kr2_v74 (1)
.pdf
|
Контрольная работа № 4 |
|
|
Внутренние силовые факторы в элементах химического оборудования |
|||
Определить продольную силу, действующую в стержне, построить эпюру. |
|||
F1=50 кН |
F2=30 кН |
F3=60 кН |
|
|
|
|
R=20 кН |
|
l1=2 м |
l2=4 м |
l3=2 м |
|
80 |
|
|
50 |
|
|
|
N, кН |
|
|
20 |
|
|
|
|
Решение. Проектируя внешние силы на ось стержня, найдем реакцию R в опоре:
R + F3 – F2 – F1 = 0; R = 50 + 30 – 60 = 20 кН.
Проведем сечение I-I в пределах I грузового участка и мысленно отбросим правую часть стержня. Направим вектор искомой продольной силы N вдоль внешней нормали от сечения. Составим уравнение равновесия для рассматриваемой части стержня, из которого определим величину
продольной силы на первом грузовом участке:
I
F1 - N = 0; N = F1 = 50 кН. |
|
F1 |
|
N |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
Поскольку сечение I-I проведено в произвольном |
|
|
|
|
|
|
|
||
месте первого грузового участка, |
а значение N не |
|
|
I |
зависит от координаты сечения, то |
во всех сечениях |
|
|
|
этого грузового участка продольная сила одинакова, равна 50 кН и вызывает
деформацию растяжения материала. |
|
|
|
|
|
|
Аналогично |
получим значения N |
на |
|
|
|
II |
втором и третьем |
грузовых участках. |
Для |
|
F2 |
||
F1 |
|
|
|
|||
второго участка |
|
|
|
|
N |
|
|
|
|
|
|
||
N - F1 - F2 = 0; N = 50 + 30 = 80 кН. |
|
|
|
|
II |
|
|
|
|
|
|||
Следовательно, во всех сечениях второго грузового участка продольная сила направлена вдоль внешней нормали, равна 80 кН и вызывает деформацию растяжения. Для третьего участка
2
N + F3 - F2 - F1 = 0; |
|
|
F2 |
|
|
III |
N = -60 + 30 + 50 = 20 кН. |
|
|
F3 |
|||
F1 |
|
|
|
|
N |
|
|
|
|
|
|||
Следовательно, во всех сечениях |
|
|
|
|
III |
|
|
|
|
|
|||
третьего грузового участка продольная |
|
|
||||
сила направлена вдоль |
внешней |
|
|
|
||
нормали, равна 20 кН и вызывает деформацию растяжения.
Полученные результаты представляются в виде эпюры. Из эпюры видно, что наибольшие сжимающие усилия возникают на втором грузовом участке.
Задача 2. Определить величину крутящего момента на каждом грузовом участке стержня, нагруженного системой скручивающих моментов, по результатам расчета построить эпюру крутящего момента Т.
М1 = 20 кНм |
|
М3 |
= 10 кНм |
М0 |
= -20 кНм |
М2 = 50 кНм |
|
|
|||
|
|
|
|
||
l1 = 2 м |
l2 = 4 м |
|
l3 = 2 м |
|
|
20 |
|
|
|
|
|
T, кНм |
|
|
|
|
|
30 |
|
|
|
20 |
|
Решение. Найдем реактивный момент в заделке М0, составив уравнение |
|||||
равновесия для всего стержня: |
|
|
|
|
I |
|
|
|
|
|
|
М0 – М1 + М2 – М3 = 0; |
|
М1 |
|
Т |
||
|
|
|||||
М0 = 20 – 50 + 10 = -20 кНм. |
|
|
n |
|||
Проведем сечение I-I в пределах I |
|
|
||||
|
|
|||||
|
|
|
||||
грузового участка и мысленно отбросим |
|
|
|
|||
правую часть стержня. Направим искомый |
|
|
|
|||
|
|
|
||||
крутящий момент |
Т |
в |
положительном |
|
I |
|
направлении, т. е. |
так |
чтобы он вращал |
|
|||
|
|
|
||||
сечение против часовой стрелки, если смотреть со стороны внешней нормали к сечению. Составим уравнение
равновесия для оставшейся части стержня, из которого определим величину крутящего момента на первом грузовом участке:
3
- М1 + Т = 0; Т = М1 = 20 кНм.
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
II |
Найдем величину крутящего момента |
М1 |
|
|
Т |
||||||
|
|
М2 |
|
|||||||
на втором грузовом участке. Для этого |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
||||||
мысленно проведем в произвольном сечении |
|
|
|
|
|
|||||
этого участка |
сечение |
II-II |
и |
отбросим |
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|||||||
правую |
часть |
стержня |
как |
более |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
||||||
нагруженную. |
Составляя |
уравнение |
|
|
|
|
|
|||
равновесия для этой части стержня, получим |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
||||||
значение |
момента Т на |
втором |
грузовом |
|
|
|
|
II |
||
участке: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Т+ М2 – М1 = 0;
Т= 20 – 50 = -30 кН∙м
Аналогично найдем, что значение крутящего момента на третьем грузовом участке равно -20 кНм.
По полученным результатам непосредственно под расчетной схемой строим эпюру крутящего момента. Из эпюры видно, что наибольшие внутренние усилия возникают на участке II, где крутящий момент имеет максимальное значение (30 кНм).
Задача 3. Определить зависимость поперечной силы и изгибающего момента от продольной координаты для балки, расчетная схема которой приведена ниже. Затем полученные зависимости представить в виде соответствующих эпюр.
Решение. Прежде всего, определим опорные реакции YA (левая опора) и YB (правая опора), составив уравнение равновесия балки:
|
М |
А |
0 |
; F1 |
∙ℓ1+ q3 |
∙(ℓ1+ℓ2)∙ ((ℓ1+ℓ2)/2 – ℓ1) – ℓ2∙ YB – (ℓ2+ℓ3)∙ F2 + M2 = 0; |
|
|
|
||||||
50 ∙2+ 20 ∙(2+4)∙ ((2+4)/2 – 2) – 4∙ YB – (4+2)∙ 30 + 50 = 0; |
YB = 22,5 кН. |
||||||
Знак плюс означает, что предварительно выбранное направление реакции YB оказалось правильным.
М В 0 ; F1∙(ℓ1+ℓ2) – q3 ∙(ℓ1+ℓ2)∙((ℓ1+ℓ2)/2) + ℓ2∙YA – ℓ3 ∙ F2 + M2 = 0;
50∙(2+4) – 20 ∙(2+4)∙((2+4)/2) + 4∙YA – 2 ∙ 30 + 50 = 0; YA = 17,5 кН.
Реакция в левой опоре направлена вверх.
4
Для того чтобы убедиться, что реакции опор найдены правильно, |
||
составим уравнение по равновесия по силам в проекциях на вертикальное |
||
направление: |
|
|
YA – q3 ∙(ℓ1+ℓ2) + YB + F1 + F2 = 17,5 – 120 + 22,5 + 50 + 30 = 0. |
||
Как и должно быть, уравнение равновесия выполняется. |
||
YA = 17,5 кН |
YB = 22,5 кН |
|
|
|
|
F1 = 50 кН |
q3 = 20 кН/м |
М2 = 50 кНм |
|
||
|
|
F2 = 30 кН |
ℓ1 = 2 м |
ℓ2 = 4 м |
ℓ3 = 2 м |
50 |
|
|
10 |
27,5 |
|
Q, кН |
|
|
|
|
30 |
|
|
52,5 |
|
78,9 |
|
60 |
|
|
|
|
10 |
М, кНм |
|
|
|
|
50 |
|
5 |
|
Проведем сечение I-I на первом грузовом |
|
|
|
|
|
|
|
участке на расстоянии х от левого конца балки (0 ≤ |
F1 |
q3 |
|
x ≤ 2) и рассмотрим ее левую часть. В сечении |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
введем локальную систему координат. Ось Оу |
|
|
|
направим вниз, ось Оz – «на наблюдателя». |
|
|
|
Положительные направления искомых внутренних |
|
|
Mz |
|
|
||
силовых факторов ( Qy и Mz ) совпадают с |
|
|
x |
положительными направлениями осей. |
|
|
Qy |
|
|
||
Составим два уравнения равновесия для |
|
|
|
системы сил, действующих на рассматриваемую часть балки. Уравнение равновесия по силам:
Qy – F1+ q3 x = 0; Qy = = 50 – 20x (кН).
Уравнение равновесия по моментам относительно рассматриваемого сечения:
Mz + 0.5 q3 x2 – F1x = 0; Mz = - 10x2 + 50x (кН∙м).
Полученные зависимости для поперечной силы и изгибающего момента показывают, что в данной задаче внутренние силовые факторы меняются от сечения к сечению. Поперечная сила линейно зависит от координаты х, а изгибающий момент – по параболическому закону. Графическое представление этих зависимостей приведено на эпюре непосредственно под первым грузовым участком расчетной схемы. Нетрудно подметить закономерность, связывающую эпюры поперечной силы и изгибающего момента. Там, где Qy положительна, момент Mz возрастает. Там, где Qy отрицательна, момент Mz убывает. В тех точках, где Qy обращается в нуль, изгибающий момент достигает локального экстремума. Такая связь между эпюрами имеет место в силу того, что в каждом сечении справедливо следующее соотношение:
dM |
z |
(x) |
|
|
|
dx |
||
Q(x)
.
Найдем внутренние силовые факторы |
YA |
q3 |
|||||||
на втором грузовом участке. Проведем |
F1 |
||||||||
|
|||||||||
сечение |
в |
пределах |
этого |
участка, |
|
Mz |
|||
мысленно отбросим левую часть балки (как |
|
||||||||
|
|
||||||||
более |
нагруженную) |
и |
рассмотрим |
|
|
||||
равновесие |
оставшейся |
|
части. |
|
Здесь |
l1 |
Qy |
||
локальная координата х меняется от 2 до 6 |
|
||||||||
|
|
||||||||
м. |
|
|
|
|
|
|
|
х |
|
Составим |
уравнения |
равновесия |
для |
|
|
||||
6
оставшейся части балки. Уравнение равновесия по силам:
Qy – F1 – YA + q3x = 0;
Qy = 67,5 – 20x кН.
Уравнение равновесия по моментам относительно рассматриваемого сечения:
Mz + q3x2/2 – YA (x – l1) – F1x = 0;
Mz = - 10 x2 + 67,5x – 35 кНм. |
|
|
Qy |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
F2 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Полученные зависимости отобразим на эпюрах. |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|||||
Определим |
теперь внутренние |
силовые |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
M2 |
|||||
факторы на третьем грузовом участке. |
Проведем Mz |
|
|
|
|
||||
сечение в пределах |
этого участка, |
|
мысленно |
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|||||||
отбросим левую часть балки (как более |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|||||
нагруженную) |
и |
рассмотрим |
равновесие |
|
|
|
|
|
|
оставшейся части. Здесь локальная координата х меняется от 0 до 2 м. Теперь в сечении следует ввести правую систему координат, т. е. ось Оу направим вверх, ось Оz – «от наблюдателя». Тогда положительные направления поперечной силы и изгибающего момента будут такими, как показано на рисунке. Составим уравнения равновесия для оставшейся части балки. Уравнение равновесия по силам:
Qy + F2 = 0; Qy = - 30 кН.
Видим, что на третьем грузовом участке поперечная сила от координаты х не зависит.
Уравнение равновесия по моментам относительно рассматриваемого сечения:
Mz – F2 x + М2= 0; Mz = 30x – 50 кНм.
Эти зависимости также перенесем на эпюры.
7