Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Сопротивление материалов. Сборник заданий с примерами их решения. Учебное пособие
.pdf
min
По графику σ
418,7 (2 13,3) 3,97i
0,7 400 3,97 70,5 71
200 10
д
213,310
см.
.
= f(λ) (рис. 7.3) для λ = 71 имеем σкр = 230 МПа.
кр
3
75,2
4
МПа.
nn
уу
230
кр
75,2
д
3,06 > [ ] = 3,0
.
Полученное превышение запаса устойчивости
3,06 – 3,0 / 3,0 100 %() 2 %
невелико и, следовательно, принимаем окончательно поперечное сечение стержня, составленное из двух швеллеров № 12У.
Основные результаты расчета сводим в таблицу.
Номер
прибли-
жения
Номер
швеллера
1 6,5 2·7,51 97,2 101,1 97,2 2,54 110 162 133,2 1,2 < 3
2 14 2·15,6 982 623 623 4,47 63 238 64,1 3,7 > 3
3 12 2·13,3 608 418,7 418,7 3,97 71 230 75,2 3,06 > 3
см
А,
I
,
I
,
I
,
z
2
см
y
4
4
см
см
i
min
min
4
см
λ
σ
, МПа
кр
(график)
σд = F/A,
МПа
n
= σ
=
д
кр/σд
Поперечное сечение – 2 швеллера № 12
y
Iy = 418,7 cм
120 мм
4
z
Iz = 608 cм
4
104 мм
111
Сечение из двух двутавров (рис. 7.1, б)
Первое приближение
Минимальный размер сечения определяем из условия прочности
на сжатие:
F
,
An
3
[ ] (200 10 МН)1, 5
Fn
A
.
т
Так как сечение состоит из двух двутавров, то площадь одного двутавра А ≥ 6,25 см
2
. По таблице сортамента ГОСТ 8239–89 выбираем
240 МПа
двутавр № 10 с А = 12 см
y
1
щие параметры, необходимые далее в расчете:
[]
т
[]
1, 25 10 м 12,5 см
32 2
2
. Двутавр имеет следую-
h = 100 мм
C
h
1
z
1
b
b = 55 мм
198
I
z
1
I
y
1
17,9
см4
см4.
Для сложного сечения (два двутавра) моменты
инерции относительно главных центральных осей y, z:
22198396
II
zz
1
2(2)
IIbA
yy
2 17,9 (5,5 2) 12 217,3 см .
1
24
см4,
2
y
1
y
C
Из двух полученных значений выбираем минимальный момент инерции поперечного сечения
= Iy = 217,3 см4.
I
min
Минимальный радиус инерции сечения:
z
z
1
b/2
217,3 (2 12) 3iIA
min min
Гибкость стержня:
,
0,7400393,393li
min
112
см.
где μ = 0,7 – коэффициент приведения длины для данной расчетной
схемы (см. рис. 7.2).
По графику σ
Действительное напряжение
Действительный коэффициент запаса устойчивости
= f(λ) (см. рис. 7.3) для λ = 93 имеем σкр = 204 МПа.
кр
3
204
83,3
83,3 МПа
42
2, 45 < [ ] = 3,0
.
,
200 10 МН
F
д
A
21210 м
кр
nn
уу
д
т. е. условие устойчивости не выполняется.
Второе приближение: выбираем больший номер двутавра, напри-
мер № 12, с характеристиками:
А, см
14,7 350 27,9 64
2
Iz1, см4Iy1, см4b, мм
Далее вновь проводим расчет на устойчивость:
моменты инерции относительно главных центральных осей для
сечения из двух двутавров:
= 2 · 350 = 700 см4,
I
z
= 2[27,9 + (6,4/2)2·14,7] = 356,9 см4,
I
y
I
= Iy = 356,9 см4.
min
min
0,7 400 3, 48 80,5 81 .
По графику σ
nn
356,9 (2 14,7) 3, 48i
= f(λ) (рис. 7.3) для λ = 81 имеем σкр = 218 МПа.
кр
3
218
4
3,2 > [ ] = 3,0
68
68
МПа.
200 10
д
214,710
кр
уу
д
см.
.
113
Превышение составляет
3, 2 – 3, 0 / 3,0 100 % 6() ,7%,
что невелико и, следовательно, принимаем окончательно поперечное
сечение стержня, составленное из двух двутавров № 12.
Основные результаты расчета сводим в таблицу.
Номер
прибли-
жения
Номер
двутавра
1 10 2·12 396 217,3 217,3 3,0 93 204 83,3 2,5<3
2 12 2·14,7 700 356,9 356,9 3,48 81 218 68 3,2>3
см
А,
I
,
I
,
I
,
i
z
y
2
4
см
см
min
4
4
см
min
см
,
λ
σ
МПа
(график)
σ
,
кр
=
МПа
д
F/A
=
n
=
д
= σ
кр/σд
Поперечное сечение – 2 двутавра № 12
Iy = 356,9 cм
120 мм
y
С
128 мм
4
z
= 700 cм
I
z
4
Сечение из двух неравнобоких уголков (рис. 7.1, б)
Первое приближение
Минимальный размер сечения определяем из условия прочности
на сжатие:
F
An
3
[ ] (200 10 МН)1,5
Fn
A
т
240 МПа
114
т
[]
,
[]
1, 25 10 м 12,5 см
32 2
.
Так как сечение состоит из двух уголков, то площадь одного уголка
А ≥ 6,25 см
№ 8/5 с А = 6,36 см
следующие параметры, необходимые далее в расчете:
2
. По таблице сортамента ГОСТ 8510–72 выбираем уголок
2
. Неравнобокий уголок имеет
y
1
h = 80 мм
b = 50 мм
= 1,13 см
z
0
I
z
1
I
y
1
41, 6
20,8
см4
см4.
h
z
o
C
1
b
Для сложного сечения (два уголка) моменты инерции относительно
главных центральных осей y, z:
2 2 41, 6 83,2
y
y
1
II
zz
1
см4,
z
1
241,6 см .
II
C
z
1
Из двух полученных значений выбираем мини-
z
yy
1
4
мальный момент инерции поперечного сечения
= Iy = 41,6 см4.
I
min
Минимальный радиус инерции сечения:
min min
Гибкость стержня:
41,6 (2 6,36) 1,8iIA
0,7 400 1,8 155,6 156li ,
min
см.
где μ = 0,7 – коэффициент приведения длины для данной расчетной
схемы (см. рис. 7.2).
По графику σ
= f(λ) (см. рис. 7.3) для λ = 156 имеем σкр =
кр
= 81 МПа.
Действительное напряжение
3
200 10 МН
F
д
A
26,3610 м
115
42
157,2 МПа
.
Действительный коэффициент запаса устойчивости
nn
уу
157,2
д
0,52 < [ ] = 3,0
,
81
кр
т. е. условие устойчивости не выполняется.
Второе приближение: выбираем больший номер неравнобокого
уголка, например № 14/9, с характеристиками:
2
А, см
Iz1, см4Iy1, см4h, мм b, мм
18 364 194 140 90
Далее вновь проводим расчет на устойчивость:
моменты инерции относительно главных центральных осей для
сечения из двух уголков:
= 2·364 = 728 см4, Iy = 2·194 = 388 см4, I
I
z
min
0,7 400 3, 28 85,4 85 .
По графику σ
nn
388 (2 18) 3,28i
= f(λ) (рис. 7.3) для λ = 85 имеем σкр = 213 МПа.
кр
3
кр
д
213
55,6
55,6
4
3,8 > [ ] = 3,0
200 10
д
21810
уу
см.
МПа.
,
= Iy = 388 см4.
min
что превышает требуемый запас по устойчивости на
3,8 – 3, 0 / 3, 0 100 % 26)%(,7.
Третье приближение: выбираем уголок меньшего размера, напри-
мер № 12,5/8:
2
А, см
Iz1, см4Iy1, см4h, мм b, мм
16 256 137 125 80
116
Далее вновь проводим расчет на устойчивость:
z
моменты инерции относительно главных центральных осей для
сечения из двух уголков
= 2·256 = 512 см4, Iy = 2·137 = 274 см4, I
I
z
= Iy = 274 см4.
min
min
0,7 400 2,93 95,6 96 .
По графику σ
nn
274 (2 16) 2,93i
= f(λ) (см. рис. 7.3) для λ = 96 имеем σкр = 203 МПа.
кр
3
кр
д
203
62,5
62,5
4
3,2 > [ ] = 3,0
200 10
д
21610
уу
см.
МПа.
.
Полученное превышение запаса устойчивости
3, 2 – 3, 0 / 3, 0 100 % 6() ,67%
невелико и, следовательно, принимаем окончательно поперечное сечение стержня, составленное из двух неравнобоких уголков № 12,5/8.
Основные результаты расчета сводим в таблицу.
Номер
прибли-
жения
Номер
уголка
1 8/5 2·6,36 83,2 41,6 41,6 1,8 156 81 157,2 0,52 <3
2 14/9 2·18 728 388 388 3,28 85 213 55,6 3,8 >3
3 12,5/8 2·16 512 274 274 2,93 96 203 62,5 3,2 >3
см
А,
I
,
I
,
I
,
i
z
y
2
см
4
см
min
4
см
,
min
4
см
λ
σ
, МПа
кр
(график)
σ
д
=
F/A
МПа
=
n
=
д
= σ
кр/σд
Поперечное сечение – 2 неравнобоких уголка № 12,5/8
y
Iy = 274 cм
4
I
125 мм
С
160 мм
= 512 cм
z
4
40,5
117
Сечение из двух равнобоких уголков (рис. 7.1, б)
Первое приближение
Минимальный размер сечения определяем из условия прочности
на сжатие:
F
An
3
[ ] (200 10 МН)1,5
Fn
A
т
240 МПа
т
[]
,
[]
1, 25 10 м 12,5 см
32 2
.
Так как сечение состоит из двух уголков, то площадь одного уголка
А ≥ 6,25 см
2
. По таблице сортамента ГОСТ 8509–72 выбираем рав-
нобокий уголок № 7,5 с А = 7,39 см
y
1
z
45
o
b
C
1
b
лок имеет следующие параметры, необхо-
1
димые далее в расчете:
b = 75 мм
z
0
= 2,02 см
z
0
62,6
I
z
1
16,4
I
y
1
см4
см4.
Для сложного сечения (два уголка) моменты инерции относительно
главных центральных осей y, z:
y
2 2 62,6 125,2
II
zz
1
2
IIbA
yy
216,4 7,39 153,4 см .
2,02
22
2
1
2
см4,
4
1
y
z
C
1
С
b
2
. Уго-
1
z
z
0
Здесь b = z
/sin 45.
0
Из двух полученных значений выбираем минимальный момент
инерции поперечного сечения I
= Iz = 125,2 см4.
min
118
Минимальный радиус инерции сечения:
min min
Гибкость стержня:
125,2 (2 7, 39) 2,91iIA
min
0,7 400 2,91 96li
,
см.
где μ = 0,7 – коэффициент приведения длины для данной расчетной
схемы (см. рис. 7.2).
По графику σ
= f(λ) (см. рис. 7.3) для λ = 96 имеем σкр =
кр
= 202 МПа.
Действительное напряжение
3
200 10 МН
F
д
A
27,3910 м
Действительный коэффициент запаса устойчивости
кр
nn
уу
д
202
135,3
135,3 МПа
42
1, 49 < [ ] = 3,0
.
,
т. е. условие устойчивости не выполняется.
Второе приближение: выбираем больший номер уголка, например
№ 11, с характеристиками:
2
А, см
15,2 279 72,7 110 2,96
Iz1, см4Iy1, см4b, мм z0, см
Далее вновь проводим расчет на устойчивость:
моменты инерции относительно главных центральных осей для
сечения из двух уголков
= 2·279 = 558 см4,
I
z
= 2[71,7 + (2,96·2/ 2)2·15,2] = 678 см4,
I
y
= Iz = 558 см4.
I
min
min
558 2 15,2 4, 29i см.
119
0,7 400 4, 29 65 .
По графику σ
nn
200 10
д
215,210
кр
уу
д
= f(λ) (см. рис. 7.3) для λ = 65 имеем σкр = 235 МПа.
кр
3
235
65,8
4
МПа.
3, 6 > [ ] = 3,0
,
65,8
что превышает требуемый запас по устойчивости на
3, 6 – 3, 0 / 3, 0 100 %() %20.
Третье приближение: выбираем равнобокий уголок меньшего раз-
мера, например № 10:
2
А, см
13,8 207 54,2 100 2,71
Iz1, см4Iy1, см4b, мм z0, см
Далее вновь проводим расчет на устойчивость:
моменты инерции относительно главных центральных осей для
сечения из двух уголков:
= 2·207 = 414 см4,
I
z
2 54,2 2,71 2 2 13,8 513,8 см ,
I
y
I
= I
= 414 см
min
z
4
.
2
4
min
По графику σ
nn
414 (2 13,8) 3, 87i
0,7 400 3,87 72,4 72
= f(λ) (рис. 7.3) для λ = 72 имеем σкр = 227 МПа.
кр
3
227
72,5
72,5
4
3,13 > [ ] = 3,0
200 10
д
213,810
кр
уу
д
см.
.
МПа.
.
120
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]