Гусев_сопротивление_материалов
.pdf
Участок 2. (0 ≤ х2 ≤ 6а) – отбрасываем левую часть. Составляем уравнения равновесия правой части:
ΣY = 0: Q2 - 5qx2 + 5,1qа = 0,
|
|
|
Q2 = – 5,1qa + q x |
|
6a |
, |
|||||
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
2 |
|
0 |
|
||
|
Q2 |
(x2 = 0) = – 5,1qa, |
|
|
Q2 (x2 = 6a) = 0,9qa. |
||||||
ΣM0 = 0 |
– Mz2 |
– qx2 |
x2 |
– qa2 + 5,1qa·x2 = 0, |
|
||||||
2 |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Mz2 |
= – qa2 + 5,1qa·x2 – q |
x22 |
|
|
6a . |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
2 |
|
|
0 |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Исследуем функцию Mz2 (x2) на экстремум:
|
дM z |
2 |
5,1qa qx2 |
0 , |
* |
|
|
|
|
x2 |
= 5,1а. |
||
|
дx2 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
Определяем ординаты для характерных сечений |
||||||
Mz2 (x2 = 0) = - qa2; Mz2 (x2 = x*2 = 5,1a) = 12qa2; Mz2 (x2 = 6a) = 11,6qa2.
Величина M zmax = 12qa2. На основании полученных данных (в масштабе) строим эпюры Q(x) и Mz(x).
3. Составляем условия прочности и определяем размеры поперечных сечений:
|
max |
|
M zmax |
|
T |
или |
12qa 2 |
|
T |
. |
|||||||
|
|
|
Wz |
nT |
|
|
|
Wz |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
nT |
|||||
Откуда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
12qa2 n |
|
|
12 20 103 |
0,52 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Wz |
T |
|
|
|
|
|
|
375·10-6 м3 = 375 см3. |
|||||||||
T |
|
320 106 |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Поперечное сечение балки: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
Круг диаметром d |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
Wz = 0,1d3 = 375 см3, |
d = 3 |
375 |
|
= 15,5 см. |
||||||||||||
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0,1 |
|
|
|
|
|
|||
Прямоугольник b 2b
|
b 2b 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
b |
3 |
3 |
|
b = 3 |
375 |
3 |
|
|
||
Wz = |
|
|
|
= 375 см |
, |
|
|
|
= 7,1 см. |
||||
6 |
3 |
|
2 |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
31 |
|
|
|
|
|
|
|
Двутавр. Из таблицы сортамента прокатных
профилей (ГОСТ 8239-89) выбираем № 27: Wz = 371 см3, А = 40,2 см2.
|
|
|
|
|
Двойной швеллер Wz = 2 Wz шв. = 375 |
|||||
|
|
см3, Wz шв = |
375 |
= 187,5 см3. Из таблицы сортамента |
||||||
|
|
2 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
прокатных профилей (ГОСТ 8239-89) выбираем |
||||||||
|
|
швеллер № 22: Wz = 192 см3, А = 26,7 см2. |
|
|
||||||
|
4. Устанавливаем соотношения объѐмов балок, имеющих различные |
|||||||||
формы сечений: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
d 2 |
10a |
3,14 15,52 10 4 |
-4 |
3 |
|
|||
o |
Круг V= A·l = |
|
|
|
·10·0,5 = 942·10 |
|
м |
. |
||
4 |
|
4 |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
o |
Прямоугольник V= A·l = b·2b·10a = 7,1·2·7,1·10-4·10·0,5 = 500·10-4 м3. |
|||||||||
o |
Двутавр V= A·l = 40,2·10-4·10·0,5 = 201·10-4 м3. |
|
|
|
||||||
o |
Двойной швеллер V= 2A·l = 2·26,7·10-4·10·0,5 = 267·10-4 м3. |
|
|
|||||||
Соотношение объемов |
4,7 : 2,5 : 1 : 1,3. |
|
|
|
|
|||||
|
С точки зрения материалоѐмкости наиболее рациональной формой |
|||||||||
сечения является двутавр. Объѐм двутавра принят за единицу. |
|
|
||||||||
Задание 7
Из условия прочности по нормальным напряжениям определить размеры поперечных сечений балок. Схемы нагружения и формы поперечных сечений изображены на рис. 7.1. Материал - чугун марки СЧ12-28: пределы прочности на растяжение и сжатие - вр=120 МПа,вс= 500 МПа; коэффициент запаса nв=2. Принять M=Pa.
Данные взять из табл. 7.
|
|
|
|
|
Таблица 7 |
Схема нагружения и форма |
Номер |
|
P, |
a, |
k |
поперечного сечения |
строки |
|
кН |
м |
|
1 |
0 |
|
12 |
0,4 |
2 |
2 |
1 |
|
10 |
0,5 |
1 |
3 |
2 |
|
14 |
0,4 |
3 |
4 |
3 |
|
12 |
0,5 |
2 |
5 |
4 |
|
10 |
0,4 |
1 |
6 |
5 |
|
8 |
0,5 |
3 |
7 |
6 |
|
6 |
0,4 |
2 |
8 |
7 |
|
10 |
0,5 |
1 |
9 |
8 |
|
8 |
0,5 |
3 |
0 |
9 |
|
12 |
0,4 |
2 |
|
|
32 |
|
|
|
Рис. 7.1
33
Рис. 7.1. Окончание
34
Пример 7
Дано: Р = 10кН; а = 0,4м; М=Р·а; к = 2; ζвр = 120МПа; ζвс = 500 МПа, nв = 2
Определить: b = ?
Решение:
1. Составляем силовую схему и вычисляем реакции:
ΣY = 0: RA – 2P – P = 0,
ΣMA = 0: MA – 2P·2a - P·4a + + Pa = 0.
Откуда RA = 3P, MA = 7Pa.
2. Определяем внутренние силовые факторы (поперечную силу Q и изгибающий момент Mz) и строим эпюры. Для этого используется метод сечений. Предварительно балка разбивается на участки. Участки нумеруются арабскими цифрами (в кружочках).
Рис. 7.2
Участок 1 (0 ≤ х1 ≤ 2а) – отбрасываем правую часть. Записываем уравнения равновесия левой части
ΣY = 0: –Q1 + 3P = 0, Q1 = 3P,
ΣM0 = 0: Mz1 – 3P·x1 +7Pa = 0.
Mz1 = – 7Pa + 3P·x1 02a ,
Mz1 (x1 = 0) = -7Pa, Mz1 (x1 = 2a) = -Pa.
Участок 2 (0 ≤ х2 ≤ 2а) – отбрасываем правую часть. Составляем уравнения равновесия левой части
ΣY = 0: –Q2 - 2P + 3P = 0, Q2 = P,
ΣM0 = 0: Mz2 + 2P·x2 – 3P(2a + x2) + 7Pa = 0,
Mz2 = – 7Pa – 2Px2 + 3P(2a +·x2) 02a ,
Mz2 (x2 = 0) = -Pa, Mz2 (x2 = 2a) = Pa.
35
Участок 3 (0 ≤ х3 ≤ а) – отбрасываем левую часть. Записываем уравнения равновесия правой части
|
ΣY = 0: |
|
|
|
Q3 = 0, |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
ΣM0 = 0: |
|
– Mz3 +Pa = 0, |
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
Mz3 = Pa. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
На основании полученных данных (в |
||||||||||||||||||||||
масштабе) строим эпюры Q(x) и Mz(x). Величина |
|
M zmax |
|
7Pa . |
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
3. |
|
|
Определяем положение |
||||||||||||||||||
|
нейтральной |
оси |
и |
моменты |
||||||||||||||||||
|
сопротивлений Wzp |
и Wzc . |
||||||||||||||||||||
|
Известно, нейтральная ось z |
|||||||||||||||||||||
|
проходит через центр тяжести |
|||||||||||||||||||||
|
площади сечения. В свою |
|||||||||||||||||||||
b |
очередь центр тяжести лежит |
|||||||||||||||||||||
на оси симметрии y. В этом |
||||||||||||||||||||||
1,9 |
||||||||||||||||||||||
случае |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
zc = 0, |
|
|
|
|
|
|||||||
zo |
|
|
|
Sz |
o |
|
|
A y |
c1 |
A y |
c2 |
|
||||||||||
yc |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
2 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A1 A2 |
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
A |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
15b |
2 |
|
2,5a b |
2 2 |
b |
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2,6b. |
|||||
Рис. 7.3 |
|
|
15b2 b2 |
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
Здесь y и z – главные центральные оси, z |
- нейтральная ось. |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
Из эпюры Мz(х) видно, что в опасном сечении растянутые слои балки расположены вверху, сжатые – внизу. Расстояния до этих слоѐв
обозначены ymaxp |
и ymaxc |
: ymaxc |
= |yc| = 2,6b, |
|
ymaxp |
= 5b – yc = 2,4b. |
|||||||||||||||||||
Моменты сопротивлений равны: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
3b 5b 3 |
|
|
|
2 |
|
2 |
|
b 2b 3 |
2 |
2 |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
15b |
|
0,1b |
|
|
|
|
|
b |
|
1,9b |
|
||||
|
|
|
|
|
12 |
|
|
|
|
36 |
|
||||||||||||||
|
|
J |
z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Wzp |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
ymaxp |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2,4b |
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
27,5b4 |
11,4b3 , |
Wzc |
|
|
J z |
|
27,5b4 |
10,4b3 . |
|
|
||||||||||||||
2,4b |
|
|
c |
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2,6b |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ymax |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
36 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
4. Записываем условия прочности и определяем размеры поперечного сечения. Условие прочности на растяжение:
|
|
maxp |
|
|
M zmax |
|
|
p |
или |
|
|
|
7Pa |
|
вр |
, |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
Wzp |
|
|
11,4b3 |
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
nв |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
7 10 103 0,4 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
7Pa n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
b 3 |
|
|
|
|
в |
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
0,09 м = 90 мм. |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
11,4 120 106 |
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
11,4 вр |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
Условие прочности на сжатие: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
maxс |
|
|
M zmax |
|
с |
|
|
или |
|
7Pa |
|
вс . |
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
Wzс |
|
|
|
|
10,4b3 |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
nв |
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
7 10 103 0,4 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
7Pa n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
b 3 |
|
|
|
|
в |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0,025 м = 25 мм. |
||||||||||
10,4 вс |
|
|
|
10,4 500 106 |
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
Из двух значений b принимаем большее. Ответ - b ≥ 90 мм.
Задание 8
Из условия прочности по нормальным напряжениям подобрать двутавр. Расчетная схема балки изображена на рис. 8.1. При помощи метода непосредственного интегрирования дифференциального уравнения упругой линии или метода начальных параметров определить прогиб и угол поворота сечения A.
Принять: предел текучести Т=240 МПа; коэффициент запаса nТ=2; |
|||||||
модуль упругости Е = 2·105 МПа; силу P=nqa, момент M=mqa2. |
|
||||||
Данные взять из табл. 8. |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
Таблица 8 |
Схема |
Номер |
q, |
a, |
k |
n |
|
m |
балки |
строки |
кН/м |
м |
|
|||
|
|
|
|
||||
1 |
0 |
12 |
0,5 |
4 |
1 |
|
2 |
2 |
1 |
14 |
0,6 |
5 |
2 |
|
1 |
3 |
2 |
16 |
0,5 |
4 |
1 |
|
2 |
4 |
3 |
18 |
0,4 |
6 |
2 |
|
1 |
5 |
4 |
20 |
0,4 |
5 |
1 |
|
2 |
6 |
5 |
12 |
0,6 |
4 |
2 |
|
1 |
7 |
6 |
10 |
0,6 |
5 |
1 |
|
2 |
8 |
7 |
14 |
0,5 |
6 |
2 |
|
1 |
9 |
8 |
16 |
0,5 |
4 |
1 |
|
2 |
0 |
9 |
18 |
0,4 |
5 |
2 |
|
1 |
|
|
|
37 |
|
|
|
|
Рис. 8.1
38
Пример 8
Дано: q = 12 кН/м; а = 0,3 м; ζТ = 240 МПа; nТ = 2; Е = 2·105 МПа.
Определить: 1) № двутавра = ?
2) VA, ΘA = ?
|
Решение: |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
1. Составляем силовую схему |
|||||||||
|
и записываем уравнения равно- |
|||||||||
|
весия: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ΣMB = 0: 4qa2 - q·6a·3a - qa·6a + |
|||||||||
|
|
|
+ RC ·10a =0, |
|
||||||
|
ΣMC = 0: qa·4a + q·6a·7a + 4qa2 – |
|||||||||
|
|
|
– RB ·10a =0. |
(8.1) |
||||||
|
Откуда находим реакции опор |
|||||||||
|
RB = 5 qa, RC = 2 qa. |
|||||||||
|
2. Определяем |
внутренние |
||||||||
|
силовые |
факторы |
(поперечную |
|||||||
|
силу Q |
и изгибающий момент |
||||||||
|
Mz) и строим эпюры. Для этого |
|||||||||
|
используем метод сечений. |
|||||||||
|
Участок 1 (0 ≤ х1 ≤ 6а) – |
|||||||||
|
отбрасываем |
|
|
|
правую |
часть. |
||||
Рис. 8.2 |
Записываем |
|
уравнение |
равнове- |
||||||
сия левой части: |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
||||||
|
ΣY = 0: 5qa – qx1 – Q = 0, |
|
||||||||
|
Q = 5qa – qx1 |
|
6a |
|
(8.2) |
|||||
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
Q (x1 = 0) = 5qa, |
|
Q (x1 = 6a) = -qa. |
|||||||
|
ΣM0 = 0: Mz + qx1 |
|
x1 |
|
+4qa2 – 5qax1 = 0, |
|||||
|
2 |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
1 |
|
|
|||||
|
Mz = -4qa2 + 5qax1 - |
|
q x2 |
6a |
(8.3) |
|||||
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
2 |
|
1 |
0 |
|
||
|
39 |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Исследуем функцию Mz (x) на экстремум:
дM z |
5qa qx |
0 , |
* |
= 5а. |
|
x |
|||
|
||||
дx1 |
1 |
|
1 |
|
|
|
|
|
Определяем значения Mz в характерных сечениях:
Mz(x1 = 0) = - 4qa2; Mz(x1 = 5a) = 8,5qa2; Mz(x1 = 6a) = 8qa2.
По этим значениям строим эпюру (рис.8.2).
Участок 2 (0 ≤ х2 ≤ 4а) – отбрасываем правую часть. Для левой части записываем уравнения равновесия:
ΣY = 0: 5qa – 6qа - qa – Q = 0, Q = -2qa
ΣM0 = 0: Mz +4qa2 – 5qa(6a + x2) + + 6qa(3a + x2) + qax2 = 0.
|
|
|
|
|
|
|
|
Mz = 8qa2 - 2qa·x2 |
4a |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
Mz(x2 = 0) = 8qa2; Mz(x2 = 4a) = 0. |
||||||
3. Составляем условие прочности |
|
|
|
|
|
|
|||||||
max |
|
M zmax |
|
|
8,5qa2 |
|
T |
. |
|
|
(8.4) |
||
|
Wz |
Wz |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
nT |
|
|
|
|||||
Откуда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8,5qa2 |
n |
8,5 12 103 0,32 2 |
|
|
|
|||||||
Wz |
|
|
T |
|
|
|
|
|
|
76,5 |
см3. |
||
T |
|
|
240 106 |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Из таблицы сортамента прокатных профилей (ГОСТ 8239-89) выбираем двутавр № 14: Wz = 81,7 см3, Iz = 572 см4.
4. Находим прогиб и угол поворота сечения А (VA и ΘA).
a). Метод непосредственного интегрирования дифференциального уравнения упругой линии
d 2V |
|
M z |
или EIzV" = Mz. |
(8.5) |
dx2 |
|
|||
|
EIz |
|
||
Интегрирование уравнения (8.5) выполняем по каждому участку в отдельности.
40