Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Метод. указания к РГР

.pdf
Скачиваний:
20
Добавлен:
16.05.2015
Размер:
1.47 Mб
Скачать

I III I

y

 

b 2

A

;

y

c3

3

3

 

c

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Iy

 

d 4

/ 64 3,14 204

/ 64 7850 мм4;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

c3

b3 x3

xc 60 44,7 15,3 мм;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A d 2

/ 4 3,14 202

/ 4 314 мм2;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

IycIII 7850 15,32 314 8135 мм4.

 

 

 

 

 

Величина момента инерции сечения относительно оси yс

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Iy

1484908 1281816 81354 2685370 мм4.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

c

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Полярный момент инерции сечения

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I p

Ix

Iy

749329 2685370 3434699 мм4.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

c

c

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6. Центробежный момент инерции сечения

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ix

С

y

С

IxI

y

C

IxII

y

С

IxIII y

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C

 

 

 

C

 

C

C

 

 

где I I

 

,

 

 

I II

,

I III

 

– центробежные моменты инерции простых се-

 

 

 

xC yC

 

 

 

xC yC

xC yC

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

чений I, II, III относительно осей xс ,

ус . Центробежный момент инер-

ции прямоугольника I относительно осей xс , ус

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I I

I

xC

 

a b A .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xC yC

 

 

yС

 

 

1 1 1

 

 

 

 

 

 

Оси xc

 

и yc

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

являются осями симметрии прямоугольника I,

по-

этому IxС

 

 

 

1

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

yС

 

0 . Ранее найдены a1

6,9 мм; b1

34,7

мм; А1 1200

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

м2. После подстановки получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

IxII

y

0 6,9 34,7

1200 287316 мм4.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

С С

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Аналогично центробежный момент инерции прямоугольника II

относительно осей xс , ус .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Оси xc

 

и yc

являются осями симметрии прямоугольника II,

по-

 

 

 

 

IxС

 

 

2

 

 

2

 

 

 

 

определили a2

 

 

 

b2 15,3

 

этому

2

yС

 

0.

Ранее

 

 

13,1 мм;

мм;

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A 2400

 

 

мм2. После подстановки получим

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0 3,1 15,3 2400 113832 мм4.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

IxII

y

С

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

С

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Центробежный момент инерции круга относительно осей xс , ус

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I III

I

 

 

 

a b A .

 

 

 

 

Оси xc

 

 

и yc

 

 

 

 

 

xС yС

 

xС3 yС3

 

 

3 3 3

 

 

 

 

 

 

 

являются осями симметрии круга III, поэтому

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A 314 мм2.

I

x

y

 

0 .

 

Ранее определили a 3,1 мм;

b 15,3 мм ;

 

С3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

3

 

3

 

 

С3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

21

После подстановки получим

 

 

 

IxIIIy

0 3,1 15,3 314 14893 мм4.

 

 

 

С

С

Центробежный момент инерции сечения

Ix

C

y

287316 113832 14893 386255 мм4.

 

 

C

 

7. Угол поворота центральных осей, определяющих положение

центральных главных осей:

arctg(Ix y

/ (Iy Ix )) arctg( 386255 / (2685370 749329)) 8,42 .

C C

 

 

C

C

Знак минус показывает, что систему координат xc , С, yc нужно повернуть по часовой стрелке на угол и получить оси u и v – главные центральные оси инерции сечения.

8. Определим главные центральные осевые моменты инерции

Iu Imax I1

05, (Iyc

Ixc

)

 

Ixc

2

2

 

05, (2685370 749389)

05, (Iyc

) Ixcyc

 

 

 

 

(0,5(2685370 749389))2 ( 386255)2

1717349,3 1042236,6 2759586 мм4.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Iv Ilim I2

05, (Iyc

Ixc

)

 

 

2

2

 

4

05, (Iyc

Ixc )

Ixcyc

1717349,3 1042236,6 675113 мм .

9. Главные центральные радиусы инерции:

ru Iu / A 2759586 / 3914 26,6 мм; rv I v / A 675113/ 3914 13,1 мм.

4. ИЗГИБ СТЕРЖНЕЙ (БАЛОК)

Задание 4. Для балки на двух опорах, нагруженной сосредоточенной силой F, распределённой нагрузкой интенсивностью q и изгибающим моментом M (рис. 8), рассчитать размеры следующих поперечных сечений: а) прямоугольника; б) квадрата; в) круга; г) швеллера; д) двутавра.

Сравнить массы балок с поперечными сечениями этой формы. Значения силовых факторов и размеров приведены в табл. 4. Допус-

каемые напряжения изгиба 150 МПа.

22

Указания по выполнению задания

1.Определить из условия статического равновесия реакции в опорах балки.

2.Применяя метод сечений для каждого участка балки, построить эпюры внутренних силовых факторов - изгибающего момента М и поперечной силы Q.

3.Определить максимальный изгибающий момент на эпюре М.

Из условия прочности на изгиб: Mmax / Wx , найти геомет-

рический параметр поперечного сечения – момент сопротивления сечения Wx Mmax / .

Таблица 4

Исходные данные к заданию 4

Параметр

 

Числовые значения параметров по вариантам

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

2

3

4

5

6

7

8

9

 

10

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F, кН

20

 

25

30

35

40

45

50

55

60

 

65

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

q, кН/м

100

 

200

50

150

120

80

140

160

180

 

60

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M, кH м

10

 

5

8

7

6

9

12

14

15

 

16

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

l, м

0,2

 

0,4

0,1

0,3

0,5

0,1

0,2

0,3

0,4

 

0,5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4.В зависимости от формы сечения балки по величине Wx определить размеры сечения. Для прямоугольного сечения принять h 2b .

5.Из условия mi / mk Ai /Ak найти соотношения масс балок для разных геометрических форм поперечных сечений.

6.Рассчитать максимальные касательные напряжения для различных форм поперечных сечений. Сравнить их с допускаемыми напряжениями.

23

Рис. 8. Расчетные схемы к заданию 4. В кружках – номера вариантов

24

ПРИМЕР РАСЧЁТА

Балка опирается на две опоры и нагружена сосредоточенной силой F 40 кН, распределённой нагрузкой интенсивностью q 100 кН/м, согласно схеме на (рис. 9, а). Рассчитать размеры поперечных сечений следующей формы: а) прямоугольника; б) круга; в) швеллера; г) двутавра, если допускаемые напряжения 120 МПа, а длина l 0,2 м. Сравнить массы балок с поперечными сечениями разной формы.

Решение

1. Отбросим опоры, а их действие на балку заменяем опорными реакциями YА и YВ . Определяем реакции опор из условия статического равновесия балки:

MA F l q 2l 0,5 2l YВ 2l M ;

YВ ( F l 2q l2 M) / (2l) ( 40 0,2 2 100 0,22 6) / (2 0,2) 15 кH.

Знак минус показывает, что реакция опоры B направлена в противоположную сторону от первоначально выбранного направления. Изменим на противоположное направление YВ на расчётной схеме (рис. 9, б). Знак плюс показывает, что направление этой реакции соответствует выбранному первоначально.

Проверка: Уi F УА q 2l YВ 40 95 100 0,4 15 0.

Реакции опор определены правильно.

2. Построим эпюру внутреннего силового фактора – изгибающего момента. Разбиваем балку вдоль продольной оси на силовые участки. Границами участков являются границы балки и сечения, в которых приложены внешние силовые факторы. В нашем случае таких участков три. Мысленно выполним сечение на первом силовом участке.

Из условия статического равновесия отсечённой части определим значение внутреннего силового фактора – изгибающего момента на первом участке (рис. 9, в). Правило знаков при составлении уравнения и построении эпюр приведено на (рис. 10).

Введём переменную координату z1 на первом участке, 0 z1 l

Fz1 M1 0; M1 Fz1 ,

при z1 0 M1 0;

25

при z1 l M1 F l 40 0,2 8 кНм.

График изменения изгибающего момента представлен прямой (рис. 9, е). В дальнейшем будем пропускать уравнение равновесия для мысленно отсечённого участка балки и сразу записывать выражение для изгибающего момента в соответствии с принятым правилом знаков:

М В F 3l q 2l 0,5 2l YА 2l M 0;

Y (F 3l 2q l2 M) / (2l) (40 3 0,2 2 100 0,22

6) / (2 0,2) 95 кН.

А

 

 

 

 

 

переменная координата z 2 ,

0 z2 2l

 

На втором участке

(рис. 9,

г). Для отсечённого участка балки М

2

F(l z ) У

А

z

q z2

/ 2;

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

2

2

 

при z2

0

M

F l 40 0,2 8 кН∙м;

 

 

 

 

 

при z

2

2l

M

2

F 3 l Y 2 l q(2 l)2 / 2 40 3 0,2 95 2 0,2

 

 

 

 

А

 

 

 

 

 

 

 

 

100 0,42 / 2 6 кН∙м.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

График

изменения

изгибающего

момента

на

 

втором

участке

представлен параболой, так как переменная z2 в квадрате. На третьем участке переменная координата z3 , 0 z3 l (рис. 9, д). Для отсечённого участка балки

M3 F(3l z3 ) YА (2l z3 ) YВ z3 q 2l (0,5 2l z3 );

при z3 0 M3 F 3l YА 2l q 2l2 40 0,6 95 0,4 100 2 0,22 6 кН∙м;

при z3 l

M3 F 4l YА 3l YВ l q 4l2 40 4 0,2 95 3 0,2 15 0,2 100 4 0,22 6 кН∙м.

Эпюра на третьем участке представлена прямой линией, параллельной базисной (рис. 9, е).

3. Построим эпюру поперечной силы. Для этого воспользуемся методом сечений. Для отсечённой на первом участке части балки

(рис. 9, в) условие равновесия

имеет вид Yi 0;

F Q1 0;

Q1 F 40 кН. Направление Q1

не соответствует первоначально за-

данному и согласно правилу знаков (рис. 14) является отрицательным. Эпюра на этом участке представлена прямой, параллельной базисной линии эпюры.

Мысленно отсечём часть балки на участке II (рис. 9, г). Запишем сразу выражение для поперечной силы на втором участке, 0 z2 2l

Q2 F YА q z2 ;

26

при z2 0 Q2 F YА 40 95 55 кН;

при z2 2l Q2 F УА q 2l 40 95 100 2 0,2 15 кН;

Рис. 9. К расчёту балки на изгиб: а – расчётная схема балки; б – схема реакций опор; в, г, д – схемы определения М и Q на силовых участках; е – эпюра изгибающих моментов М; ж – эпюра поперечных сил

Q

Рис. 10. Правило знаков при построении эпюр М и Q

27

График изменения Q на втором участке представлен наклонной прямой. Отсечение части балки на третьем участке (рис. 9, д) приводит к следующему выражению:

Q3 F YА q 2l YВ 40 95 100 2 0,2 15 0. На участке III поперечная сила отсутствует (рис. 9, ж).

4. Запишем условие прочности балки при изгибе

Mmax /Wx ,

где Mmax – максимальный изгибающий момент, M max 8 кН∙м; Wx – момент сопротивления поперечного сечения, зависящий от его формы и размеров; – допускаемое напряжение, 120 МПа =120 Н/мм2.

Момент сопротивления сечения

Wx Mmax / 8 106 /120 66,7 103 мм3 66,7 см3 . Для прямоугольного поперечного сечения при h 2b получим

W b h2

/ 6 b(2b)2 / 6 2b3 / 3 66,7 см3 , b 3 (3 66,7) / 2 4,65

см.

x

h 2b 2 4,65 9,3 см.

 

 

 

Площадь сечения: A h b 9,3 4,65 43,2 см 2 . Для квадратного поперечного сечения b h

Wx b3 / 6 66,7 см3 , b 3(6 66,7) 7,37 см. Площадь сечения: А b2 7,372 54,3 см2.

Для круглого поперечного сечения

Wx d3 / 32 66,7 см3 ,d 3(32 66,7 / 3,14) 8,79 см. Площадь сечения A d 2 / 4 3,14 8,792 / 4 60,7 см2.

Для швеллера 14 Wx 70,2 см3 66,7 см3 , площадь его сечения А 15,6 см2.

Для двутавра №14 Wx 81,7 см 3 66,7 см3 , площадь его сечения

А17,4 см2.

5.Примем площадь швеллера за единицу для сравнительного анализа масс балок с различными поперечными сечениями. Тогда получим следующее отношение масс для балок из одного материала и одинаковой длины mi / mш Ai / Aш :

для прямоугольника An / Aш 43,2 /15,6 2,77 ;

для квадрата Aкв / Aш 54,3 /15,6 3,48;

28

для круга Aкр / Aш 60,7 /15,6 3,89;

для двутавра Aд / Aш 17,4 /15,6 1,12.

Наименьшую материалоёмкость при изгибе обеспечивают тонкостенные сечения – швеллер и двутавр, наибольшую – круг.

6. Рассчитаем значения касательных напряжений, возникающих в этих сечениях, и сравним их с допускаемыми. Допускаемые касательные напряжения: 0,6 0,6 120 72 МПа 72 Н/мм2 . Мак-

симальные касательные напряжения определяем по формуле Журавского

(Q Sxотс ) / (b Ix ),

где Q – максимальная поперечная сила, Q 55 кН, Sхотс - статический момент отсечённой площади, b – ширина поперечного сечения, Ix – момент инерции поперечного сечения.

Для прямоугольника

 

[Q 0,5b(h2 / 4)] / (b h3 / 12)

(3 / 2)[Q / (b h)] (3 / 2)(Q / A)

(3 / 2)[(55 103 ) / (43,2 102 )] 19

Н/мм2 72 Н/мм2.

 

Для квадрата

 

(3/ 2)(Q / A) (3/ 2)[(55 103 ) / (54,3 102 )] 15H / мм2

72 Н/мм2..

Для круга

 

H/мм2 .

(4Q) / (3 R2 ) (4Q) / (3A) (4 55 103 ) / (3 60,7 102 ) 12

Для швеллера

9327 Н/см2 =

(Q S xотс ) / (b I x ) (55 103 40,8) / (0, 49 491)

= 93,3 Н/мм2 72 Н/мм2.

 

 

Действующие касательные напряжения превышают допускаемые.

Для двутавра

 

 

(Q Sxотс ) / (b Ix ) (55 103 46,8) / (0,49 572) 9183

H/ñì 2

92 H/мм2 72 H/мм2 .

 

 

Действующие касательные напряжения превышают допускаемые. Поскольку касательные напряжения в швеллере и двутавре пре-

вышают допускаемые значения, применение этих тонкостенных сечений не возможно. Нужно выбрать сечения с большими значениями b

иIx , то есть швеллер №16 и двутавр №16, проверить их на прочность

исоответственно изменить соотношение масс mi / mш Ai /Aш.

29

5. СЛОЖНОЕ НАГРУЖЕНИЕ

Задание 5. Стальной пространственный ломаный брус круглого поперечного сечения нагружен внешними силами F1 и F2 (рис. 11). Рассчитать диаметр поперечного сечения бруса, если известно, что длина участков l (табл. 5), предел текучести стали т 420 МПа, коэффициент запаса прочности S 2,5.

Таблица 5

Исходные данные для задания 5

Параметр

 

 

Варианты и числовые значения параметров

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

2

 

3

4

5

6

7

8

9

 

10

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F1 , кН.

10

-20

 

30

-40

15

-5

25

-30

20

 

-25

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F2 , кН.

20

-10

 

-5

15

-20

15

-30

20

40

 

35

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

l,м.

0,2

0,1

 

0,3

0,15

0.25

0,35

0,4

0,45

0,5

 

0,2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Примечание. Знак минус в таблице указывает на то, что сила направлена в противоположную сторону той, что показана на рис. 11.

Указания по выполнению задания

1.Применяя метод сечения для каждого участка ломаного бруса, строим эпюру изгибающих и крутящих моментов от каждой силы отдельно.

2.На базе метода суперпозиции сложением эпюр, полученных от каждой силы отдельно, строим результирующие эпюры изгибающих моментов M x , M y и крутящего момента Т.

3.Используя одну из гипотез прочности, определим эквивалент-

ный момент в наиболее нагруженном сечении Mэкв

М 2 Т 2 ,

M 2 M x2 M y2.

4. Из условия прочности определим значение диаметра в этом сечении, приняв допускаемые напряжения т / S.

30