Гусев_сопротивление_материалов
.pdf3. По формулам обобщенного закона Гука определяем главные деформации:
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
43,9 0,3 63,9 3,15 10 4 , |
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
1 |
2 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
1 |
|
|
E |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 105 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
2 |
|
1 |
2 1 |
3 |
|
1 |
|
|
|
|
0,3 63,9 43,9 3 10 5 , |
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
2 105 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
E |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
3 |
|
1 |
3 1 2 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
63,9 0,3 43,9 3,85 10 4. |
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
2 |
105 |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
E |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
Относительное изменение объема |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Θ = ε1 + ε2 + ε3 = (3,15 + 0,3 – 3,85)·10-4 = 4·10-5. |
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
4. Вычисляем удельную потенциальную энергию упругой |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
деформации |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
u |
|
|
1 |
2 |
|
|
2 2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
0 |
|
|
2 |
3 |
3 |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
2E |
1 |
|
|
|
|
|
2 |
|
3 |
|
|
|
|
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
43,92 |
63,9 2 2 0,3 43,9 63,9 19,2 |
кН м |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
1 |
|
|
. |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
2 2 105 |
|
м3 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
КРУЧЕНИЕ |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
Условие прочности |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
M ki |
|
|
, |
|
|
|
|
|
|
|
T |
|
|
|
|
|
|
d 3 0,2d3. |
||||||||||||||||||||
|
|
|
max |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
, |
|
|
Wp = |
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
Wpi |
|
|
|
|
|
nT |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
max |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
16 |
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Угол закручивания |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M |
l |
|
|
|
|
|
|
|
|
M |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
d 4 |
0,1d4. |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
i |
|
|
|
|
|
k i i |
, |
|
|
|
i |
|
|
k i |
|
|
, |
|
|
|
Jp |
= |
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
GJ p |
|
|
|
GJ pi |
|
|
|
|
|
32 |
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
Здесь max – максимальное касательное напряжение в поперечном сечении; Мк – крутящий момент; Wp – полярный момент сопротивления поперечного сечения; i – номер участка (i = 1, 2,…к); к – число участков; Т – предел текучести материала при чистом сдвиге; [nT] – нормативный коэффициент запаса; [ ] – допускаемое напряжение; - угол закручивания; l – длина стержня (участка); GJp – жесткость поперечного сечения стержня на кручение; Jp – полярный момент инерции поперечного сечения; G – модуль сдвига; - относительный угол закручивания (крутка).
21
Задание 5
На рис. 5.1 изображены стержни круглого поперечного сечения. Требуется:
1.Построить эпюру крутящих моментов.
2.Из условия прочности найти диаметр поперечного сечения.
3.Построить эпюру углов закручивания .
4.Рассчитать максимальную величину относительного угла
закручивания (крутки) max.
Принять: модуль сдвига G=8 104 МПа, предел текучести при сдвигет=160 МПа, коэффициент запаса по текучести nт=2.
Данные взять из табл. 5.
|
|
|
|
|
|
Таблица 5 |
|
|
|
|
|
|
|
Расчетная схема |
Номер строки |
|
M, |
a, |
|
K |
|
|
|
кН м |
м |
|
|
1 |
0 |
|
1,0 |
0,5 |
|
2,0 |
2 |
1 |
|
1,2 |
0,6 |
|
1,2 |
3 |
2 |
|
1,4 |
0,4 |
|
2,0 |
4 |
3 |
|
1,6 |
0,5 |
|
1,4 |
5 |
4 |
|
1,8 |
0,4 |
|
2,0 |
6 |
5 |
|
1,2 |
0,6 |
|
1,0 |
7 |
6 |
|
1,4 |
0,7 |
|
1,2 |
8 |
7 |
|
1,1 |
0,8 |
|
1,0 |
9 |
8 |
|
1,0 |
0,6 |
|
1,4 |
0 |
9 |
|
2,0 |
0,5 |
|
1,2 |
|
|
|
Пример 5 |
|
|
|
Дано: М = 1 кН м; а = 0,4 |
м; Т = 160 МПа; nT = 2; |
к = 0,8; G = |
||||
8 104 МПа. |
|
|
|
|
|
|
Определить: 1) Мк(x) = ?
2)d = ?
3)(x) = ?
4)max = ?
Решение:
1. Строим эпюру крутящих моментов Мк = Мк(x). Для этого составляем силовую схему: освобождаем стержень от связей, действие связей заменяем реактивным моментом МА. Из уравнения равновесия Mx = 0: -
MA – M + 5M – M = 0 находим МА = - М + 5М – М = 3М.
22
23
Рис. 5.2
стержня на оставшуюся.
Разбиваем стержень на участки: АВ (участок 1), ВС (участок 2), СД (участок 3). Границами участков считаем сечения, в которых приложены сосредоточенные моменты М, 5М и М, а также реактивный момент МА.
Для вычисления крутящих моментов используем
метод сечений. На каждом участке мысленно проводим сечение и разрезаем стержень на части (левую и правую). Рассматриваем равновесие одной из его частей. При этом учитываем действие как внешних, так и внутренних сил. Крутящий момент Мк определяет действие отброшенной части
Участок 1. (0 ≤ х1 ≤ а) – правая часть стержня отброшена:
Mx = 0: MК1 – MА = 0.
Откуда MК1 = MА = 3М.
Участок 2. (0 ≤ х2 ≤ 2а) – правая часть стержня отброшена:
Mx = 0: MК2 – MА – М = 0.
Откуда MК2 = MА + М = 3М + М = 4М.
Участок 3. (0 ≤ х3 ≤ 0,8а) – левая часть стержня отброшена:
Mx = 0: MК3 + М = 0.
Откуда MК3 = - М.
24
Правило знаков: Крутящий момент считается положительным, если при взгляде со стороны сечения Мк вращает рассматриваемую часть стержня против часовой стрелки.
По результатам вычислений в масштабе строится график Мк(x) – эпюра крутящих моментов.
2. Из условия прочности
max |
M ki |
|
|
|
, |
|
T |
|
|
|
|
||||
|
Wpi |
|
max |
|
|
nT |
|
|
|
|
|
|
|||
определяем диаметр поперечного сечения. Предварительно вычисляем максимальные касательные напряжения:
|
|
|
|
M k |
|
|
|
|
|
3M |
|
|
|
1,88M |
|
|
||||||||||||
max(1) |
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
, |
||||||
Wp |
|
|
0,2( 2d )3 |
|
d 3 |
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
max( 2 ) |
|
M k |
2 |
|
|
|
4M |
|
|
0,74M |
|
, |
||||||||||||||||
Wp |
2 |
|
0,2( 3d )3 |
|
d |
3 |
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
max( 3 ) |
|
|
M k3 |
|
|
|
|
M |
|
|
|
5M |
|
. |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
Wp |
3 |
|
|
|
0,2d 3 |
|
|
d 3 |
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Откуда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
max max( 3 ) |
|
5M |
|
, |
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
d 3 |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5 1 103 2 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
5M n |
|
|
|
|
|
|
|
|
4 10 2 м = 40 мм. |
|||||||||||||||||
d 3 |
|
|
T |
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
T |
|
|
|
|
|
|
|
160 106 |
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
3. Строим эпюру углов закручивания. Для левого (первого) участка
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
0, |
|
0; |
|
|
|
|
|
||
|
M |
к1 |
х |
|
1 |
1 |
|
|
|
|
3M a |
|
||
( x ) |
|
1 |
|
|
a |
0,4м 1 АВ |
|
|
||||||
|
|
|
x1 |
|
|
|||||||||
GJ p1 |
G0,1 2d 4 |
|||||||||||||
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
3 1 10 |
3 |
0,4 |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
0,004 рад. |
||||||
|
|
|
|
8 104 |
106 0,1 2 0,04 4 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Для второго и третьего участков
25
2 |
BC |
|
M к2 |
2a |
|
4M 2a |
|
|
|
|
4 1 103 2 0,4 |
|
0,0018 рад. |
||||
|
GJ p |
|
G0,1 3d 4 |
|
1010 0,1 3 0,04 4 |
|
|||||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
8 |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
CД |
M к3 |
0,8a |
|
M 0,8a |
|
1 103 0,8 0,4 |
|
- 0,017 рад. |
||||||||
|
GJ p |
|
G0,1d 4 |
|
8 1010 0,1 0,044 |
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
При построении эпюры (x) учитываем, что
В(А) = 1, С(А) = 1 + 2, Д(А) = 1 + 2 + 3 =
=0,004 + 0,0018 – 0,017 = - 0,0122 рад.
4.Вычисляем относительный угол закручивания
|
|
M |
|
|
|
max |
|
|
кi |
, |
|
|
|
|
|
||
GJ |
|
|
|||
|
|
|
pi max |
|
|
|
|
|
|
M |
к |
|
|
|
|
|
|
3 103 |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0,01 рад/м, |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
1 |
|
|
|
GJ p |
|
|
|
|
|
8 104 106 0,1 2 4 4 |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
M к |
2 |
|
|
|
|
4 103 |
|
|
|
0,0023 рад/м, |
|||||||||
GJ p |
|
|
|
104 106 0,1 3 |
4 4 |
|
|||||||||||||||
|
|
2 |
|
|
|
8 |
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
M к3 |
|
|
1 103 |
|
|
0,053 рад/м. |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
GJ p |
3 |
|
8 104 106 0,1 |
44 |
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Откуда max = 0,053 рад/м.
ПРЯМОЙ ИЗГИБ
Упругие перемещения
1 |
|
M z |
, |
d 2V |
|
M z |
|
|
dx2 |
|
|||
|
EI z |
|
EIz |
|||
Дифференциальные зависимости
26
q |
dQ |
, |
Q |
dM z |
, |
|
dV |
|
dx |
|
|
dx |
|
dx |
|
Нормальные и касательные напряжения
|
M z |
y, |
|
||
|
I z |
|
Q S*
z
I z b( y )
Условия прочности
Пластичный материал
|
|
M |
z |
|
|
|
T |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
||||
|
max |
|
W |
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
z max |
|
T |
||
Хрупкий материал
|
|
M |
z |
|
|
вр |
|
|
|
M |
|
|
|
|
|
maxp |
|
|
|
|
|
, |
maxс |
|
|
z |
|
|
|
вс |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
p |
|
nв |
|
|
|
|
с |
|
nв |
|||
|
Wz max |
|
|
|
Wz max |
|
|||||||||
Здесь ρ – радиус кривизны упругой линии; q – интенсивность погонной нагрузки; Q и Mz – поперечная (перерезывающая) сила и изгибающий момент; EIz – жесткость поперечного сечения балки на изгиб; Iz – момент инерции поперечного сечения относительно нейтральной оси; V
– прогиб (перемещение центра тяжести поперечного сечения по оси y); Θ – угловое перемещение (угол поворота поперечного сечения); S*z -
статический момент отсеченной части площади поперечного сечения относительно оси z; b(y) – ширина поперечного сечения; Wz = Iz /ymax –
момент сопротивления поперечного |
сечения; |
Wzp I z / ymaxp |
и |
||
Wzc I z / ymaxc |
- моменты сопротивлений |
соответственно |
для |
||
растянутых и сжатых слоѐв балки; ymax, |
ymaxp |
и |
ymaxc - максимальные |
||
расстояния от нейтральной оси до наиболее удаленных слоѐв поперечного сечения (индекс "р" – для растянутых, "с" – для сжатых слоѐв балки); ζТ – предел текучести материала; ζвр и ζвс – пределы прочности материала на растяжение и сжатие соответственно.
27
Задание 6
Для балок, схемы которых представлены на рис. 6.1, построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов. Из условия прочности по нормальным напряжениям
max т
nт
определить размеры поперечных сечений следующих форм:
круг диаметром d,
прямоугольик b 2b,
двутавр,
двойной швеллер.
Установить соотношение масс (объемов) балок и определить наиболее рациональную по материалоемкости форму поперечного сечения.
Принять: предел текучести т=320 МПа, коэффициент запаса по текучести nт=2, размер a=0,5 м, силу P=nqa, момент M=mqa2.
Данные взять из табл. 6.
|
|
|
|
|
Таблица 6 |
|
|
|
|
|
|
Схема балки |
Номер |
q, |
k |
n |
m |
|
строки |
кН/м |
|
|
|
1 |
0 |
20 |
6 |
1 |
3 |
2 |
1 |
30 |
5 |
2 |
2 |
3 |
2 |
40 |
8 |
3 |
1 |
4 |
3 |
24 |
6 |
2 |
3 |
5 |
4 |
18 |
5 |
1 |
2 |
6 |
5 |
28 |
8 |
2 |
1 |
7 |
6 |
20 |
6 |
3 |
2 |
8 |
7 |
22 |
5 |
1 |
2 |
9 |
8 |
24 |
6 |
2 |
3 |
0 |
9 |
30 |
5 |
3 |
1 |
28
Рис. 6.1
29
Пример 6
Дано: q = 20 кН/м; а = 0,5 м; k =6; P = nqa; n = 2; M = mqa2; m = 1;
ζТ = 320 МПа; nТ = 2.
Определить: 1) Q(x) = ? Mz(x) = ?
2)d = ? b = ? № двутавра = ? № швеллера = ?
3)Установить соотношение объемов балок.
|
Решение: |
|
|
|
1. Составляем силовую схему |
||
|
и вычисляем реакции опор: |
||
|
ΣMА = 0: - 2qa·4а - q·6a·7a – qa2·+ |
||
|
|
+ RВ·10a =0, |
|
|
ΣMВ = 0: - qa2 + q·6a·3a + 2qa·6a |
||
|
|
– RА |
|
|
|
+·10a =0. |
|
|
Откуда RА = 2,9qa, RВ = 5,1qa. |
||
|
Проверяем |
правильность |
|
|
вычисления реакций: |
||
|
ΣY = 0: RA + RB – 2qa - q·6a = 0, |
||
|
2,9qa + 5,1qa – 2qa – 6qa = 0, |
||
|
|
0 ≡ 0. |
|
|
2. Определяем |
внутренние |
|
|
силовые |
факторы |
(поперечную |
|
силу Q и изгибающий момент Mz) |
||
|
и строим эпюры. Для этого раз- |
||
|
биваем балку на участки. Грани- |
||
|
цами участков считаем сечения, в |
||
Рис. 6.2 |
которых |
приложены сосредото- |
|
ченные внешние силы, включая реакции опор. Используем метод сечений.
Участок 1. (0 ≤ х1 ≤ 4а) – отбрасываем правую часть. Записываем уравнения равновесия левой части:
ΣY = 0: 2,9qa – Q1 = 0, Q1 = 2,9qa.
ΣM0 = 0: Mz1 – 2,9qax1 = 0,
Mz1 |
= 2,9qa x |
4a , Mz1 (x1 = 0), Mz1 (x1 = 4a) = |
|
1 |
0 |
= 11,6qa2.
30