Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Брянский государственный инженерно-технологический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Примеры выполнения РПР

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

16.05.2015

Размер:

2.67 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 72 3 4 5 6 7 > Следующая >>>

равенство суммы моментов всех сил относительно точек А и B для балки АС.

∑M A = 0;

∑M B = 0;

∑

= − M − 4 P − 8 V

+ 10.5 5 q

− 13 V = 0;

∑

= −m + 8 V

+ 4 P

q 52

− 5 V = 0;

−8 − 4 14 − 8 VB + 10,5 5 4 − 13 23,5 = 0;

−8 + 8 VA + 56 + 50 − 117.5 = 0;

VB = −19, 9375 т.

VA = 2.4375T .

контроль:

Y = 0 V

+ P + V

− V

− 5 q = 0

∑

2, 4375 + 14 + 23,5 − 19,9375 − 20 = 0

1-й участок 0≤Z1≤4

Q1 = ∑ Y ë åâ = V A = 2 .4 3 7 5 ò;

M 1 = ∑ M ë åâ = − m + Z 1 V A = Z 1 1 2 .4 3 7 5 − 8;

M 1 (0 ) = − 8 òì

;

M 1 (4 ) = − 8 + 4 2 .4 3 7 5 = 1 .7 5 òì .

2-й участок 0≤Z2≤4

Q2 = ∑Y лев = VA + P1 = 2.4375 + 14 = 16.4375 т;

M 2 = ∑ Ì

ëåâ = − m + (4 + Z 2 ) VA + Z 2 P1 =

= −8 + (4 + Z 2 ) 2.4375 + Z 2 14; M 2 (0) = −8 + 4 2.4375 = 1.75òì

M 2 (4 ) = −8 + 8 2.4375 + 4 14 = 67.5òì .

3-й участок 0≤Z3≤5

Q3 = −∑Y прав

= − (−q1 Z3 + VC ) = 4 Z3 − 23.5;

Q3 (0) = −23.5т; Q3 (5) = −23.5 + 4 5 = −3.5т;

M3 = −∑M прав = −

− Z3 VC − Z3 P2

= 23.5 Z3

− 2Z32

(0) = 0; M

(5) = 23.5 5 − 2 52

= 67.5тм.

4-й участок 0≤Z4≤5

Q4 = −∑Y прав

= − (q2 Z4 − VD ) = −q2 Z4 + VD = 7.5 − 3 Z4

Q4 (0) = 7.5т; Q4 (5) = 7.5 − 15 = −7.5т.

M 4

= −∑M ï ðàâ

= −

−

+ Z4 VD =

− Z4 VD

− 7.5 Z4 ;

(0) = 0; M

(5) =

3 25

− 37.5 = 37.5 − 37.5 = 0;

Z0 = 2.5 M 4 (Z0 ) = M 4 (2.5) = 2 6.25 − 7.5 2.5 = 9.375 − 18.75 = −9.375òì .

Задача 6

Найти опорные реакции и построить эпюры продольных сил, поперечных сил и изгибающих моментов (на растянутых волокнах) в плоской раме.

Дано:
q1 = 4т/м, q2 = 3т/м, Р1 = 14т , Р2 = 16т, m = 8т.
HA=192т			Р2=16т
HA=192т
А	Р1=14т		HС=194т
	Р1=14т
	z1		C
			C
5		q1=4т/м	z4
	q2=3т/м
	D		E
B	z2	z5
			m=8тм
	VB=28т
	4	4
192
	14	Qp	194
		=3,5
		0
	16	z	16
	16		16
192	2		194

		Np	16
		Np
192	192 194		194
			16

0
		0	0
			Mp
960
872		848	784
			784
960	24		776
M0=24,5

Определение опорных реакций:

∑Y = 0;

∑ M A = 0;

− q2 4 − P2 + VB = 0

+ q1

4 3 + m +

(a3

− a2 ) H C

+ 8 P2 − P1

1 = 0;

= + q

4 + P = 12 + 16 = 28т;

3 16

+ 48 + 8 + H

+ 8 16 − 14 = 0;

∑ M C = 0;

H C = −194т;

m − H A

+ 8 VB

− q2 4 6 + q1

= 0;

проверка:∑ X = 0; − H A + P1 − q1 4 + H C = 0;

8 − H A + 8 28 − 3 4 6 + 4

= 0;

− 192 + 14 − 16 + 194 = 0.

H A = 192т.

1-й участок 0≤Z1≤5

N1 = 0; − Q1 = H A = 192т(против часовой стрелки);

	M1 = ∑M = Z1 H A = 192 Z1; M1(0) = 0;
	M1 (5) = 192 5 = 960тм(растянуты правые волокна).
2-й участок 0≤Z2≤4
N 2	= H A = 192т(растяжение);
Q2	= ∑Y лев = VB − q2 Z 2 = 28 − 3 Z 2 ;
Q2	(0) = 28т;
Q2	(4) = 28 − 12 = 16т;

M 2 = ∑ M лев = Z 2 VB				− q2 Z 22	− 5 H A =
				2
= 28 Z	2	− 1.5 Z 2	− 960;
	2	2

M2 (0) = − 960тм;

M2 (4) = 112 − 24 − 960 = −872тм

(растянуты верхние волокна ).

3-й участок 0≤Z2≤4

Q =

∑

X = P − q Z

= 14 − 4 Z

Q (0) = 14т; Q (4) = 14 − 16 = −2т

∑

M верх

= Z

P − q1 Z3

= 14 Z

− 2 Z 2

;

M3 (0) = 0тм; M 3 (4) = 56 − 32 = 24тм;

= 3.5м; M

) = M

(3.5) = 14 3.5 − 2 3.52

= 24.5тм.

4-й участок 0≤Z2≤4

− N 4 = P2 = 16 т (сжатие);

= ∑ X = H C

= 194 т (по часовой стрелке);

M 4

= ∑ M верх = Z 4 H C

=194 Z 4 ;

M 4 (0) = 0;

M 4 (4) = 194 4 = 776 тм (растянуты левые волокна ).

5-й участок 0≤Z2≤4


N 5		= H C = 194ò (растяж ен и е );
Q5		= − ∑Y ï ðàâ = − (− P2 ) = P2	= 16ò (п о часо во й стрел ке );
M 5		= − ∑ M ï ðàâ = − (m + Z 5 P2 + 4 H C ) = − 8 − Z 5 16 − 4 194;
M	5 (0) = − 784òì ;
M	5 (4) = − 64 − 784 = − 848òì		(растян уты верхн и е во л о кн а ).

ПРОВЕРКА РАВНОВЕСИЯ ПО УЗЛАМ РАМЫ B, D, E.

Узел В:

∑X B = 0;

∑YB = 0;

∑M B = 0;

−Q1 + N2 = 0;

VB − Q2 = 0;

−M1 + M 2 = 0;

−192 + 192 = 0.

28 − 28 = 0.

−960 + 960 = 0.

Узел D:

∑X D = 0;

∑YD = 0;

N5 − N2 − Q3 = 0; Q2 − Q5 = 0;

194 − 192 − 2 = 0.

16 − 16 = 0.

∑M D = 0;

M3 + M5 − M 2 = 0;

24 + 848 − 872 = 872 − 872 = 0

Узел Е:

∑X E = 0;

∑YE = 0;

Q4 − N5 = 0;

− N4 + Q5 = 0;

194 − 194 = 0.

−16 + 16 = 0.

∑M E = 0;

M 4 + m − M5 = 0;

776 + 8 − 784 = 784 − 784 = 0.

РПР-2. Геометрические характеристики плоских сечений

1.Условие РПР. Для заданного сечения определить:

–площадь поперечного сечения A;

–положение центра тяжести сечения;

–моменты инерции относительно центральных осей Jx, Jy, Jxy;

–положение главных центральных осей u и v;

–моменты инерции относительно главных центральных осей Ju, Jv;

–ввести полученные результаты в контролирующую программу “ControlSM” и получить распечатку с подтверждением правильности расчета геометрических характеристик сечения.

Исходные данные
Эскиз	Размеры
h	h = 220 мм
b	b = 22 мм
	№ 30
	№ 12.5/8
	d = 0,8
схема составного се-
чения и его элементы

2. Выпишем из сортамента прокатных профилей геометрические характеристики отдельных элементов сечения и подсчитаем недостающие:

2.1. Полоса

h = 22см, b = 2.2см,

Площадь сечения:

A1 = h b = 22 2.2 = 48.4см2

			Собственные моменты инерции:
Jx =	h b3	=	22 2.23	= 19,52 см4, Jy =	b h3	=	2.2 223	= 1952,13 см4.

12		12		12		12

2.2. Уголок неравнобокий 125×80×8,

ГОСТ 8510-86

B = 125 мм; b = 8 см; d = 8 мм; r = 3,7 cм R = 11,0 мм; x0 = 1,84 см; y0 = 4,05 см;

Jx = 256 см4; Jy = 83,0 см4; tg = 0,406 ; A = 16см2; Ju = 48,8 см4;

Jv = Jx+ Jy – Ju = 256 + 83 – 48.8 = 290,2 см4

2.3. Двутавр №30, ГОСТ 8239-89

h = 30 см; b = 13,50 см; d = 6,5 мм; t = 10,2 мм ; r = 5,0 мм; R = 12,0 мм; A = 46,5 см2; Jx = 7080 см4; Jy = 337 см4

3. Определение координат центра тяжести сечения.
Эскиз составного сечения со всеми разме-
рами и осями представлен на рис.2.
Выбираем произвольные оси X,Y так, что
они совпадают с осями X1 Y1 полосы.
Для определения координат центра тяже-
сти сечения вычислим Xc и Yc по формулам:
Xc = A1 X1 + A2 X 2 + A3 X 3 ;
			A
A Y + A Y + A Y						(1)
Yc = 1	1	2	2	3	3 ;	(1)
			A
Xc = 48.4 0 + 16 9.16 − 46.5 4.25 = 146.56 − 197.62 = −0.46(см)
	110.9					110.9
Yc = 48.4 0 + 16 5.15 − 46.5 16.1 = 82.4 − 748.65 = −6.0(см),
	110.9					110.9
где A = A1 + A2 + A3 = 48.4 + 16 + 46.5 = 110.9см2.
16

Рис. 2. Эскиз составного сечения. Центральные оси, главные оси, эллипс инерции

	4. Расчёт центробежного момента инерции уголка.
Для нахождения J X Y				воспользуемся формулой J X Y =		JU − JV		sin(2α )	(2)
Для нахождения J X Y				воспользуемся формулой J X Y =				sin(2α )	(2)
		2	2	2	2		2
							2
JV	= 290.2 f J X	α − угол между осью "U " u осью "X " при этом направление пово-
		2

рота по часовой стрелке означает, что этот угол отрицательный α = −(90o − α 0 )

J U = 48.8( см4 )	tg (α	0	) = 0.406 α				0	= arctg (0.406) = 22.1o
		0					0
J V = J X + J Y − J U =	α = − (90				o	− α0 ) = − (90			o	o	o
256 + 83 − 48.8 = 290.2( см4 )	α = − (90					− α0 ) = − (90				− 22.1 ) = −67.9
256 + 83 − 48.8 = 290.2( см4 )	sin(2α ) = sin(2 (−67.9o )) = sin (−135.8o ) = −0.6971
Получим:	J X Y		=	48.8 − 290.2				(− 0.6971) = 84.14(			см4 )
Получим:	J X Y		=					(− 0.6971) = 84.14(			см4 )
	2	2				2
	2	2

5. Определение центральных моментов инерции сечения.

Через найденный центр тяжести сечения (рис.2) проведем новые центральные оси Хс и Yс, параллельные начальным осям X и Y, и вычислим осевые и центробежный моменты инерции сечения относительно этих осей, пользуясь формулами перехода к параллельным осям.

J x	= Jx + A y2	Jy	= Jy + A x2	J x	y	= Jxy + A x	y	(3)
c	c	c	c	c	c	c	c
c				c

JXc = (Jx1+A1 yc2) + (Jx2+A2 (y2-yc)2) + (Jx3+A3 (yc-y3)2);

JXc = (19.5+48.4(6)2) + (256+16 (5.2+6)2) + (7080+46.5 (-6+16.1)2) = = (19.5+1746.9) + (256+1991.9) + (7080+4736.3) = 15826.5(см4)

JYc = (Jy1+A1xc2)+(Jy2+A2 (x2-xc)2)+(Jy3+A3 (xc-x3)2);

JYc = (1952.1+48.4 (-0.46)2) + (83+16 (9.2+0.46)2) + (337+46.5 (4.3-0.46)2) = = (1952.1+10.3) + (83+1480.9) + (337+667.8) = 4531(см4)

JXcYc = ( J X1Y1 + A1 (xc yc)) + ( J X 2Y2 + A 2 (9.16+0.5) (6+5.2)) + ( J X 3Y3 + A3 (4.3-0.5) (16.1-6)) =

=(0+48.4 (0.46 6)) + ( 84.14+16 (9.6) (11.2)) + (0+46.5 (-3.8) (-10.1)) =

=133.9+ 84.14+1717.5+1778.3 = 3713.8 (см4)

6. Определение положения главных осей всего сечения.

Угол наклона главных осей U и V к осям Xc и Yc определяется из условия равенства нулю центробежного момента инерции JUV = 0, тогда:

	2 J X Y			(4)
tg (2α ) =		c c		(4)
	JY	− J X	c
	c		c

	2 J X Y			=	2 3713.8	7427.6			= −0.65757
Найдём этот угол: tg (2α ) =		c c				=
	JY	− J X			4531 − 15826.5		−11295.5
	c		c
2 α = arctg(-0.65757 ) = -33.33o α = −16.66 o
α p 0 , поэтому главные оси повёрнуты по часовой стрелке от оси Хс на
16,66° (рис.2).
JU = Jmax → J Xc f JYc следовательно, осьU − ближе к оси X C								(рис. 2).

7. Вычисление главных центральных моментов инерции. Определим главные центральные моменты инерции по формуле:

+ J

− J

JVU = J minmax

+ (J X Y

)

;

(5)

c c

15826.5 + 4531

15826.5 − 4531

JVU

= J minmax =

+ (3713.8 )

= 10178.8 ± 6759.4;

max

= J =16938.2 f J

=15826.5(см4 ),

min

= J

= 3419.3 p J

= 4531(см4 ).

8. Построение эллипса инерции сечения.

Уравнение эллипса инерции имеет вид:	x 2	+	y 2	= 1
Уравнение эллипса инерции имеет вид:	i 2	+	i 2	= 1
	i 2		i 2
	V		U

Здесь iV и iU – главные радиусы инерции сечения – являются полуосями эллипса;

iU =

J U

(6)

Найдём радиусы инерции: i =

16847.2

= 12.3 ( см)

i =

3510

= 5,6(см)

110.9

Отложив радиусы инерции перпендикулярно к соответствующим осям в том же масштабе, в котором вычерчено сечение, строим на них как на полуосях эллипс инерции (рис.2).

РПР-3. Расчет стержневых конструкций на прочность при простых деформациях

Задача 1. Расчёт ступенчатого бруса

Выполнить проектный расчёт ступенчатого стержня при растяжениисжатии, если он изготовлен из материала с различной прочностью на растяжение и сжатие. Построить эпюру продольных перемещений U [мм] для одного из вариантов сечения.

Чугун серый СЧ28, σвр = 1500 кг/см2,σвс = 6400 кг/см2, [σр] = σвр/n = 1500/1,5 = 1000 кг/см2, [σс] = σвс/n = 6400/1,5 = 4270 кг/см2.

Форму поперечного сечения подобрать в 3х вариантах и сделать эскизы для каждой ступени:

Размеры сечения в мм округлить до ближайших целых, до 5 мм или до 10 мм.

Решение

По эпюре напряжений в общем виде σ 0 = N определим опасные сечения с опас-

ными растягивающими и максимальными сжимающими напряжениями σ maxр и σ maxсж (участок 3-4)

σp

= 2.633

, (участок 3-4),

max

σсж

=15

, (сечение 0).

max

Запишем условие прочности при растяжении:

σ3-4 = σ p =

N3−4

≤ [σр];

Aтр =

N3−4

7.9 103 кг

= 7.9см2

max

1000

кг

σp

см

Aтр =

Aтр

7.9

= 2.633см2

3 D

Запишем условие прочности при сжатии:

σ0 = σ сж

≤ [σсж]; Aтр

15 103 кг

= 3.5см2

[σcж ]

max

сж

4270 кгсм2

Действительное значение Aтр принимаем, как максимальное из требуемых площадей стержня при растяжении и при сжатии:

	тр	= 2, 633см	2
Aр		= 2, 633см
Aтр = max			= 3,5см2 ;
Aтр		= 3,5см2
	сж

Подбираем размеры квадратного сечения:

A = a2

a1 = Aтр = 3, 5 =1,87см

а2 = 2 Aтр = 7 = 2, 65см

а3 = 3 Aтр =

10, 5 = 3, 24см

<<< < Предыдущая 12 / 72 3 4 5 6 7 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
16.05.2015135.68 Кб9приложение 3.doc
#
01.05.2025219.65 Кб0Приложение Б Рассчет рассеивания загрязняющих в...doc
#
01.05.2025102.51 Кб0Приложение В и Г.docx
#
01.03.2025145.92 Кб0пример рефика по эстетике.doc
#
16.05.20151.65 Mб46Пример_2010.DOC
#
16.05.20152.67 Mб27Примеры выполнения РПР.pdf
#
18.03.20161.17 Mб51Примеры КР Сопр заоч Часть 2 Ганелин-Захаров.DOC
#
26.04.2019181.25 Кб9ПРИРОДНО-ТЕРРИТОРИАЛЬНЫЕ КОМПЛЕКСЫ (урочища).doc
#
14.07.201973.66 Кб17Программа BASE.docx
#
01.05.2025581.12 Кб2продолжение записки по сп.doc
#
06.09.201926.86 Кб11Продукция предприятия.docx