Добавил:

Parenek777 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Ростовский Государственный Университет Путей Сообщения

Предмет:

Строительная механика

Файл:

Кротов С.В. Расчеты брусьев на изгиб и кручение. Для практич. зан. и контр. раб. 2017

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.03.2026

Размер:

1.38 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 63 4 5 6 > Следующая >>>

В нашем случае не ясно, какой крутящий момент опаснее для вала:

M z 2 =120 кНм на втором участке или M z 4 = 200 кНм на четвертом. Необходим расчет прочности и жесткости двух участков.

				d			3	\| M z 2 \|				3			120 103				0,196м 19,6см ,
				d	2		3	0, 2				3			0, 2 80 106				0,196м 19,6см ,
					2


															200 103
		d				3	\| M z 4			\|	3				200 103				0, 232м 23, 2 см ;
		d	4			3	0, 2				3			0, 2 80 106					0, 232м 23, 2 см ;
			4

б) по условию жесткости
												max				\| M z max \|		.
												max						.
																G J
Полярный момент инерции сплошного сечения равен J																						0,1d 4		, тогда


															120 1003
d		4				\| M z 2			\|			4			120 1003					0,194м 19, 4 см,
d	2	4			0,1 G							4	0,1 8 1010							0,194м 19, 4 см,
	2																0,0105
																	0,0105

															200 103
d		4				\| M z 4			\|			4			200 103					0, 221м 22,1 см.
d	4	4			0,1 G							4	0,1 8 1010							0, 221м 22,1 см.
	4																0,0105
																	0,0105
Здесь допускаемый погонный угол закручивания, заданный в градусах на
метр длины, выражается в радианах, то есть 0,6град																							0,0105 м 1 .


																				м	180
Из двух расчетов необходимо принять большие диаметры. Принимаем
d1,2 19,6 см и d3,4						23,2 см ;

в) по конструктивным требованиям. Исходя из заданного соотношения площа-

дей поперечных сечений

	d	2
A		2		d22
A	4			d22	,
A	d	2		d 2	,
A	d	2		d 2
		4	4
	4

получаем значения диаметров вала: d2 d4			23,2			0,5 16,4 см – не может

быть принят, так как после расчета по двум условиям очевидно, что этот диа-

метр не может быть значительно ниже d 19,6 см и,	далее:
21

19,6

27,7 см

–

а это возможно, так как ранее принят диаметр

0,5

d4 23,2 см .

Тогда, исходя из трех условий, принимаем, округляя, следующие значе-

ния: d1,2 19,5 см и d3,4

28 см .

4 Определяем максимальные касательные напряжения для каждого участка

(сечения) вала:

M z1

40 103

27 106 Па=27 МПа ;

max1

0, 2 0,1953

M z 2

120 103

81 106 Па 81МПа ;

max 2

0, 2 0,1953

M z3

120 103

27,3 106 Па 27,3МПа ;

max 3

0, 2 0, 283

M z 4

200 103

45,6 106 Па 45,6МПа .

max 4

0, 2 0, 283

Превышение величины касательных напряжений на втором участке над

допускаемым

значением

составляет

max 2

100 %

81 80

100% 1,25%

, что допустимо.

Если принять диаметр d1,2 20 см , то это приведет к недогружению вто-

рого участка на 6,25 % , что выше допускаемых 5% .

5 Строим эпюру максимальных касательных напряжений max

(рис.13, в).

6 Построим эпюру углов закручивания,

приняв за точку отсчета, напри-

мер, центр тяжести левого торцевого сечения.

M z1

40 103 2

0,007рад ;

J 1

8 1010

0,1 0,1954

2 1

M z 2

0,007

120 103 2

0,014рад ;

J 2

8 1010

0,1

0,1954

3	2	M z3		0,014	120 103 2		0,018рад	;
		G J 3			8 1010	0,1 0,284

4	3	M z 4		0,018	200 103 2		0,026рад .
		G	J 4		8 1010	0,1 0,284

По этим данным строим эпюру углов закручивания рад (рис.13, г). Задача № 1 (дополнительно)

Дано: М = 36 кHм; l = 4,5 м; = 80 МПа ; = 0,6 град м .

Решение Вычерчиваем схему вала, соблюдая линейный масштаб (рис. 14, а).

М=36 кНм 3М=108 кНм

5M=180 кНм

М0=252 кНм

2М=72 кНм

D 4

0,3l=1,35 м 0,2l=0,9 м

0,2l=0,9 м

0,3l=1,35 м

Эпюра M z

кНм

б) 36

144

Эпюра max

МПа

252

в) 11,5

г)

Эпюра рад

80,6

0,017

0,013

0,011

0,020

Рис.14

1 Определяем неизвестный крутящий момент М0, суммируя внешние скручивающие моменты относительно оси z :

M z 0; M 3M 2M 5M M0 0 ,

откуда M0 7M 252 кHм .

2 Строим эпюру крутящих моментов, используя метод сечений

(рис.14, б):

M z1 M 36кНм ; M z2 M 3M 36 108 144 кНм ;

M z3 M 3M 2M 36 108 72 72 кНм ;

M z4 M 3M 2M 5M 36 108 72 180 252 кНм.

Поскольку вал имеет постоянный диаметр, то опасным в данном случае является четвертый участок (в четвертом сечении имеет место наибольший крутящий момент M z 4 = 252 кНм) и достаточно провести расчет на прочность и жесткость, исключая конструктивные требования.

3 Определение диаметра вала:

а) из условия прочности по касательным напряжениям при кручении:

max

М z max

и, учитывая

W 0,2d 3

, вычисляем величину диаметра:

M z max

252 103

0, 251м 25,1 см ;

0, 2

0, 2 80 106

б) из условия жесткости по погонным (относительным) углам закручивания:

max	M z max		и, учитывая J p						0,1d 4 , вычисляем величину диаметра:

	GJ
	GJ

					M z max
					M z max				252 103
	d			4			4			0,234м 23,4 см.

		4				G
		4		0,1				0,1 8 1010 0,0105
				0,1				0,1 8 1010 0,0105

Из двух расчетов выбираем больший диаметр и округляем до d=25 см.

в) – пункт для данной расчетной схемы не требуется.

4 Определяем максимальные касательные напряжения:

M z1

36 103

11,5 106 Па 11,5МПа ;

max1

0, 2 0, 253

M z 2

144 103

46 106 Па 46МПа ;

max 2

0, 2 0, 253

M z3

72 103

23 106 Па 23МПа ;

max 3

0, 2 0, 253

M z 4

252 103

80,6 106 Па 80,6МПа ;

max 4

0, 2 0, 253

По полученным данным строим эпюру максимальных касательных

напряжений max МПа

для каждого участка вала (рис. 14, в).

5 Определим углы закручивания, принимая за начало отсчета центр тяже-

сти сечения в жестком защемлении вала – точку E (здесь 0 ) и, двигаясь

справа:

M z 4 0,3l

252 103 1,35

0,011рад ;

1010

0,1 0, 254

C D

M z3 0, 2l

0,011

72 103 0,9

0,013рад

;

G J

1010 0,1 0, 254

B C

M z 2 0, 2l

0,013

144 103 0,9

0,017 рад

;

G J

1010 0,1 0, 254

A B

M z1 0,3l

0,017

36 103 1,35

0,020рад.

G J

1010 0,1 0, 254

По этим данным строим эпюру углов закручивания рад (рис. 14, г).

Задача № 2
Дано: M = 32 кHм; F = 30 кH; l =	3,6 м; = 10 МПа ;	0,7 .

Решение Вычерчиваем схему балки, соблюдая линейный масштаб (рис. 15, а). 1 Определяем реакции в опорах:

M A 0 ; RB 3,6 F 3,6 3M 2M 0 ;

30 3,6 96 64

RВ 21,1 кН . 3,6

M B 0 ; RA 3,6 2M 3M 0; RA 332,6 8,9 кH .

Проверка. Составляем сумму проекций всех сил на вертикальную ось

y 0; RA RB F 0; 8,9 + 21,1–30 =0, значит реакции определены верно. 2 Определяем значения поперечных сил: Q1 6 RA 8,9 кH .

3 Определяем значения изгибающих моментов:

M1 M6 0; M2 RA 3,6 2,52 9,6 кHм ;

M3 M2 2M 73,6 кHм ;

М4 RA 2,52 2M 8,9 2,52 64 86,4 кHм ;

RA=8,9 кН		F=30 кН
2М=64 кНм	3М=96 кНм

а)

l=0,736=2,52 м

RB=21,1 кН

l=2,52 м

l=3,6 м

Эпюра Q (кН)

8,9

б)

Эпюра М (кНм)

73,6

86,4

в)

9,6

г)

Вид изогнутой оси балки

Рис. 15

М5 М4

3М 86,4 96 9,6 кНм.

Строим эпюры поперечных сил Qy кН

(рис. 15, б) и изгибающих мо-

ментов M x кНм

(рис.15, в), примерный вид изогнутой оси балки (рис. 15, г).

4 Определяем размеры поперечного сечения.

Условие прочности по нормальным напряжениям при изгибе:

max

M x max

;

здесь

момент

сопротивления балки прямоугольного поперечного сечения

bh2

0,6h h2

0,1h3 , учитывая b

=0,6.

Тогда

высота

поперечного

сечения

будет

равна:

M x max

h 3

86, 4 103

0, 442м 44, 2 см и b=0,6 h=0,6 44,2=26,52 см.

0,1

0,1 10

106

Округлив значения, принимаем размеры h=44 см, b=26,5 см.

5 Фактические (расчетные) нормальные напряжения в заданной балке с принятыми размерами поперечного сечения будут:

M x max

86,4 103 6

10,1 106 Па 10,1МПа .

факт.

0,265 0,442

Превышение величины нормальных напряжений над допускаемым зна-

чением составляет

факт

100 %

10,1 10

100 % 1% , что допусти-

мо. Максимальные касательные напряжения:

3 8,9 103

0,1МПа ,

max

2 0, 265 0, 44

что значительно меньше допускаемой величины 2МПа . Эпюры напряже-

ний показаны на рис. 16.

h=44 см

y	min 10,1

х	max 0,1
	МПа
b=26,5 см	max 10,1

Рис. 16 27

Задача № 3
Дано: М =32 кНм; F = 30 кН; q 40	кH	;	l=3,6 м; 10МПа .
	м

Решение Вычерчиваем заданную расчетную схему балки (рис. 17, а). 1 Определяем реакции в опорах:

M B 0; RA 3,6 M 0,5F 1,08 q

2,522

1,082

0 ;

32 20 6,35 117,

15 1,08

33,2 кH.

3,6

M A 0; RB 3,6 0,5F

3,6

4,68 M q 3,6

4,68

0 ;

40 3,6 2,88 32 15 4,68

125,8 кH .

3,6

Проверка. Сумма проекций внешних сил и найденных реакций должна

равняться нулю: y 0;

RA+RB– q 3,6 – 0,5F =0;

33,2+125,8–40 3,6–15 = 0, реакции определены верно.

2 Определяем поперечные силы по сечениям:

Q1,2,3 = RA=33,2 кH,

Q4 = RA–q 2,52 = –67,6 кH,

Q5 = Q4 + RB=58,2 кН, Q5 = 0,5F = 15 кH.

3 Определяем изгибающие моменты по сечениям:

M 1 = 0;

M 2,3 = RA 1,08 35,9 кHм;

M6 0 ;

M5 0,5F 1,08 – q

1,082

39,5 кHм;

M 4 = M5 +М = –39,5+32 = –7,5 кHм.

Строим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов (рис. 17, б, в).

Необходимо определить изгибающий момент, достигающий экстремального значения в сечении, где поперечная сила, изменяясь непрерывно, переходит че-

рез нулевое значение (см. эпюру Qy – это происходит на расстоянии «z» от се-

чения 2):

z 2

M max = RA (1,08+z) – q 2 .

Согласно дифференциальной зависимости dMdz Qy далее приравниваем производную от изгибающего момента по длине нулю: RA qz 0, откуда находим искомое расстояние z = RqA 3340,2 0,83 м и определяем значение из-

гибающего момента:

Mmax 33, 2 0,83 1,08 40 0,832 49,6 кНм. 2

			RВ=125,8 кН		0,5F=15 кН
RA=33,2 кН			M=32 кНм
	q=40 кН/м		M=32 кНм
	q=40 кН/м
а)	2	3	4	5	6
1	2	3	4	5	6
А					B
А
			0,7l=2,52 м	0,3l=1,08 м

l=3,6 м

	Эпюра Q (кН)
	z=0,83 м
33,2	58,2	15
		15
б)

			Эпюра М (кНм)
			М max=49,6	67,6
		35,9
в)
			7,5
		z l	Вид изогнутой оси балки	39,5
		z l	Vl
	0	2	Vl
		2
г)			2
			2

Рис. 17

4 Определение размеров поперечного сечения из условия прочности при изгибе:

max =	М x max	,


	Wx

откуда требуемый момент сопротивления балки:

М x max

Wx .

Момент сопротивления изгибу для круглого поперечного сечения:

<<< < Предыдущая 1 23 / 63 4 5 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Строительная механика