-6-05-~3

Построим эпюру перемещений (рисунок 13,г):

W3 = W2 − Δl23= 2,89 · 10−5 − 7,22 · 10−5 = −4,33 · 10−5м

W4 = W3 − Δl34=−4,33 · 10−5 − 2,4 · 10−5 = −6,73 · 10−5м

5 = 4 + 45= = −6,73 · 10−5 + 6,73 · 10−5 = 0

Перемещение точек 1 и 5 равны нулю, что соответствует условию задачи.

Пример 5

Система, состоящая из элементов большой жёсткости и двух стальных стержней, загружена расчётной нагрузкой (рисунок 14). Допускаемое напряжение материала стержней [σ] = 210 МПа.

Требуется: проверить прочность стержней.

31

q = 10 кН/м, A1 = 5 см2, A2 = 10 см2, а = 2 м.

Рисунок 14 - Схема стержневой системы

Рисунок 15 - Схема стержневой системы с нагрузкой

Решение.

Составим расчётную схему стержневой системы (рисунок 16).

Рисунок 16 - Расчетная схема стержневой системы

32

В схеме N1 и N2 – продольные силы, возникающие в стержнях 1 и 2, Yо и Xо – вертикальная и горизонтальная составляющая опорной реакции шарнирно-непо- движной опоры О.

Из направления действия нагрузки предполагаем, что первый стержень растягивается (силу N1 направляем от сечения), а второй стержень сжимается (силу N2 направляем к сечению).

Таким образом, имеем четыре неизвестные силы (N1, N2, Yо, Xо) и три уравнения равновесия ( X = 0; Y = 0; Mî = 0).

Следовательно, данная система является один раз статически неопределимой и для её решения требуется составить дополнительное уравнение перемещений.

Запишем уравнение равновесия:

M î = −N2 sin 60 3a + q 2a a − N1 3,5a = 0 ,

− N2 0,866 6 +10 4 2 − N1 3,5 2 = 0 ,

− 5,196 N2 − 7 N1 + 80 = 0 .

Данное уравнение имеет две неизвестные продольные силы.

Для составления дополнительного уравнения рассмотрим схему перемещений стержневой системы (рисунок 17). Из-за малости деформаций считаем, что при повороте жесткого элемента вокруг неподвижной точки О,, все точки его перемещаются линейно по перпендикуляру к линии, соединяющей эту точку с неподвижной.

Рисунок 17 - Схема перемещений стержневой системы Из подобия треугольников ОСС' и ОВВ' определим:

Подставляем все известные величины и получаем дополнительное уравнение перемещений:

Решаем совместно уравнение моментов и дополнительное уравнение:

Знак «плюс» указывает на то, что предполагаемый вид деформации стержней подтверждается.

Определим напряжения в стержнях:

Прочность стержней обеспечена. Определим реакции в опоре О:

Σ X = 0; Xо + N1 + N2 cos 60 = 0, Xо = 3,92 + 10,11 · 0,5 = 8,98 кН.

34

Пример 6

Абсолютно жесткая балка шарнирно прикреплена к стене, и подвешена на стальные стержни, имеющие сечение из двух уголков 70×70×5. Определить допускаемое значение интенсивности распределенной нагрузки [q] из условия прочности, если [σ]= 210МПа, Е=2,1·105МПа.

Рисунок 18 - Схема стержневой системы

Решение.

Составим расчетную схему:

Рисунок 19 - Расчетная схема стержневой системы

∑MA = −N2 ∙ sin α2 ∙ 3 + q ∙ 4 ∙ 5 − N1 ∙ cos α1 ∙ 9 = 0,

2,6N2 + 7,8N1 = 20q.

Составим схему перемещений:

Рисунок 20 - Схема перемещений

35

А1 = А2 = 6,86 ∙ 2 = 13,2см2(площадь двух уголков, приложение 3).

4,7N2 = 11,69N1;

N2 = 2,49N1;

Решаем совместно полученные уравнения:

2,6N2 + 7,8N1 = 20q, N2 = 2,49N1, 14,27N1 = 20q.

Определим N1 из условия прочности:

N

σmax = A ≤ [σ], N = [σ]A.

1 = 210 ∙ 106 ∙ 13,2 ∙ 10−4 = 277,2 кН;2 = 2,49 1 = 277,2 ∙ 2,49 = 690,23 кН;

Определим допустимое значение нагрузки q по значению 1 , т.к. 1< 2.

20q=14,27 1=14,27·277,2=3955,64 кН

= 3955,64 = 197,78 кН⁄м 2

[q]≤197кН⁄м.

2.2Геометрические характеристики плоских сечений

Вформулах при расчетах стержней на прочность и жесткость используются параметры, зависящие от размеров и формы поперечного сечения стержня. Они называются геометрическими характеристиками. Рассмотрим

36

общий вид поперечного сечения и привяжем его к ортогональной системе координат ХΥ, проходящей через произвольную точку 0.

1.Площадь поперечного сечения А, которая измеряется в м2 и выражается через бесконечно малую частицу площади по формуле

Размерность - м3.

В отличие от площади статический момент может быть положительным, отрицательным и нулевым в зависимости от ориентации осей относительно сечения.

Точка пересечения двух осей, относительно которых статические моменты равны нулю, называется центром тяжести.

Геометрическое место центров тяжести всех сечений стержня называется осью стержня.

Оси, проходящие через центр тяжести называются центральными осями Хс и Υс. Относительно них

Вычислим статические моменты относительно осей ХΥ, отстоящих от центральных на расстояние yц.т и xц.т. учтем при этом (5) и (6)

S x = ydA = (yц.т + у)dA = yц.т dA + уdA = yц.т A;

Отсюда получим формулы для координат центра тяжести в произвольных

осях

Если xц.т и yц.т известны, то статические моменты определяются по форму-

лам

Рассмотрим составное сечение, состоящее из n частей, для которых известны координаты центров тяжестей.

Тогда, используя (9) для каждой части вместо (10) получим

По этим формулам можно определить центр ттяжести любого сечения и следовательно, определить положение оси стержня.

3.Моменты инерции

Осевые и полярные моменты инерции величины существенно положительные, а центробежный – может быть и отрицательным и нулевым. Величины моментов инерции для конкретных простейших форм вычислены и получены готовые формулы. Для прокатных профилей величины даются в табличной форме в сортаменте.

Рассмотрим, как меняются моменты инерции при параллельном переносе осей координат

Пусть моменты инерции относительно центральных осей Хс и Υс известны (по формулам или таблицам). Нужно найти моменты инерции относительно параллельных осей ХΥ, отстоящих от центральных на расстояние a и b.

4.Главные центральные оси инерции сечения Через центр тяжести можно провести бесчисленное количество пар осей ко-

ординат. У каждой пары будут свои значения J x , J y, J xy , J u , J v , J uv , связанные со-

отношениями J x + J y = J u + J v .

Для новых осей существуют формулы, зависящие от угла поворота , которые приведены в учебниках. Среди этих пар существует в общем случае пара осей относительно которой центробежный момент инерции J uv (J1,2 ) = 0 . Такие оси назы-

ваются главными. Осевые моменты инерции относительно главных осей обладают

38

свойством экстремальности: относительно одной из них момент инерции самый большой, и относительно другой самый маленький.

Все формулы сопротивления материалов относятся к главным центральным осям инерции сечения.

Если известны моменты инерции относительно центральных осей J xc , J yc , J xc yc , то главные оси и моменты инерции находятся по формулам:

Пример 7

Заданное сечение (рисунок 21) состоит из прямоугольного листа и прокатных профилей:

1.Лист 22 2 см,

2.Уголок неравнобокий 125 80 8,

3.Двутавр №18.

Требуетcя: вычислить главные центральные моменты инерции, начертить сечение и показать все оси и размеры.

Рисунок 21 - Схема сечения

Решение.

Предварительно рассчитаем и выпишем из сортамента (Приложение 1) геометрические характеристики профилей, составляющих сечение.

Геометрические характеристики листа 22 2 см (фигура 1):

b = 22 см, h = 2 см, A1 = 22 2 = 44 см2,

Геометрические характеристики уголка 125 80 8 (фигура 2):

B = 125 мм, b= 80 мм,

A2 = 15,98 см2 ,

I x2 = 80,95 см4 , I y2 = 225 см4 , xc2 = 4,05 см , yc2 = 1,84 см,

I x2 y2 = 84,1см4 .

Уголок в составном сечении повернут на 90о, поэтому моменты инерции из сортамента меняются местами.

Геометрические характеристики двутавра №18 (фигура 3):

h = 180 мм, b = 90 мм,

A3 = 23,4 см2 ,

I x3 = 1290 см4 , I y3 = 82,6 см4 ,

Ix3 y3 = 0.

Определим положение центра тяжести сечения, предварительно выбрав вспомогательные оси xo и yo. Проведем эти оси через центр тяжести листа и рассчитаем расстояние между осями xo и yo и центральными осями каждого из элементов сечения (рисунок 22).

= − 111,35 = − 1,33 см, 83,38

Через найденный центр тяжести составного сечения проводим центральные оси

xc и yc.

Рассчитаем расстояния между осями xc и yc и центральными осями каждого из элементов сечения.

Расстояния между осями xi:

40