4. Исследование запаса прочности по нормальным напряжениям

Запас прочности определяется по формуле:

,

где – допускаемое напряжение, МПа;

–абсолютное значение максимального расчётного напряжения, МПа.

Нормальные напряжения определяется по схеме, изложенной в конце пункта 2.1.:

Для нахождения максимальных значений напряжений в формулу подставляются экстремальные величины нагрузок и координаты опасных точек сечения.

В случае косого изгиба с растяжением-сжатием необходимо проверить несколько предполагаемых опасных сечений.

При расчете на ЭВМ интегрированием дифференциальных уравнений вычисляются значения во всех точках разбиения по длине стержня и в координатах крайних точек сечения; выбирается максимальное по модулю значение.

0. 4.5 Требования к оформлению и пример отчета по ргр за 1-ый семестр. Примеры выполнения ргр

После завершения численных расчетов, тестирования и приема задания преподавателем необходимо оформить отчет по каждой задаче.. В конце семестра оформляется титульный лист, общий для всех заданий, и проводится защита РГР.

Пример выполнения РГР представлен ниже.

ЗАДАЧА 1.1

Цель – определение положения главных центральных осей и величины главных центральных моментов инерции для симметричного и несимметричного сечений.

В каждой задаче выполняется чертеж сечения в масштабе. Допускается упрощенное изображение стандартных фигур.

На чертеже должны быть указаны все размеры, необходимые для расчета положения центров тяжести составляющих фигур. Нанести координаты центров тяжести фигур, координаты центпра тяжести сечения, исходные оси для расчета (yox), центральные оси сечения и составляющих фигур, параллельные исходным (Y_cO_cX_c и y_io_ix_i), и главные центральные оси YOX. Для несимметричного сечения указать угол поворота для главных осей α₀.

1.1.1 Симметричное сечение

Рис переделать, указав только необходимые размеры и правильно обозначив оси!!!!!

1. Исходные данные задачи

Разбиваем сечение на простые фигуры. Величины, необходимые для расчета:

Фигура №1

Прямоугольник 140х60

А₁=84 см²

J_x1=252 см⁴

J_y1=1372 см⁴

Фигуры №2,3

Швеллер № 10

А_2,3=10,9 см²

J_x2,3=174 см⁴

J_y2,3=20,4 см⁴

а₁=3 см, b₁=7 см а₂=11 см, b₂=3,16 см

а₃=11 см, b₃=10,84 см.

2. Определяем положение центра тяжести:

x_c==7 см, y_c==4,65 см.

, b₂=3,16 см, b₃=10,84 см.

3.Определяем центральные осевые моменты инерции сечения, используя формулы преобразования при параллельном переносе осей:

J_xc=(J_x1+(a₁–y_c)²А₁)+(J_x2+(a₂–y_c)²А₂)+(J_x3+(a₃–y_c)²А₃)=1708 см⁴

J_yc=(J_y1+(b₁–x_c)²А₁)+(J_y2+(b₂–x_c)²А₂)+(J_y3+(b₃–x_c)²А₃)=1734 см⁴

Вследствие симметрии центробежный момент инерции равен нулю. Оси и моменты инерции – главные, т.е. главные моменты инерции

J_X= J_xc J_Y= J_yc.

1.1.2. Несимметричное сечение

Рис переделать, указав только необходимые размеры и правильно обозначив оси!!!!!

1. Исходные данные задачи

Разбиваем сечение на простые фигуры. Величины, необходимые для расчета:

Фигура №1

Двутавр № 14

F₁=17,4 см²

J_x1=41,9 см⁴

J_y1=572см⁴

J_x1y1=0 см⁴

Фигура №2

Уголок № 8

F₂=8,63 см²

J_x2=52,7 см⁴

J_y2=52,7 см⁴

J _{u min}=21.8 см⁴

а₁=8 см, b₁=7 см а₂=2,17 см, b₂=16,17 см

2. Определяем положение центра тяжести:

x_c==10,04 см

y_c==6,07см.

3.Определяем центральные осевые моменты инерции сечения, используя формулы преобразования при параллельном переносе осей:

J_xc=(J_x1+(a₁–y_c)²А₁)+(J_x2+(a₂–y_c)²А₂)=290,68 см⁴

J_yc=(J_y1+(b₁–x_c)²А₁)+(J_y2+(b₂–x_c)²А₂)=1109,8 см⁴

J_xcyc=(J_x1y1+(a₁–y_c)(b₁–x_c)А₁)+(J_x2y2+(a₂–y_c)(b₂–x_c)А₂)=-339,3см⁴.

Величина центробежного момента инерции уголка определяется по формуле для поворота от главной оси (с минимальным моментом инерции ) на угол, указанный в справочных таблицах. Для нашего равнобокого уголка это -45⁰ и

=-30,9 см⁴

4. Определяем угол поворота до главных осей сечения:

= -0.828 → α=-19,82°

5. Определяем главные центральные моменты инерции, используея формулы преобразования при повороте осей:

J_X=J_xс·cos²α + J_yс·sin²α – J_xcyс·sin2α=168,38 см⁴

J_Y=J_yс·cos²α + J_xс·sin²α + J_xcyс·sin2α=1232,1 см⁴

ЗАДАЧА 1.2

Цель – расчет на прочность и определение жесткости стального стержня при растяжении- сжатии.

1. Исходные данные задачи *.

P, кН	q, Н/м	a, мм	c, мм	d, мм	l, мм	[σ] МПа	E, МПа
-70	100	300	400	1000	1000	120	200000	0,32

Площадь сечения берем из задачи 1.1.1

* Расчетную схему выполнить в масштабе по длине стержня.

1. Разбиваем стержень на участки

I – 0 ≤ z< 300, II – 300 ≤z< 400, III – 400 ≤z< 1000.

2. Формулируем граничные условия:

при z=0 N₀ (не определено), W₀=0;

при z=l N(l) (не определено), W(l)=0.

3.Вычисляем N(z) и w(z).:

Записываем уравнения продольных сил и перемещений по участкам и в обобщенном виде:

по участкам: I N(z) = N₀,

W(z) = W₀+[ N₀·z]/(EF);

II N(z) = N₀ – P,

W(z) = W₀+[N₀·z – P·(z-a)]/(EF);

III N(z) = N₀ – P – q·(z-b),

W(z) = W₀+[N₀·z – P·(z-a) – q·(z-b)²/2]/(EF).

в обобщенном виде:

N(z) = N₀ |_I – P|_II – q·(z-b)|_III,

W(z) = W₀+[N₀·z|_I – P·(z-a)|_II – q·(z-b)²/2|_III]/(EF);

Определяем неизвестное значение N₀ из граничного условия на правом конце:

W(l) = W₀+[N₀·l – P·(l-a) – q·(l-b)²/2]/(EF)=0;

но W₀=0, N₀=(P·(l-a)+q·(l-b)²/2)/l=-31000 Н.**

Определяем характерные точки графиков N(z) и W(z) и строим их в масштабе под схемой нагружения.¹

Участок: I N(0) = N₀ =-31000 Н,

N(a) = N₀ =-31000 Н.

W(0) = [N₀·0]/(EF)=0;

W(a) = [N₀·a]/(EF)=-0,465 мм***.

II N(a) = N₀ – P =39000 Н,

N(b) = N₀ – P =39000 Н.

W(a) = [N₀·a – P·(a-a)]/(EF)= -0,465 мм,

W(b) = [N₀·b – P·(b-a)]/(EF)=-0,270 мм.

III N(b) = N₀ – P – q·(b-b) =39000 Н,

N(l) = N₀ – P – q·(l-b) =-21000 Н.

W(a) = [N₀·b – P·(b-a) – q·(b-b)²/2]/(EF)= -0,270 мм,

W(l) = [N₀·l – P·(l-a) – q·(l-b)²/2]/(EF)=0 мм.

Для параболы определяем третье значение. Выбираем экстремальное значение при z₃(N=0), т.е. 0= N₀ – P – q·(z₃-b), откуда z₃=790 мм, W(z₃) = [N₀· z₃ – P·( z₃-a) – q·( z₃-b)²/2]/(EF)=0,110 мм.

По результатам расчетов строим эпюры N(z) и w(z) в масштабе расчетной схемы

4. Нормальные напряжения определяются по формуле .

Опасное сечение z=300, где N максимально по модулю. Определяем запас прочности по нормальным напряжениям для обоих сечений по формуле:

.

Симметричное сечение:

Несимметричное сечение:

5. Вычисляем главные линейные деформации в опасном поперечном сечении по формулам:

,

,

.

В задаче .

Для сечения меньшей площади (несимметричного) получаем:

, .

6. Определяем изменение размеров сечения:

– ширина сечения 220 мм уменьшается на 220·=0,0059· мм,

– высота сечения 116,5 мм уменьшается на 116,5 ·2,67·10^-7 =0,0031мм.

ЗАДАЧА 1.3

Цель – расчет на прочность и определение жесткости стального стержня при прямом поперечном изгибе.

2. Исходные данные задачи *.

P, кН	q, Н/мм	L, кН·м	a, мм	с, мм	d, мм	l, мм	b, мм	[σ] МПа	EJх, Н·мм2
7	-10	-4	700	700	1000	1000	300	120	2·1011

* Момент инерции принять как в задаче 1.1.1.

1. Разбиваем стержень на участки.

I – 0 ≤ z< 300, II – 300 ≤z< 700, III – 700 ≤z< 1000.

2. Формулируем граничные условия.

при z=0 Q₀ (не определено), M_X0=0;

φ₀ (не определено), V₀=0;

при z=l M_X(l)=0

V(l) =0;

3.Записываем уравнения внутренних сил и перемещений по участкам и в обобщенном виде.

по участкам: I Q(z) = Q₀,

M_X(z) = M_X0+ Q₀·z,

φ(z) = φ₀+ [M_X0·z+ Q₀·z²/2]/(EJ_x),

V(z) =V₀- φ₀·z – [M₀·z²/2+ Q₀·z³/6]/(EJ_x),

II Q(z) = Q₀,

M_X(z) = M_X0+ Q₀·z – L,

φ(z) = φ₀+ [M₀·z+ Q₀·z²/2 – L·(z-d)]/(EJ_x),

V(z) =V₀- φ₀·z – [M₀·z^2/2+ Q₀·z³/6-L·(z-d)²/2]/(EJ_x),

III Q(z) = Q₀ – P – q·(z-c),

M_X(z = M_X0+ Q₀·z-L – P·(z-a) – q·(z-b)²/2,

φ(z) = φ₀+ [M_X0·z+ Q₀·z²/2 – L·(z-d) – P·(z-a)²/2 – q·(z-b)³/6]/(EJ_x),

V(z) =V₀ – φ₀·z – [M_X0·z^2/2+Q₀·z³/6 – L·(z-d)²/2 –P·(z-a)³/6–

-q·(z-b)⁴/24]/(EJ_x),

в обобщенном виде:

Q(z) = Q₀ |_I + 0|_II – P – q·(z-c) |_III,

M_X(z) = M_X0+ Q₀·z |_I – L |_II – P·(z-a) – q·(z-b)²/2|_III ,

φ(z) = φ₀+ [M_X0·z+ Q₀·z²/2 |_I – L·(z-d) |_II – P·(z-a)²/2 – q·(z-b)³/6]/(EJ_x) |_III

V(z) =V₀ – φ₀·z – [M_X0·z^2/2+Q₀·z³/6|_I – L·(z-d)²/2|_II – P·(z-a)³/6 –

– q·(z-b)⁴/24]/(EJ_x) |_III;

Определяем неизвестные значения Q₀ и φ₀ из граничных условий.

M_X(l) = M_X0 + Q₀·l – L – P·(l-a) – q·(l-b)²/2=0;

V(l) =V₀ – φ₀l – [M₀·l^2/2+Q₀·l³/6 – L(l-d)²/2 – P·(l-a)³/6 – q·(l-c)⁴/24]/(EJ_x)=0.

но M_X0=V₀=0, Q₀=(P·(l-a)+q·(l-b)²/2+L)/l=-2350 Н

φ₀= – [M_X0·l^2/2+Q₀·l³/6 – L·(l-d)²/2 – P·(l-a)³/6 – q·(l-c)⁴/24]/(l·EJ_x)=-2,64·10^-3

**При наличии отметки у преподавателя о правильном выполнении теста, расчёт по участкам и экстремальных значений можно не приводить.

По результатам расчетов строим эпюры Q(z), M_X(z), φ(z) и v(z) в масштабе расчетной схемы/

4. Определяем распределение нормальных напряжений по сечению и запас прочности от действия поперечных сил и изгибающих моментов.