Книга: А.Л. Воронцов - Расчётно-проектировочные работы по курсам кафедры Прикладная механика

Распознанный текст из изображения:

(на ненагретых участках Л~'=0):

еох = — =-0867 10 оов Е

ехв = хв = О 434,10-4 . Е

в

ЗАДАЧА №4

)л

19

2. После перекрытия зазора Ь стержень окажется зажатым между двумя заделками, в которых возникнут две неизвестные реакции. Поскольку можно составить лишь одно уравнение равновесия ХР„=О, то задача является один раз статически неопределимой. Отбрасываем правую заделку, заменяя ее действие реакцией Кь, после чего, используя принцип независимости действия сил, составляем уравнение перемещений из условия, что до контакта с заделкой стержень удлинится на величину Ь . Для составления уравнения перемещений используем формулу Ю = Л1и + М,, где

Ух1

силовое удлинение Жи — — ', а температурное удлинение

ЕГ

И, = аЛГ 1 (а — коэффициент температурного расширения).

ДяюиялОли. 1. В фл у х ю !

длина участка, в пределах которого жесткость стержня ЕЕ постоянна. 2. В формулу температурного удлинения площадь поперечного сечения не входит, поэтому здесь в качестве длины 1 следует брать суммарную длину нагретых участков, независимо от того, есть на них изменение площадей поперечных сечений или нет.

Е За Е 4а К .а

Л1= ь л- ь + ь +а Л~" За=А;

ЕЕ Е 2Е ЕЕ

Л вЂ” а Лг'.За 2а 10 — 12.10~.20.3а

Кь — — .ЕГ=

ба ба

3. Разделив стержень в произвольном месте на две части по методу сечений, можно показать, что на всех участках возникает одна и та же продольная сила М,= Кь= — 0,867 10 ЕЕ. С учетом этого строим эшору продольных сил М„.

лр, лллч. в „т„,,~„... р, ~„,

следует строить на начальной длине стержня.

4. Определяем нормальные напряжения:

Ф

пол =пср — -мох = ' = 0867'10 Е;

Е

охв = овс = = -0,434 10 Е.

— л — 4

2Е

Строим эпюру нормальных напряжений о„.

5. Определяем линейные деформации по формуле

е, = — л-айаг

о,

О

Е

евс = с л-аЛ~ 0434 10-л л-12 10- 20 1966 10 пвс Е

оса со +аЛг' = — 0,867 10 "+12 10 ' 20=1,533.10 Е

еох — — ох = — 0,867.10 ".

Е

Строим эпюру линейных деформаций е„.

б. Определяем перемещения от начала координат:

ио —— 0;

ил=ио+еал1хл — ха) = 0 — 0,867 10 ~га — 0) = — 0,867 10ыа;

ив — — ил+ела (хв — хл) = — 0,867.10 а — 0,434.10 (4а — а) = — 2,169 10 а; по=ив+евс(хс — хв)= — 2,169.10 а+ 1,966 10 (5а — 4а) = — 0,203.10 а; иа=исл-есо1хв — хс)= — 0,203 10 ла+ 1,533 10~(7а — 5а) = 2,863 10 'а; их -— ио-~-еах1хх — ха)= 2,863 10 а — 0,867 1О 18а-7а) = 1,996 10 "а = =210 а=А.

Строим эпюру перемещений и .

Пл....л-«,. -р* --р.,* -р....о.,«.

ния (в данном случае, К) должно быть равно величине зазора Л . Допустимая погрешность в третьем знаке после запятой обусловлена производившимися при вычислениях округлениями в этом знаке. На элюру и в соотвегствующем сечении следует наносить точное значение, равное Л .

Для заданного элемента (рис. 6), находящегося в условиях плоского напряженного состояния, определить аналитически и графически положение главных площадок и величины ~лавных напряжений.

Решение

1. Располагаем заданный элемент в осях у и е таким образом, чтобы направление наибольшего по алгебраической величине нормального напряжения совпало с осью у . На полученный чер-

Распознанный текст из изображения:

100 МПа

300 МПа

т РЗ

Рис. 6

р

20

21

теж наносим буквенные обозначения и числовые величины нормальных и касательных напряжений.

пр .р.к рр

например, алгебраически +10 > — 20, 0 > — 30, -!О > — 50 и т.п, 2. Нормальное напряжение счи~ается положительным, если оно направлено в сторону внеп>ней нормали к рассматриваемой площадке (т.е. является растягивающим). 3. В некоторых вариантах заданный элемент уже ориентирован требуемым образом; такой элемент поворачивать не надо. 4. Индекс нормального напряжения соответствует оси координат, вдоль которой оно направлено. 5. Первый индекс касательного напряжения соответствует оси, перпендикулярной к площадке, в которой это напряжение действует, а второй индекс соответствует оси, вдоль которой это напряжение направлено. 6. Поскольку на чертеже знаки напряжений учтены их направлениями, то все числовые величины на чертеже пишутся положительными. 7. По закону парности величины всех касательных напряжений равны между собой.

2. Выписываем действующие напряжения с учетом правил знаков:

ор = 100 МПа;

т,п = 300 МПа;

о, = — 200 МПа;

г„, = — 300 МПа.

пр,к р

совмещения с направлением внешней нормали к рассматриваемой площадке его надо повернуть на 90' против часовой стрелки.

3. Вычисляем главные напряжения;

атэс, 1

2 2

о = — ' '+ — (о„— и ) +4т,

Рп 2 2 У Р Ук

р — )рррр ррр> р.ррр' = — рр*ррр >мп >;

2 2

о'=285 МПа; о"= — 385 МПа.

Расставляем индексы главных напряжений с учетом принятых обозначений алгебраических величин о> > оз > стз.

о,=285 МПа; о,=О; оз= — 385 МПа.

п~ррррр . пр р. -. -....„. р р °, ° ° ° .а °

задаче элемент в виде квадрата на самом деле представляет собой упрощенное (плоское) изобра>кение элементарного параллелепипеда, грани которо~о, параллельные плоскости чертежа, свободны от напря>кений, т.с. являются главными площадками, в которых главное наврал<ение равно нулю. Таким образом. необходимо расставить индексы у трех главных напряжений: о', о" и о"'=0 Если, например, в задаче получено, что

а'=200 МПа, о"=100 МПа, то о,=200 МПа, о>=-100 МПа, о>.=0, а если

получено, что а'= — 100 МПа, о"= — 200 МПа, то с учетом алгебраической

величины о> —- О, о>— - — 100 МПа, оз —— — 200 МПа.

Распознанный текст из изображения:

4. Определяем положение главных площадок, находя угол а,, определяющий направление наибольшего в рассматриваемой системе площадок главного напряжения:

2тж 2. 300

182а о= = -2;

а — а — 200-100

т

2ао= -63,4', ад= — 31,7'= — 31'42 .

дд~~.ч ь„, д>=д>. р

для перевода десятичной доли градуса в минуты необходимо умножить эту долю на 60, т.е. 0,7'=0,7.60'=42'.

Положительное значение угла ао откладываем от оси, соответствующей а, [рис. 6, сверху), против часовой стрелки, а отрицательное — по часовой.

др ~. ~. на ° - .-. ° . ~. '. - ° ~«6 «..

тельно, а с помощью транспортира. 2. Для построения главных площадок, показанных со штриховкой, перпендикулярно найденному направлению, в данном случае соответствующему и>, проводится одна площадка, а затем перпендикулярно этой площадке — вторая. 3. В построенных главных площадках необходимо показать верное направление найденных главных напряжений, которое определяется с учетом их знака; например, в рассматриваемой задаче и, положительно, т.е. является растягиваюшим, в связи с чем оно направлено в сторону внешней нормали к соответствующей площадке, а и> отрицательно, т.е. является сжимающим, в связи с чем оно направлено противоположно внешней нормали к соответствующей площадке.

5. Делаем проверку полученного аналитического решения, определяя все искомые параметры графическим путем с помощью круга Мора.

д2, « .Ьс,р „,, ь

[МПа) и с одинаковым для обеих осей интервалом расставляем масштабные числа (рис. б, внизу). 2. На оси и откладываем точку А, с учетом знака соотвелствуюшую величине и, [см. и. 2), а затем от этой точки откладываем отрезок АВ, параллельный оси т и соответствующий величине т, . Затем аналогично откладываем точку С, соответствующую пд, и отрезок СВ, соответствующий т,, 3. Соединяем точки В и В прямой линией, получая диаметр круга Мора и находя в точке его пересечения с осью и центр круга К. 4. Циркулем проводим круг, ~очки пересечения которого с осью о Ь и М определяют, соответственно, величины наименьшего и наибольшего (для данной системы площадок) главных напряжений и> и и> . 5. Продолжаем прямую АВ до пересечения с противоположной стороной круга в точке М Из крайней левой точки круга Ь

22

проводим прямую линию через точку А>, находя направление наибольшего главного напряжения и, . Аналогично находим точку В и направление минимального главного напряжения и,. 6. При правильном решении все найденные графически величины и направления должны совпадать с найденными аналитически [например, направление и, в круге Мора должно быть параллельно направлению и, на верхнем чертеже элемента и т.п.).

ЗАДАЧА №5

Для заданного нагружеиия стержня [рис. 7) определить величины реактивных моментов в заделках и построить эпюры крутящих моментов М„, максимальных касательных напряжений т„„, относительных углов закручивания 0 и абсолютных углов закручивания >р . Определить из условий прочности,и жесткости допускаемую величину момента [/[д) . Построить эпюру касательных напряжений т в опасном по напряжениям сечении для найденного значения [>)д) . Дано: В=8 10 ' м; О=0,8.10' МПа; [т)=80 МПа; [О/=1 градус/м; г//В=В/В>— - 0,5.

ДД ~Д .С ВР Ь Р б

с точностью до третьего знака после запятой. 2. По ходу выполнения данной задачи рекомендуется смотреть примечания, сделанные в сходной задаче № 2.

Решение

1. Из левого неподвижного сечения стержня О проводим ось к и обозначаем все характерные сечения.

2. Определяем геометрические характеристики сечений, выражая их через заданный диаметр В:

32 ~ 05)

э'~~ = — = 0,098В;

32

д' = — =0,098Р 1 — ~ — ! =0,098В [1 — 0,5 )=0,092Вд;

32 ' ~В!

тсВ' тз

И,ол > 019 1568В

16 0,5

23

Распознанный текст из изображения:

0,590 — а

М

6Р'

00

0,820 — а

М

БР

о,8гг—

М1

6Р4

О

О

80 МПа

Рис. 7

И "' = =0,196Р'

пР

16

И' = — 1 — ~ — ~ =0,196Р [1 — 0,5 ) =0,184Р . 16 Р

3. Отбрасываем заделки и заменяем их действие реактивнымн моментами. Составляем уравнение равновесия (если со стороны оси х момент виден направленным против часовой стрелки, то он считается положительным):

ХМ,=О; Мс+ Мак Мо -— О. (1)

ж *.1.и, ~ ° „,~, б

стороны независимо от направления момента М; можно всегда (для единообразия с п. 5 решения)направлять нх против часовой стрелки со стороны внешней нормали к рассматриваемому сечению, как это показано в данном примере. 2. При составлении уравненйя равновесия моменты, видимые со стороны положительного направления оси х направленными против часовой сгрелкн, считаются положительными, а моменты, види-

0.925

0,590—

М

Рз

О„

0,410—

Рз

Рз

25

24

Распознанный текст из изображения:

мыс направленными по часовой стрелке — отрицательными; это же правило сохраняется н в и. 4.

Из уравнения (1) видно, что задача один раз статически неопределима.

4. Отбрасываем одну нз заделок и составляем уравнение угла закручивания из условия, что концы стержня неподвижны. Прн составлении этого уравнения используем принцип независимости действия сил и учитываем, что моменты действуют лишь на участках между точкой их приложения и оставленной заделкой (см. примечания к задаче № 2):

М,1

С.1

Мо'41 Мо о Мо'1

б 56Юл С 009Юл б 0092(7 б 009Юл б 009217

Мо = 0,925М.

Из уравнения (1): Мс — — М+ Мо = -0,075М .

5. Определяем внутренние моменты с помощью метода сечений. Искомые моменты направляем со стороны внешних нормалей к рассматриваемым сечениям против часовой стрелки; в этом случае получаемый в решении знак автоматически будет верным знаком эпюры.

Мол — Мо= 0 Мол = Мо= 0,925М;

Мс.— М«в = О; Млв = Мс= — 0,075М;

Мс — Мвс= О; Мвс= Мс = -0,075М.

Строим эпюру крутящих моментов М„.

6. Определяем величины максимальных касательных напряжений:

ол Мол 0*925М

))«ол 15681)з 1)з

Р

лв Млв — 0,075М М

14«лв О 19611з ~~Г

Р

вс Мвс — О 075М

)т' 0 1 84ь) 1«

Р

Строим эпюру максимальных касательных напряжений т .„,

7. Определяем относительные углы закручивания:

Мол 0,925М М

Оол = ол 4 — — 0,590 —;

С1р" С.1,568В С)3

Млв 0 075М М

СУлв С 0 098134 ' Сьэл '

Мвс 0 075М М

Овс — вс — —— -0,820 —.

б.(р б. 0,092Р ИЭ Строим эпюру относительных углов закручивания 0 .

8. Так как в пределах каждого участка относительные углы закручивания 0 остаются постоянными, то определяем абсолютные углы закручивания от начала координат по формуле

ср(х) = ср(х,) + 0 ( х — хс), где хс — координата начала рассматриваемого участка; ф(хе) — абсолютный угол закручивания в начале этого участка.

р-О;

М М1 срл =«Ро+Оол(хл -хо) =0+0590 — (41 — 0) = 2360 —;

И34 СБ4

М1 М М1 Юв =(рл+Олв(хв -хл) =2,360 — — 0,769 — (61 — 41) =0,822 —;

С)34 ' С1)4 ' ~~-~4 '

М1 М М1 фс —— фв + Овс(хс — хв) = 0,822 — — 0,820 — — (71 — 61) = 0,002 = О.

С114 ' СБ4 И)4 Строим эпюру абсолютных углов закручивании <р . П««««, ««««« ння конечного сечения С должен быть равен О. Допустимая погрешность в третьем знаке после запятой обусловлена производившимися при вычислениях округлениями в этом знаке. На эпюру у в этом сечении следует наносить точное значение, равное нулю.

9. Находим допустимый момент по условию прочности:

) г „ ( < [т);

0,590 ' = [т];

з

[т[В 80.10 Н(м (8 10 ~) м 40960

— = 69423,7 Нм.

0,590 0,590 0,590

10. Находим допустимый момент по условию жесткости.

)0„„!< [О) рад1м;

27

Распознанный текст из изображения:

трах=55,593 МПа

Рис. 8

уол

32 '~

м'>

х4

=0,09 — ! [! — 0,9 ]=0,051Р~;

'[0,9 !

У с 0 098Р4

32

29

[0)рад!м = = — = 0,01745рад/м;

и [Щградус!м т~. 1

180 180

0,820 ' = [0[рад!;

[М)е

ОР4

[М)

[0)рад!м ОР 0,01745рад)м 0,8 10~'Н2м [8 10 2) м

0,820 0,820

= 69745,1 Нм.

0,820

11. За допустимый момент принимаем наименьший из найденных:

[М3=69423,7 Нм.

12. Определяем максимальное касательное напряжение в опасном по напряжениям сечении, расположенном в данном случае на участке ОА:

т " =0590 — =0590 * — 80МПа

РЗ ' [8 10-2)3 3

Др, ~,.У „у„, Ея

[М),, то, сравнивая выражение из п. 12 со вторым выражением из п. 9, нетрудно заметить, что в этом случае максимальное касательное напряжение в опасном сечении будет равно 80 МПа. В результате неточных вычислений студенты часто получают цифры типа 79,998 МПа и т.п. В решении и на эпюре т в этом случае следует писать точную цифру 80 МПа. Если же в качестве допустимого момента [Щ принят момент [М)ж то в этом случае максимальное касательное напряжение в опасном по напряжениям сечении как правило будет дробным, например, 55,851 МПа.

13. Строим эпюру распределения касательных напряжений т в опасном по напряжениям сечении. Так как в соответствии с эпюрой т,„напряжения на участке ОА положительны, то их система в опасном сечении направлена против часовой стрелки.

ш ж

1. Если в задаче опасное сечение находится на участке с отверстием [например, на ВС), то эпюра касательных напряжений т будет иметь следуюший вид:

Прн построении эпюры т следует помнить, что основания стрелок должны располагаться в пределах поперечного сечения стержня.

2. Приведем пример определения геометрических характеристик для схемы стержня на рис. 8 при ИР;-0,9.

Ур = — = 0,09 — = 0,150Р

32 ~ 0,9!

Распознанный текст из изображения:

-Ф]

тз

=0,19 — ~ [1-0,9 )=0,092О;

[ 0,9 ~

16 ~09

з

11гвс 0196Оз

16

ЗАДАЧА №б

гд!'

гд!'

Рис. 9

30

Для заданной балки (рис. 9) построить эпюры поперечных

сил Д, и изгибающих моментов Мт; ординаты эпюр выразить

через г1 и 1. Дано: Р= ф; М=г11.

«» .~».в,. °,.„, у ° « „.» а.

Решение

1. Разбиваем балку на участки и из крайнего левого сечения проводим оси координат х и я.

2. Определяем опорные реакции из уравнений равновесия:

ХМс = 0' — Ко 31 — М- Р 2! — М вЂ” 2М = 0;

4М+2Р1 4ф~+ 291

)го = =-291;

31 31

!!о + Р + !!с = 0;

1!с = — 1!о — Р = 2г!! — 9! = 91.

Я»»««»„, В. И „, р„

независимо от направления заданных нагрузок. 2. В левой неподвижной шарнирной опоре могут возникнуть как вертикальная, так и горизонтальная опорные реакции, но так как в задаче отсутствуют горизонтальные силы, то последняя реакция будет равна нулю. 3. Уравнение равновесия моментов рекомендуется составлять относительно одной из опор, т.к. при этом реакция, проходящая через данную опору, имеет плс ю, равное нулю, и следовательно в данное уравнение не войдет, в связи с чем можно сразу найти другую реакцию; если не следовать данной рекомендации, то придется решать систему уравнений. 4. При составлении уравнения равновесия моментов моменты, направленные против часовой стрелки относительно рассматриваемой точки берутся со знаком « — , '», а моменты, направленные по часовой стрелке — со знаком « — ж это же правило сохраня-

ется и в п. 4. 5. При составлении уравнения равновесия сил силы, направ-

ление которых совпадает с положительным направлением оси г, берутся

со знаком «+», а силы, направленные противоположно — со знаком « — »;

это же правило сохраняется и в п. 4.

Распознанный текст из изображения:

3. Изображаем силовую схему, нанося на нее верное направление опорных реакций (знак минус говорит о том, что действительное направление опорной реакции противоположно выбранному) и выражая все через ц и 1.

4. Определяем внутренние силовые факторы, используя метод сечений:

ОА

— 0ол — 24 = 0; 0,2л — — — 24;

Мол+ 24х — 4 = 0; Мол — — ц1(1 — 2х);

2

хо = О, Мол = ц1;

2

-тл= 1, Мол =-4

АВ

— 0лв — 2ц1+ц1=0; 0»в= 4'

Мля+ 2ц1х — ц1 — цДх — 1) = 0; Млв — — — 4х;

хл= 1, Млв= — 4;

хв = 21, Млл — — -242.

ВС

0вс+ 4 = О; 0вс = -4;

— Мвс — 24 л ц1(31 — х) = О; Мвс = ц1(1 — х);

ха= 21, Мвс = ф1;

хс= 31, Мас = -242.

пр ~ .у ° „„,, „,м„„п „,;, „„„„„,рр

сматриваемую часть балки, рекомендуется искомые поперсчныс силы, приложенные слева от сечения, направлять вверх, а справа от сечения— вниз; в этом случае подученные в решении знаки автоматически будут соответствовать верным знакам эпзоры 0р . 2. Поскольку эпюру из2нбающих моментов М, строят со стороны сжатых волокон балки и знаки на ней не ставят, рекомендуется искомые моменты направлять таким образом, чтобы они изгибали балку вверх; в этом случае при получении в ре2пении момента со знаком и ' » эпрору изгибающих моментов М, следует отложить вверх, а при получении момента со знаком к — » эпюру Мр следует отдолбить вниз. 3. Уравнения моментов составляются относительно сечения; в этом случае в них нс будут входить искомые поперечные силы 0,.

5. Строим эпюры поперечных сил 0, и изгибающих моментов Му

Пп" ' б П р .э рр у б

рить нх с помощью правил, пруиведенных в приложении. Полное соответствие этим правилам гарантирует правильность решения задачи; любое

32

несоответствие свидетельствует об ошибке. Для примера сделаем проверку эпюр рассмотренной задачи. Сначала проверим эпюру поперечных сил 0б. Проверку будем осуществлять, рассматривая силовую схему слева направо. В точке О приложена сосредоточенная сила 2ц1. Поскольку относительно рассматриваемого участка ОА эта сила находится слева и направлена вниз, то по правилу знаков она считается отрицательной. Следовательно, в соответствии с п. б приложения на эпюре 0, в точке О будет скачок в отрицательном направлении на величину 24. Далее. в точке А приложена сосредоточенная сила 4. Относительно следующего рассматриваемого участка АВ эта сила приложена слева и направлена вверх, то есть по правилу знаков считается положительной. Следовательно, по п.

6 на эпюрс 0б в точке А будет скачок в положительном направлении на величину 4. Заметим, что те же самые результаты можно получить и рассматривая силовую схему справа налево; при этом силы, направленные вверх, по правилу знаков будут отрицательными. Теперь проверим эпюру М, . Для определенности рассмотрим силовую схему слева направо. В точке О приложен момент 4', который изгибает балку вверх. Следовательно, по п. 7 приложения на эпюре Мт в точке О должен быль скачок вверх на величину 4. Так как на участке ОА ординаты эпюры О, отри-

2

цательны и равны 24, то в соответствии с п. 1 приложения эпюра Му на этом участке имеет наклон в отрицательном направлении под углом, тангене которого, определяемый разностью значений Мр в конечной А и начальной О точках этого участка, отнесенной к длине участка, будет равен: (-ц1 -ц1 )В= -2ц1. В точке А приложена сосредоточенная сила 4, направ-

2 2

ленная вверх, поэтому на эпюре Му в этой точке в соответствии с п. б приложения имеется излом, направленный в противоположную сторону, т.е. вниз. В соответствии с эпюрой 0б тангенс угла наклона эпюры Мр на участках АВ и ВС одинаков и равен -ц1. Поскольку в точке В приложен момент 42, изгибающий балку вверх, то в этой точке на эпюре Мр имеется скачок вверх на величину этого момента. В конечной точке С»дюра М, имеет скачок на величину 2ц1'р соответствующую приложенному в этой точке моменту.

Для заданной балки (рис. 10) требуется: 1. Построить эпюры поперечных сил 0 и изгибающих моментов М,; ордипаты эпюр выразить через ц и 1; 2. Из условия прочное~и по нормальным напряжениям определить размеры поперечных сечений в виде круга, прямоугольника (12=212) и двутавра. Найти отношение площадей сечений к наименьшей площади. Для наиболее рациональной формы поперечного сечения построить эшору нормальных напряжений

33

Распознанный текст из изображения:

У 6=2

У

140 МПа

Рис. 10

1

— 411

3

1

— 91

3

СМ,)

10 2 4

— 91 — 411

9 3

2 4

в опасном сечении балки. Дано: Р= 91; М=91; 1=1м; 41=10 Н)м;

(о1=-1бО МПа.

бб4бр . Пр„р„„, р . р *,б,р б«.

Решение

1. Разбиваем балку на участки и из крайнего левого сечения проводим Оси коорди2щт х и 2.

2. Определяем опорные реакции из уравнений равновесия:

ХМс = 0' М + Р'41 — 11л 31 4 41.21 21 - М - Р4 = О'

3Р1+491 3411 4-4411 7

31 31 3

ХР =0' — Р+)14 — 2411+ Р+Яс= 0;

1

Нс = — Лл + 261 = — — 4)1.

3

Вр .... Р .„.Р .„.. р..„,.„. р. р ° Р ° р2г равна произведению ее интенсивности 41 на длину ее действия, в данном случае — 21; эта равнодействующая всегда приложена посередине длины действия нагрузки 41, поэтому в данном случае ее плечо относительно точки С равно 21.

3. Изображаем силовую схему, нанося на нее верное направление опорных реакций и выражая все через 41 и 1.

4. Определяем внутренние силовые факторы, используя метод сечений:

ОА

— 0ол — 91 = О; 0ол = — 411;

Мо, + д1х+ д1 = 0; Мол — — -21111+ х);

2

хо=О, Мол=-4;

хл -— 1, Мол —— — 2411 .

2

АВ

7 (7

— 0лв — 44- — 91 — 91х — 1)=0; 0лв= 41~ — 1-х 3 ~3

Распознанный текст из изображения:

4

0АВ = — 4 '

3

2

0лв ба — — 4

3

хл —— 1,

хв= 31,

7 (х -1)

М и- )хл- 1 — — г)1( — 1)4-9( — 1) =О;

лв

3 2

23

Млв= — — чх + — 4х- — 4

2 3 6

г

Хл — — 1, Млв —— — 24

4

ха= 31, Млв = — — 4

3

Из найденных значений поперечной силы 0лв видно, что на участке АВ она меняет свой знак, то есть проходит через ноль, и, следовательно, в этой точке на эпюре Мв будет экстремум (см. и. 2 приложения). Определим его параметры:

7 7

0 =0; — 1-к=О; х= — 1;

3 ' 3

1 2 7 23 2 10

М = — — Чх4- — 4х — — 4 = — — 4

3 ' 6 9

ВС

1

0вс = — 4'

3

Мвс = — 4(41 — х) '

1

3

1

0вс — — 4=0'

3

— Мв — — 4(41 — х) = 0;

1

3

2

хв — — 31, Мво = — — 91

3

хс = 41 Мвс = О.

6. Строим эпюры поперечных сил 0, и изгибающих моментов М,.

Пр араб -УУР р "" р'""""р у

проверку построенных эпюр с помощью правил, приведенных в приложении, Проверка выполняется аналогично тому, как это показано в предыдущей задаче. Отличием является лишь добавление па участке АВ равномерно распределенной нагрузки 9 . Для проверки эпюр иа этом участка помимо других используют пп. 2, 4, 5 приложения. В частности, в ссот-

ветствии с и. 2, в точке, где эпюра 0у проходит через нуль, на эпюре Мр имеется экстремум, в данном случае — минимум. Так как распределенная нагрузка направлена вниз, то, в соответствии с и. 5, эпюра М, ограничена параболой, выпуклость которой направлена вверх.

6. Из условия прочности определяем размеры поперечных сечений:

ох,„~ = < [гт).

!Мхпуаа!

С учетом этого, а также того, что согласно эпюре М, ~М„„~=291,

2

минимально необходимый осевой момент сопротивления будет

равен:

! 2 4 2

24 2.10 Нlм.1м

[аз[ [01 160 10 Н!м

Определяем диаметр и площадь круглого поперечного сече-

ния:

13

И' = — =0,!пР'; 0,1бгг =125см; п(=4250=10,8см;

32

12

Е = =916см .

4

Определяем размеры и площадь прямоугольного поперечного сечения:

ЬЬ2 2Ьз

И'р = — = —; — =125 см; Ь = $87,5 = 5,7 см;

6 3 3

Еп = ЬЬ = 2Ь = 65,5 см .

По таблице ГОСТа (ГОСТЫ приведены в конце учебников и задачников по сопротивлению материалов) определяем параметры двутавра, у которого осевой момент сопротивления И',„, (в ГОСТе обозначен как И',) ближайший больший к [Иг,]:

двутавр№ 18, И'„=143 смз, Ел=23,4смг.

ар«~~. п,р р у, р„, б,

даниях, приведены в следующей таблице:

№ 10 12 14 16 18 !8а 20 20а 22 22а

ИУП, см 39,7 58,4 81,7 !09,0 143,0 159,0 !84,0 203,0 232,0 254,0

Е, см !2,0 14,7 !7,4 20,2 23,4 25.4 26.8 28,9 30,6 32,8

Распознанный текст из изображения:

СОДЕРЖАНИЕ

УДК 539.318

Профессор, д.т.н. А. Л. Воронцов

23

30

47

Приложение.

Контрольные вопросы.

2004030000

ЛР 020418-97

18ВХ 5-8068-0185-3

© А. Л. Воронцов, 2001

Расчетно-проектировочные работы по курсам кафедры «Прикладная механика»: Учебное пособие для вузов. М., МГАПИ. 2001. 50 с.

Изложены требования к оформлению расчетно-проектировочных работ по курсам «Сопротивление материалов» и «Техническая механика» и даны подробные пояснения с приведением конкретных примеров решения задач по разделам:

1. Геометрические характеристики плоских сечений;

2. Растяжение и сжатие стержня;

3. Теория напряженного состояния;

4. Кручение стержня круглого поперечного сечения;

5. Прямой изгиб стержня.

Рассмотрены наиболее часто встречающиеся ошибки при выполнении расчетно-проектировочных работ.

Предназначено для студентов, изучающих дисциплины по кафедре «Прикладная механика».

Рецензенты: член-корр. РАН, д.т.н., профессор МГТУ им. Н.Э.Баумана А.М.Дмитриев;

д.т.н., профессор МГАПИ В.Я.Осадчий.

Печатается по решению редакционно-издательского совета МГАПИ

Правила оформления работы.................................. 4 Задача № 1 Геометрические хирактеристики сечений... 5 Задача № 2 Растяжение — сжатие стержня............... 13 Задача № 3 Температурные напряжения..................... 16

Задача № 4 Плоское напряженное состояние............... 19

Задача № 5 Кручение стержня...........

Задача № б Изгиб Ввухопорной балки....

Задача № 7 Расчет на прочность при изгибе балки........ 33

Задача № 8 Изгиб ломаного стержня с заделкой........... 38

Задача № 9 Изгиб ломаного двухопорного стержня....... 43

Распознанный текст из изображения:

Определяем отношение площадей поперечных сечений к наименьшей площади:

Р,/ Р'л= 3 91; Р, / Р, = 2,80.

Вр ~.В Е р Рвр Р р Р

является такая, которая обеспечивает требуемую прочность при наименьшей затрате материала, то есть при наименьшей плошади поперечного сечения; при безошибочных вычислениях наиболее рациональным в данной задаче всегда является сечение в виле двутавра.

7. Определяем наибольшее нормальное напряжение в опасном сечении балки с двугавровым профилем:

Строим эпюру нормальных напряжений в опасном сечении балки с двутавровым профилем. Так как в опасном сечении эпюра М, расположена снизу„то сжатые волокна балки также расположены снизу, то есть ниже нейтральной линии двутаврового сечения напряжения будут сжимающими и, следовательно, отрицательными, а выше нейтральной линии — растягивающими и, следовательно, положительными.

вр, .в р *. р

вают вправо, а отрицательные — влево.

ЗАДАЧА №8

Для заданного ломаного стержня (рис. 11) построить эпюры поперечных сил р„22 и изгибающих моментов Мр; ординаты эпюр выразить через г/ и 1. Дано; Р= р/1; М=г/1 .

вррррр врвр «» р в рв.

Решение

1. Разбиваем стержень иа участки и показываем необходимые для решения оси координат.

Вр».в г „„, вр„

свою систему осей координат. Для того чтобы оси координат нс сливались с другими элементами изображения, условно показываем их немного в стороне от начальной точки каждого участка, в качестве которой следует принимать крайнюю точку той части участка, которая будет оставлена для расчета по методу сечений.

2. Определяем опорные реакции из уравнений равновесия:

ЕР. = 0' — //о А. 2/ 21 — Р = 0; Но = р/1'

2Рр= 01 /1о-Р = О; /1о =,/1;

А.Мо = 0; Мо — Р/ 2М вЂ” М+ Р 31 — Р 21 = О; Мо = 22/1 .

3. Изображаем силовую схему, нанося на нее верное направление опорных реакций и выражая все через р/ и 1.

4. Определяем внутренние силовые факторы, используя метод сечений

ОА

/1 — 0ол = 0; 0ол = /1;

Мол + 22/1 — Р//х = 0; Мол —— Р/Нх — 21);

2

хо= О, Мол = — 2/1;

2

хА=1, Мол — — — г/1 .

вр.- .р.в...р .....'.р...,

ру-

зок, действующих на рассматриваемую часть стержня, рекомендуется

искомые поперечные силы, приложенные сверху от сечения, направлять

вправо, а снизу от сечения — влево (если мысленно повернуть вертикаль-

ныи участок в горизонтальное положенис, та будет видно, что эта реко-

мендация идентична рекомендации, данной в и. 4 задачи № б для гори-

зонтальных участков); в этом случае полученные в решении знаки авто-

матически будут соответствовать верным знакам эпюры йр. 2. Иско-

мые моменты на вертикальных участках рекомендуется направлять таким

образом, чтобы они изгибали стержень вправо; в этом случае при получе-

нии в решснии момента со знаком «+» эпюру изгибающих моментов М,

с

ледует отложить вправо, а при получении момента со знаком «-» эпю-

У

ру

Мр следует отложить влево. 3. Если на участке имеется продольная сила,

то для обеспечения равновесия в сечении следует формально показывать

силу ДР„, хотя определять ес необязательно, поскольку построение »ню-

ры продольных сил /рР„в данной задаче не требуется.

АВ

р/1 — р/Х! Ы!В = 0; ДАВ = г/11 Х!)1

х~л — — О, р /лв — — р/1;

хм —— 21, Ялв = г/1'

2 Х2 1 2

Млв+ 11 — г//х~ + 2/хр — = 0; Млв = — — р/х +г//х — 1/1;

2 2

х = О. М = — р/1;

2

х2в = 21, Млв = — р/1 .

2

Из наиденных значений поперечной силы Цлв видно, что на уча-

стке АВ она меняет свой знак, то есть проходит через ноль,и, сле-

довательно, в этой точке на эпюре Мр будет экстремум. Опреде-

лим его параметры:

Длв -— 0; 1 — хи — — 0; хи — — 1;

Распознанный текст из изображения:

Мо ~~тт о

гд1'

го1'

Рис. 11

гд1'

х2 4

2о1

211

2ц(~ д

лв ф 212лв

Млв

лв

211 Олв

41

40

ли чх1 + 221х1 ч1 = — ф

2

г ' ' г

-люлв- .л у Р Р р

п

ный перенОс сил и моне! Ов с участка ОА в нана ьную точку А участка .АВ. Если не делать эквивалентный перенос, то расчетная схема для участ' ка АВ в соответствии с методом сечений должна иметь вид, показанный на следующем рисунке слева. При использовании эквивалентного перено-

Распознанный текст из изображения:

са следует иметь в виду, что моменты переносятся в любую точку без из-

менения, а при переносе силы следует добавлять момент этой силы отно-

сительно точки переноса. На показанном вьппе левом рисунке вертикаль-

ная сила 4, приложенная в точке О, не имеет плеча относительно точки

А, в связи с чем она переносится без добавления момента. В то же время

горизонтальная сила 41, приложенная в точке О, имеет плечо 1 относи-

тельно точки А, в связи с чем она переносится с добавлением момента 41 .

г

В результате получается схема, показанная на обсуждаемом рисунке

справа. После приведения полученных в результате переноса моментов к

одному, приходим к расчетной схеме участка АВ, показанной на рис. 11.

ВС

— 0вс-4=0; 0вс=-4;

4хг — Мвс = О; Мвс = г11хг',

хгс = 0; Мвс = 0;

г

хвв=1', Мвс=4

ВО

91 — 0во = О; Ово = с11;

Мво — 4хз — 0 Мвп = — 4хз

хго=О; Мво=О'

г

хгв= 1; Мво= — 4.

5. Строим эпюры поперечных сил 0, и изгибающих момен-

тов М,

Вв .1ь в в в+в в в'

помощью правил, приведенных в приложении. Проверка выполняется

аналогично тому, как это показано в прелыдуших задачах. Для облегчения

проверки вертикальных участков рекомендуется мысленно повернуть их в

горизонтальное положение. 2. В точках соединения нескольких стержней

можно производить проверку с помощью метода вырезания узлов. Для

примера рассмотрим точку В, в которой жестко соединены три стержня.

Мысленно вырезаем данный узел с помощью поперечных сечений, прове-

денных на бесконечно малых расстояниях от точки В. Действие отбро-

пвенных стержней на рассматриваемый узел заменяем изгибающими мо-

ментами, направление и величину которых определяем но эпюре М, . В

точке В со стороны участка АВ эпюра М, отложена вниз, и, следователь-

но, с этой стороны надо изобразить момент, изгибающий стержень вниз,

аналогично со стороны участка ВС вЂ” вверх, со стороны участка ВΠ— вле-

во. При этом в самой точке В надо показать приложенный в вей внешний

момент 4 . В результате получим показанную ниже схему, для которой

при правильном решении должно выполняться условие равновесия

У.мв = О. 4"

п1г 4

41 В

ЗАДАЧА Л' 9

Для заданного ломаного стержня (рис. 12) построить эпюры

поперечных сил 0, и изгибающих моментов М.; ординаты эпю

выразить через д и 1.Дано: Р=91; М=г11 .

У ы эпюр

.. вв..„, - в .в.- ° в.в«.

П м

Решение

1. Разб иваем стержень на участки и показываем необходимые для решения оси координат.

2. Определяем опорные реакции нз уравнений равновесия; ХМо — — 0; Кк 21 — М+ Р 1+2М вЂ” в1 1 — 14-Р 1=0; Я

2 4

к =- — 4'

ХРв=О; Но — Р=О; Но=4;

ОА

1

-00 — — 4 =0;

4

1

0ол = — 4'

4

1

Мол 4 + 4'х=О

4

1

Мол =ч1 1 — — х;

4

Мол = 4',

хо — — 0

2

Мол = — 4

4

хл =1;

АВ

— 0лв —— 0;

Млв+ — 4 =0;

2

2

Мля 4

г

2

ХР, = 0; Во + Р + Як — 4+ Р = 0; В

1

о= г1.

4

П имечание. Оп е

р деление реакции в даннои задаче рекомендуется начипать с уравнения равновесия моментов относительно неподвижной шар у позволит нанти реакцию в подвижной шарни—

вижной шарной опоре. П и любом

Р другом подходе придется решать систему уравнеа нирний, что более трудоемко.

3. Изоб ажае

р м силовую схему, нанося на нее верное иап авлен ие опорных реакций и выражая все через г1 н 1.

р в-

4. Определяем внутренние силовые факторы, используя метод сечений:

42

43

Распознанный текст из изображения:

П4 ~~.4 4

участка рс'.

ВС

— 0вс4-цхг — 4 = О; 0вс = ц44хг — 1)'

хгс=О; 0вс=4

хгв = !', 0вс = О'

Х2 Х2

— М вЂ” цХ вЂ” -~- ц1Х2 = О; МВС = цХ2

ВС- 2 —,' -' ~Я

Мвс= О'

1

Мвс= — 4 .

2

хгс= О;

Х2 в

ЛгА

3

— 0хр+ — 4 =О;

4

3

0АО = — 4'

4

3

-М вЂ” — 4хз '-4

АР 4

Млр -— 4 1- — хз

хю — — О; хзА 1'

МАр — — 4;

2

МАО = — 4

4

Я4 .4

участка ОК.

!

— 4

2

3

г

4

— ц!

4

— ц!

Л

ВК

— 0рк .!. 4 = О; Орк = 4 '

— Мрк — 4х4 = О' Мрк = 4х4

х4к — — О; Мрк = О;

г

х4р — 1 ! мрк 4

5. строим эпюры поперечных сил 04 н изгибающих моментов М,.

Приме 4аг~ие. Для примера выполнения проверки ниже показан узел, вырезанный в точке А. Видно, что условие равновесия ВМА = О выполняется.

ПРИЛОЖЕНИЕ

Свойства эпюр поперечных сил и изгибающих моментов

Ниже изложены свойства, полученные на основе дифференциальных зависимостей Журавского и помога4ощие при построении и проверке эпюр поперечных сил и изгибающих моментов. Свойства иллюстрируются характерными эпюрами; возможные варианты отделены друг от друга словом «или».

1. Каждая ордината эпюры 0, равна тангенсу угла наклона касательной к эпюре М, в соответствующей точке, т.е. чем больше 0, тем больше наклон эпюры М, рис. 13.

~'"224'4444сс-1.~~~~- вг в

; ШШШ;

а2,

или

3ШТ1Щ.Д-

1 М,„, (М ы) Рис. 15 1

или1

М44стР (М4444)

!

М,

Рис. 13

Рис. 14

2. Если на некотором участке эпюра 0, переходит через нуль, то на эпюре М„в этой точке будет экстремум (рис. 14).

3. Если на некотором участке 0,==0, то на этом участке М,— -сопи (рис. 15).

4. На участках балки, нагруженных равномерно распределенной нагрузкой ц=-сопя!, эпюра 0, будет линейно переменной, а М, — параболической (рис. 1б).

5. Эпюра Мг на участке, где приложена распределенная нагрузка, ограничена кривой, выпуклость которой направлена противоположно направлению ц (рис. 17, 18).

46

47

Распознанный текст из изображения:

ПРАВИЛА ОФОРМЛЕНИЯ РАБОТЫ

1. Работы выполняются в отдельной тетради, титульный лист

которой заполняется по следующему образцу:

Расчетно-проектировочные работы

по сопротивлению.иатериалов

студента группы ПР1-00-011д)

Иванова Сергея Петровича,

шифр № 00135,

вариант № 12

пр, ччч. ь ш,фр „„у,,ру „,,~ . ~. а

преподаватель выдает индивидуальные листки с заданием без указания

номера варианта, то последняя строка не пишется.

2. Перед решением задачи должно быть обязательно написа-

но ее полное условие. В самом решении следует приводить тексто-

вые пояснения ко всем выполняемым пунктам, в соответствии с

показанными далее примерами 1кроме приведенных в них приме-

чаний, набранных мелким шрифтом). Математическая часть реше-

ния должна быть представлена полностью, то есть сначала написа-

на формула, затем — все числа, которые в нее подставляются, и

лишь потом — окончательный результат.

3. Все чертежи должны выполняться на миллиметровой бу-

маге в соответствии с требованиями, предъявляемыми к техниче-

ским чертежам. Нельзя пропускать ни одного чертежа, необходи-

мого для решения поставленной задачи. Эпюры должны строиться

в относительном масштабе, который для разных эпюр может быть

выбран неодинаковым, однако в пределах одной эпюры должен

строго соблюдаться. Например, если в задаче № 2 при построении

1 Р

эпюры о„для наименьшей величины — — выбран масштаб 5 мм,

10 Р

1 Р

то для изображения величины — —, которая больше предыдуп1ей

5Г

ровно в 2 раза, следует использовать отрезок длиной 10 мм, а для

4Р

— — — соответственно 40 мм. Или если в задаче № 5 при построе-

5Р

М

нии эпюры 0 для наименьшей величины 0.590 — выбран масП1Э~

М

штаб 10 мм, то для величины 0,769, которая больше преды-

ИЭ

душей в 1,3 раза, следует использовать отрезок 13 мм, а для вели-

М

чины 0,820 —, которая больше наименьшей величины пример-

6О

но в 1,4 раза — 14 мм.

4. Как само решение, так и чертежи должны выполняться внимательно и аккуратно. Часто встречаются такие ошибки, как пропуск буквенных выражений после числовых коэффициентов

М

(например, вместо 0,820 — пишут просто 0,820), пропуск разСО4

мерностей (вместо 400 кН пишут просто 400), небрежное написание мПа вместо МПа (м — 10 ', а М вЂ” 10'), неверное написание буквы б (дельта) вместо о 1сигма). На переменных эпюрах линии выносок, показывающих, куда относится то или иное значение, небрежно проводят не к нужной ординате, а в первое попавшееся место, которому это значение не соответствует. Вместо выполненных по линейке прямых линий от руки проводят непонятные кривые, а когда требуется парабола, наоборот, проводят прямую линию.

5. Если работа преподавателем пе зачтена, студент обязал в кратчайший срок проделать работу над ошибками и представить ее на повторную проверку. Работа над оц~ибками выполняется в свободном месте той же тетради (например, исправления к задаче № 1 могут выполняться после текста решения задачи № 2; если они вновь неправильны, а уже сделана задача № 3 — то после этой задачи и т.д.) под заголовком вРабота иад ошибками в задаче №..т. Далее излагаются исправления тех этапов решения, которые выполнены неверно. Исправления непосредственно в тексте первоначального решения (путем черкания или замазывания) недопустимы.

Для заданной плоской фигуры 1рис. 1) найти положение главных центральных осей и величины главных центральных моментов инерции (размеры на чертеже ланы в сантиметрах, центры тяжести прямоугольника и выреза совпадают). На чертеже, выполненном в масштабе 1:1 показать все использованные в решении оси

Распознанный текст из изображения:

координат, геометрические размеры и их величины. Дано: уголок

50х50х5.

Др ~ВР у „„,рб,,„„,

точностью до третьего знака после запятой.

Решение

1. Заданную составную фигуру разбиваем на простые: в качестве фигуры 1 берем прямоугольник с вырезом, т.к. их центры тяжести по условию совпадают, в качестве фигуры 2 берем уголок. Обозначаем центры тяжести фигур (С) и проводим центральные оси координат. В качестве вспомогательных осей у', 2' выбираем ОСИ Уь зь

2. Для фигуры 1 определяем геометрические характеристики в собственных центральных осях:

Ус, =зс, =0'

Р; = ЬЬ вЂ” — Ь16, = 4 10 — — 1,2 1,5 =39,100 ем;

1 1 2

2 2

и> ЬЬ Ь2Ь1 4.10 1,2 1,5 4

= 333,221 см;

12 Зб 12 36

01 Ь Ь Ь1Ь1 4 .10 1,2 .1,5 4

= 53,279 см;

12 48 12 48

7 =0- т.к. 21 — ось симметрии, то есть она является

04

у и

главной.

3. Для фигуры 2 выписываем данные ГОСТа (приведенные в

конце учебников и задачников по сопротивлению материалов), после

чего переводим их в обозначения, принятые в решении:

Рис. 1

Распознанный текст из изображения:

Определяем координаты центра тяжести фигуры 2 во вспомогательных осях и центробежный момент инерции относительно осей

Уг гг'

Ь 4

ус = — +е= — +1,42=3,42см;

2 2

Ь 10

гс„= с — — -~ е = 8 — — а 1,42 = 4,42 см;

2 2

а ~ж.В б аи«аз а

му рекомендуется после нх определения подумать, абстрагируясь от конкретных фигур, какие знаки имеют координаты точки Сз в осях у', -'.

з " 17,8 — 4,63 6 585 сма

т„з

Ду~ я у. п~, р „„,,~... „,Р,б,,ю инерции уголка а, в данном случае взят знак «-», поскольку главная

1г)

узы

центральная ось гз, относительно которой момент инерции максимален, прохолит через 1-3 квадранты выбранных осей уг, гг. Если заданное положение уголка таково, что его главная центральная ось гз будет проходить через 2-4 квадранты осей уз, гз, то, соответственно, в выражении, определяющем центробежный момент инерции уголка, надо взять знак

«-~-Э.

4. Определяем координаты центра тяжести составной фигуры в осях у', г':

~)ус, + ~гУс, 39,1 0+4,8.3,42

Р;+ Гг 39,1+4,8

Ь~гс, аЬггс, 39,1.0+4,8 4,42

— = 0,483 см.

Р~ + Рг 39,1+ 4,8

а,~ ~.9 р,ч.

чертеж точка С обязательно должна попасть на прямую линию, соединяющую точки С, и С,.

5. Определяем расстояния между центральными осями отдельных фигур и всей фигуры:

т =ус ус, =0374 0=0,374см;

л1 = гс — г~ — -0,483 — 0=0.483см,'

тг = ус ус — — 0,374 — 3,42 = — 3,046 см;

"г =гс гс, =0483 4,42= — 3,937см.

б. По формулам перехода от одних осей координат к параллельным им осям находим моменты инерции отдельных фигур относительно центральных осей ус, га всей фигуры, после чего, используя первую теорему о моментах, находим моменты инерции всей фигуры:

з 'О = з' ~ ) + л, Р; = 333.221+ 0,483 . 39,1 = 342,343 см; У~ ~ =У~ ~+пзбг — — 11,2+3,937 4,8=85,600см; у „= 110 + з ~ ) = 342 343+ 85 6 = 427 943 с

то то

з'~ ~ =з~ ~+т, Р; =53,279+0,374 .39,1=58,748сма; з~~~=,/~ ~+тгР' =11,2а3046 48=55735сма;

=з'~ ) аэ~ ~ =58,748+55,735=1!4,483см

-а зо М

7~1), =у~~), +т1лД =0+0374 0483 391=7 063см; У,, =У~, +т л Г = — 6,585+( — 3,046) (-3,937) 4,8=50,977см;

ОО 1г) а з, = э'~ ) + з'~, ) = 7,063+ 50,977 = 58,040 см лоза хоза зв о

7. Определяем угол поворота аа главных осей и, г относительно центральных осей ущ га ..

2з', з

182а — за О

аз — э'

'о го

ао — — 05агс1 м" =05агсг ' = — Щ16" = — 10'10'.

У, — У ~ 114,483-427.943) Если паз > О, то на чертеже исходные оси поворачиваем против часовой стрелки, а если оп < 0 — то по часовой. Проставляем индексы

й момент

й оси, отее значеижай шах

на главных осях с учетом того, что максимальныи главны

г

инерции соответствует той оси, которая ближе к исходно 6: носитсльно которой осевой момент инерции имеет больш

ние. В данном случае э'г >з'з, поэтому ось г(шах) — бл я!; коси уо.

8. Находим главные центральные моменты инерции:

Распознанный текст из изображения:

~и ~П222 и п2!и 2 2

427,943+ 114,483 1

2 2

У,= 438,345 см;

+ 4 58,04 см;

2,,= 104,082 см .

ПП222~П

1. Если в задаче задан вырез прямоугольной <или квадратной)

формы, то в п. 2 следует использовать формулы

з з

О> ЬЬ Ь<Ь>

2,

12 12

<О Ь Ь Ь>Ь<

з з

12 12

ричную фигуру, для которой 7~ =О. Для определения в п. 3 ос<г>

У222

тальных характеристик такой фигуры используются данные ГОСТа, при выборе которых надо внимательно следить, какими полками <длинными или короткими) состыкованы уголки между собой.

Для примера найдем характеристики фигуры на рис. 2, составленной из неравнобоких уголков 50х32х4:

Ег —— 2Е = 2 3,17 = 6,34 см;

2~ > =2,1. +и Е ]=2[7,984-(5 — 1,65) .3,17)=87,111см;

У, ~ 2,, 3

э'< > =27 =2 2,56=5,12см4.

Уг Уп

Определим также характеристики фигуры на рис. 3, составленной из неравнобоких уголков 40х25х3:

Гг — — 2Е =2 1,89=3,78см;

7<~> = 22, = 2.1,58 = 3,!бом; У. )'1

7<2> = 21 = 2. 3,06 = 6,12 см .

22 Х .2,

а если круглой—

Уг

Уг

Рис. 3

Рис. 2

!О

<О

1ЬЗ 24

1,

12 64

ЬзЬ

12 64

2. Если в задаче вместо равнобокого задан неравнобокий

уголок, то для определения его центробежного момента в п. 3 сле-

дует использовать формулу у, =+(э'2 — у„ )<8а <индекс

<г>

«гоств означает, что величины и обозначения данных параметров

полностью соответствуют ГОСТУ). Верный знак определяется в

соответствии с примечаниями в п. 3 с учетом того, что ось пг бу-

дет перпендикулярна заданной в ГОСТе оси и .

Для примера определим центробежный момент уголка

100х63х10, расположенного также как в рассмотренной выше за-

даче:

У~, = — (7, — 7, )18а= — <154-283) 0387= — 48646см .

3. Если в задаче вместо уголка имеется швеллер или двутавр,

то, вследствие наличия у них оси симметрии, их центробежный

момент относительно этой оси равен нулю, т.е. У; = О.

У 22

4. Если заданы два симме)ри шо расположенных неравнобо-

ких уголка, то их рекомендуется рассматривать как одну симмет-

Распознанный текст из изображения:

4 Ра 5 ЕГ

1 Ра

Рис. 4

ЗАДАЧА №2

Для стержня переменного сечения (рис. 4), жестко заделанного по концам и нагруженного силой Р, построить эпюры продольных сил У,, нормальных напряжений и,, линейных деформаций в, и перемещений и . Из условия прочности определить допускаемую величину силы ~Р1. Вычислить величину энергии деформации как работу внешних сил и как энергию деформации от внутренних сил )т',. Дано: Р=2 10 ' м; (а)=160 МПа.

цр~ююиь в р

оса Жв

4

— Р

5

О

4Р 5Р

4 Р 5 ЕГ

12

Р е цз е н и е

1. Из крайнего левого сечения О проводим ось координат х и обозначаем характерные сечения А, В, С. дрла~.хр р . г ки, приложена сосредоточенная сила или изменяются размеры поперечного сечения.

2. Отбрасываем заделки, заменяя их действие реакциями, для которых составляем уравнение равновесия:

лс+ Р— по= 0 (1) Имеем две неизвестные реакции и одно уравнение статики, то есть задача один раз статически нсопределима. аы~.~.и р ч» „„р,„* „в независимо от направления силы Р; можно всегда (лля единообразия с и. 4 решения) направлять их вс внешние стороны от рассматриваемых сечений, как это показано в данном примере. 2. При составлении уравнении силы, направление которых совпадает с положительным направлением оси х, берутся со знаком кья, а силы, направленные противоположио— со знаком в — я; это же правило сохраняется и в и. 3.

3. Используя принцип независимости действия сил составляем уравнение перемещений из условия, что концы стержня жестко заделаны, и, следовательно, общая длина стержня не меняется. Для составления уравнения перемещений отбрасываем одну из заделок,

имер, правую, заменяя сс действие реакцией Яс, и учитыва-

Распознанный текст из изображения:

см, что силы действуют лишь на участках между точкой их прило-

жения и оставшейся заделкой (например, сила Кс действует на всех

трех участках ОА, АВ и ВС, а сила Р— только на одном участке ОА). Пе-

ремещения определяем с помощью формулы

И= — ',

И,1

ЕР

которая применима для участков, в пределах которых жесткость

стержня является постоянной.

Л1= + + + =0",

Вс 2а %..5а Лс.а

Е 2Р ЕР ЕР ЕЕ

1

Яс —— — Р.

5

рррррр,рррр *«- р „„...р

ции противоположно выбранному.

Из уравнения (!):

по = Р+ )сс = Р

1 4

5 5

4. Определяем продольные силы с помощью метода сечений

составляя уравнения равновесия для оставленных частей стержня:

4

р'сол 1'о = 0*' ~ОА ВО

5

1

~АВ ~0

5

)" лв+" Во =0'

1

5!Вс = Ес =- — Р.

5

лс псвс =0'

!4

Используя полученные результаты, строим эпюру продольных сил М,.

рр.рркррмар«рр,

АВ и ВС, н показаны на втором чертеже сверху. 2. Для расчета можно оставлять любые (т.е. расположенные либо слева, либо справа от рассматриваемого сечения) части стержня (оставленные в данном примере части показаны перед эпюрами). 3, Индексы у внутренней продольной силы обозначаю~ участок, на. котором эта сила дсйствует (иапример, )рсрл - это сила М„, действующая на участке ОА). 4. Рекомендуется искомыс внутренние продольные силы всегда направлять во внешнюю сторону от рассматриваемого сечения (независимо от направления приложенных к данной части внешних сил); в этом случае полученный в решении знак внутренней силы будет соответствовать верному знаку эпюры. 5. Поло-

жительиые значения на горизонтальной эпюре откладывают вверх, а отрицательные — вниз.

5. Определяем нормальные напряжения;

дсол 4 Р

ст

ОА= Р 5Г

~'Ав

О

лв= Р = 5Р'

ррсвс

2Р 10Р

Строим эпюру нормальных напряжений сз„.

6. Определяем линейные деформации по закону Гука:

ООА

Е 5ЕГ

Лв

О 1 Р

Е 5ЕГ

ствс

Е 10ЕР

Строим эпюру линейных деформаций ц„.

7. Так как в пределах каждого участка линейные деформации остаются постоянными, то определяем перемещения от начала координат по формуле

и(х) = и(хс) + с, (х — хс),

где ха — координата начала рассматриваемого участка;

и(ха) — перемещение начала этого участка.

ио =0;

4Р 4Ра

но+а зл(хл — хо) =Оч- — (а — О) =—

5ЕР 5ЕГ

4 Ра 1 Р ! Ра

ил +алв(хв — хл) = — — — — (4а — а) = — —;

5ЕР 5ЕР' 5ЕР

1Ра 1 Р

и +к (х — х )= — — — — (ба — 4а)=0.

в вс с в 5 РГ 10ЕР

ил—

ив=

15

Строим эпюру перемещений и .

пр, . р. пр,,р„„„,

тельно должно равняться нулю, поскольку в точке С также как и в точке О

имеется заделка. 2. При построении эпюры откладываем величины пере-

мещений в соответствующих точках н затем соединяем их друг с другом

прямыми линиями (часто встречается ошибка, когда откладывают пере-

Распознанный текст из изображения:

О

0,867 10 ЕЕ

! 0,867.10 Е

О

0,43410 Е

0,867.10~Е

3 1О

г

О

0,867 10 '

ЗАДАЧА №3

О

а

0,867!О

Рис. 5

мешснне иг и затем соединяют полученную точку прямой линией с нулем в точке С, пропуская тем самым обязательный излом в точке В).

8. С учетом эпюры о, и условия п]зочности ~ о, »а~]<[о] находим значение допускаемой нагрузки;

4 [Р]

— = [о];

5 Р

[Р]= — [тт]Е= — 160.10 — 2 10 ью =400 10 Н=400кН.

4 4 мг

Ш ъв г ° ~ ~* ы, р. денты забывают, что наибольшее значение с эпюры о, следует брать с учетом абсолютной, а не алгебраической величины, 2. Другая ошибка состоит в том, что, перенося цифровую дробь из левой части выражения в правую, забывают поменять местами числитель и знаменатель.

9. Находим энергию деформации как работу внешних сил по формуле

А= — Ри

1

2 Р

где пр — перемегцение точки приложения силы Р:

1 4Ра 2Ри

А= — Р.—

2 5ЕЕ 5ЕР

10. Находим энергию деформации через внутренние силы

Мг1 5

[7 5 ! 1

4 1 1

— Р а — — Р За — — Р 2а

5 5 2Ра

+ +

~-',2Е;Г; 2ЕГ 2ЕР 2Е 2Е 5 ЕГ

Пр «К г ч„~,„,,р.*. и

совпасть со значением Л .

При нагревании заштрихованного участка стержня [рис. 5) на Лг' закроется зазор Л, и в концевых сече~пах возникнут опорные реакции. Требуется построить эпюры продольных сил М,, нормальных напряжений ст,, линейных деформаций в„и перемешений и Дано: гг=12 10 ~ градус', гзг~=20~С, гз=2а 10

м ~-. вр. ° ....,.- °,,... «" р о«.--. -"

с ~очностью до 3 знака после запятой. 2. Подробные примечания к соответствуюшнм действиям изложены в задачс № 2.

Решение

1. Из лево~о неподвижного сечения стержня проводим ось х

и обозначаем все характерные сечения.

!Г..:- ф<.

17