Расчетно-проектировочные работы и примеры их выполнения. Методическое пособие для студентов дневных / Основные задачи 2-го семестра
.pdfувеличивается на 2,32 0665 100% 249% , т.е. почти в 3,5 раза.
0,665
Пример 3.6.
Определить допускаемое значение нагрузки для чугунного бруса (рис. 1.13). Принять р 40 МПа; с 90 МПа; α = 10 мм.
Решение. Брус работает на чистый косой изгиб (в его поперечных сечениях возникаю только изгибающие моменты Mx и M y ). Все поперечные сечения бруса
равноопасны (см. эпюры Mx и M y на рис. 1.13).
Рис.1.13
Для определения опасной точки поперечного сечения бруса предварительно найдем положение нулевой линии
M y |
|
J |
|
|
msin |
|
J |
|
J |
|||
tg M |
x |
|
J x |
|
m cos |
|
J x |
tg |
J x ; |
|||
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
y |
|
y |
|
J x |
|
(4a)4 |
2a(3a)3 |
8,1a4 ; |
|
|||||||
|
|
|
64 |
|
|
|
12 |
|
|
|
|
|
J y (4a)4 |
|
|
3a(2a)3 |
10,6a4 . |
|
|||||||
|
|
|
64 |
|
|
|
12 |
|
|
|
|
|
|
|
|
tg |
a |
|
|
2 . |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
1,5a |
|
3 |
|
|
|
Угловой коэффициент нулевой линии
tg |
J x |
tg |
8,1 |
|
2 |
0,51, откуда 27 . |
|
J y |
|
10,6 |
|
3 |
|
79
Рис.1.14
Угол надо отложить от оси Ox так, чтобы нулевая линия проходила
через 1-й и 3-й квадранты сечения, так как силовая линия проходит через 2-й и 4-й квадранты. Наиболее удаленными от нулевой линии является точка A и B (рис. 1.14). Из них опаснее точка A, так как в ней возникают растягивающие напряжения. Условие прочности имеет вид:
A |
M |
x yA |
M y |
xA P . |
||
J |
|
J |
|
|||
|
x |
y |
|
|||
|
|
|
|
Здесь yA 2acos 2a 0,891 1,78a ; xA 2asin 2a 0,454 0,91a .
Подставляя в условие прочности значения изгибающих моментов, выраженные через m , а также значения J x , J y , xA и yA , получаем:
|
A |
m cos 1,78a |
m sin |
0,91a |
|
|
|
|
8,1a4 |
|
10,6a4 |
|
|
|
m 0,832 1,78a |
m 0,554 |
0,91a 0,231 m |
P . |
||
|
8,1a4 |
|
10,6a4 |
|
a4 |
|
Отсюда |
|
|
|
|
|
|
|
m |
P a3 |
40 106 |
0,013 173 Н.м. |
|
|
|
|
0,231 |
0,231 |
|
|
80
2. ЗАДАЧИ, ВХОДЯЩИЕ В КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ
Балка прямоугольного и круглого поперечного сечений, нагружена внешними силами и моментами.
Требуется:
1. Подобрать размеры поперечного сечения балки при 160МПа,
E2 10 5 МПа , исходя из условия прочности.
2.Определить положение нейтральной линии в середине пролета.
3.Построить эпюру распределения нормальных напряжений в сечении.
4.Определить величину и направление результирующего прогиба в середине пролёта.
Расчетные схемы выбираются по таблице 2, числовые данные берутся из таблицы 1
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Таблица 1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
№ вар |
|
Нагрузки |
|
Длины участков |
|
|
|
|||
|
F1,H |
F2,H |
F3,Н |
M,H м |
a,м |
b,м |
|
c,м |
|
МПа |
1 |
100 |
200 |
100 |
4 |
0.20 |
0.18 |
|
0.16 |
|
160 |
2 |
120 |
240 |
120 |
6 |
0.18 |
0.16 |
|
0.14 |
|
160 |
3 |
140 |
280 |
140 |
8 |
0.16 |
0.14 |
|
0.12 |
|
140 |
4 |
160 |
300 |
160 |
10 |
0.14 |
0.12 |
|
0.10 |
|
140 |
5 |
180 |
320 |
180 |
4 |
0.12 |
0.10 |
|
0.12 |
|
160 |
6 |
200 |
360 |
200 |
6 |
0.10 |
0.12 |
|
0.12 |
|
120 |
7 |
100 |
240 |
120 |
8 |
0.20 |
0.20 |
|
0.16 |
|
180 |
8 |
120 |
280 |
140 |
10 |
0.18 |
0.18 |
|
0.14 |
|
140 |
9 |
140 |
300 |
160 |
4 |
0.16 |
0.16 |
|
0.12 |
|
160 |
10 |
160 |
320 |
180 |
6 |
0.14 |
0.14 |
|
0.10 |
|
140 |
11 |
180 |
360 |
200 |
8 |
0.12 |
0.12 |
|
0.16 |
|
120 |
12 |
200 |
320 |
100 |
10 |
0.10 |
0.10 |
|
0.14 |
|
180 |
13 |
100 |
200 |
140 |
4 |
0.18 |
0.14 |
|
0.18 |
|
140 |
14 |
120 |
240 |
160 |
6 |
0.20 |
0.16 |
|
0.14 |
|
160 |
15 |
140 |
280 |
180 |
8 |
0.16 |
0.18 |
|
0.14 |
|
120 |
16 |
160 |
300 |
200 |
10 |
0.14 |
0.16 |
|
0.18 |
|
140 |
17 |
180 |
320 |
120 |
4 |
0.12 |
0.14 |
|
0.14 |
|
160 |
18 |
200 |
360 |
140 |
6 |
0.10 |
0.12 |
|
0.14 |
|
180 |
19 |
100 |
240 |
160 |
8 |
0.18 |
0.14 |
|
0.16 |
|
120 |
20 |
120 |
280 |
180 |
10 |
0.16 |
0.18 |
|
0.12 |
|
140 |
21 |
140 |
300 |
200 |
4 |
0.14 |
0.20 |
|
0.14 |
|
160 |
22 |
160 |
320 |
100 |
6 |
0.12 |
0.20 |
|
0.18 |
|
180 |
23 |
180 |
360 |
120 |
8 |
0.10 |
0.18 |
|
0.16 |
|
160 |
24 |
200 |
240 |
140 |
10 |
0.20 |
0.16 |
|
0.14 |
|
140 |
25 |
100 |
200 |
160 |
4 |
0.18 |
0.14 |
|
0.12 |
|
120 |
26 |
120 |
300 |
180 |
6 |
0.16 |
0.12 |
|
0.10 |
|
180 |
27 |
140 |
200 |
200 |
8 |
0.14 |
0.10 |
|
0.16 |
|
140 |
28 |
160 |
280 |
160 |
10 |
0.12 |
0.12 |
|
0.14 |
|
160 |
29 |
180 |
240 |
180 |
8 |
0.10 |
0.14 |
|
0.12 |
|
120 |
30 |
200 |
320 |
200 |
10 |
0.18 |
0.16 |
|
0.10 |
|
140 |
81
Таблица 2
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
3 |
|
4 |
|
|
|
|
|
5 |
|
6 |
|
|
|
|
|
7 |
|
8 |
|
|
|
|
|
9 |
|
10 |
|
|
|
|
|
11 |
|
12 |
|
|
|
|
|
13 |
|
14 |
|
|
|
|
|
15 |
|
16 |
|
|
|
|
|
17 |
|
18 |
|
|
|
|
|
19 |
|
20 |
|
|
|
|
|
21 |
|
22 |
|
|
|
|
|
23 |
|
24 |
|
|
|
|
|
25 |
|
26 |
|
|
|
|
|
27 |
|
28 |
|
|
|
|
|
29 |
|
30 |
|
|
|
|
|
82
Методические указания к решению задачи
1.Строим две расчётные схемы балки, нагруженной силами, действующими в вертикальной плоскости и силами, действующими в горизонтальной плоскости.
2.Разбиваем балку на участки и точками обозначаем их границы.
3.Определяем опорные реакции в балке нагруженной вертикальной
нагрузкой и строим эпюры Qy и Mx .
M A 0 |
F1 |
b M RBвер (b c) 0 RBвер |
0,6кН , |
|
|
M B 0 |
F1 |
(b b c) M RAвер (b c) 0 |
RAвер 0,4кН , |
|
|
Проверка |
|
|
|
|
|
Y 0 F1 |
RAвер RBвер 0 0 0, |
|
|
|
|
4. Строим эпюры поперечных сил |
|
и изгибающих моментов |
в |
вертикальной плоскости YOZ:
Qy1 F1 1кН ; Qy2 F1 1кН ;
Qy3 Qy4 Qy5 Qy6 F1 RAвер 0,6кН ; Qy7 Qy8 F1 RAвер RBвер 0 ;
M x |
0 ; |
|
|
|
|
||
|
|
1 |
|
|
|
|
|
M x |
2 |
M x |
F1 0,4 0,4кН м ; |
||||
|
|
|
3 |
|
|
|
|
M |
x4 |
M |
x5 |
F 0,8 Rвер 0,4 0,64кН м ; |
|||
|
|
1 |
A |
|
|||
M |
x6 |
M |
x7 |
F 1,4 Rвер 1,0 |
1,0кН м ; |
||
|
|
1 |
A |
|
|||
M |
x |
|
F |
1,6 Rвер |
1,2 Rвер |
0,2 1,0кН м ; |
|
|
|
|
1 |
A |
B |
|
|
|
8 |
|
|
|
|
|
MD F1 0,9 RAвер 0,5 0,7кН м
5. Определяем опорные реакции в балке нагруженной горизонтальной нагрузкой.
M A 0 |
F3 b RBгор (b c) 0 RBгор 1,6кН , |
M A 0 |
F3 c RAгор (b c) 0 RAгор 2,4кН , |
Проверка |
|
Y 0 F3 RAгор RBгор 0 0 0 ,
6. Строим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов в горизонтальной плоскости XOZ:
Qx1 Qx2 0
Qx3 Qx4 RAгор 2,4кН ;
Qx5 Qx6 RAгор F3 1,6кН ;
Qx7 Qx8 0 ;
M yD RAгор 0,5 F3 0,1 0,8кН м
M y1 M y2 M y3 0 ;
M y6 M y7 RAгор 1,0 F3 0,6 0 ;
M y8 RAгор 1,2 F3 0,8 RBгор 0,2 0 ;
83
Рис. 1.15
Расчётная схема бруса (а), в вертикальной плоскости (б), эпюра поперечных сил (в), эпюра изгибающих моментов (г), расчётная схема в
горизонтальной плоскости (д), эпюра поперечных сил (е), эпюра изгибающих моментов (ж).
84
7. Анализируя полученные эпюры Mx и My , находим наиболее опасное сечение в точке C с моментами Mx 0,64кН м и M y 0,96кН м.
Тогда для круглого сечения условие прочности имеет вид
|
|
|
max |
M x2 M y2 |
, |
||||
|
|
|
|
|
|
Wизг |
|
|
|
откуда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Wизг |
|
M x2 |
M y2 |
|
0,642 |
0,96 |
2 |
||
|
|
160 103 |
|
7,21 10 6 м3 , |
|||||
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
W |
|
r3 |
7,21 10 6 м3 |
7,21см3 |
|||
|
|
|
|||||||
|
|
изг |
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
тогда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
r 3 |
7,21 4 |
2,09см |
|||
|
|
|
|
3,14 |
Для прямоугольного сечения условие прочности запишется в виде
|
|
|
|
|
|
|
|
M x |
M y , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
W |
W |
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
где – |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
W |
x |
b h2 |
t (1,5t)2 |
0,375t3 |
|
|
||||
|
|
6 |
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
W |
y |
h b2 |
1,5t t2 |
0,25t3 |
|
|
||||
|
|
6 |
|
6 |
|
. |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
||||
Тогда получим |
|
|
|
|
||||||
|
M x |
|
M y |
|
|
|
|
|||
0,375t3 |
|
0,25t3 |
|
|
|
|
|
Откуда t 3,26см
8. Определяем максимальное напряжение в поперечных сечениях балки в точке D .
8.1. Прямоугольное сечение
|
|
|
M c |
|
M yc |
|
0,7 |
|
0,8 |
146241кПа 146МПа |
max |
x |
|
0,375 0,03263 |
0,25 0,03263 |
||||||
|
|
Wx |
|
Wy |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
8.2. Круглое сечение
max |
M xc 2 |
|
M yc 2 |
|
4 |
0,72 0,8 |
2 |
Wизг |
|
0,02093 |
148331кПа 148МПа |
||||
|
|
|
|
9. Определяем положение нейтральной линии в точке D поперечного сечения балки и строим эпюры распределения напряжений в сечении. Для этого направляем координатные оси так, чтобы в первом координатном углу моменты вызывали положительные напряжения.
9.1. Прямоугольное сечение Уравнение нейтральной линии при пространственном изгибе имеет вид
tg |
M y |
|
I |
x |
, |
|
|
||||
|
M x |
|
Iy |
|
85
где –
I |
|
|
b h3 |
|
t (1,5t)3 |
0,281t4 |
3,17 10 7 м4 |
||
x |
12 |
|
12 |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
I |
|
|
h b3 |
|
1,5t (t)3 |
0,125t4 |
1,41 10 7 м4 |
||
y |
12 |
|
12 |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
tg |
0,8 |
0,281 |
2,569 , |
68,73 . |
|||||
|
|
|
0,7 |
0,125 |
|
|
|
|
9.2.Круглое сечение Уравнение нейтральной линии при пространственном изгибе имеет вид
tg |
M y |
|
0,8 |
1,143 |
, |
48,81 . |
|
M x |
0,7 |
||||||
|
|
|
|
|
10. Определить величину направления прогиба в середине пролета. 10.1. Прогиб в вертикальной плоскости.
Начало координат выбираем на левом конце балки. Начальные параметры
при этом будут: |
|
f0 0, 0 |
0 . Для определения 0 и |
f0 запишем выражение для |
||||||||||||||||
прогиба на опорах A и B . Прогиб в этих точках равен 0 . |
|
|||||||||||||||||||
EI |
|
f вер |
EI |
|
f |
|
|
EI |
|
|
0,4 |
|
F (0,4 0) |
3 |
|
|
|
|
|
|
x |
x |
0 |
0 |
|
1 |
0 |
|
|
|
|||||||||||
|
A |
|
|
x |
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
EI |
|
f вер |
EI |
|
f |
|
|
EI |
|
|
1,4 |
F (1,4 0)3 |
|
Rвер (1,4 0,4)3 |
|
|||||
x |
x |
0 |
0 |
|
1 |
|
A |
|
0 |
|
||||||||||
|
B |
|
|
x |
|
|
|
6 |
|
|
|
6 |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Решая совместно эти уравнения относительно |
f0 , 0 |
получим EIx 0 0,38 , |
||||||||||||||||||
EIx f0 0,141. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Тогда прогиб в точке D будет равен |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
EI |
|
f вер |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
F (0,9 0)3 |
|
Rвер (0,9 0,4)3 |
|
|||||
x |
0,141 0,38 0,9 |
|
1 |
|
A |
|
0,0875 |
|||||||||||||
|
D |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
10.2. Прогиб в горизонтальной плоскости. |
|
|
||||||||||||||||||
Начало координат выбираем на левом конце балки. Начальные параметры |
||||||||||||||||||||
при этом будут: |
|
f0 0, 0 |
0 . Для определения 0 и |
f0 запишем выражение для |
||||||||||||||||
прогиба на опорах A и B . Прогибы в этих точках равны 0 . |
|
|||||||||||||||||||
EI |
y |
f гор |
EI |
y |
f |
0 |
EI |
|
0 |
0,4 0 |
|
|
|
|
|
|
||||
|
A |
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
EI |
|
f гор |
EI |
|
f |
|
EI |
|
1,4 |
|
F (0,9 0,8)3 |
|
Rгор (1,4 0,4)3 |
|
||||||
y |
y |
0 |
0 |
|
3 |
|
A |
0 |
||||||||||||
|
B |
|
|
|
y |
|
|
|
|
6 |
|
|
|
6 |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Решая |
совместно |
|
эти |
уравнения |
|
относительно |
y0 , 0 получим |
EI y 0 0,256 , EI y f0 1024 .
Тогда точка D будет равна
EI |
|
f гор 0,1024 0,256 0,9 |
F (1,4 0,8)3 |
|
Rгор (0,9 0,4) |
3 |
y |
3 |
A |
0,0786 |
|||
|
D |
6 |
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
10.3. Определяем величину и направление результирующего прогиба для прямоугольного сечения D
f гор |
|
0,0786 |
|
0,0786 |
|
0,00278 м , |
D |
|
EI y |
|
2 108 1,41 10 7 |
|
|
f вер |
|
0,0878 |
|
0,0878 |
0,00138м , |
|
D |
|
EIx |
2 |
108 3,17 10 7 |
|
|
86
f ( f вер)2 ( f гор)2 0,001382 0,002782 0,0031м
tg |
f вер |
|
0,00138 |
0,496 , 26,38 . |
|
f гор |
|
0,00278 |
|
10.4. Определяем величину и направление результирующего прогиба для круглого сечения D
Ix Ix r4 |
0,02094 |
1,5 10 7 м4 , |
|
||||||||||
|
|
|
4 |
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
f |
гор |
|
0,0786 |
|
|
0,0786 |
|
0,0026 м, |
|
||||
|
D |
|
EI y |
|
|
|
2 108 |
1,5 10 7 |
|
|
|||
f |
вер |
|
0,0878 |
|
|
0,0878 |
|
0,0029 м, |
|
||||
|
D |
|
EI y |
|
|
2 |
108 |
1,5 10 7 |
|
|
|
||
f |
|
( f вер)2 ( f |
гор)2 |
|
( 0,0026)2 (0,0029)2 |
0,0039м |
|||||||
tg |
f вер |
0,0029 |
1,115 , |
48,12 . |
|
||||||||
|
|
|
f гор |
0,0026 |
|
|
|
|
|
|
Изображаем сечения D бруса, указываем действующие в нём ; нейтральную линию и строим эпюру распределения :
Рис. 1.16
Прямоугольное сечение бруса:
а) нейтральная линия и направление прогиба ; б) эпюра распределения нормальных напряжений .
87
Рис. 1.17
Круглое сечение бруса:
а) нейтральная линия и направление прогиба ; б) эпюра распределения нормальных напряжений .
88