Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Волгоградский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Sopromat1

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

14.03.2016

Размер:

2.33 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 86 7 8 > Следующая >>>

dM = 0 ,

F - qx = 0;

= 10 = 0,5 м.

Тогда M

экстр

= F x

− q

x02

=10 0,5 − 20 (0,5)2

= 5 − 2,5 = 2,5 кН·м.

II участок: при 0 ≤ x ≤ b

Qх = −F + qа,

− М0 .

M х = F(а+ x) − q а

+ х

При х=0

Q = −F + q а = −10 + 20 1 =10 кН,

M = F а−q

а2 + М

0 =10 1− 20

12 −30 = −30 кН·м.

При x=b

Q = −F + q а = −10 + 20 1 =10 кН,

M= F(а+b) − q а а2 +b − М0 =

=10(1+ 2) − 20 1 1 + 2 −30 = 30 −50 −30 = −50 кН м.

3.Строим эпюры Q и M (см. рис. П 10).

4.Проверка правильности построения эпюр.

В тех сечениях, где к балке приложены сосредоточенные силы:

на эпюре Q будет скачок на величину приложенной силы F (сечение А,

рис. П 10),

на эпюре М будет скачок на величину приложенного момента М0 (сечение В,

рис. П 10).

На тех участках, где к балке приложена равномерно распределенная нагрузка q, эпюра Q ограничена наклонной прямой, а эпюра М – квадратичной параболой (участок АВ, рис. П 10). При построении эпюры М на растянутых волокнах выпуклость параболы обращена в направлении действия нагрузки q.

Эпюра Q представляет собой диаграмму производной от эпюры М. На тех участках, где Q по длине участка равно нулю, момент имеет

экстремальное значение.

На тех участках, где нет распределенной нагрузки q, эпюра Q ограничена прямыми линиями, параллельными базовой, а эпюра М – наклонными (участок ВС, рис. П 10).

5. Расчет на прочность при изгибе.

Условие прочности	σmax ≤σаdm , σmax =	Мmax	≤σаdm .
Условие прочности	σmax ≤σаdm , σmax =	Wz	≤σаdm .
		Wz
	51

Коэффициент запаса прочности n=2. Материал сталь 10. Из табл. 2 для стали 10, σ0,2 = 210 МПа, тогда

σa dm = σn0,2 = 2102 =105 МПа,

Мmax =50 кН м =50000 Н м =500000 кг см,

≥ Мmax =

50 103

= 5 105

= 4,762 10−4 м3 = 476,2 см3 .

σаdm

105 106

1050

6. Подбор размеров сечений:

а) круг:

πD3

осевой момент сопротивления круглого сечения W

из условия прочности σmax ≤ σаdm

D = 3 32 Мmax = 3

32 50000

= 0,169 м =16,9 см,

3,14 105 106

π σadm

σmax = Мmax =

50 103

=1,05 108 Па =105 МПа;

4,762 10−4

б) кольцевое сечение (d/D = 0,5):

осевой момент сопротивления кольцевого сечения

Wz = π

32D3

(1−C4 ),

C =

= 0,5,

из условия прочности

Mmax

σmax ≤σadm,

σmax =

≤σadm ,

π D3

(1−C

4 )

D ≥ 3

32 Mmax

= 3

32 5 105

5176

=17,3 см = 0,173 м.

π σadm (1−С4 )

3,14 1050 (1−0,54 )

Тогда внутренний диаметр кольца

d = 0,5D =8,65 cм = 0,0865 м.

σmax =	Мmax	=	32 Мmax	=	32 50 104	=1,05 108 Па =105 МПа;
			π D3 (1−C4 )		3,14 (0,173)3 (1−0,54 )
	Wz

в) прямоугольное сечение (h/δ =2):

осевой момент сопротивления прямоугольного сечения

W	=	Jz	= δ h2	=	δ (2δ)2	= 2 δ3 , δ= 3	3 W	z	=

z		ymax	6	6		3	2

= 3 3 4,762 10−4				= 3 7,143 10−4 = 0,0894 м,			h = 2δ= 0,179 м.
	2

Нормальные максимальные напряжения возникают в точках, максимально

удаленных от нейтральной оси z (рис. П 11):

σmax

= Мmax =

50 103

=1,05 108 Па =105 МПа.

4,762 10−4

Максимальные касательные напряжения возникают в точках лежащих

на оси z (см. рис. П 11).

τmax

Qmax Sz

=10 103 3,57 10−4

=9351964 Па = 9,35 МПа,

δ Jz

0,0894 4 27−5

где Qmax=10 кН=10000 Н,

h=0,179 м, δ=0,0894 м,

δ h3

0,0894 (0,179)3

Jz =

= 4,27 10−5 м4.

Статический момент части площади поперечного сечения относитель-

но оси z (рис. П 11)

0,0894 (0,179)2

== y

A = h

= δ h2

= 3,57 10−4 м3.

Эпюры нормальных и касательных напряжений (рис. П 11).

y	σ	105	τ
	0	105	0
h	yc		9,35z
h			9,35z
δ	-105
δ	Рис. П 11
	Рис. П 11
	53

г) двутавровое сечение:

Используя табл. 5 прокатного сортамента, выбираем по Wz=476 см3 наиболее близкое значение двутавра.

Выбираем NI 30, для которого: Wz=472 см3, h=30 см, b=13,5 см, d=0,65 см, t=1,02 см, А=46,5 см2, Jz=7080 см4, Sz=268 cм3.

Максимальные напряжения будут равны

σmax =	Мmax	=	50 104	=1059	кг	=106 МПа.


	Wz		472		см2

Имеем перенапряжение 106 −105 100 % =1% , что допустимо. 105

Проверка по максимальным касательным напряжениям:

τmax ≤ τadm , по III теории прочности τadm = 0,5 σadm = 52,5 МПа.

τmax,x = Qmax Sz

1000 268 = 58

кг

= 5,8 МПа,

см2

d Jz

0,65 7080

5,8 ≤52,5 , прочность обеспечена.

Проверка по теориям прочности:

Мс

−t

500000

−

0,102

кг

σс =

=1052

=105,2 МПа.

7080

см2

h −

b t

1000

30 −

1,02

13,5 1,02

2 2

Qc Sz

d Jz

0,65 7080

= 43,4 кг = 4,34 МПа.

см2

По III теории прочности (теория максимальных касательных напряжений) эквивалентные напряжения

σэкв = σс2 + 4τс2 = 105,22 + 4 4,342 =			11147 =105,6 кг/ cм2 =10,5 МПа,
прочность обеспечена.
д) два швеллера (составная балка):
так как швеллера два, то Wz[ =	Wz	=	476	= 238 см3 .
			2
2

Используя таблицы прокатного сортамента, выбираем по Wz=238 см3 наиболее близкое значение швеллера.

Выбираем № 24, для которого: Wz=242 см3, h=24 см, b=9 см, d=0,56 см, t=1 см, Jz=2900 см4, Sz=139 cм3.

Тогда максимальные напряжения

σmax =	Мmax	=	50 104	=1033	кг	=103 МПа.


	2 Wz		2 242		см2

Имеем недонапряжение 105 −103 100 % =1,6 % , что допустимо. 105

7. Сравним расход материала для выбранных поперечных сечений.

		3 кг
Плотность стали γ = 7,8 10				:
Плотность стали γ = 7,8 10			м3	:
а) круглое сплошное сечение:						м3,
объем элемента конструкции: V = A l = 0,0224 3 = 0,0673						м3,
где площадь сечения A = π D2	= 3,14 0,1692	= 0,0224 м2			,
4	4

длина элемента конструкции: l = a +b = 3 м,

тогда масса элемента конструкции: m =V γ = 0,0673 7,8 103 = 525 кг. б) кольцевое сечение:

объем элемента конструкции: V = A l = 0,0176 3 = 0,0529 м3,
где площадь сечения
A = π D2	−	π d 2	=	3,14 0,1732	−	3,14 0,08652	=
4		4		4		4

= 2,35 10−2 −5,87 10−3 = 0,0176 м2,

длина элемента конструкции: l = a +b = 3 м,

тогда масса элемента конструкции: m =V γ = 0,0529 7,8 103 = 412 кг. в) прямоугольное сечение:

объем элемента конструкции: V = A l = 0,016 3 = 0,048 м3, где площадь сечения A = h δ = 0,179 0,0894 = 0,016 м2 , длина элемента конструкции: l = a +b = 3 м,

тогда масса элемента конструкции: m =V γ = 0,048 7,8 103 = 374 кг.

г) двутавровое сечение № 30:

по сортаменту масса погонного метра полученного двутавра равен 36,5 кг, длина элемента конструкции: l = a +b = 3 м,

тогда масса элемента конструкции: m =36,5 3 =110 кг.

д) составное сечение из двух швеллеров № 24:

по сортаменту масса погонного метра одного швеллера равен 24 кг, длина элемента конструкции: l = a +b = 3 м,

тогда масса элемента конструкции: m = 24 2 3 =144 кг.

Анализ расхода материала показывает, что наиболее выгодным является двутавровое сечение. Наиболее невыгодное – круглое сплошное сечение.

Расход материала пропорционален площади поперечного сечения. Оценим расход материала по сравнению с круглым сплошным сечением,

К= сечение сравниваемое . сечение круглое сплошное

Круглое	Кольцевое	Прямоуголь-	Двутавровое	Составное
сплошное	сечение	ное сечение	сечение	сечение
сечение
К=1	К=0,785	К=0,712	К=0,210	К=0,274

Задача №5

Для схемы рис. П 12 подобрать чугунное поперечное сечение, приняв n= 2, 5. Механические свойства чугуна взять из табл. 3

Дано: а=1 м, в=2 м, с=3 м, М0=10 кН·м, F=20 кН, q=20 кН/м. Мате-

риал балки – серый чугун марки СЧ 38. Согласно табл. 3: σв.р =380 МПа , σв.с =1400 МПа. Сечение балки показано на рис. П 13.

Решение

1. Определение реакции опор (рис. П 12):

∑ Х = 0;

RА' = 0

−q (а+b + c)2 + М

∑М

= 0 ;

+ F (а+b)

+ R

(а

+b + c)= 0 .

q (а+b + c)2 − М0 − F (а+b)

62 −10 −30 3

360 −10

RВ =

= 43,3 кН.

а+b+c

∑МВ = 0 ;

q (а+b+c)2 + RА(а+b+ с)+ М0 − F c = 0.

(а+ b + c)2

− F с

+10 −30

RА =

+ М0

= 370

−90

= 46,7 кН.

а+ b + c

Проверка правильности определения реакции:

∑ у = 0;

RA − q(a +b+ с) + F + RB = 0 ,

			46,7 – 20·6 + 30 + 43,3=0,
	Реакции определены верно.				120 – 120=0.
	Реакции определены верно.
2.	Данная балка имеет три участка (рис. П 12).
	Аналитические выражения для поперечной силы Q и изгибающего
момента Мz		для каждого участка имеют следующий вид с соответствующим
расчетом значений Q и Мz в характерных точках (начало и конец участка,
экстремальные значения):
	I участок: 0≤х≤а			Qх = RА −q х,
				Qх = RА −q х,
				Мх = RА х −q			х2		.
				Мх = RА х −q				2	.
								2
		RAY			M0		q			RB
		RAX	A							B
		RAX		x	x	F			x
						F

				a	b				c
		46,7			26,7	16,7
			+		26,7	16,7
			+
		Q, кН 0			+					+
			-		+	-13,3				+
						-13,3				-43,3
					x0				x0	-43,3
			-		x0				x0
		кНм	-
		М,	0	+
			+	+	+				+
				36,7	44,5				47
					44,5	40			47
					26,7	40
					Рис. П 12
	При х=0	Q=RA=46,7 кН, М=0.
	При х=а	Q = RА − q а = 46,7 − 20 1 = 26,7 кН.
					57

	М = RА а−q а2	= 46,7 1−20 12 =36,7 кН м.
	2	2
II участок: 0≤х≤b		Qх = RА −q(а+ х),
		Qх = RА −q(а+ х),
	Мх = RА(а+ х)− q (а+ х)2		− М0 .
При х=0;		2
При х=0;	Q = RА - qа = 46,7 − 20 1 = 26,7 кН,
	М = Rа- q а2	− М0 = 46,7 1−20 12	−10 = 26,7 кН м.
	2	2
При x=b;	Q = RА - q(а+ х)= 46,7 − 20 3 = −13,3 кН,
	М = R(a+b)− q	(a+b)2 − М0 = 46,7 3 − 20 32		−10 = 40 кН м.
		2	2

Определим экстремальное значение изгибающего момента Мz на втором участке.

Возьмем производную от выражения изгибающего момента на втором участке по x и приравняем к нулю.

dMdxII = 0 .

M х = RА а+ RА х

− q (а2

+ 2ах+ х2 )− М0,

= R

− 2аq − q 2х = 0,

- q а- q х = 0,

q x

= R

−q а,

RА −q a

= 46,7 −20 1

=1,335 м.

0II

Тогда

МэкстрII = RА(а+ х0II )−q (a + x0II

− М0 =

46,7(1+1,335)− 20 (1+1,335)2

−10 = 44,5 кН м.

III участок: 0≤х≤с (идем справа налево).

Qх = −RВ + qх, Мх = RВ х−q х22 .

При х=0 Qх = −RВ = −4,33 кН,

M = 0

При х=c Q = −RВ + q c = – 43,3 + 20·3 = 16,7 кН.

М = R с- q с2		= 43,3 3 −20 32	= 40 кН м.
B	2	2

Определим экстремальный момент на III участке:

dMIII = 0, R

−qх

= 0,

RВ

= 43,3 = 2,165 м ≈ 2,17 м,

0III

III экстр

= R

− q

0III

0 III

МIII экстр = 43,3 2,17

−20

2,172

= 47 кН м.

3.Строим эпюры Q и Мz (рис. П 12).

4.Проверка правильности построения эпюр производится аналогично задаче 4.

5.По условию задачи сечение балки имеет вид тавра (рис. П 13).

y	Vy1, y2, y0
	2

max

zc1, zc2

ц.т.

yc2

z0 U

ymax

yc1

Рисс..П113. П

Определим положение главных центральных моментов инерции для чугунной балки (рис. П 13):

а) выбираем исходную систему координат y и z.

Показываем собственные центральные оси каждой фигуры yi и zi параллельно выбранным осям y и z.

Определим расстояние между параллельными осями yi и y, zi и z.

ус1 =	t	= 0,5 t, yc2 = t +	3 t	= 2,5 t,	zc1 = zc2 = t +	t	= 1,5 t.
	2		2			2

Вычислим статические моменты инерции относительно осей у и z.

А = 3t t = 3t2

, А = t 3t

= z

A =1,5 t 3t2

= 4,5 t3;

= z

=1,5 t 3t2 = 4,5 t3;

= y

= 0,5 t 3t2

=1,5 t3 ;

z 2

= y

= 2,5 t 3t2 = 7,5 t3.

Определение положения центра тяжести сложной фигуры.

y =

∑Szi

1,5 t3 +7,5 t3

9 t3

=1,5 t; z =

∑Syi

4,5 t3

+4,5 t3

9 t3

=1,5 t.

i=1

3 t

+3 t

6 t

3 t

+3 t

6 t

∑Ai

i=1

б) проводим через центр тяжести оси у0 и z0.

Определим осевые Jzo, Jyo, и центробежный момент инерции Jyozo.

Для этого определим расстояние между центральными осями у0, z0 и

собственными центральными осями уi, zi.

Между осями z0 и zi

a1 = −(yc − yc1 )= −(1,5 t −0,5 t)= −t; a2

= yc2 − yc = 2,5 t −1,5 t.

Между осями у0 и уi

b1 = b2 = 0.

Тогда:

Jy0

= ∑ (Jyi +bi2 Ai )= Jy1 +b12 A1 + Jy2 +b22 A2 = t (3t )

3 t t

+0 =

+0 +

∑

i=1

27 t4

3 t4

= 2,5 t

3t t3

t (3t)3

Jz0 =∑(Jzi +ai Ai )= Jz1 +a1

A1 +Jz2 +a2 A2

+(−t)

i=1

=t4 +3t4 + 27 t4 +3 t4 =8,5 t4, 4 12

J у0 z0 = i∑=1(J уi zi + аibiАi ) = 0 .

6. Расчет на прочность.

Наибольшие нормальные напряжения (по модулю) определим следующим образом:

По табл. 3 находим механические характеристики серого чугуна СЧ 38:

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 86 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
02.04.20151.93 Mб128SLC500.pdf
#
14.03.20162.6 Mб117sluchaynye_velichiny.doc
#
10.11.201965.02 Кб2soderzhanie_uchebnoy_discipliny_nachertatelnaya...doc
#
30.07.2019878.8 Кб6Sopla_peskostruynye (1).docx
#
14.03.20161.58 Mб8sopromat.pdf
#
14.03.20162.33 Mб22Sopromat1.pdf
#
14.03.2016879 Кб211sopromat_otvety.docx
#
14.03.20165.02 Mб91Sopromat_sem_11(old).pdf
#
15.08.201925.22 Кб3sotsiologia(1).docx
#
26.09.20191.03 Mб41Sotsiologia.doc
#
14.03.2016300.59 Кб3sposoby_prieobrazovaniia.pdf