их 1, 2, 3.

2.Укажем центры тяжести каждого профиля, используя таблицу приложения, и обозначим их С₁, С₂, С₃, проведем через них оси Х₁, Х₂, Х₃.

3.Выберем систему координатных осей. Ось Y совместим с осью симметрии, а ось Х проведем через центр тяжести двутавра.

4.Пользуясь таблицами ГОСТ 8239-89, ГОСТ 8240-89, ГОСТ 8510-86, выпишем основные геометрические характеристики.

Для двутавра: h₁=18 см, b₁=10 см, d1= 0,51 см,A₁=23,4 см².

Для швеллера: h₂=18 см, b₂=7 см, Z₀=1,94 см , A₂=20,7 см².

Для пластины: h₃=6 см, b₃=20 см, A₃= 20∙6=120см².

5.Определим координаты центров тяжести прокатных профилей по оси У.

Ус₁ = h₂/2 +d₁-z₀ = 18/2 +0,51 -1, 94 = 7,57 см

Ус₂=0

Ус₃=-(h₂/2+h₃/2)= -(18/2 + 6/2)= -12 см

6.Определим площадь составного сечения

∑A= A₁+A₂+A₃= 20,7+23,4+120=164,1 см².

7.Определяем статические моменты прокатных профилей относительно оси Х по формуле Sxi =Ai∙yci:

Sx₁ = A₁ ∙yc₁=23,4∙ 7,57= 177,1 см³;

Sx₂ = A2 ∙yc₂=20,7∙ 0=0;

Sx₃ = A₃ ∙yc₃=120∙ (-12)= -1440 см³.

8.Определяем статический момент составного сечения относительно оси Х по формуле Sx = Sx₁ + Sx₂ + Sx₃ = 177,1 + 0- 1440= -1263 см³.

9.Определим центр тяжести всего сечения. Так как ось Y совпадает с осью симметрии, то она проходит через центр тяжести сечения, потому Хс=0.

Координату Yс определим по формуле:

Ус= Sx/∑A = -1263/164,1= -7,7см

6. Укажем центр тяжести сечения на рисунке и обозначим его буквой С. Покажем расстояние у_С = -7,82 см от оси Х до точки С.

7.Определим расстояние между точками С и С₁, С и С₂, С и С₃, обозначим их а₁, а₂, а₃:

а₁ = Ус₁ + У_С = 7,57 + 7,82 = 15,39 см

а₂ = У_С = 7,82 см

а₁ = Ус₃ - У_С = 12 - 7,82 = 4,18 см

8.Выполним проверку. Для этого ось Х проведем по нижнему краю пластины. Ось Y оставим, как в первом решении. Формулы для определения х_С и у_С не изменятся:

Хс=0 Ус= Sx/∑A

9.Площади профилей останутся такими же, а координаты центров тяжести двутавра, швеллера и пластины изменятся.

Ус₁= h₃+h₂+d₁-z₀ = 6+18+0,51-1,94= 22,57 см

Ус₂= h₃+h₂/2 =6+18/2= 15 см

Ус₃= h3/2= 6/2= 3 см

10.Определяем статические моменты прокатных профилей относительно оси Х по формуле Sxi =Ai∙yci:

Sx₁ = A₁ ∙yc₁=23,4∙ 22,57= 528,1 см³;

Sx₂ = A2 ∙yc₂=20,7∙ 15=310,5 см³;

Sx₃ = A₃ ∙yc₃=120∙ 3= 360 см³.

Определяем статический момент составного сечения относительно оси Х по формуле Sx = Sx₁ + Sx₂ + Sx₃ = 528,1+310,5+360= 1198,6 см³.

9.Определим центр тяжести всего сечения. Так как ось Y совпадает с осью симметрии, то она проходит через центр тяжести сечения, потому Хс=0.

Ус= Sx/∑A = 1198,6/164,1= 7,3см

10.По найденным координатам Х_С и У_С наносим на рисунок точку С. Найденное двумя способами положение центра тяжести находится в одной и той же точке. Сумма координат У_С, найденных при первом и втором решении: 7,7+7,3=15 см.

Это равно расстоянию между осями Х при первом и втором решении:

18/2 + 6 = 15 см.

Ответ: Xc=0, Ус= -7,7см.

К задачам 41-60. Четвертую задачу контрольной работы следует решать после изучения тем «Простейшие движения твердого тела», «Основные понятия и аксиомы динамики», «Метод кинетостатики для материальной точки», «Работа и мощность», «Теоремы динамики». Рассматривая вращательное движение твердого тела необходимо понимать, что вращение тела характеризуется угловыми величинами, а отдельные точки вращающегося тела совершают криволинейное движение и их движение характеризуется линейными величинами.

При решении задач рекомендуется такая последовательность:

1. Выделить точку, движение которой рассматривается в данной задаче.

2. Выяснить, какие активные силы действуют на точку и изобразить их на рисунке.

3. Освободить точку от связей, заменив их реакциями.

4.К образовавшейся системе сил добавить силу инерции, помня, что направлена она по линии вектора ускорения точки,но а противоположную сторону.

5.Выбрать расположение осей координат и составить уравнения проекций всех сил на эти оси.

6.Решив уравнения, определить искомые значения величин.

Пример 4. Маховик диаметром 0,8 м начинает вращаться из состояния покоя. Через 10 с после начала движения скорость точек обода маховика достигает 8 м/с. Определить ускорение этих точек, число оборотов маховика за первые 10 с равнопеременного вращения?

Решение.

1.По заданной скорости определяем угловую скорость маховика через 10с после начала вращения:

ω = v/r=8/0,4=20рад/с.

2.Определем угол поворота маховика за 10 с.:

φ= (ω + ω₀)t/2=(20+0)10/2=100 рад.

3.Определяем число оборотов маховика за 10 с.:

k= φ/2П=100/2٠3,14=16 об.

4.Определяем угловое ускорение маховика:

ε= ω/t=20/10=2 рад/с.

5.Определяем нормальное ускорение точек обода маховика в момент времени t=10 с.:

a_n= ω²r=20^2٠٠0,4=160 м/c² .

6.Определяем касательное ускорение точек обода маховика:

a_t= εr=2٠ 0,4=0,8м/с².

7.Ответ: a_n=160м/с² , a_t= =0,8м/с²., k= 16 об.

Пример 5. Груз массой 200 кг. опускается равноускоренно вниз с помощью невесомого троса, перекинутого через блок, и в периоде 5 сeкунд проходит 10метров. Определить силу натяжения троса?

Решение.

Обозначив груз точкой А, приложим к нему силу тяжести G, реакцию троса Т и силу инерции Fu, направив ее в сторону противоположную ускорению.

1.Определяем ускорение aиз условия равнопеременного движения

S= at²/2, так как начальная скорость V0=0:

A=2S/t² =2∙10/5² =0,8 м/с².

2.Согласно принципу Даламбера cилы G, T и Fu находятся в равновесии ∑F_y= 0; Т+Fu-G =0, откуда T= G - Fu.

Выразим силу инерции и силу тяжести через массу груза

Fu=ma, G=mg и получаем

Т=mg - ma = m(g-a)= 200(9,81-0,8)=1802Н

3.Ответ: Т = 1802Н

К задачам 61-70. К решению этих задач следует приступить после изучения тем «Основные положения и «Растяжение и сжатие». Эти задачи требуют от студента умения строить эпюры продольных сил и нормальных напряжений и определять удлинения или укорочения бруса.

Пример 6. Для данного металлического ступенчатого бруса построить эпюры продольных сил и нормальных напряжений. Определить абсолютное удлинение (укорочение) бруса (рисунок 12)

Дано:

F1=28кН,

F2= 64кН,

L1=2,4 м,

L2=2,2 м,

L3=2,0 м,

А=3,2 см ²,

Е=2,1*10⁵ МПа

[σ]=160 МПа

Определить:

Nz_i =? σ_i =?

36

=?

N₃

3

3

-

N₂

-

-

F₁

-

2

36

28

F₂

F₂

112,5

87,5

­_

_

43,75

-

-

28

2

2

F₁

ЭпюраN_Z(кН) _, (кН)

Z

Z

Эпюраσ(МПа) (МПа)

-

-

Рис. 12

Решение.

1. Проводим ось Z в сторону свободного конца бруса /

2.Разбиваем брус на участки, границы которых определяются сечениями, где изменяется площадь поперечного сечения или приложены внешние силы. На каждом из участков проводим характерные сечения 1-1, 2-2, 3-3.

3.С помощью метода сечений определяем продольные силы на каждом из участков бруса: мысленно рассекаем брус в пределах первого участка сечения 1-1, отбрасываем верхнюю часть бруса и заменяем ее действие продольной силой Nz₁ (рисунок 12) для оставшейся части составляем уравнение равновесия:

Аналогично находим Nz₂ и Nz₃:

сечение 2-2 (рисунок 7)

;

сечение 3-3 (рисунок 7)

.

4.По найденным значениям продольной силы строим соответствующую эпюру. Для этого параллельно оси бруса проведем базовую (нулевую) линию. Левее ее откладываем отрицательные значения N, соответствующие сжатому участку, а правее – положительные значения N, соответствующие растянутому участку (рисунок - 7).

5.Определяем нормальные напряжения в характерных сечениях бруса по формуле:

;

.σ

6. Строим соответствующую найденным значениям эпюру σ (рисунок – 4 )

7. Проверяем прочность бруса по наиболее загруженному участку

_пер = [σ] - σ_мах /[σ] *100% = 160 -112,58/ 160 *100% = >5 %.

Прочность обеспечена, сечение не экономично. Требуется увеличить нагрузку или уменьшить площадь поперечного сечения бруса.

8.Определяем абсолютное удлинение бруса.

В соответствии с законом Гука:

где Е=2,1*10⁵ МПа – модуль продольной упругости для стали.

Складывая удлинение участков, получим:

Учитывая, что I м=10³мм, будем иметь:

(87,5*2,4+43,75*2,2-112,5*2,0)=0,39 мм.

Таким образом, абсолютное удлинение бруса = 0,39 мм.

9. Ответ : Nz₁=Nz₂= 28кН, Nz₃=- 36кН, σ₁=87,5Мпа, σ₂= 43,75 Мпа,

σ₃=-112,5 Мпа,

К задачам 71-80.

С кручением чаще всего приходиться встречаться при работе валов машин (валы генераторов , редукторов и др.). К решению этих задач следует приступить после изучения темы «Кручение», и внимательно разобрать решение задач на эту тему, приведенных в учебных пособиях. Кроме того, необходимо подробно рассмотреть примеры решения задач в данном методическом пособии. Деформация кручения возникает во многих деталях машин, например валах, винтах домкратов, цилиндрических винтовых пружинах. При расчетах вала на прочность и жесткость необходимо уметь определять крутящие моменты в различных сечениях вала с помощью метода сечений.

Для выяснения закона изменения крутящих моментов строится эпюра крутящих моментов. Расчет вала ведется по опасному поперечному сечению, в котором возникает наибольший крутящий момент. Прочность вала считается обеспеченной, если наибольшие касательные напряжения , возникающие в его опасном поперечном сечении, не превышают допускаемых напряжений. Допускаемое касательное напряжение при расчетах принимают пониженным, так как валы помимо деформации кручения испытывают также изгиб.

Пример 7. На стальном валу, вращающемся равномерно, жестко закреплены ведущий и три ведомых шкива. Момент на ведущем шкиве m_2, моменты на ведомых шкивах m₁, m₃, m₄. Вычислить вращающий момент m_2, построить эпюру крутящих моментов. Подобрать размеры сечения вала в двух вариантах : а) круг, б) кольцо с заданным соотношением с= d₀/d =0,8 внутреннего и наружного диаметров. Сравнить массы валов по обоим расчетным вариантам. Сделать вывод.Принять [τ] =30МПа.

Дано:

m₁= 800 Нм, m₄= 600 Нм

m_з=1200 Нм, с =d₀/d =0,8,

[τ_k] = 30 мПа

Определить:

m₀ =? Mzi=?

dкр = ? dкол =?

m_кр /m _кол =?

Решение:

1. Из условия равновесия определяем значение момента на ведущем шкиве m_2.

∑m_z = 0; m₁-m₂+m₃+m₄=0 m2 = m1+m3+m4 =800+1200+600 = 2600Hм

2.Разбиваем вал на участки. Нумерацию участков начинаем с лева на право.

3.Определяем крутящие моменты методом сечений на каждом участке вала. Проводим мысленно сечения в пределах каждого участка, отбрасываем правую часть вала и оставляем для рассмотрения левую часть.

Сечение 1-1 ∑ Мzi =0 Мz₁ = 0;

Сечение 2-2 ∑ Мzi =0 Mz₂ - m₁ =0 Mz₂ =m₁ =800Hм;

Сечение 3-3 ∑ Мzi =0 Mz₃-m₁+m₂ =0

Mz₃ =m₁-m₂ =800-2600 =-1800 Hм;

Сечение 4-4 ∑ Мzi =0 Mz₄-m₁+m₂ - m₃=0

Mz₄ = m₁-m₂+m₃ = 800- 2600 +1200 = -600 Hм;

Сечение 5-5 ∑ Мzi =0 Mz₅-m₁+m₂ - m₃ - m₄ = 0

Mz₅ = m₁-m₂+m₃+m₄ = 800- 2600 +1200+ 600 = 0

4. По полученным значениям Mz cтроим эпюру крутящих моментов.

Для построения эпюры крутящих моментов проводят горизонтальную линию параллельно оси вала и, выбрав соответствующий масштаб , откладывают значения крутящих моментов в направлении, перпендикулярном оси эпюры: если крутящие моменты имеют положительные значения - вверх, если отрицательные – вниз. Эпюра Мz -ограничена прямой линией параллельной базе эпюры (0; 0). В местах приложения внешних моментов на эпюре Mz получаются скачки, по величине равные этим моментам. Площадь эпюры Mz заштриховывают с указанием характерных значений крутящих моментов и знаков (рис.13).

5. По эпюре Mz определяют максимальный по модулю крутящий момент. Mz max= 1800 Hм; Мz max / Wp ≤ [τ_k].

Рис. 13

6. Из условия прочности при кручении определяем требуемый полярный момент сопротивления сечения вала. Wp ≤ | Мz _max | / [τ_k];

Wp ≤ 1800∙10³/30 = 60∙10³ мм^3.

7. Подбираем размеры сечения вала :

a) определяем диаметр вала сплошного круглого сечения;

Wp = пd³ /16 ≈ 0,2d³; d кр ≈ = = 66,9мм³.

Принимаем d кр = 68 мм.

б) определяем диаметр вала кольцевого сечения:

Пусть d и d_O - соответственно наружный и внутренний диаметры кольцевого сечения. Wp = пd³ /16 (1 – с⁴) ≈ 0,2 d³ ( 1 –с⁴);

Определяем наружный диаметр d ≈ = = 79.37мм; Принимаем d = 80 мм.

Определяем внутренний диаметр d₀ = с∙ 0,8 = 80∙0,8 =64 мм.

8. Сравниваем затраты по обоим вариантам.

m_кр /m _кол = Акр / А кол = Пdкр²: 4 / П(d² – d₀²) :4 = dкр² / d² – d₀² = 68²/ 80²-64² = 2,007

9. Вывод: вал круглого сечения тяжелее кольцевого примерно в 2 раза. Значит экономичнее применять вал кольцевого сечения.

10. Ответ: d кр = 68 мм, d = 80 мм, d₀ = =64 мм.

К задачам 81-90.

Приступая к решению этих задач необходимо изучить тему «Изгиб». Следует внимательно прочесть методические указания и разобрать решения примеров, предлагаемых в данном пособии по указанной теме.

Пользуясь методом сечений и рассматривая равновесие отсеченной части балки (левой или правой), выражения поперечных сил и изгибающих моментов. Полученные уравнения позволяют определить значения поперечных сил и изгибающих моментов и построить эпюры Q_y и M_x. Расчет балок на прочность производят по наибольшему абсолютному значению изгибающего момента.

Пример 8.

Для консольной балки построить эпюры поперечных сил Q_у и изгибающих моментов М_х. Подобрать сечение стального двутавра, приняв [σ_и] = 160 МПа.

Дано:

F=10kH; q=15 кН/м;

М=20 кНм; a=0,5м;

b=0,5м; c =1,0м:

[σ_и] = 160 Мпа.

Определить:

Q_у=? M_х=?

Wx=? № I=?

Решение.

1.Определяем направления осей x, y, z. Ось z всегда совмещают с продольной осью балки.

2. Разделяем балку на участки, нумерацию которых начинаем от свободного конца, что позволяет не определять опорные реакции.

3. Определяем поперечные силы и изгибающие моменты на каждом участке балки методом сечений.

Сечение 1-1 0 ≤ Z₁ ≤ 2 м.

Q_у1 = q∙Z₁;

Z₁=0; Q_у1= 0;

Z₁ =2м; Q_у1 = 15∙ 2= 30 кН.

Mx₁= - q∙Z₁∙ Z₁/2 +М=- q∙Z₁² /2 +М;

Z₁=0; Mx₁ = 20 кНм;

Z₁ =2м; Mx₁ = -15∙ 2²/2 + 20= -10кНм.

Сечение 2-2 0 ≤ Z₂ ≤ 3м.

Q_у2 = q∙2= 15 ∙2=30 кН.

Mx₂= - q∙2(2/2+ Z₂ ) +М;

Z₂=0; Mx₂ = -15∙2∙ (1+ 0) +20= -10кНм;

Z₂ =3м; Mx₂ = -15∙2( 1 +3) +20 = -100кНм.

Сечение 3-3 0 ≤ Z₃ ≤ 1,5м.

Q_у3 = q∙2+F= 15 ∙2 +10 = 40 кН.

Mx₃= - q∙2(5+ Z₃ ) +М –FZ₃;

Z₃=0; Mx₃ = -15∙2(5+0)+ 20= -100кНм;

Z₃ =0,5м; Mx₃ = 15∙2( 5 +1,5) +20 - 10∙1,5 = -160кНм.

4.По полученным значениям поперечных сил и изгибающих моментов стоим эпюры Q_y и M_x.

Рис. 14

5. Из условия прочности определяем требуемый осевой момент сопротивления сечения балки.

W_X = | М_{X max} | / [σ_и] = 160 • 10⁶ / 160 = 1000 ∙10³мм³ =1000 см³

1. По осевому моменту сопротивления Wx и заданной форме поперечного сечения определяем размеры поперечного сечения. По сортаменту прокатной стали ГОСТ 8239-89и по Wx подбираем двутавр. Принимаем двутавр № 45 с Wx = 1231см³.

8.Ответ: сечение балки двутавр № 45.

Пример 8.

Для заданной двухопорной балки определить реакции пор, построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов и подобрать из условия прочности подобрать сечение стального сдвоенного швеллера, приняв [σ] = 160 МПа.

Дано:

F=30kH; q=20 кН/м;

М=40 кНм; [σ_и] = 160 Мпа.

Определить:

Rау=? Rах=?

Rв=? Q_у=? M_х=?

Wx=? № [ =?

Решение.

1.Определяем направления координатных осей х и у.

2. Определяем вид опор и количество реакций в них:

опора А- ШНПО в ней возникает 2 реакции Rау и Rах, опора В – ШПО в ней возникает одна реакция Rв.

3.Заменяем равномерно распределенную нагрузку на ее равнодействующую. Q = q∙5=20∙5 =100кН.

4.Составляем расчетную схему.

5. Выбираем соответствующую форму уравнений равновесия и составляем их.

(1) ∑ М_А (Fi)= 0; -m+F∙АД +Q∙АЕ - Rв∙ АВ =0;

(2) ∑ Мв (Fi)= 0; -m -F∙ВД - Q∙ВЕ + R_Ау∙ АВ =0;

(3) ∑Fх= 0; Rах=0.

6. Решаем уравнения равновесия и определяем реакции опор.

Из (1) уравнения определяем Rв.

Rв =-m+F∙АД +Q∙АЕ/АВ = - 40+ 30∙3 +100∙6.5/8 = 87,5кН

Из (2) уравнения определяем R_АУ.

R_АУ = m +F∙ВД + Q∙ВЕ/АВ = 40 +30∙5 +100∙1.5/8 =42,5кН

2. Составляем проверочное уравнение.

∑Fу= 0; -F - Q + R_Ау + Rв =0; 30+100 -87,5 -42,5 = 0; 0=0

Проверка показывает, что опорные реакции найдены верно.

8. Разделим балку на участки в соответствии с характером нагружения. В пределах каждого участка проводим произвольные сечения. Получаем 5 сечений.

9. Определим поперечные силы и изгибающие моменты методом сечений на каждом участке балки.

Сечение 1-1 0 ≤ Z₁ ≤ 1 м.

Q_у1 = q∙Z₁;

Z₁=0; Q_у1= 0;

Z₁ =1м; Q_у1 = 20∙ 1= 20 кН.

Mx₁= - q∙Z₁∙ Z₁/2 =- q∙Z₁² /2;

Z₁=0; M_x1 = 0;

Z₁ =1м; M_x1 = -20∙ 1²/2 = -10кНм.

Сечение 2-2 0 ≤ Z₂ ≤ 4м.

Q_у2 = q∙(1+ Z₂) – Rв;

Z₂=0; Q_у2= 20 -87.5 = - 67,5 кН;

Z₂ =4м; Q_у2 = 20∙ 5 -87,5 =12,5кН.

На втором участке поперечная сила меняет свой знак, значит эпюра Q_у пересечет нулевую линию в точке К. Необходимо определить расстояние от начала участка до точки К так как в ней будет возникать экстремальный изгибающий момент.

Q_у2к = q∙(1+ Z_2к) – Rв =0; Z_2к =( Rв - q∙1)/ q =(87,5 -20)/20 =3,38кН.

M_x2= - q∙1(1/2+ Z₂ )- q∙Z₂² /2 + Rв∙ Z₂;

Z₂=0; M_x2 = -20∙1∙ (1/2+ 0) +0= -10кНм;

Z₂ =4м; M_x2 = -20∙1( 1/2 +4) +87,5∙4 = 100кНм;

Z_2к =3,38м; M_x2к = -20∙1( 1/2 +3,38) +87,5∙3,38 = 104кНм.

Сечение 3-3 0 ≤ Z₃ ≤ 1м.

Q_у3 = q∙5– Rв = 20∙5 – 87,5 = 12,5 кН.

Mx₃= - q∙5 (5/2+ Z₃ ) + Rв ∙( 4+Z₃);

Z₃=0; M_x3 = -20∙5(2,5+0)+ 87,5∙ 4= -100кНм;

Z₃ =1м; M_x3 = -20∙5( 2.5 +1) +87,5∙5 = 87,5кНм.

Сечение 4-4 0 ≤ Z₄ ≤ 3 м.

Q^л_у4= R_АУ=42,5кН.

M^лx₄= - m + R_АУ ∙ Z₄

Z₄=0; M^л_x4 = -40кНм;

Z₄ =3м; M^л_x4 = -40 + 42,5∙ 3= 87,5кНм.

Сечение 5-5 0 ≤ Z₅ ≤ 2 м.

Q^л_у5= 0.

M^л_x5= - m = -40кНм.

10. По полученным значениям поперечных сил и изгибающих моментов стоим эпюры Q_y и M_x.

11. По эпюре изгибающих моментов определяем положение опасного сечения балки (сечение, в котором изгибающий момент имеет наибольшее по абсолютной величине значение). В нашем случае – это сечение 2, где М₂=М_maх=104кНм.

Рис. 15

12. Из условия прочности балки на изгиб вычисляем необходимый осевой момент сопротивления:

.

Так как в сечении 2 швеллера, то определяем требуемый осевой момент сопротивления для одного швеллера.

W^/_{X =} W_X/2 =650/2=325 см³

13. По требуемому осевому моменту сопротивления W^/x и заданной форме поперечного сечения определяем размеры поперечного сечения. По сортаменту прокатной стали ГОСТ 8240-89и по W^/x подбираем два швеллера № 30 с Wx = 387см³.

14.Ответ: сечение балки два швеллера № 30.