scherbo-sp2
.pdfЗадания для самостоятельной работы
Решить следующие задачи:
Задача 1
В направлении какой оси, расположенной в плоскости поперечного сечения, будет выпучиваться при потере устойчивости каждый из стерж- ней, сечения которых показаны на рис. 16.4, если каждый конец стержня одинаково закреплен во всех направлениях.
Рис. 16.4
Задача 2
Определить критическую силу для деревянной стойки прямоуголь- ного сечения размером 10 × 20 cм и длиной 8 м в следующих случаях:
а) оба конца стойки шарнирно закреплены; б) оба конца стойки защемлены;
в) один конец стойки защемлен, а другой свободен. Модуль упругости Е =104 МПа.
Ответ: а) Fкр= 26 кН; б) Fкр= 104 кН; в) Fкр= 6,5 кН.
Задача 3
Определить критическую силу для стального равнобедренного угол- ка с размерами сечения 100 ×100 ×10 мм и длиной 1,2 м при защемленном одном конце и свободном другом. Модуль упругости Е = 2 ×105 МПа.
Ответ: Fкр= 254 МПа.
Задача 4
Определить размеры поперечного сечения деревянной стойки дли- ной 7,5 м, защемленной обоими концами и сжатой силой Р = 262 кН. По- перечное сечение стойки квадратное. Основное допускаемое напряжение
[σ] = 10 МПа.
Ответ: 20 × 20 cм.
271
ТЕМА 17
Расчет составных стержней на устойчивость
Цель занятия: изучить методику расчета составных стержней на ус- тойчивость.
При расчетах составных стержней определение гибкости произво- дится несколько иначе:
а) составные элементы из уголков, швеллеров и т.п., соединенные вплотную или через прокладки, рассчитываются как сплошностенчатые (монолитные), при условии, что наибольшие расстояния между их соеди- нениями (прокладками и т. п.) не превышают 40i, где i – радиус инерции одного уголка или швеллера относительно центральной оси, параллельной плоскости расположения прокладок. В пределах элемента должно быть не менее двух прокладок.
б) для стержня из двух швеллеров (двутавров), соединенных планка- ми I (рис. 17.1, а) надо сопоставить гибкость λz относительно «материаль- ной оси», т. е. оси, пересекающий элементы сечения, и приведенную гиб- кость λпр относительно «свободной оси» (не пересекающей элементов се- чения) и вести расчет по большей из них. Приведенная гибкость вычисля- ется по формуле
|
λ |
пр |
= λ |
y |
+ λ2 , |
(17.1) |
|
|
|
1 |
|
||
где λy – |
гибкость всего стержня относительно оси у; |
|
||||
λ1 – |
гибкость отдельной ветви относительно оси 1 на участке меж- |
ду приваренными планками (в свету) или между центрами крайних за- клепок.
а) б)
Рис. 17.1
Желательно выбирать расстояние между швеллерами (двутаврами) так, чтобы соблюдалось условие равноустойчивости λх = λпр .
272
Для стержня из четырех уголков (рис. 17.1, б), у которого обе глав- ные центральные оси «свободные», расчет надо вести по большей из при- веденных гибкостей, вычисляемых по формуле
λ |
пр |
= λ2 + λ2 |
+ λ2 |
, |
(17.2) |
|
1 |
2 |
|
|
где λ – наибольшая гибкость всего стержня (λх и λу); λ1, λ2 – гибкости отдельных ветвей относительно осей 1 и 2, опреде-
ляемые так же, как и для стержня из швеллеров.
Целесообразно, чтобы приведенные гибкости относительно обеих главных центральных осей были одинаковыми.
Гибкость отдельной ветви (для обоих рассмотренных типов составных стержней) на участке между планками (λ1 , λ2) должна быть не более 40.
Пример 1
Определить допускаемую величину центральной сжимающей силы для стойки из четырех соединенных планками неравнобоких уголков 75×50×5 (рис. 17.2). Материал уголков сталь Ст. 3, R = 210 МПа .
Расстояние между планками выбирать так, чтобы максимальная гиб- кость ветви в плоскостях, параллельных планкам, не превышала 40. Опреде- лить коэффициент запаса устойчивости при предельной расчетной нагрузке.
Рис. 17.2
Для одного уголка (по ГОСТ 8510-72) |
|
|
|||
|
i1 = 1, 43 см , i2 = 2,39 см ; |
|
|||
J |
= 12,5 cм4 , J |
2 |
= 34,8 см4 |
, А = 6,11 см2 |
; |
1 |
|
|
|
|
273
у0 = 2,39 см, z0 = 1,17 см.
Расстояние между планками (длина ветви) определяется по гибкости λ ≤ 40 относительно оси 1.
l1 = ℓвст = 40 , i1
откуда ℓвст = 40i1 = 40 ×1,43 = 57,2 см=572 мм .
При таком расстоянии между планками гибкость
l2 = ℓвст = 57, 2 = 24 . i2 2,39
Приведенная гибкость стержня (17.1)
lпр = l2 + l12 + l22 .
Вданном случае очевидно, что гибкость всего стержня, рассматривае- мого как монолитный, максимальна относительно оси у, т. е. λ = λ у .
Момент инерции всего сечения относительно оси у
|
|
|
|
|
|
|
B |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
12,5 |
+ 6,11(7 -1,17)2 |
= 880,7 cм4 |
|
|||||||
J |
= J = 4 J |
|
+ |
- z |
|
|
|
= 4 |
; |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
min |
y |
|
1 |
|
|
|
2 |
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
J y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
i |
|
= i |
|
|
= |
= |
|
|
880,7 |
|
|
= 6,002 » 6 см; |
|
|
||||||||||
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
min |
|
|
|
|
|
4 A |
|
|
4 ×6,11 |
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
600 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
l = ly |
= |
=100; |
|
|
lпр = 1002 + 402 + 242 =110 . |
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
На основании формулы (7.15) расчетное усилие в сжатой стойке
N = mjRA ,
где j = 0,52 (определен по таблице).
N =1×0,52 × 21× 4 ×6,11 = 266,9 кН ;
N = F = 266,9 кН.
Коэффициент запаса устойчивости
= σкр
ny jR .
λкр > λпред , следовательно, формула Эйлера применима.
sкр |
= p2 E |
= |
3,142 × 2,1×105 |
=171 МПа ; |
|||
|
|
||||||
|
lпр2 |
σкр |
|
1102 |
|
|
|
|
ny = |
= |
171 |
|
=1,57 . |
||
|
jR |
0,52 × 210 |
|
||||
|
|
|
|
|
274
Задания для самостоятельной работы
Решить следующую задачу.
Задача
Определить допускаемую величину центральной сжимающей силы для равноустойчивой стойки, состоящей из двух швеллеров № 20 с шар- нирным закреплением по концам. Высота стойки l = 5 м. Материал швел-
леров сталь Ст. 3, R = 210 МПа.
ТЕМА 18
Продольно-поперечный изгиб
Цель занятия: изучить методику проверки на прочность и устойчи- вость при продольно-поперечном изгибе.
Наибольшие и наименьшие нормальные напряжения в поперечном сечении балки с шарнирно закрепленными концами и сечением с двумя осями симметрии при продольно-поперечном изгибе и сжимающей силе S равны
σ = − S A ± M = − S ± M ± S y .
W A W W
Для материалов, одинаково сопротивляющихся растяжению и сжа- тию, условие прочности по методу допускаемых напряжений имеет вид
σ max ≤ [σ].
Для материалов, различно сопротивляющихся растяжению и сжатию, при расчете по методу допускаемых напряжений условия прочности мож- но записать так:
max σ p ≤ [σ p ] и max σc ≤ [σc ].
При расчете по предельным состояниям структура формул условной прочности остается такой же, только вместо допускаемых напряжений бу- дут соответствующие расчетные, а нормальные напряжения определяются при действии расчетных нагрузок.
Сжато-изогнутые стержни, кроме расчета на продольно- поперечный изгиб, необходимо рассчитывать также и на устойчивость,
так как, например, продольно-поперечный изгиб балки может происходить
ввертикальной плоскости, а искривление балки при потере устойчивости –
вгоризонтальной.
275
Полный прогиб при продольно-поперечном изгибе определяется по формуле
y = |
y0 |
|
|
. |
|
1 − S F |
||
|
Э |
Следует отличать Эйлерову силу FЭ от критической Fкр, вычисляемой по формуле Эйлера. Значение Fкр можно вычислять по формуле Эйлера лишь при условии, что гибкость стержня больше предельной, значение же
= π2 EJ FЭ l2
вычисляется независимо от гибкости балки.
Рассмотрим пример решения задачи на продольно-поперечный изгиб. Двутавр № 36 длиной l = 5 м, концы которого в плоскости наиболь-
шей жесткости закреплены шарнирно, а в плоскости наименьшей жестко- сти защемлены, нагружен продольными сжимающими силами S = 700 кН и поперечной силой F = 25 кН, приложенной посередине пролета (рис. 18.1).
Проверить прочность и устойчивость двутавра, если [σ] = 160 МПа.
|
F |
|
y |
S A |
|
B S |
z |
|
C |
|
|
|
l/2 |
l/2 |
|
|
|
|
z |
S |
C |
S |
y |
|
|
Рис. 18.1
1. Проверка устойчивости в плоскости наименьшей жесткости.
По сортаменту двутавр № 36 имеет площадь поперечного сечения
A = 61,9 см2 , J |
z |
=13380 см4 |
, J |
y |
= 516 см4 |
, i |
y |
= i |
= 2,89 см, W = 743 см3. |
|
|
|
|
|
min |
z |
Так как концы двутавра в этой плоскости защемлены, то коэффициент приведения длины μ = 0,5, а величина жесткости λ равна
276
l = ml = 0,5 ×500 =
86,5.
imin 2,89
Коэффициент снижения допускаемого напряжения j определим из
таблиц методом интерполяции. |
|
|
|
||
j = j |
= j + |
j90 - j80 |
×6,5 = 0,75 + |
0,69 - 0,75 |
×6,5 = 0,711. |
|
|
||||
86,5 |
80 |
10 |
10 |
|
|
|
|
|
Допускаемое значение усилия S
[S ] = j×[s]× A = 0,711×61,9 ×16 = 704,2 кН » S = 700 кН.
Устойчивость в плоскости наименьшей жесткости обеспечена. 2. Проверка прочности в плоскости наибольшей жесткости. Используем приближенное решение.
Величина прогиба y0 от действия только поперечной нагрузки может быть определена либо с использованием метода начальных параметров, либо по методу Мора с использованием правила Верещагина.
Значение y0 равно
|
y0 = |
|
Fl3 |
= |
|
25 ×5003 |
|
= 0, 243 см. |
|||
|
48EJ z |
|
× 2 ×104 ×13380 |
|
|||||||
|
|
|
48 |
|
|
||||||
Величина Эйлеровой силы равна |
|
||||||||||
F = |
p2 EJ |
z = |
|
3,142 × 2 ×104 ×13380 |
=10553,7 кН. |
||||||
|
|
2 |
|
|
|
5002 |
|
||||
Э |
|
l |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
Наибольший прогиб с учетом сжимающей нагрузки равен
ymax |
= |
|
y |
0 |
= |
|
0,243 |
|
= 0,26 |
см. |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
- S FЭ |
|
|
|
700 |
|
||||||
|
1 |
1 |
- |
|
|
|
||||||
|
|
|
105537 |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Максимальными по модулю будут сжимающие напряжения
|
|
|
|
|
max sc |
= - |
S |
- |
M 0 |
- |
S × y |
. |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A Wz Wz |
|||||||
|
|
|
M 0 max |
= |
Fl |
= |
25 ×500 |
= 3125 кН×см. |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|||||
max σ |
c |
= − |
700 |
− |
3125 |
|
− |
700 ×0, 26 |
= −11,31 − 4, 21 − 0, 24 = |
|||||||||||||
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
61,9 |
|
|
|
743 |
|
|
743 |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
= −15,76 кН см2 = −157,6 МПа; |
||||||||||||||||||||
|
|
|
max σc |
|
|
= 157,6 МПа ≤ [σ] = 160 МПа. |
||||||||||||||||
|
|
|
|
Прочность балки в плоскости наибольшей жесткости обеспечена.
277
Задание для самостоятельной работы
Решить следующую задачу.
Задача
Стальной стержень прямоугольного поперечного сечения b×h =12×30 см длиной 5 м с шарнирным закреплением по концам в двух плоскостях на- гружен в плоскости наибольшей жесткости равномерно распределенной нагрузкой q = 15 кНм и продольной сжимающей нагрузкой S = 900 кН.
Проверить прочность и устойчивость стержня. Нагрузки – норматив- ные, [σ] = 160 МПа.
ТЕМА 19
Инерционные нагрузки
Цель занятия: изучить методику расчета брусьев на действие инер- ционных нагрузок.
При ускоренном движении частей конструкции в них возникают до- бавочные вполне реальные напряжения, которые эквивалентны статиче- ским напряжениям, вызванным силами инерции; от каждого элемента стержня на соседние части материала будут передаваться такие напряже- ния, как будто бы к нему была приложена соответствующая сила инерции.
Отсюда получаем практическое правило для определения напряже- ний в части конструкции, точки которой испытывают ускорения: надо вы- числить эти ускорения и в дополнение к внешним силам, действующим на рассматриваемый элемент конструкции, нагрузить его соответствующими силами инерции. Дальше следует вести расчет так, как будто на стержень действует статическая нагрузка.
Это справедливо для случая, когда величина и расположение внеш- них сил, приложенных к рассматриваемому элементу, не зависят от его деформаций; если эти деформации не изменяют характера движения стержня, то ускорения его точек вычисляют по правилам кинематически твердого тела и учет динамических воздействий сводится к добавочной статической нагрузке соответствующими силами инерции.
Рассмотрим расчет на действие инерционных нагрузок с помощью конкретных примеров.
Пример 1
Груз массой 3 т поднимается равноускоренно с помощью стального троса, причем за первые две секунды он поднимается на высоту 4 м. Пло- щадь поперечного сечения троса 5 см2, длина его 90 м, объемный вес 72 кН/м3. Определить наибольшее нормальное напряжение в тросе без уче- та и с учетом его собственного веса (рис. 19.1).
278
|
|
|
|
|
Nст |
|
|
Nст |
|
|
|
|
|
|
q |
qn |
|
q |
|
|
|
|
|
|
|
||||
x |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
v |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
G = |
|
G = mg |
FUG |
|
|
|
а) |
б) |
Рис. 19.1
Величина продольной силы в произвольном сечении каната при ста- тическом нагружении без учета собственного веса
Nст = G = mg = 3000 ×9,8 = 29400 H = 29,4 кН;
с учетом собственного веса |
|
|
|
|
|
|
|||||||
N ¢ |
= G + qx = mg + g × Ax = 3000 ×9,8 + 72000 ×5 ×10−4 x = 29400 + 36x. |
||||||||||||
cт |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Максимальное значение продольной силы с учетом собственного ве- |
|||||||||||||
са троса будет при x = 90 м. |
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
′ |
×90 = 29400 + 3240 = 32640 Н=32,64 кН. |
||||||||||
max Nст = 29400 + 36 |
|||||||||||||
Максимальная величина нормальных напряжений |
|||||||||||||
|
|
max sст = |
max Nст |
|
= |
32,640 |
= 6,528 кН см2 =65,28 МПа. |
||||||
|
|
|
А |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
5 |
|
||||||||
Без учета собственного веса троса напряжения в поперечных сечени- |
|||||||||||||
ях троса равны |
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
s = |
N |
= |
29, 4 |
|
= 5,88 кН см2 =58,8 МПа. |
||||||
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
A |
5 |
|
|
|
|
|
|||
Динамические усилия и напряжения можно найти двояко: |
|||||||||||||
а) прибавить к статическим нагрузкам силы инерции масс груза и |
|||||||||||||
троса |
|
|
|
|
Nд = Nст + m1 × a + m2 × a, |
||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||
где m1 – |
масса груза 3000 кг, |
||||||||||||
m2 – |
масса троса, равная |
γ |
× A ×l. |
||||||||||
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
g |
279
Нормальные напряжения с учетом сил инерции можно определить по формуле
sд = Nд ;
A
б) определить значение динамического коэффициента
kд =1+ a , g
а тогда
sд = sст × kд; Nд = Nст × kд.
Воспользуемся вторым методом, но для этого необходимо опреде- лить величину ускорения
|
|
|
S = |
at2 |
, |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
2S |
|
2 × 4 |
2 |
|
|
||||
откуда |
a = |
= |
= 2 |
м с2 , |
|||||||
t2 |
|
|
|||||||||
|
|
22 |
|
|
|
|
|
||||
|
kд =1+ |
2 |
|
=1, 204. |
|||||||
|
|
|
|||||||||
|
|
|
9,8 |
|
|
|
Величина динамических напряжений без учета собственного веса троса будет равна:
sд = sст × kд = 58,8 ×1,204 = 70,8 МПа.
Максимальная величина динамических напряжений с учетом собст- венного веса троса
max sд = max sст × kд = 65,28 ×1, 204 = 78,6 МПа.
Пример 2
Ломаный стальной стержень постоянного поперечного сечения диа- метром 20 мм и размерами, показанными на рис. 19.2, вращается с посто- янной угловой скоростью. Определить допускаемое число оборотов стержня, если [σ] = 160 МПа.
Собственный вес можно не учитывать.
Приложив к системе силы инерции, мы переходим к решению стати- ческой задачи (рис. 19.2, б).
Интенсивность сил инерции зависит от расстояния до оси вращения и равна
|
|
|
|
q = rAw2 x, |
|
|
|
|
|
ux |
|
где r – |
плотность материала, равная для стали 7800 кг/м3, |
||||
А – |
площадь поперечного сечения вала, равная |
||||
|
А = |
pd 2 |
= |
3,14 ×0,022 |
= 3,14 ×10−4 м2 , |
|
|
|
|||
|
4 |
4 |
|
280