Задачник / Глава 07(156-208)

Добавил:

turbo1121 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Петербургский государственный университет путей сообщения им. императора Александра I

Предмет:

Сопротивление материалов

Файл:

20 603 10 403

.pdf

Скачиваний:

127

Добавлен:

20.12.2017

Размер:

1.44 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 62 3 4 5 6 > Следующая >>>

ql 2

3 82 / 8 24 кНм,

Fl / 4 5 8/ 4 10 кНм.

Из условия прочности

max

находим необходимый момент сопротивления:

M x

M y

24 3 10

5400 10 6 м3,

10 103

здесь k

3 .

bh2

b 3b 2

Для прямоугольного сечения W

1,5b3 .

Тогда

5400 10 6

15,33 10 2 м = 15,33 см,

1,5

h 3b 3 15,33 46 см.

Проверяем прочность подобранного сечения балки:

max

10 3

3 10 10 3 9,99 МПа.

10 6

1,5 15,33 3

Недогрузка составит

109,99 100 0,1 %. 10

Следовательно, условие прочности соблюдается.

7.1.3 Совместное действие изгиба и осевого растяжения–сжатия

Пример 7.1.5. В вертикально расположенной трубе (рис. 7.9, а) построить эпюры M, Q, N. Вычислить в опасном сечении наибольшие растягивающие и наибольшие сжимающие нормальные напряжения, построить их эпюру. Труба изготовлена из бетона, объемный вес которого

γ = 20 кН/м3.

166

Решение. Выберем систему координат y0z. Построим эпюры M, Q, N.

I участок: 0 z1 a .

Ввиду отсутствия сил, перпендикулярных или наклонных к оси стержня, на участке z1: M1 = 0 и Q1 = 0. От собственного веса возникает продольная сила N1 = γАz1, где А – площадь поперечного сечения трубы.

а)

б)

в)

г)

е)

д)

R 0,5 м

[кН]

r 0,2 м

l =

q(z2)

3,33

[кНм]

[кН]

0,159

0,399

кН

26,67

79,2

[МПа]

Эп. в опасном

Эп. М

Эп. Q

Эп. N

сечении

Рис. 7.9

II участок:

a z2

l .

Проведем сечение на расстоянии z2 от начала координат и определим

значение q(z2). С этой целью рассмотрим подобие двух треугольников ВСD и ВЕК. Из этого подобия следует:

		q z2	q0	z2 a			.
		q z2		l a			.
				l a
Результирующий вектор внешней нагрузки, действующий на отсе-
ченную часть трубы, определяется выражением:
	1	q z2 z2 a			q0 z2		a 2	.
2		q z2 z2 a			2 l	a		.
2					2 l	a

Координата этого вектора относительно сечения z2 равна 13 z2 a .

Тогда изгибающий момент в сечении, расположенном на расстоянии

z2 от начала координат, имеет значение
M		q0 z2 a 2		1	z		a .
	2	2 l a				2
			3

167

Выражение M 2 определяет кубическую параболу, имеющую выпук-

лость в направлении оси y, так как вторая производная от этого выражения отрицательна.

Абсциссы эпюры M имеют следующие значения:

z2 2 м,	M 2 0 , z2	4 м, M 2 3,33 кНм,
	z2 6 м, M 2	26,67 кНм.
Эпюра изгибающих моментов приведена на рисунке 7.9, б.

Определим поперечную силу в сечении, расположенном на расстоянии z2 от начала координат. Проектируя распределенную нагрузку, действующую на отсеченную верхнюю часть трубы, на ось y, получим:

								0	при z2 a 2 м;
			z			a	2					l a
	q		z		2	a						l a
Q2	0				2			5	кН при z2				+a 4 м;
Q2		2		l a				5	кН при z2			2	+a 4 м;
		2		l a								2
								20 кН при z		2	l 6 м.
										2

Из зависимости Q2 следует, что абсцисса поперечной силы изменяется по квадратной параболе.

На рисунке 7.9, в приведена эпюра поперечной силы Q. Продольная сила на втором участке выражается так же, как и на первом (рис. 7.9, е):

N2 Az2 0, N2	20 0,66 z		0 при z 0;
N2 Az2 0, N2	20 0,66 z
			79,2 кН при z l 6 м;
A R2	r2	0,52 0,22 0,66 м2.

На рисунке 7.9, г приведена эпюра N .

Следовательно, труба испытывает продольное сжатие и изгиб. Определяем максимальные и минимальные нормальные напряжения

в опасном сечении, воспользовавшись формулой

R2 r 2

Nmax

M max

Nmax

M max R

4 R

79, 2 10 3

/ 0,66 26,67 10 3 0,5/ 0, 25 0,54

0, 24

0,12 0,279

МПа;

max

0,159 МПа,

min

0,399 МПа.

На рисунке 7.9, д приведена эпюра нормальных напряжений в основании трубы.

168

		Пример 7.1.6. Для балки (рис. 7.10, а) построить эпюры M, Q, N и
эпюру распределения нормальных напряжений в опасном сечении. Опре-
делить величину допускаемой нагрузки [F].
		Решение. Выбираем систему координат y0z. Определяем реакции на
опорах C и В, составив сумму моментов относительно опор C и В:
МC 0; Fa 2VBa 0;						VB 0,5F;
М В 0; Fa 2VC a 0;						VC 0,5F;
Z 0 ;			HС F 0 ;				HC F.
							D D 2	30
а)	m	Fa	VС			VВ	д)			132,1
а)			VС			VВ			-	132,1
			НС	D					-
		С	НС	D	В		h	х
F		z1				z	h		[МПа]
F		z1		D		z			[МПа]
			z2						+
			z2
	y	а=1 м		2а			y		160
	y
б)						М
Fа		+
Fа
в)		F/2		-		Q
		F/2		-		Q
г)
						N
		+	F
			F
						Рис. 7.10
		Проверяем правильность определения реакций, проектируя все силы
на ось у:

Y 0; F2 F2 0 .

Реакции определены правильно. Переходим к построению эпюр изгибающих моментов, поперечных и продольных сил.

Балка имеет два участка. Рассмотрим I участок: 0 z2			a ,
M1 m Fa;	Q1 0;	N1 F.
II участок: a z2 3a ,

169

M 2 VB 3a z2		Fa при				z2 a;
			0 при z2 3a.

Q	F	;	N		0.
				2
2	2

Эпюры M, Q, N представлены на рисунке 7.10, б, в, г.

В соответствии с условиями задачи балка имеет сечение из двух швеллеров № 30 (ГОСТ 8240-80), сваренных полками внутрь (рис .7.10, сечение D–D). Для данного сечения A = 81 см2; Ix = 11620 см4.

Для определения допускаемой нагрузки F воспользуемся условием прочности, принимая =160 МПа. Опасное сечение располагается на консоли, чуть левее опоры С.

Mymax

Fah

max

I x

I x 2

откуда определяем допускаемую нагрузку F :

160 103

113,13

кН.

1 0,30

2Ix

81 10 4

2 11620 10 8

Максимальное и минимальное напряжения, возникающие в опасном

сечении, определяем по формуле:

F F ah

max

2I x

min

113,13 10 3

113,13 10 3 1 0,30

13,97 146,03

МПа,

81 10 4

2 11620 10 8

max

160 МПа,

min 132,06 МПа.

Строим эпюру распределения нормальных напряжений по сечению левее опоры C (рис. 7.10, д).

7.1.4 Внецентренное растяжение или сжатие жестких стержней

Пример 7.1.7. Дано: швеллер №30 и двутавр №30 расположены так, как показано на рисунке 7.11 и соединены между собой жестко.

Определить величину допускаемой нагрузки F , действующей на конструкцию. Найти и показать положение нейтральной оси.

170

Решение. Воспользуемся сортаментом на швеллеры и двутавры (ГОСТ 8240-89), выпишем необходимые геометрические характеристики применительно к обозначениям осей (рис. 7.11).

Для швеллера № 30: A1 = 40,5 см2; Iy01 = 5810 см4; h1 = 300 мм;

Ix1 = 327 см4; z01 = 2,52 см; b1 = 100 мм.

Для двутавра № 30: A2 = 46,5 см2; Ix2 = 7080 см4; Iy02 = 337 см4; h2 = 300 мм.

		а1					h
	а2						h
	а2						1
							y0
	аy			1			01
				02	0
			2	02
а			2
а				yц
x	н
	н					2
	.				h	2
	о
		.					х
		.					х
							2
					х

Рис. 7.11

[F]

z01	b1

х 1

х 0

Вдоль наружной полки двутавра проведем ось x, определим положение центра тяжести площади поперечного сечения рассматриваемого элемента конструкции. Ввиду симметрии поперечного сечения относительно оси y0 центр тяжести площади будет находиться на этой оси.

Найдем ординату центра тяжести площади, воспользовавшись из-

вестной формулой:
y	Ai yi	40,5 2,52 30 46,5 15	23,15 см.
	Ai
ц		40,5 46,5

Проведем главные центральные оси инерции x0, y0. Относительно этих осей определим моменты и радиусы инерции площади поперечного

сечения элемента конструкции:
I	x0	I	x1	a2 A I	x2	a2 A
				1 1		2 2
327 9,372 40,5 7080 8,152						46,5 14051,42 см4,
где a1 h2 z01 yц	30 2,52 23,15 9,37 см;

a2 yц h / 2 23,15 15 8,15 см;

171

I y0

I y02 I y01 337 5810 6147 см4;

ix0

I x0

14051,42

12,7 см;

I y0

6147

8,4 см.

A1 A2

Координаты точки приложения силы F имеют значения:

15 см;

yF h2 yц b1

30 23,15 10 16,85 см.

Определяем отрезки ax

и ay , отсекаемые нейтральной осью от осей

x0 и y0 :

iy20

8,42

4,71 см;

ix20

12,72

9,57 см.

16,85

Отложим ax

и ay на осях x0 и y0 . Через точки 1 и 2 проведем ней-

тральную ось (рис. 7.11).

Наиболее удаленной от нейтральной оси и самой загруженной точ-

кой сечения является точка приложения силы F. Из условия прочности для

нее определяем величину допускаемой силы:

A A

160 103

87 10 4

234 кН.

yF2

xF2

16,852

152

ix2

iy2

12,72

8,42

Пример 7.1.8. Вычислить величины наибольших растягивающих и наибольших сжимающих нормальных напряжений в сечении, построить эпюру нормальных напряжений. Определить положение нейтральной оси. Построить ядро сечения (рис. 7.12).

Решение. Найдем геометрические характеристики площади поперечного сечения. Определяем моменты инерции площади поперечного сечения, а также квадраты радиусов инерции:

172

	hb3	h b3	60 203 40 103
I y		1 1		36666,7 см4;
		12	12

i2	I x		306666,6		383,3	см2;

x	A			800

i2		I y		36666,6	45,83	см2.

y		А		800

Вычисляем площадь поперечного сечения:

A hb h1b1 60 20 40 10 800см2.

Нормальные напряжения в точках 1, 2, 3, 4 определяются по формуле:

				F=1,2 мН
			1
			0с
		м		м	h
	с		2		=
0			2		6
=1				h		0	с
b1				1=			м
					40с
1						м
1

		F			x			x						y			y										0				3
		F			x		F	x						y	F		y			i						х	0
			1				F		i						F					i	,											м
																																м
	i																														с
	i						2									2														0
							2									2													2
							iy								ix													4	=
		A					iy								ix													4	b2			y
где xF,	yF – соответственно абсцисса и																															y
где xF,	yF – соответственно абсцисса и
		ордината точки приложения
		силы																				F;
		xF = 10 см; yF 20 см;
xi ,	yi – соответственно абсцисса и																										Рис. 7.12
xi ,	yi – соответственно абсцисса и
		ордината точки, в которой
		определяется напряжение (i = 1, 2, 3, 4).
Подсчитываем напряжение в точках 1–4:
											x1 = 10 см, y1 = 30 см,
					1,2															10 10					20 30
	1													1												5,75		МПа;
	1													1						45,83					383,3	5,75		МПа;
				800 10 4																45,83					383,3
									x2 = 10 см,													y2 = 30 см,
	2				1,2													10 10						20 30		71,20
													1																МПа;
						10 4							1							45,83					383,3				МПа;
			800			10 4														45,83					383,3
										x3 = 10 см,												y3 = 30 см,
	3				1,2													10 10					20 30			24,26
													1																МПа;
			800			10 4							1							45,83			383,3						МПа;
			800			10 4														45,83			383,3
												x4 = 10 см,										y4 = 30 см,
	4				1,2														10 10					20 30		41,20
													1																МПа.
						10 4							1							45,83					383,3				МПа.
			800			10 4														45,83					383,3

Сила F подставляется со знаком минус, так как она – сжимающая.

173

Уравнение нейтральной линии принимает вид:

yF y0

xF x0

1 0,052 y

0,22x

ix2

iy2

Отрезки, отсекаемые от осей x и y:

iy2

45,83

4,58

см;

ix2

383,6

19,18

см.

Проводя через точки 2, 4 прямые, параллельные нейтральной оси, строим эпюру нормальных напряжений (рис. 7.13, а). Там же изображены эпюры нормальных напряжений по контуру поперечного сечения.

а)		-		б)
		-	71,2
5,75			71,2		4		2
5,75					4		2
	1		2	1			1
-				-
				-
						3	12,77
		аx
х					2
х						4
		А 0				4	12,77
		А 0
			y
			а
		В				1
		В
+				3			3
	4		3	3			3
	4		3
			н.о.
41,2	+		24,24	4	4,58	4,58	2
	+		24,24	4		y	2
		y				y
		y	-
			-
	41,2	+
	41,2		[МПа]	71,72
			[МПа]	71,72

Рис. 7.13

Построим ядро сечения (рис. 7.13, б). Ядром сечения называется такая область поперечного сечения, в которой можно прикладывать сжимающую силу, не вызывая в сечении напряжений разных знаков. Следовательно, нейтральная ось, являющаяся границей между растянутой и сжатой областями, не должна пересекать сечение и в пределе должна быть касательной к контуру, точнее, «обкатывать» контур поперечного сечения.

174

4 1 .

Рассмотрим последовательно четыре положения нейтральной оси: 1–1, 2– 2, 3–3, 4–4 – и, воспользовавшись формулами

iy2

;

axj

ayj

где axj и ayj

(j = 1, 2, 3, 4) – отрезки, отсекаемые каждой из четырех ней-

тральных осей от осей координат x,

y (например: ax1 ,

ay1

30 см,

ax2 10 см,

ay 2 и т. д.), найдем координаты точек 1 ,2 ,3 ,4 , см:

1 0;12,78 , 2 4,58;0 , 3 0; 12,78 , 4 4,58;0 .

Когда нейтральная ось переходит из положения 4–4 в положение 1–1, поворачиваясь относительно точки 1, внецентренно приложенная сила F перемещается по прямой

Соединяя точки 1 ,2 ,3 ,4 прямыми, получаем контур ядра сечения.

Следует заметить, что понятие о ядре сечения имеет смысл и значение лишь для стержней из хрупких материалов, которые хорошо сопротивляются сжимающему напряжению и плохо работают (или совсем не работают) на растяжение.

7.1.5 Совместное действие изгиба и кручения

Пример 7.1.9. На вал, изображенный на рисунке 7.14, а, насажены три диска, на которые действуют горизонтальные силы F1, F2 и вертикальная F3. Допускаемое напряжение 100 МПа. Трением в опорных подшипниках А и В пренебречь.

Требуется: 1) построить эпюру крутящих Мк и изгибающих Мx , Мy моментов, определить месторасположение опасного сечения; 2) найти диаметр вала по третьей теории прочности.

Решение. Действие сил F1, F2 , F3 приведем к оси вала и заменим каждую из них статически эквивалентными силами, приложенными в точках Е, L, С, и скручивающими парами mк1 0,5F1D1 , mк2 0,5F2 D2 ,

mк3 0,5F1D3 (рис. 7.14, б).

Для построения эпюры крутящих моментов Мк и эпюр изгибающих моментов Мx, Мy рассмотрим отдельно соответствующие расчетные схемы

(рис. 7.14, в, д, ж).

Как видно на схеме 7.14, в, участки АЕ и СВ свободны от крутящих моментов. На остальных участках:

MкEL mк1 3 кНм;

175

<<< < Предыдущая 12 / 62 3 4 5 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Задачник

#
20.12.2017718.57 Кб195Глава 02 (26-44).pdf
#
20.12.20171.1 Mб98Глава 03 (45-80).pdf
#
20.12.2017772.12 Кб109Глава 04 (81-99).pdf
#
20.12.2017574.27 Кб126Глава 05 (100-111).pdf
#
20.12.20171.25 Mб188Глава 06 (112-155).pdf
#
20.12.20171.44 Mб127Глава 07(156-208).pdf
#
20.12.2017573.57 Кб87Глава 08 (209-222).pdf
#
20.12.20171.14 Mб124Глава 09 (223-253).pdf
#
20.12.20171.52 Mб117Глава 10 (254-297).pdf
#
20.12.2017749.61 Кб87Глава 11 (298-322).pdf
#
20.12.2017945.61 Кб157Глава 12,13(323-357).pdf