Задачи на растяжение (сжатие)

Рассмотрим примеры, связанные с деформациями растяжения (сжатия), в которых определяются величины, связанные с нагружением, деформированием и построением эпюр, характеризующих процесс.

Пример 1.

ℓ = 100 мм; ℓ₁ = 99,9 мм

d = 40 мм; d₁ = 40,01 мм

Найти коэффициент Пуассона.

Решение:

│ε│ = , │ε'│ =

μ (ν) = = = 0,25.

Пример 2.

Подкос ВС квадратного сечения - дуб

[σ] = 12 МПа, а = 1м, F = 10 кН

Определить размер подкоса.

Решение:

R вдоль стержня, подкос испытывает сжатие.

Условие равновесия определим:

сумма моментов относительно А

Σ M_A = с = - F 2a + R sin45ºa,

откуда R = = = 28,4 кН

Для сжатия расчетное соотношение:

A = = = 2,3710^-3 м²

т.к. квадрат, то B =

в = ×10^-3 м = 48,6 мм.

Пример 3.

Стальная полоса 30×10 мм, ℓ = 250 мм растянута силой P = 60 кН;

Е = 2×10⁵ МПа.

Вычислить: σ (нормальное напряжение); ∆ℓ (абсолютное удлинение);

ε (относительное удлинение).

Решение:

σ = = = 210⁸ Па = 200 МПа

По закону Гука

ε = = = = = 10^-3

εℓ = ∆ℓ = = ℓ = 10^-3×250 мм = 0,25 мм.

Пример 4.

Цилиндрический стальной стержень ℓ = 40 см и D = 2 см в средней части ослаблен прорезью ℓ₁ = 20 см и шириной h = 1 см, растянут силой P = 15 кН, E = 2×10⁵ МПа.

Вычислить: Δℓ _полное; σ _ослабл и σ _неосл.

Решение:

Изобразим условие:

В неослабленных местах (без прорези)

σ₁ = = = Па = 4,77×10⁷ Па = 47,7 МПа.

∆ℓ₁ = (ℓ - ℓ₁) = = 4,7710^-5 м = 0,0477 мм.

В ослабленной части (с прорезью) F₂ = - Dh.

σ₂ = = = 1,3110⁸ Па = 131 МПа.

∆ℓ₂ = ℓ₁ = 210^-1 = 13110^-6м = 0,131 мм.

∆ℓ = ∆ℓ₁ + ∆ℓ₂ = 0,1787 мм = 0,18 мм.

Пример 5.

Мачтовый кран АВ (труба) 2018 мм;

СВ (трос) F_CB = 0,1 см²

P = 2кН; α = 15º; β = 30º

∆ABC → ∆AB'C

Вычислить σ_AB и σ_BC.

Найти - как изменятся напряжения при переводе крана из ABC в AB'C

Решение:

Для разложения P = (N_AB; N_BC) используем теорему синусов

I. = = ; N_BC = P;

N_BA = = - = - 1,93 P.

σ_BA = = - = -6,4710⁷ Па = - 64,7 МПа.

σ_BC = = = 200 МПа.

II. после перевода в новое положение

= = , что дает

N_B'A = 2P, σ_B'A = = 67,2 МПа.

N_B'C = = 2P0,866; σ_B'C = 346,4 МПа.

Пример 6.

Ступенчатый брус.

Указаны силы и сечения на рисунке.

Построить эпюры сил и напряжений.

Решение:

Строим от свободного конца: в "C"; скачок N, σ меняется в "B" за счет изменения сечения; в "C" за счет скачка силы.

Пример 7.

F = 40 кН, R = 60 кН

A₁ = 800 мм², A₂ = 1600 мм²

a = 0,2 м, E = 2×10¹¹ Па

Определить изменения длин участков и перемещение свободного конца.

Решение:

∆ℓ1 =	N1 = -F	∆ℓ1 = - 0,15 мм
∆ℓ2 =	N2 = -F	∆ℓ2 = - 0,025 мм
∆ℓ3 =	N3 = R - F	∆ℓ3 = + 0,025 мм

λ = ∆ℓ₁ + ∆ℓ₂ + ∆ℓ₃ = - 0,15 мм.

Весь брус укоротится, укорочение определится перемещением свободного конца.

Пример 8.

E = 2×10⁵ МПа

Ø = 3 см

P₁ = 100 кН

P₂ = 140 кН

P₃ = 120 кН

Вычислить продольные силы N и σ на участках 1-2, 2-3, 3-4; перемещения ω сечений I-I, II-II и III-III; построить эпюры N, σ, ω.

Решение:

Продольные силы на участках (начиная от свободного конца) на отдельных участках = Σ всех сил по одну сторону от сечения.

σ = .

F = D².

∆ℓ_i = ω_i = ℓ_i.

ω = Σ ω_i.

∆ℓ₁ = ω₁ = 0,113,

∆ℓ₂ = - 0,028, ω₂ = 0,085,

∆ℓ₃ = 0,211, ω₃ = 0,296.

Пример 9.

Абсолютно жесткая балка

В "С" и "В" подвес на стержнях

ℓ = 2 м; в "D" - F = 20 кН;

сечение А₁ = 3 см²; А₂ = 6 см²

E = 2×10⁵ МПа

G_балки = 40 кН

Определить σ₁ и σ₂ (напряжения в стержнях подвеса).

Решение:

Введя реакции R_A; R_C и R_B имеем 3 неизвестных, уравнений равновесия 2 (для сил и моментов), значит задача статически неопределима, следовательно необходимо использовать геометрическое уравнение для перемещений

∆ ACC' ~ ∆ ABB', ε₁ = ε₂.

, ∆ℓ₂ = 2,5 ∆ℓ₁.

∑M_A = 0; R_C 4а - G 5a - F 7a + R_B·10a = 0,

4 R_C + 10 R_B = 5 G + 7 F

/ ;

2,5 = ;

R_B = 5 R_C;

54 R_C = 340;

R_C = 6,3 кН

R_B = 31,5 кН

σ₁ = = 21 МПа.

σ₂ = = 52 МПа.

Пример 10.

Ступенчатый брус

а = 0,2 м; в = 0,4 м; с = 0,8 м;

F_a = 15 см²; F_в = 10 см²; F_C = 5 см²

нагружен силами P_a = - 120 кН; P_в = 60 кН; P_С = - 20 кН

E = 2×10⁵ МПа

Построить эпюры N, σ, ε, ω сечений.

Решение:

Продольные силы строим от свободного конца; на участках алгебраически суммируем силы по одну сторону сечения. Перемещение определяют от защемленного.

Перемещение сечений = алгебраической сумме деформации участков.

σ = ,

ε = ,

ω = εℓ = ∑ ε_iℓ_i.

δ₁ = ε₁ℓ₁ = ∆ℓ₁.

δ₂ = δ₁ + ∆ℓ₂ = ε₁ℓ₁ + ε₂ℓ₂ = 0,080 - 0,053 = 0,027.

δ₃ = δ₂ + ε₃ℓ₃ = 0,027 - 160×10^-3 = -0,133.

Пример 11.

Дан брус (размеры и приложенные силы) - см. рис. ниже.

Построить эпюры N, σ, ω.

Решение:

Построение N и σ от свободного конца, перемещений ω от заделки

σ = .

Скачки в сечениях, где приложены силы (+ при совпадении направления сил и оси Z).

(5) ω_B = ∆ℓ₁ = = .

(4) ω_C = ω_B + ∆ℓ₂ = 1,2 + = (1,2 - 0,4) = 0,8 .

(3) ω_D = ω_C + ∆ℓ₃ = 0,8 + = (0,8 - c) = -0,2 .

(2) ω_K = ω_D + ∆ℓ₂ = -0,2 + = 0,8.

(1) ω_M = ω_K + ∆ℓ₁ = 0,8 + = 1,3.

Пример 12.

a = 1,2 м

q = 50 кН/м

α = 45º

[σ] = 150 МПа

Определить диаметры BC, CD и CK, обеспечивающие прочность конструкции.

Решение:

Изобразим силы в стержнях. Применим метод сечений.

I Уравнение равновесия AL: ∑M_A = 0

R₁a - qa·1,5a = 0; R₁ = N₁ = 1,5 qa;

→ →

R₁ = - N_1.

II Уравнение равновесия узла C:

∑X = 0; N₂ sin 45 - N₃ sin 45 = 0; N₂ = N₃.

∑Y = 0; 2 N₂ cos 45 - N₁ = 0; N₂ = N₃ = .

На основании требований прочности:

A₁ = F₁ = = = = = 0,6·10^-3 м²,

d₁ = = 27,5 мм ≈ 28.

A₂ = F₂ = A₃ = F₃ = = = 0,424·10^-3 м²,

d₂ = d₃ = = 23,2 мм ≈ 23.

При d₂ = d₃ = 23, σ₂ = σ₃ = 157 МПа > σ на 4,66%,

d₂ = d₃ = 24, σ₂ = σ₃ = 141 МПа < σ на 6%.

Окончательно берем d₂ = d₃ = 24, т.к. по ГОСТ ≤ 3% (превышение расчета над допустимыми ≤ 3%).

Пример 13.

Труба дюралюминий 30×24

[σ] = 75 МПа

→

Определить допускаемую F - силу в точке A.

Решение:

Изобразим силы, после чего:

I Вырежем А.

II Составим уравнение равновесия

∑X = F sin β - R₁ sin α = 0,

R₁ = 1,67 F; R₁ = N_1.

∑Y = R₁ cos α + R₂ - F cos β = 0,

R₂ = F cos β - R₁ cos α = -0,806 F.

N₁ > N₂, N₁ = 1,67 F = A [σ],

F = = 11,4 кН.

|σ_AC | = = = 36,1 МПа < [σ].

Нерациональность конструкции σ_AC < σ_AB на 53%. AC желательно меньшего сечения.

Пример 14.

Стержни из одинакового материала

Балка жесткая и невесомая

Сечения одинаковые у стержней.

Определить силы в стержнях, на которых подвешена балка.

Решение:

Неизвестных сил 3: N₁, N₂, N₃.

Уравнений равновесия 2: ∑Y = 0; ∑М_В = 0.

Система статически неопределима

1 раз "3 - 2" .

Симметрия системы ∆ℓ₁ = ∆ℓ₂ = ∆ℓ₃

N₁a - N₃a = 0; N₁ = N_3.

Требуется учесть геометрическую сторону

= = ;

N₁ = N₂ = N₃ = - полученный результат

симметрия + одинаковость жесткостей EA = const.

Может оказаться:

1. Неодинаковость сечений.

2. Неодинаковость длин.

3. Неодинаковость материала.

4. Комбинации различий.

(достигается разное распределение нагрузок).

Пример. A₁ = A₃ = 2А; A₂ = А; ∆ℓ₁ = ∆ℓ₂ = ∆ℓ₃,

= N₂ = подставим в уравнение равновесия

N₁ = N₃ = 0,4 F; N₂ = 0,2 F.

В более жестких системах большие силы.

Пример 15.

Дана конструкция: защемлен с 2 концов

А = 3 см²

F = 60 кН

Cm 4 (σ_Т = 260 МПа)

[п_Т] = 1,6

Построить эпюры: N, σ, перемещение α поперечных сечений.

Решение:

В заделках A и B возникают реакции.

Уравнение равновесия ∑ Z = 0; - R_A + F₁ + F₂ - R_B = 0.

Неизвестных 2, а уравнение 1, следовательно система 1 раз статически неопределенная.

II геометрическое уравнение - уравнение перемещений, но для его составления заменим одну заделку ее реакцией R_B = Х (B - свободно), следовательно статически определенный брус с 1 неизвестным R_A, у которого λ_В = 0 = λ_ВF1 + λ_ВF2 + λ_ВX.

По закону Гука перемещение сечений определяется суммой деформаций участков между приложенными силами:

λ_ВF1 = ∆AC = - удлинение.

λ_ВF2 = ∆AD + ∆ED = + - удлинение.

λ_ВX = - - укорочение.

Из λ_В следует ,

X = - теперь задача статически определимая, брус нагружен силами .

σ наибольшая в E · K - опасная зона EK

проверка прочности

п_т = = = = = 1,72.

п_т > [п] обеспечена.

Пример 16.

Дана балка переменного сечения, защемленная в точке А, второй конец В свободен. Имеется зазор δ на свободном конце.

Из примера № 15 создадим справа зазор.

А = 3 см²

F = 60 кН

β =

σ =

соответствует

начальному

зазору

Суммарное перемещение правого торца λ_В = δ.

Для определенности предположим δ = = 2 βF.

При свободном B (без защемления): λ_В = λ_ВF1 + λ_ВF2 =++=βF > δ, т.е. возникает в B реакциях и задача статически неопределима, следовательно кроме уравнения равновесия нужно уравнение перемещений.

Для случая X = F

λ_В = λ_ВF1 + λ_ВF2 + λ_ВX = δ,

λ_ВF1 + λ_ВF2 = βF + = βF - βX.

Эпюры сил N строим от "свободного" конца B, эпюры напряжений по эпюрам N, следовательно σ = .

Эпюру λ, используя закон Гука, для деформаций участков.

Пример 17.

Определить диаметр поперечного сечения стержня, в котором τ_max ≤ 80 МПа. Продольная сила N = F = 90 кН.

Решение:

τ_{α max} = при α = 45°, откуда σ_z = 2 τ_{α max} = 2·80 МПа.

Но σ_z = , т.е. А ≥ .

Для круга А = ≥ .

Что позволяет найти d≥==26,8·10^-3м= 26,8мм.

Пример 18.

В наклонном сечении сжатого стержня σ_α = -60 МПа, τ_α = 24 МПа.

Определить σ_max и τ_max.

Решение.

Для наклонного сечения σ_α = σ_z cos²α и τ_α = sin 2 α.

Из этих формул определим положение сечения

= = tg α, т.е. tg α = = -0,4.

Но cos²α = = = 0,862,

после чего σ_z = = - = - 69,6 МПа.

| τ_max | = = МПа = 34,8 МПа.

Пример 19.

Конструкция изображена на рисунке:

тяга BC сварена из 2 уголков из ст 3, для которой [σ] = 160 МПа, F = 40 кН.

Проверить расчетом прочность тяги.

Решение:

Продольную силу N определим из условия равновесия:

∑M = 0; Fℓ - N sin α = 0, откуда

N = = = 100 кН.

После чего σ = , A = 2A₁ (сварено 2).

A₁ берем из справочника (для уголка 40×40×4 по ГОСТ 8509-86 A₁ = 3,08 см²).

Считаем σ = Па = 162·10⁶ Па.

Допускается кратковременная перегрузка до 5%.

У нас = 1,25%, т.е. прочность удовлетворительна.

Пример 20.

Ступенчатый чугунный брус d₁ = 20 мм; d₂ = 30 мм должен иметь коэффициент запаса прочности [п] = 4. Материал имеет σ_{пч.раст.} = 150 МПа, σ_{пч.сжат.} = 580 МПа. Приложенные нагрузки F₁ = 40 кН, F₂ = 65 кН.

Проверить на прочность.

Решение:

Строим эпюры N и σ = .

Наибольшее напряжение на I (сжатие). Для него п = ==4,57.

Участок III - растяжение п = = = 4,25.

Оба п_I и п_III больше требуемого, т.е. прочность обеспечена.