close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Зобов С. Ю. и др. Сопротивление материалов. Расчет элементов конструкций

код для вставкиСкачать
Министерство образования и науки Российской Федерации
Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
«Воронежская государственная лесотехническая академия»
С.Ю. Зобов Э.А. Черников О.В. Зеленская
CОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
РАСЧЕТ ЭЛЕМЕНТОВ КОНСТРУКЦИЙ
Учебное пособие
Воронеж 2012
1
Министерство образования и науки Российской Федерации
Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
«Воронежская государственная лесотехническая академия»
С.Ю. Зобов Э.А. Черников О.В. Зеленская
CОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
РАСЧЕТ ЭЛЕМЕНТОВ КОНСТРУКЦИЙ
Учебное пособие
Воронеж 2012
2
УДК 620.1 (075)
З78
Печатается по решению учебно-методического совета
ФГБОУ ВПО «ВГЛТА» (протокол № 1 от 28 октября 2011 г.)
Рецензенты: кафедра механики ФГБОУ ВПО Воронежский ГАУ
им. императора Петра I,
заведующий кафедрой высшей математики и теоретической
механики ВГАУ д-р техн. наук, проф. В.П. Шацкий
Ответственный редактор
С.Ю. Зобов
Зобов, С. Ю.
З78 Сопротивление материалов. Расчет элементов конструкций [Текст] :
учебное пособие / С. Ю. Зобов, Э. А. Черников, О. В. Зеленская ; М-во
образования и науки РФ, ФГБОУ ВПО «ВГЛТА». – Воронеж, 2012. – 68 с.
ISBN 978-5-994-0487-1 (в обл.)
Учебное пособие содержит общие требования к самостоятельному выбору вариантов
расчетно-графических работ по сопротивлению материалов и их оформлению. В нем
приведены основные понятия и зависимости и примеры практического решения задач,
охватывающих рассматриваемые разделы курса «Сопротивление материалов».
Учебное пособие предназначено для студентов по направлениям подготовки 250400 –
Технология лесозаготовительных и деревоперерабатывающих производств, 190600 –
Эксплуатация транспортно-технологических машин и комплексов, 190700 – Технология
транспортных процессов, 151000 – Технологические машины и оборудование.
УДК 620.1 (075)
ISBN 978-5-7994-0487-1
© Зобов С.Ю., Черников Э.А.,
Зеленская О.В., 2012
© ФГБОУ ВПО «Воронежская государственная
лесотехническая академия», 2012
3
ВВЕДЕНИЕ
В соответствии с учебным планом и программой курса «Сопротивление
материалов» студенты технических направлений подготовки ВГЛТА очной
формы обучения самостоятельно выполняют расчетно-графические работы по
дисциплине.
В ходе выполнения расчетно-графических работ развиваются самостоятельность и инициатива, вырабатываются навыки решения задач и уверенность
в правильности полученных результатов и их интерпретации.
Каждая расчетно-графическая работа представляет собой решение одной
или нескольких задач, объединенных целью и последовательностью выполнения, и ставит своей целью практическое усвоение соответствующего раздела
теоретического материала курса.
Необходимый объем работ и последовательность их выполнения для студентов даны в тексте заданий.
Учебное пособие содержит общие требования к самостоятельному выбору вариантов и их оформлению.
Приведены основные понятия и зависимости и примеры практического
решения задач, охватывающих рассматриваемые разделы курса «Сопротивление материалов».
Представлены варианты контрольных заданий расчетно-графических
работ: № 1 «Расчет элементов конструкций на прочность и жесткость» и
№ 2 « Расчет статически неопределимой системы».
Общие справочные данные, используемые при решении задач, представлены в Приложениях.
4
Используемые обозначения и единицы измерения
Нагрузки:
3
2
F – сосредоточенная сила, кН; 1 кН = 10 Н = 10 кгс;
M – сосредоточенная пара сил (момент), кН∙м;
q – интенсивность распределенной по длине стержня нагрузки, кН/м.
Обозначение осей:
x – продольная ось стержня;
y , z – главные центральные оси инерции поперечного сечения.
Геометрические характеристики поперечного сечения :
2
A – площадь поперечного сечения, см ;
3
S x , S y , Sz – статические моменты относительно осей x , y , z , см ;
4
J x ,J y ,J z – осевые моменты инерции относительно осей x , y , z , см ;
4
J xу – центробежный момент инерции, см ;
4
J p – полярный момент инерции, см .
Внутренние усилия:
N – продольная сила, кН;
Q y ,Qz – поперечные силы относительно соответствующих осей, кН;
M y , M z – изгибающие моменты относительно соответствующих осей, кН∙м;
T , M кр . – крутящий момент, кН∙м.
Напряжения:
 – нормальные напряжения, МПа;
 – касательные напряжения, МПа;
1 МПа = 106 Па =106 Н/м2=102 кгс/см2.
Деформации и перемещения:
 l – абсолютная деформация стержня при растяжении (сжатии), см;
 ,  – относительные продольная и поперечная деформации;
 – угловые деформации (углы сдвига);
 – относительный угол закручивания стержня (вала) при кручении, рад;
f , y – прогиб, вертикальная деформация балки, см;
 – угол поворота балки.
Характеристики материала:
 y – предел текучести, МПа;
 ut , uc – предел прочности при растяжении (сжатии), МПа;
  ,  – допускаемые напряжения, МПа;
Е – модуль упругости, Есталь  2  10 5 МПа  2  10 6 кгс / см2 ;
G – модуль сдвига, Gсталь = 8∙104 МПа = 8∙105 кгс/см2;
 , – коэффициент Пуассона;
 – удельный вес,  сталь  78 кН / м3  7 ,8г / см3 ).
5
ОБЩИЕ УКАЗАНИЯ ПО ВЫБОРУ ВАРИАНТА
И ВЫПОЛНЕНИЮ РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКИХ РАБОТ
Цель расчетно-графической работы – практическое освоение теоретического курса и приобретение навыков решения задач, имеющих как учебный, так
и прикладной характер.
Выдача заданий, консультации и защита работ производится руководителем практических занятий. Перед выдачей задания преподаватель знакомит
студентов с содержанием, целью и порядком выполнения работы, устанавливает сроки защиты работ.
Исходные данные каждой задачи студенты выбирают в соответствии со
своим учебным шифром. Для выбора индивидуального варианта задания используются две последние цифры номера зачетной книжки. Цифры соответствует строке (варианту) числовых исходных данных в таблицах заданий и номеру расчетной схемы задачи. Вариант « д » соответствует предпоследней, а
вариант « е » – последней цифре шифра студента. Расчетная схема выбирается по последней цифре номера зачетной книжки – буква « е ».
Например: номер зачетной книжки 205619. В этом случае из столбцов
« д » берутся данные по строке 1, а из столбцов « е » – по строке 9, схема № 9.
Перед выполнением задач следует ознакомиться с соответствующими
разделами теоретического курса лекций и учебников, которые приведены в
библиографическом списке.
В процессе расчетов следует обратить внимание на согласованность единиц измерения величин, входящих в формулы. (Не забывайте писать, в каких
единицах получен результат.). Рекомендуемые единицы измерения приведены в
перечне используемых обозначений. Все арифметические вычисления следует
выполнять с точностью до двух значащих цифр, принятой для инженерных
расчетов.
Пояснительная записка оформляется в соответствии с ГОСТ 7.32-91 п.4
на стандартных листах писчей бумаги формата А-4 (210х297 мм).
6
Листы расчетно-графической работы брошюруются и снабжаются титульным листом с обязательным указанием дисциплины, номера варианта задания и данных исполнителя.
При представлении задач обязательными элементами являются:
– расчетные схемы, выполненные в масштабе и конкретизированные в
соответствии с индивидуальными данными;
– краткие пояснения вычислений и расчетных формул;
– требуемые эпюры, выполненные в масштабе.
В процессе защиты студентам предлагаются задачи и контрольные вопросы из соответствующего раздела курса.
Небрежно оформленные и выполненные не по заданию РГР к защите не
принимаются.
ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ И ЗАВИСИМОСТИ
1. Задачи курса «Сопротивление материалов»
Различные инженерные сооружения – здание, мост, автомобиль, корабль
и т.д. – помимо других своих качеств должны обязательно обладать прочностью, т.е. способностью сопротивляться разрушению под действием приложенных к ним внешних сил (нагрузок).
Для этого элементы (детали) сооружений должны быть изготовлены из
соответствующего материала и иметь необходимые размеры.
Изучение методов расчета элементов конструкций на прочность и составляет первую задачу курса сопротивления материалов.
Помимо этого во многих случаях приходится определять изменения формы и размеров (деформации), которые возникают в элементах конструкции под
действием нагрузок. Эти деформации невелики, и обнаружить их можно лишь с
помощью специальных приборов (тензометров). Но без изучения этих деформаций невозможно решить следующие задачи: при каких условиях может произойти разрушение детали и, наоборот, при каких условиях деталь может безопасно работать.
7
Способность элемента конструкции сопротивляться деформации называется жесткостью. Отсюда вторая задача курса: изучение методов расчета конструкций на жесткость.
Инженерное сооружение должно быть устойчивым, т.е. в пределах заданных величин внешних нагрузок отдельные элементы, все сооружение в целом
должно сохранять первоначальную форму равновесия. Потеря устойчивости
может иметь место при значениях нагрузок, совершенно безопасных с точки
зрения прочности или жесткости элемента. Изучение методов расчета на устойчивость составляет третью задачу курса. Следовательно, сопротивление
материалов дает практические методы расчета элементов конструкции на прочность, жесткость и устойчивость.
2. Внутренние усилия. Метод сквозного разреза. Типы деформации
Непосредственной причиной разрушения материала элемента конструкции являются внутренние усилия.
Внутренние усилия возникают от действия внешних нагрузок и определяются методом сквозного разреза (сечений), сущность которого состоит в следующем:
1. Мысленно рассекаем стержень (тело) по сечению I – I, в котором требуется определить величину внутренних усилий (рис. 1, a ).
2. Отбрасываем ту часть стержня, к которой приложено большее число
внешних сил. Это делается для того, чтобы уравнение равновесия оставшейся
части было проще.
3. Поскольку разрез был ―мысленный‖, а стержень находился в равновесии, то условно отброшенная часть стержня также находится в равновесии. Это
обеспечивается заменой действия отброшенной части на оставшуюся часть
стержня, главным вектором R и главным моментом M , проведенными через
центр тяжести сечения I – I. R и M будут статическим эквивалентом тех внут-
8
ренних силовых факторов, которые передавались со стороны отброшенной части на оставшуюся (рис. 1, b ).
F1
I
F3
F2
I
F4
F5
a)
y
F1
M
y
F1
R
My
Qy
Mz
z
z
Qz
F2
x
R1
Nx
F2
T
x
M1
b)
c)
Рис. 1. Метод сквозного разреза
4. В свою очередь мы можем привести силы, действующие на оставшуюся часть, тоже к главному вектору R1 и главному моменту M 1 . Очевидно, что
они должны быть равны по величине и противоположно направлены по отношению к главному вектору R и главному моменту M внутренних усилий
(рис. 1, b ), иначе условие равновесия не будет обеспечено.
Отсюда следует вывод: величина внутренних усилий (силовых факторов) может быть определена по величине внешних сил, действующих на
оставшуюся часть стержня.
Проекции R на оси x, y, z и составляющие M относительно данных осей
(рис. 1, c ) имеют следующие наименования:
N – продольная сила, направлена по перпендикуляру к сечению;
Q y и Qz – поперечные (перерезывающие) силы, действуют в плоскости
поперечного сечения;
T – крутящий момент, действует в плоскости поперечного сечения;
M y и M z – изгибающие моменты относительно осей y, и z.
9
Все шесть внутренних силовых факторов могут быть найдены из шести
уравнений равновесия статики, которые можно записать для пространственной
системы. Для плоской системы записывают три таких уравнения.
Внутренним силовым факторам соответствуют четыре вида простейших
деформаций:
Действует продольная сила N – это растяжение или сжатие;
Действует поперечная сила Q – это срез (сдвиг);
Действует крутящий момент T – это кручение;
Действует изгибающий момент M – это ―чистый изгиб‖.
3. Растяжение (сжатие)
Растяжением (сжатием) называется такой вид деформации, при
котором в поперечном сечении бруса возникает только продольная сила N ,
а все остальные внутренние усилия равны нулю.
При растяжении (сжатии) продольная сила, направленная по нормали от
сечения – положительна, если по нормали к сечению – отрицательна.
Продольная сила в сечении определяется методом сквозного разреза. Она
численно равна алгебраической сумме внешних сил, действующих вдоль оси
стержня по одну сторону от сечения, и противоположно направлена.
Для выяснения закона распределения продольных сил по длине стержня
строится эпюра N (рис. 2).
Определение значения продольной силы на каждом силовом участке:
F1  N  x1   0;
N  x2   F1  F2  2  6  4кH ;
N  x1   F1  2кH ;
N  x3   F1  F2  F3  2  6  5  1кH .
Эпюрой называется график, показывающий закон изменения какого-либо
силового фактора по длине элемента конструкции.
Любая ордината эпюры показывает величину силового фактора в сечении, расположенном против данной ординаты.
10
F2  6êÍ
F3  5êÍ
F1  2êÍ
x
x2
x3
x1
2
1
N , êÍ
4
N1
F1
x
N2
F2
F1
x
N3
F2
F3
F1
x
Рис. 2. Эпюра продольных сил
Скачки на эпюре равны величинам внешних продольных сил, приложенных в соответствующих сечениях.
Решаются три вида задач расчета на прочность:
1. Исходя из критерия прочности при растяжении (сжатии) определяется
площадь поперечного сечения стержня:
 maх 
N mах
Aнеобх .
   ; Aнеобх . 
N max
 
.
(1)
2. Определяется несущая способность (грузоподъемность) стержня:
 F   Aфакт .    .
(2)
3. Проверяются фактические напряжения:
 факт . 
N max
Aфакт .
   .
(3)
11
Расчет на жесткость проводится по следующей формуле:
l 
N l
  l  .
EA
(4)
Абсолютная деформация l пропорциональна продольной силе N , действующей на силовом участке длиной l и обратно пропорциональна жесткости
при растяжении (сжатии) – EA .
4. Кручение
Кручением называется такой вид напряженного и деформируемого
состояния, при котором в поперечном сечении круглого стержня возникает только один внутренний силовой фактор, – крутящий момент T , действующий в плоскости сечения.
Крутящий момент, действующий в каком-либо сечении на левую часть
бруса, равен и противоположно направлен крутящему моменту, действующему
в том же сечении на его правую часть. Следовательно, кручение является примером чистого сдвига, при котором в поперечном сечении возникают только
касательные напряжения.
На основании метода сквозного разреза, крутящий момент в произвольном поперечном сечении стержня численно равен алгебраической сумме внешних скручивающих моментов, действующих по одну сторону от сечения, и направлен в противоположную сторону по отношению к их равнодействующему
моменту.
Крутящий момент является положительным, если внешний скручивающий момент поворачивает круглый вал по часовой стрелке, если смотреть со
стороны разреза.
Правило остаѐтся неизменным для любой рассматриваемой части вала –
левой или правой. Пример построения эпюр T показан на рис. 6.
12
M 1  100 M 2  200 M 3  300 M 4  200
X
x1
x3
x2
x4
x5
200
100
T , кгс  м
100
Рис. 3. Эпюра крутящих моментов
Определяем значения крутящих моментов на каждом силовом участке:
T  x1   0 ;
T  x2   M1  100кгс  м ;
T  x3   M1  M 2  100  200  100кгс  м ;
T  x4   M1  M 2  M 3  100  200  300  200кгс  м ;
T  x5   M1  M 2  M 3  M 4  100  200  300  200  0 .
При рассмотрении эпюр учитываются следующие факторы: крутящие
моменты в опорных сечениях равны нулю, если опоры подшипники; скачки на
эпюре T равны величине скручивающих моментов, приложенных в данном сечении; расчет на прочность производится по наибольшей абсолютной величине крутящего момента. В данном примере это T  x4   200кгс  м .
Критерий прочности при кручении имеет вид
 max 
где
Wp 
Jp
pmax
Tmax
W pнеобх .
   ,
(5)
– полярный момент сопротивления, см3;
Tmax – максимальный крутящий момент;
  – допускаемые напряжения при кручении.
Подбор поперечного сечения осуществляется по формуле
W pнеобх . 
Tmax
 
.
(6)
13
Для расчета сплошных и полых валов по формулам (5) и (6) необходимо
определять полярные момент инерции J p и момент сопротивления W p , выразив
данные характеристики через диаметр.
Для сплошного вала
Jp 
  D4
32
, Wp 
  D3
16
(7)
.
Для полого вала
Jp 
где
c
  D4
32
( 1  c 4 ), W p 
  D3
16
( 1  c 4 ).
(8)
d
.
D
Значение W p позволяет подобрать диаметр вала по формулам:
D
3
Tmax
0 , 2  
, D 3
Tmax
0 , 2   1  c 4    
.
(9)
Расчет на жесткость при кручении проводится по следующей формуле:

T l
   .
GJp
(10)
Угол закручивания  пропорционален крутящему моменту T , длине
участка l , на котором он действует, и обратно пропорционален жесткости при кручении GJ p .
В данном выражении угол закручивания  выражен в радианах, а перерасчет в градусах производят из соотношения
1800

 57 , 30 и проводят расчет на
длину вала в 100 см:

T  100
T
 57 , 30  5730
   .
GJp
GJp
При расчете валов   принимают:
при статических нагрузках –    0 , 30 ;
при переменных напряжениях –    0, 250 ;
при ударных нагрузках –    0 ,150 .
(11)
14
5. Поперечный изгиб
Изгибом называется такой вид напряженного и деформируемого состояния, когда в поперечных сечениях стержня, называемого балкой, возникают изгибающие моменты M , действующие в плоскости, перпендикулярной поперечному сечению, и поперечные силы Q , действующие в этом
сечении.
Такой вид изгиба называется поперечным (в отличие от продольного изгиба, вызываемого действием продольных сил).
Внешней нагрузкой при изгибе могут быть сосредоточенные силы F и
изгибающие моменты M , а также распределенные нагрузки q .
Внешнюю нагрузку уравновешивают реакции, возникающие в опорах балок. Вид опорной реакции зависит от устройства опоры, т.е. от того, сколько
связей накладывает это устройство.
Подвижная шарнирная опора (рис. 4, а) накладывает одну связь, препятствующую перемещениям в направлении, перпендикулярном еѐ основанию.
Этой связи соответствует одна реакция V .
Рис. 4. Виды опорных реакций
15
Неподвижная шарнирная опора (рис. 4, б) накладывает две связи, препятствующие перемещениям в вертикальной и горизонтальной плоскостях. Им
соответствуют две реакции – V и H .
Консольная заделка накладывает три связи, препятствующие вертикальному и горизонтальному перемещениям и повороту опоры (рис. 4, в).
Рекомендуется следующая последовательность при вычислении опорных
реакций:
Составляют уравнения суммы моментов всех внешних сил относительно
центров тяжести опорных сечений и приравнивают их к нулю. Из этих уравнений определяют две неизвестные опорные реакции.
Из суммы проекций всех внешних сил на ось х находят третью неизвестную реакцию.
Проверяют правильность определения вертикальных опорных реакций с
помощью уравнения суммы проекций всех сил на ось у, которая должна быть
равна нулю.
После определения опорных реакций приступают к исследованию напряженного состояния в сечениях балки, для чего должны быть найдены внутренние силовые факторы – поперечные силы и изгибающие моменты. Они определяются с помощью метода сквозного разреза.
Поперечная сила Q y в сечении балки численно равна алгебраической
сумме внешних поперечных сил, действующих по одну сторону от сечения.
При вычислении поперечной силы Q y по силам, находящимся слева от
сечения, любую внешнюю силу будем считать положительной, если она направлена вверх (рис. 5).
При вычислении поперечной силы Q y , по силам находящимся справа от
сечения, любую внешнюю силу будем считать положительной, если она направлена вниз (рис. 5).
16
Рис. 5. Правило знаков для поперечных сил и изгибающих моментов
При вычислении изгибающего момента M z по действию сил, находящихся слева от сечения, момент любой внешней силы относительно центра тяжести
сечения будем считать положительным, если он обусловливает вращение левой
части балки по часовой стрелке (рис. 5).
При вычислении изгибающего момента M z по действию сил, находящихся, справа от сечения, момент любой внешней силы относительно центра тяжести сечения будем считать положительным, если он обусловливает вращение
правой части балки против часовой стрелки (рис. 5).
Построение эпюр поперечных сил Q y и изгибающих моментов M z производится следующим образом (рис. 6).
Определяем опорные реакции, используя уравнения суммы моментов
внешних сил относительно центров тяжести опорных реакций:
M A  0 ;
M B  0 ;
2  q  1  RB  2  M  0;
RB 
2 q 1 M 2 4  6

 1кН .
2
2
2  q  1  RB  2  F  2  M  0 ;
RB 
2 q 1 F  2  M 2 4  2 2  6

 5кН .
2
2
17
Делаем проверку с помощью уравнения суммы проекций всех сил на ось у:
Fy  0 ;
RA  F  2  q  RB  0;
5  2  2  4  1  0.
Рис. 6. Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов
Определяем значения поперечных сил Q y изгибающих моментов M z на
каждом силовом участке:
0  x2  2 м
0  x1  1 м
Q y  x1   0
M z  x1   M  6кН  м
Q y  x 2   RA  F  q  x 2  5  2  4 x 2
Q y  x2   7  4 x2  0
x2 
7
 1, 75 м
4
M z  x 2   RA  x 2  F  x 2  q  x 2 
x2

2
2 м  6кН  м
 5 x2  2 x2  2 x 1, 75 м  6 , 6кН  м
0 м  0кН  м
2
2
2 м  1кН
0 м  7кН
18
Строим эпюры поперечных сил Q y и изгибающих моментов M z (рис. 6).
В расчет на прочность принимают наибольшую по абсолютной величине
ординату из эпюры изгибающих моментов. В нашем примере — это
M z  x2   6, 6кН  м .
Следует обратить внимание на то, что скачки на эпюрах Q y и M z имеют
место против тех сечений балки, где приложены соответственно сосредоточенные силы или изгибающие моменты. Величина скачка должна быть равна величине сосредоточенной силы или момента.
Критерий прочности при изгибе по нормальным напряжениям
 max 
где
Wx 
M max
  
W xнеобх .
(12)
Jх
– момент сопротивления относительно оси х;
ymax
M max – максимальное значение M z , взятое из эпюры;
 max – наибольшее нормальное напряжение;
  – допускаемые напряжения, зависят от материала балки.
Подбор поперечного сечения осуществляется по формуле
Wxнеобх . 
M max
 
.
(13)
Для прямоугольного и круглого профиля поперечного сечения необходимо знать значения J х и W x .
y
y
h
z
z
D
b
a)
b)
Рис. 7. Прямоугольное и круглое поперечные сечения
19
Прямоугольное сечение
(рис. 7, a ):
b  h3
Jх 
;
12
h  b3
Jу 
;
12
Круглое сечение
(рис. 7, b ):
b  h2
Wx 
;
6
h  b2
Wy 
.
6
Jх 
  D4
;
64
  D3
Wx 
 0 ,1D 3 .
32
(14)
Диаметр балки круглого поперечного сечения подбирается следующим
образом:
D
3
M max
0 ,1  
.
(15)
Размеры балки прямоугольного поперечного сечения, подбираются аналогично, если задаться отношением его высоты и ширины.
Подсчитываем фактические напряжения  max и сравниваем их с допускаемыми:
 max 
M max
W xфакт .
  
 5% 
(16)
Для прокатных профилей по таблицам ГОСТа подбираем близкое значение W x и по формуле (16) сравниваем фактические напряжения  max с допускаемыми.
Проверка конструкции на прочность по касательным напряжениям осуществляется по формуле Журавского:
 max 
где
Qmax  S x
s  Jx
   .
Qmax – максимальное значение Q y , взятое из эпюры;
S x – статический момент сечения относительно оси х;
 max – наибольшее касательное напряжение;
  – допускаемые напряжения, зависят от материала балки.
(17)
20
6. Расчет на жесткость при изгибе
Для расчета на жесткость приводятся два метода определения перемещений при изгибе: метод Мора и метод Верещагина.
Метод определения перемещений О. Мора
Наиболее общей формулой, позволяющей находить линейные и угловые
перемещения стержневой системы по любому направлению, является формула
(интеграл) Мора.
Формула Мора для определения перемещения сечения плоской стержневой системы имеет следующий вид:
 1Рi   
L
где
M( x )M 0 ( х )
Q( x )Q 0 ( х )
N ( x )N 0 ( х )
 dx   
 dx   
 dx ,
EI z
KGA
EA
L
L
(18)
 1Pi – искомое перемещение (линейное или угловое) в точке приложения
силы или момента, равных единице, и по их направлению от действия всей
внешней нагрузки, приложенной к системе (балке, раме, и т.д.);
M ( х ), Q( х ), N ( х ) – уравнения изгибающих моментов, поперечных и про-
дольных сил на силовых участках системы от внешней нагрузки;
M 0 ( х ), Q0 ( х ), N 0 ( х ) – уравнения изгибающих моментов, поперечных и
продольных сил на тех же силовых участках системы от единичной нагрузки;
К – безразмерный коэффициент, характеризующий неравномерность распределения касательных напряжений по высоте поперечного сечения балки.
Физический смысл формулы (18) заключается в следующем: работа
единичной силы (момента) на перемещении от заданной нагрузки равна работе внутренних сил от заданной нагрузки на перемещении, вызванном
единичной силой (моментом).
Принимается следующий порядок вычисления перемещений:
– определяем опорные реакции системы от внешней нагрузки, разбиваем ее на
силовые участки и пишем уравнение изгибающих моментов для этих участков;
21
– освобождаем систему от внешней нагрузки и прикладываем силу Р 0 ( х )  1 в
той точке, где хотим определить линейное перемещение (прогиб), или же момент М 0 ( х )  1 в том сечении, угол поворота которого нужно определить;
– находим опорные реакции системы от единичной нагрузки, разбиваем ее на
силовые участки, аналогичные силовым участкам от внешней нагрузки, и пишем уравнение изгибающих моментов для этих участков. Отсчет абсцисс всех
участков в единичной и заданной системах необходимо производить от аналогичных начал координат, т.к. уравнения M ( х) и M 0 ( х ) ; должны иметь одни и те
же пределы интегрирования;
– подставляем уравнения изгибающих моментов от внешней и единичной нагрузок в интеграл Мора (без учета членов, содержащих Q и N) и вычисляем искомое перемещение.
В данном примере, рассматривается консольная балка (заданная система),
следовательно, опоры реакции можно не находить, т.к. отсчет х начнем с точки В (рис. 8, а).
Для нахождения прогиба освободим балку от нагрузки F и приложим
в точке В силу Р 0 ( х )  1 , – 1-я единичная система (рис. 8, б).
Для нахождения угла поворота в точке В, приложим момент М 0 ( х )  1 , –
2-я единичная система (рис. 8, в).
F
B
a)
x
á)
x
B
yB
P0  1
B
M0  1
â)
x
B
l
Рис. 8. Метод определения перемещений Мора
22
Определим значения изгибающих моментов в заданной и единичных системах:
M ( х)   F  x ,
M 01 ( х )   Р 0  x   x ,
M 02 ( х )   М 0  1 .
Для нахождения прогиба подставляем M ( х) и M 01 ( х ) в интеграл Мора:
l
yB   1Рi  
0
M ( х )  M 01 ( х )
1
F3
 dx 
(

Fx
)

(

x
)

dx

.
EJ z
EJ z 0
3 EJ z
l
Для нахождения угла поворота подставляем M ( х) и M 02 ( х ) в интеграл
Мора:
l
B  
0
M ( x )  M 02 ( x )
1
Fl 2
 dx 
(

Fx
)(

1)
dx

.
EJ z
EJ z 0
2 EJ z
l
Перемещения получились положительными, т.к. их направления совпали
с направлениями силы Р 0 ( х )  1 и момента М 0 ( х )  1 .
Метод вычисления перемещений А.К. Верещагина
Сущность правила Верещагина при определении перемещений заключается в том, что интеграл Мора (18) вычисляют графическим способом, путем
так называемого ―правила перемножения эпюр‖:
 M ( x ) M
где
0
( x )  dx    Mci0 .
 i – площадь эпюры M( х ) от заданной нагрузки;
Mci0 – ордината эпюры М 0 ( х ) от единичной нагрузки, расположенная под
центром тяжести эпюры M( х ) от заданной нагрузки.
Подставляя, найдем значение интеграла в формулу (18), получаем формулу для определения перемещений:
 1Pi  
  Mci0
EJ z
.
(19)
При применении метода Верещагина умение строить эпюры изгибающих
моментов приобретает важнейшее значение, причем надо четко понимать, что
он применим только на участках, где одна из эпюр прямолинейна.
23
Если эпюра M 0 ( x ) имеет ломаные очертания, то необходимо ―перемножать‖ эпюры порознь для каждого участка, ограниченного прямой линией и результаты складывать.
Для вычисления перемещений по методу Верещагина требуется знать
выражения площадей и координату центра тяжести механических фигур, которые чаще всего встречаются в эпюрах моментов. Эти данные можно найти в
приложении.
Порядок вычисление перемещений по методу Верещагина вначале совпадает с порядком, применяемым в методе Мора, но после написания уравнений
изгибающих моментов M( х ) и M 0 ( x ) по всем силовым участкам системы необходимо построить эпюры этих моментов. Затем эпюру M 0 ( x ) разбивают на
участки, ограниченные прямой линией, подсчитывают площади эпюры M( х ) в
границах этих участков и определяют положение их центров тяжести.
Далее, как правило, из подобия треугольников, определяют значения Mci0
против соответствующих центров тяжести и, перемножая по участкам  и Mci0 ,
складывают полученные результаты. После деления на жесткость EJ z находим
значения искомых перемещений.
Рассмотрим пример применения метода Верещагина на уже знакомой нам
консольной балке (рис. 9).
Определим значения изгибающих моментов в заданной и единичных системах:
M ( х )  F  x
l   Fl
,
00
M 01 ( х )   Р 0  x   x
l  l
,
00
Вычислим площадь эпюры M( х ) в заданной системе:
1
2
1
2
  hl  (  Fl )l  
Fl 2
.
2
M 02 ( х )   М 0  1 .
24
Определим значения ординат Mci0 в единичных системах:
2
Mci01 3 l

l
l
2
Mci01   l ;
3
→
Mci02  1 .
F
B
x
yB
M( x )
2
l
3

 Fl
P0  1
x
Mc01
M 01 ( x )
l
M0  1
x
Mc02
M 02 ( x )
1
Рис. 9 Метод определения перемещений Верещагина
По формуле (19) определяем значения прогиба и угла поворота:
yВ   1Pi 
B 
  Mc 01
  Mc 02
EJ z
EJ z


1
Fl 2
2
Fl 3
,
(
) (  l ) 
EJ z
2
3
3 EJ z
1
Fl 2
Fl 2
.
(
)  ( 1 ) 
EJ z
2
2 EJ z
Перемещения получились те же, что и в ранее разобранном случае.
25
7. Статически неопределимая система
Система является статически неопределимой, если внутренние силовые
факторы в поперечных сечениях, составляющих ее стержень, не могут быть определены только из уравнений статики. Причиной статической неопределимости является наличие в системе лишних связей, то есть таких связей, которые
необязательны для обеспечения геометрической неизменяемости системы.
Лишними связями могут служить дополнительные опоры, например, шарнирно-подвижные опоры (рис. 10).
Рис. 10 Статически неопределимая система
Системы, подобные изображенной, называют внешне статически неопределимыми в том смысле, что уравнений статики недостаточно для определения
опорных реакций «лишних» связей, являющихся внешними силами.
Общее количество «лишних» связей (как внешних, так и внутренних) называется степенью статической неопределимости системы. Так, заданная система один раз статически неопределима.
Расчет статической неопределимости системы начинают с выяснения
степени ее статической неопределимости. Для сравнительно простых рам, рассматриваемых в курсе сопротивления материалов, степень статической неопределимости в подавляющем большинстве случаев можно установить, подсчитав,
сколько связей нужно отбросить, для того, чтобы заданная статически неопределимая система превратилась в статически определимую.
26
Для раскрытия статической неопределимости систему освобождают от
«лишних» связей, превращая тем самым заданную статически неопределимую
систему в геометрически неизменяемую статически определимую систему, называемую основной системой (рис. 11).
Рис. 11. Основная система
Основная система, к которой приложены заданные внешние силы и реакции отброшенных связей, эквивалентна заданной системе, то есть в ней возникают такие же внутренние силовые факторы и такие же перемещения, как и в
заданной системе. Указанное обстоятельство используется для определения
лишних неизвестных. Действительно, в заданной системе не может быть перемещений в направлениях имеющихся в ней связей, следовательно, и в основной
системе перемещения в направлениях отброшенных связей, вызванные действием заданных сил и искомых лишних неизвестных, должны быть равны нулю.
Иными словами, реакции отброшенных связей должны иметь такие значения,
при которых перемещения по их направлениям равнялись бы нулю.
Математическими выражениями сформулированного положения являются уравнения перемещений. Так, для один раз статически неопределимой рамы
можно выбрать в качестве основной системы раму с отброшенной шарнирноподвижной опорой и принять за лишнюю неизвестную реактивную силу Х 1
указанной опоры. Основная система, нагруженная заданными силами и лишней
неизвестной, представлена на рис. 12. Перемещение  АР по направлению Х 1
i
равно нулю.
Применяя принцип независимости действия сил, можем записать уравнение перемещений в виде
27
,
 Ai   АX1   гр.
A i  0
где
(20)
 АХ 1 – перемещение по направлению отброшенной связи в опоре А от
действия силы Х 1 ;
– перемещение в том же направлении от действия заданной нагрузки.
 гр.
А i
Рис. 12. Эквивалентная система и ее возможные деформации
В данной работе определение перемещений производится методом Мора
и с использованием метода Верещагина, поэтому оказывается удобным выразить перемещение  АХ через перемещение  11 от единичных сил, умножая его
1
на лишнюю неизвестную Х 1 . Таким образом, для рассматриваемой линейнодеформируемой системы будем иметь
 АХ1   1   11 .
Так как 1гр. – перемещение по направлению силы P 0  1 от действия
i
всей внешней нагрузки, переходим к другой форме записи уравнения (20):
 АРi  Х1   11  1гр.i  0 .
(21)
Первый индекс у каждого из перемещений указывает номер единичной
силы или момента, в направлении которого происходит данное перемещение;
второй индекс указывает причину, вызывающую перемещение по тому же направлению.
Уравнения перемещений носят название канонических уравнений метода сил. Каноническими эти уравнения называются потому, что составляются
28
они всегда по одному и тому же правилу (канону) и их вид зависит от степени
статической неопределимости системы и не зависит от ее конкретных особенностей. Указание, что уравнения относятся к методу сил, подчеркивает, что искомыми неизвестными, определяемыми из этих уравнений, являются силы или
моменты от действия сил. Уравнение записано для системы с одним лишним
неизвестным; аналогично могут быть составлены системы канонических уравнений при любом другом числе лишних неизвестных:
гр .

 Х 1   11  Х 2   12   1 i  0 ;

гр .

 Х 1   21  Х 2   22   2 i  0.
(22)
Наиболее надежной проверкой правильности определения лишних неизвестных и построения эпюр внутренних силовых факторов для заданной системы является ее повторное решение при другом выборе основной системы. Совпадение окончательных эпюр, полученных в результате двух указанных решений, является гарантией их правильности.
Большая трудоемкость такой проверки заставляет в большинстве случаев
от нее отказаться, ограничиваясь так называемыми статической и деформационной проверками.
Первая из них заключается в проверке равновесия некоторой отсеченной
части рамы под действием приложенных к ней внешних сил и внутренних силовых факторов, заменяющих действие отброшенных частей рамы на оставленную.
При деформационной проверке производится перемножение окончательной эпюры изгибающих моментов, построенной для заданной системы, на единичную эпюру. Результат указанного перемножения должен быть равен нулю.
29
ТЕМЫ И ВАРИАНТЫ ЗАДАНИЙ
Расчетно-графическая работа № 1 «Расчет элементов конструкций»
Задание 1 Осевое растяжение (сжатие) стержня
Расчетные схемы изображены на рис. 13, исходные данные выбираются
из табл. 1.
Для ступенчатого стального стержня (модуль упругости Е  2  105 МПа ,
удельный вес   78 кН / м 3 ) требуется:
1. Построить эпюру продольных сил.
2. Подобрать размеры поперечного сечения стержня при допускаемом
напряжении    160МПа ;
3. Составить аналитические выражения, с учетом действия собственного
веса и построить эпюры продольных сил и нормальных напряжений.
3. Вычислить величину продольной деформации каждого участка.
4. Определить полную абсолютную деформацию стержня.
1
A1 c
F3
F2
3
2
F3
F2
4
A1 c
c
F3
A2 b
A2 b
a
a
F1
A2 b
F2
F1
A1 a
c
F3
F2
F1
A
b
1
A2 a
F1
5
F3
c
F2
A1 b
F1
7
6
A2 a
A2 c
F3
F2
A1 b
a
8
F3
F2
F1
c
A1 c
A2 b
F3
a
F1
F1
9
F3
c
0
F3
F2
A1 b
F2
A2 a
F1
A2 b
F2
A2 c
A1 b
a
F1
Рис. 13. Расчетные схемы к заданию № 1
A1 a
30
Таблица 1
Исходные данные к заданию № 1
№
№
А1/А
F1
F2
F3
а
кН
в
Поперечное
сечение
c
м
1
0,9
1
1100
1200
2000
1,0
0,9
0,2a
a
0,6
a
2
0,8
2
1200
1300
1900
1,2
0,8
a
0,7
a
3
0,7
3
1300
1000
1800
1,3
0,7
3d
0,8
d
3d
4
0,6
4
1400
800
1700
1,4
0,6
0,9
a
2a
5
0,5
5
1500
900
1600
1,5
0,5
1,5
0,2а
a
3a
6
0,6
6
1600
700
1500
0,9
1,0
1,4
1,5d
d
1,5d
7
7
0,7
1700
600
1400
0,8
1,2
1,3
d
8
0,8
1800
500
1300
0,7
1,3
1,2
a
0,2d
2.5a
9
9
0,9
1900
1100
1200
0,6
1,4
1,0
0,5
2000
400
1100
0,5
1,5
1,0
д
е
д
е
д
е
д
d
0
0
0,3d
d
е
31
Задание 2 Кручение стержня круглого поперечного сечения
Расчетная схема изображена на рис. 14, исходные данные выбираются из
табл. 2.
Стальной вал равномерно вращается, передавая крутящие моменты М 2 ,
М 3 и М 4 через ведомые шкивы на различные механизмы.
Требуется:
1. Определить крутящий момент М 1 на ведущем шкиве.
2. Построить эпюру крутящих моментов.
3. Определить рациональное расположение шкивов на валу.
4. Подобрать диаметр вала в опасном сечении.
5. Проверить прочность вала при кручении.
6. Определить деформации в характерных сечениях вала и построить
эпюру углов закручивания (G = 8∙104 МПа).
7. Проверить вал на жесткость по максимальным деформациям.
Таблица 2
Исходные данные к заданию № 2
a
b
c
M2
M4
Нм
м
№
M3
 
МПа
1
0,20
0,31
0,10
200
110
200
30
2
0,21
0,32
0,11
190
120
190
35
3
0,22
0,33
0,12
180
130
180
40
4
0,23
0,34
0,13
170
140
170
45
5
0,24
0,35
0,14
160
150
160
50
6
0,25
0,36
0,15
150
160
150
55
7
0,26
0,37
0,16
140
170
140
60
8
0,27
0,38
0,17
130
180
130
65
9
0,28
0,39
0,18
120
190
120
70
0
0,29
0,30
0,90
110
200
110
75
д
е
д
е
д
е
д
32
M4 M3 M2 M1
1
а
в
а
M4 M1 M3
3
а
5
с
в
7
с
M1
M2
а
в
с
в
с
M2
а
а
с
с
8
а
с
M2 M3 M4
M1
а
с
в
а
с
в
с
с
в
с
M2
а
M1
в
с
M4
а
с
M2 M3 M4
с
в
M3
M4
а
а
M4 M3
M1
а
0
с
M2 M3
а
M2
M3 M1
M1
а
6
M3 M4
M4
а
4
M1
M2 M3 M4
а
9
с
2
с
а
с
M2
в
Рис. 14. Расчетные схемы к заданию № 2
а
M1
с
33
Задание 3 Расчет на прочность при изгибе
Расчетная схема изображена на рис. 15, исходные данные выбираются из
табл. 3.
Для заданной схемы балки требуется:
1. Определить значения опорных реакций
2. Построить эпюры поперечных сил Q y и изгибающих моментов M z .
3. По допускаемым напряжениям   подобрать размеры заданных профилей поперечного сечения.
4. По выбранным размерам поперечного сечения вычислить нормальные
напряжения и сравнить их с допускаемыми напряжениями, при этом перегрузка
не должна превышать 5 %.
q1
1
F2
M
F1
q2
F1
M
6
q1
F2
b
a
M
7
F1
q1
3
F2
8
F1
b
4
F1
M
q1
b
a
5
F1
M
M
q1
0
q1
F2
a
b
c
F1
F2
b
F1
q1
a
c
q2
c
q2
9
F2
F2
b
q1
a
c
c
M
q1
a
M
a
F1
q2
c
b
a
b
a
F2
q1
2
c
a
c
F2
b
M
q2
b
Рис. 15. Расчетные схемы к заданию № 3
q2
M
c
F1
F2
c
34
Таблица 3
Исходные данные к заданию № 3
№
М
кH∙м
F1
1
18
30
2
20
3
F2
q1
q2
кH/м
a
8
22
8
2,6
1,0
3,0
28
10
20
10
2,4
1,2
2,8
22
26
12
18
12
2,2
1,4
2,6
4
20
24
14
16
14
2,0
1,6
2,4
5
26
22
16
14
16
1,8
1,8
2,2
6
28
20
18
12
18
1,6
2,0
2,0
7
30
18
20
10
20
1,4
2,2
1,8
8
32
16
22
8
22
1,2
2,4
1,6
9
34
14
24
6
24
1,0
2,6
1,4
0
36
12
26
4
26
3,0
2,8
1,2
д
е
д
е
д
е
д
е
кH
b
c
м
Поперечное сечение
д
е
35
Расчетно-графическая работа № 2
Расчет статически неопределимой системы
Задание состоит из одной задачи, расчетная схема изображена на рис. 16,
исходные данные выбираются из табл. 4.
Задано: стальная конструкция (рама), допускаемые напряжения –
   160 МПа  1600 кгс / см2 ,    50 МПа  500 кгс / см2 .
Требуется:
1. Вычертить заданную схему элемента с приложенными нагрузками, соблюдая масштаб длин, проставить значения размеров и нагрузок.
2. Раскрыть степень статической неопределимости элемента.
3. Выбрать основную и эквивалентную системы. Используя принцип независимости действия сил, разложить эквивалентную систему на грузовую и
систему, нагруженную неизвестной реакцией X 1 .
4. Построить единичную систему и изобразить на расчетных схемах деформацию осей всех систем и перемещения  11 , 1гр. и  1 X написать условие
i
1
совместности деформаций (  1  0 ) .
i
5. Написать каноническое уравнение метода сил – уравнение совместности деформаций Х1   11  1гр.  0 .
i
6. Определить значения изгибающих моментов грузовой и единичной
систем и построить эпюры.
7. Определить неизвестные коэффициенты канонического уравнения  11
и 1гр. методами Мора и Верещагина, найти неизвестную реакцию X 1 .
i
8. Вычислить значения внутренних усилий на каждом силовом участке и
построить окончательные эпюры.
9. Сделать статическую проверку.
10. Сделать проверку равенства нулю перемещения по направлению отброшенной связи (  1  0 ) , подтверждающую правильность определения реакi
ции X 1  VA , используя методы Мора и Верещагина.
36
11. Подобрать поперечные сечения конструкции, состоящей из двутавровой балки и проверить конструкцию на прочность по касательным напряжениям.
Таблица 4
Исходные данные к расчетно-графической работе № 2
Длина участков, м
Заданная нагрузка
№
l1
l2
l3
F ,кН
М , кН  м
q,кН / м
1
1,0
2,0
2,8
10
20
10
2
1,2
2,2
2,6
12
22
12
3
1,4
2,4
2,4
14
24
14
4
1,6
2,6
2,2
16
26
16
5
1,8
2,8
2,0
18
28
18
6
2,0
1,0
1,8
20
10
20
7
2,2
1,2
1,6
22
12
22
8
2,4
1,4
1,4
24
14
24
9
2,6
1,6
1,2
26
16
26
0
2,8
1,8
1,0
28
18
28
д
е
д
е
д
е
37
F
1
3F
M
l3
l2
2
q l1
M
F
3F
l1
q
l3
2F
l2
l1
2F
2F
l3
3F
3
3F
4
l2
M
q
l1
l2 q
l3
M
2F
F
F
5
6
M
l1
F
l3
l3
q
l2 q
2F
l2
3F
8
F
l3
l2
l3
M
l1
M
3F
7
F
q l1
3F
2F
2F
l2
M
F
l1
q 3F
2F
M
9
3F
l2
2F
0 3F
q
l3
l2
q
l3
2F
l1
M
F
l1
F
Рис. 16. Расчетные схемы к расчетно-графической работе № 2
38
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ТИПОВЫХ ЗАДАЧ
Расчетно-графическая работа № 1 «Расчет элементов конструкций»
Задание 1 Осевое растяжение (сжатие) стержня
Ступенчатый стальной стержень (рис. 17) находится под действием продольных сил и сил тяжести.
Задано: F1  1000кН , F2  2000кН , F3  3000кН , а  1м , b  2 м , с  3 м .
Расчѐт начинаем с определения количества участков, подлежащих рассмотрению. Так как продольные силы N и напряжения  зависят от внешних
сил, площади поперечного сечения и удельного веса материала, то границами
участков будут точки приложения внешних сил и места изменения сечения.
Исходя из этого, для рассматриваемого ступенчатого стержня следует
принять 3 силовых участка.
c
b
a
õ3
F3
õ2
F2
2008,1
157
156,6
994,9
2005,1
37,6
999
37,8
2000
A1
 õô , Ì Ï à
N хф , кН
N x , кН
1000
A2
1000
õ1
1001
1000
78,2
78,1
F1
Рис. 17. Расчетная схема, эпюры N и 
1. Определяем для каждого участка величину продольной силы, применяя
метод сквозного разреза (сечений). Для этого в произвольном месте на силовом
участке проведѐм сечение перпендикулярно оси стержня и рассмотрим условие
равновесия нижней части. Действие отброшенной части на оставшуюся заменяем внутренней продольной силой N  x  .
Составим уравнение равновесия для первого участка:
 N  x1   F1  0 ;
N  x1   F1  1000кН .
39
Проведя сечения на следующих участках и рассматривая равновесие частей стержня, получим:
 N  x2   F1  F2  0 ;
N  x2   F1  F2  1000  2000  1000кН .
 N  x3   F1  F2  F3  0 ;
N  x3   F1  F2  F3  1000  2000  3000  2000кН .
Строим эпюру продольных сил.
2. Подбор размеров допускаемого поперечного сечения производим по
критерию прочности:
 max 
N max
Aнеобх .
   .
Производим расчет площади поперечного сечения того участка, где действует наибольшая продольная сила, в данном примере участок с площадью А1 :
А1необх . 
N max
 

2000кН
2000  102 кгс

 125см2 ;
2
160 МПа 1600кгс / см
А1необх .  2а12 .
Основание а1необх . равно:
а1необх . 
А1необх .
125

 7 , 9см .
2
2
Принимаем а1факт .  8см . Тогда А1факт .  2а12  2  82  128см2 .
 max 
N max
A1факт .

2000  102
 1562 , 5кгс / см 2 .
128
Определяем перегрузку (недогрузку):

 max   
1562 , 5  1600
 100% 
 100%  2 , 34% .
1600
 
Перегрузка (недогрузка) не должна превышать 5% .
40
Из соотношения
А1
 0 , 5 определяем площадь поперечного сечения:
А2
А1факт . 128

 256см 2 .
0,5
0,5
А2необх . 
Тогда а2необх . 
А2необх .

2
256
 11, 3см .
2
Принимаем а2факт .  11, 5см . Тогда А2факт .  2а22  2  11, 52  264 , 5см2 .
3. Составляем аналитические выражения продольных сил и нормальных
напряжений с учетом действия собственного веса для всех силовых участков.
Для удобства расчета площадь поперечного сечения переводим в м 2 :
1см2  104 м2 , расчет напряжений проводим в МПа : 1МПа  1000кН / м2 .
0  x1  1 м
N  x1   F1    А1факт .  х1  1000  78  128  104  х1  1000  0 , 998  х1
  х1  
N  x1 
факт .
1
A
 1000  0 , 998  х1   103

128  10
4
1 м  1001кН
0 м  1000кН
1 м  78 , 2 МПа
0 м  78 ,1МПа
0  x2  2 м
N  x2   N  x1   F2    А2факт .  х2  1001  2000  78  264 , 5  104  х2 
 999  2 , 06  х2
  х2  
N  x2 
факт .
2
A
2 м  994 , 9кН

0 м  999кН
 999  2 , 06  х2   103
264 , 5  10
4
2 м  37 , 6 МПа
0 м  37 , 7 МПа
0  x3  3 м
N  x3   N  x2   F3    А1факт .  х2  994 , 9  3000  78  128  104  х3 
 2005 ,1  0 , 998  х3
  х3  
N  x3 
факт .
1
A

3 м  2008 ,1кН
0 м  2005 ,1кН
 2005 ,1  0 , 998  х3   103
128  10
4
3 м  156 , 9 МПа
0 м  156 , 6 МПа
Строим эпюры продольных сил и нормальных напряжений.
41
4. Определяем полную абсолютную деформацию стержня.
Перемещение нижнего конца стержня складывается из деформаций его
участков
l  l1  l2  l3 .
Деформации каждого участка стержня, находящегося под действием
внешних сил и сил тяжести, определяем по закону Гука.
Деформация участка длиной а получит деформацию от действия собственного веса G1 участка длиной а и внешней силы F1
 F1  G1 / 2   a ,
l1 
где
E  A1факт .
G1  A1факт .    а  128  104  78  1  0 , 998кН – собственный вес первого участка.
l1 
 1000  0 , 998 / 2   1
2  10  128  10
8
4
 3 , 9  104 м.
На первом участке стержень удлиняется.
Деформация участка длиной b будет складываться из деформаций от
действия внешней силы G1 (сила тяжести первого участка по отношению ко
второму будет выступать в данном случае в виде внешней силы), внешних сил
F1 , F2 а также от действия собственного веса G 2 .
l 2 
( F1  F2  G1  G2 / 2 )b
,
E  A2факт .
где G2  A2факт .    b  264,5  104  78  2  4 ,12кН – собственный вес второго участка.
l 2 
( 1000  2000  0 ,998  4 ,12 / 2 )  2
 3 , 77  104 м.
8
4
2  10  264 ,5  10
На втором участке стержень также удлиняется.
Деформация участка длиной с будет складываться из деформации от
действия внешних сил F1 , F2 , F3 , G1 , G 2 и от действия собственного веса G 3 .
l 3 
где
( F1  F2  F3  G1  G2  G3 / 2 )  c
,
E  A1факт .
G3  A1факт .    с  128  104  78  3  3кН – собственный вес третьего участка.
42
l 3 
( 1000  2000  3000  0 ,998  4 ,12  3 / 2 )  3
 7 , 83  104 м.
8
4
2  10  128  10
На третьем участке стержень получит удлинение.
Полное абсолютное удлинение стержня
l  l1  l2  l3  ( 3 , 9  3 , 77  7 , 83 )  104  7 , 96  104 м
Задание 2 Кручение стержня круглого поперечного сечения
1. Вычерчиваем расчетную схему вала с приложенными внешними моментами М 2  40 Нм , М 3  120 Нм , М 4  320 Нм , передаваемыми ведомыми шкивами (рис. 18). ( а  0 , 2 м , b  0 , 35 м , c  0 , 3 м )
2. Определяем крутящий момент М 1 на ведущем шкиве. Учитывая, что
вал вращается равномерно, составляем уравнение равновесия:
М 2  М 3  М 4  М1  0;
М 1  М 2  М 3  М 4  40  120  320  480 Нм.
3. Строим эпюру крутящих моментов. Для определения величины крутящих моментов используется метод сечений.
T ( x1 )  М 2  40 Нм ;
T ( x2 )  М 2  М 4  40  320  360 Нм ;
T ( x3 )  М 2  М 4  40  320  360 Нм ;
T ( x4 )  М 2  М 4  М 3  40  320  120  480 Нм ;
T ( x5 )  М 2  М 4  М 3  М 1  40  320  120  480  0 .
Строим эпюру крутящих моментов (рис. 18, а).
4. Определяем рациональное расположение шкивов на валу.
Рациональное расположение шкивов на валу, такое, при котором крутящие моменты будут распределены наиболее равномерно по длине вала и с наименьшими значениями.
43
M1
M3
M4
M2
E
F
1.
В
A
C
D
x4
x5
c
a
x2
x3
b
a
360
360
x1
c
480
40
а)
T(x),кН∙м
M3
M1
M4
M2
2.
x5
x3
x4
360
x1
x2
360
40
б)
T(x),кН∙м
120
M4
M1
M3
M2
3.
x5
x4
x3
160
x2
x1
160
40
в)
T(x),кН∙м
0,8
 ,
3
рад
0,8
320
0,47
Рис. 18
0,49
0,5
44
При этом ведущий шкив должен располагаться как можно ближе к центру
длины вала. В результате такого расположения шкивов обеспечивается наименьший расход материала (уменьшается площадь поперечного сечения).
Рассмотрим вариант, представленный на рис. 18, б.
Определяем значения крутящих моментов T( x ) , для данного расположения шкивов:
T ( x1 )  М 2  40 Нм ;
T ( x2 )  М 2  М 4  40  320  360 Нм ;
T ( x3 )  М 2  М 4  40  320  360 Нм ;
T ( x4 )  М 2  М 4  М 1  40  320  480  120 Нм ;
T ( x5 )  М 2  М 4  М1  М 3  40  320  480  120  0 .
Строим эпюру крутящих моментов для данного варианта.
Рассмотрим вариант, представленный на рис. 18, в.
Определяем значения крутящих моментов T( x ) , для данного расположения шкивов:
T ( x1 )  М 2  40 Нм ;
T ( x2 )  М 2  М 3  40  120  160 Нм ;
T ( x3 )  М 2  М 3  40  120  160 Нм ;
T ( x4 )  М 2  М 3  М 1  40  120  480  320 Нм ;
T ( x5 )  М 2  М 3  М1  М 4  40  120  480  320  0 .
Строим эпюру крутящих моментов для данного варианта.
Из рассмотренных вариантов, наиболее предпочтительным будет являться схема расположения шкивов, представленная на рис. 18, в, т.к. максимальный крутящий момент Т имеет наименьшее значение из рассмотренных ранее
вариантов.
5. По условию прочности рассчитываем диаметр вала в опасном сечении:
 max 
Tmax
W
   .
45
Определяем необходимый полярный момент сопротивления (    50МПа )
Tmax
Wнеобх . 
 

320 Нм 3200кгс  см

 6 , 4см3 .
2
50 МПа 500кгс / см
Для сплошного круглого сечения:
Wp 
 d3
16
 0 , 2d 3 .
Подбираем диаметр вала:
d
необх .

3
Wнеобх .
0, 2

3
6,4
 3 ,17см .
0,2
Исходя из заданных по условию диаметров, принимаем
d факт .  3, 5см .
Определяем фактический полярный момент сопротивления
W pфакт .  0 , 2  3 , 53  8 , 57см3 .
Определяем максимальное касательное напряжение:
 max 
Tmax
факт .
W

3200
 373 , 59кгс / см2  37 МПа ,
8 , 57
 max    , что соответствует условию прочности.
6. Определяем деформации в характерных сечениях вала

T( x )  l
.
GJ 
Произведение GJ  называется жесткостью при кручении.
Определяем полярный момент инерции сечения:
 d4
3 ,14  3 , 54
J 

 14 , 72см4 .
32
32
Определяем жѐсткость вала:
GJ   8  105  14 , 72  1, 2  107 кг  см 2 .
Вычисляем относительные углы закручивания  .
46
Учитывая, что вал вращается равномерно, расчет углов закручивания делают относительно сечения, где установлен ведущий шкив, т.е.  c  0 .
B 
T( x4 )  c 3200   30 

 0 , 008 рад ;
GJ 
1, 2  107
 А  В 
D 
0   0 , 2 
T( x5 )  a
 0 , 008 
 0 , 008 рад ;
GJ 
1, 2  107
T( x3 )  b 1600  35

 0 , 0047 рад ;
GJ 
1, 2  107
E  D 
T( x2 )  a
1600  20
 0 , 0047 
 0 , 0049 рад ;
GJ 
1, 2  107
F   E 
T ( x1 )  c
400  30
 0, 0049 
 0, 0059 рад .
GJ 
1, 2  107
Строим эпюру относительных углов закручивания  .
Делаем проверку по углам закручивания.

 max  57 , 3
lполн .

0 , 0059  57 , 3
 0 , 25 ,
1, 35 м
     0 , 3 .
Задание 3 Расчет на прочность при изгибе
1. Вычерчиваем расчетную схему балки с заданными нагрузками
(рис. 19), соблюдая масштаб длины участков. Проставляем числовые значения.
2. Изображаем опорные реакции, возникающие в опорах балки. Вычисляем их величину:
F
x
M
 0;
A
 0;
H A  0;
 q1 
 а  b
2
2
 M  RB   a  b   F2   a  b   F1   a  b  c   0 ;
q1   a  b   M  F2   a  b   F1   a  b  c 
2
RB 

 a  b

5  3 , 82  20  18  3 , 8  15  4 , 8 72 , 2  20  68 , 4  72

 12 , 8кН .
3,8
3,8
47
M
RA
RB
q
Дано:
F1
F2
0, 2D
D
x2
x3
x1
b
a
F1  15кН
c
F2  18кН
28,8
М  20кН  м
q  5кН / м
8,2
Qy ,кН
   160МПа
9,8
x* 15
2
36,4 16,4
19,8
15
а  2м
b  1, 8 м
15
M z ,кН  м
с  1м
Рис. 19. Расчетная схема, эпюры Q y и M z
М
В
 0;
q1 
 a  b
RA 
2
2
q1
 M  F1  c  RB   a  b   0 ;
 a  b

2
2
 M  F1  c
a  b

5  3 , 82  20  15  1 72 , 2  20  15

 28 , 2кН .
3,8
3,8
Проверка:
F
x
 0;
RA  q1  a  b   RB  F2  F1  0;
28 , 2  38  18  15  12 , 8  0.
3. Применяя метод сквозного разреза, разбиваем схему балки на силовые
участки (в нашем случае их – 3). Соблюдая правило знаков, определяем значения Q y и M z в сечениях.
Вычисляем значения Q y и M z на каждом участке:
0  х1  1 м
Qy ( x1 )   F1  15кН
M z ( x1 )  F  x1  15  x1
1 м  15кН  м
1 м  15кН  м
48
0  х2  1 , 8 м
Q y ( x2 )   F1  F2  RB  q  x2 
 15  18  12 , 8  10  x2  9 , 8  10  x2
1 , 8 м  8 , 2кН
0 м  9 , 8кН
Обращаем внимание на то, что наклонная прямая, ограничивающая эпюру Q y  x2  , проходит через 0. Это означает, что на эпюре M z  x2  надо искать
точку перегиба.
Найдем ее:
Q y ( x2 ) 
x*2 
dM ( x2 )
 9 , 8  10  x*2  0 ;
dx2
10
 1, 02 м.
9,8
В этом сечении M z  x2  будет иметь экстремальное значение.
x22
M z ( x2 )  F1   c  x2   F2  x2  RB  x2  q1 

2
1, 8 м  16 , 4кН  м
 15  15  x2  18  x2  12 , 8  x2  5  x  15  9 , 8  x2  5  x 1, 02 м  19 , 8кН  м
2
2
2
2
0 м  15кН  м
0  х3  2 м
Q y ( x3 )  RA  q  x3  28 , 2  10  x3
M z ( x3 )  RA  x3  q1 
2 м  8 , 2кН
0 м  28 , 2кН
2 м  36 , 4кН  м
x32
 28 , 2  x3  5  x32
2
0 м  0кН  м
По полученным значениям строим эпюры поперечных сил Q y и изгибающих моментов M z .
По условию прочности при изгибе подбираем поперечное сечение заданного профиля.
 max 
M max
W xнеоб .
   .
49
Из данного выражения определяем момент сопротивления W x :
M max
Wxнеоб . 

 
36 , 4кН  м 36 , 4  104 кгс  см

 227 , 5см3 .
2
160 МПа
1600кгс / см
Для кольцевого сечения:
 D3
Wxнеоб . 
32
 1  c4  ;
c
d
 0,6 .
D
Внешний диаметр равен:
D
3
32  W x
  1  c
4


3
32  227 , 5
 13 , 87см.
3 ,14   1  0 , 64 
Принимаем D  14см , d  8 , 4см .
Вычисляем нормальные максимальные напряжения  max и сравниваем их
с допускаемыми:
Wxфакт . 
 max 

  D3
32
M max
W xфакт .
1  c   3,1432 14 1  0, 6   234, 25см

3
4
4
3
.
36 , 4  104
 1553 , 9кгс / см 2  155 МПа .
234 , 25
 max   
155  160
 100% 
 100%  3 ,125% .
160
 
Перегрузка не превышает 5%.
По таблицам сортимента прокатной стали (ГОСТ 8239-89) подбираем
двутавр, ближайшее значение момента сопротивления W x .
Двутавр № 22, Wxфакт .  232см3 .
Определяем фактическую величину нормальных напряжений и сравниваем их с допускаемыми:
 max 

M max
W xфакт .

36 , 4  104
 1568 , 9кгс / см 2  157 МПа.
232
 max   
157  160
 100% 
 100%  1, 875%.
160
 
Двутавр № 22 подходит.
50
Расчетно-графическая работа № 2
«Расчет статически неопределимой системы»
1. Вычертим заданную схему элемента (рис. 20) с приложенными нагрузками, соблюдая масштаб длин, проставим значения размеров и нагрузок.
VB F
q
3F
l3
MA
l2
l1
2F
M
VA
Дано:
q  6 кН / м;
F  4 кН ;
М  7 кН  м;
l1  2 м;
l2  3 м;
NA
Рис. 20 Заданная схема
l3  2 , 5 м.
2. Раскрываем степень статической неопределимости.
Неизвестные реакции R : в опоре B  VB , а в опоре A : VA , H A , M A , т. е.
число реакций R  4 . Степень статической неопределимости равна
n  R У  4  3  1,
где У – число уравнений статики для плоской системы.
3. Выбираем основную (рис. 21), эквивалентную (рис. 22) системы.
 BFi
X1 F
3F
q
2F
Рис. 21. Основная система
M
Рис. 22. Эквивалентная система и ее
возможные деформациии
51
Разбиваем эквивалентную систему на грузовую (рис. 23) и систему, нагруженную силой X 1  VB (рис. 24).
 BX1
 грBFi
F
3F
x3
q
X 1  VB
x1
x2
2F
M
Рис. 23. Грузовая система и
Рис. 24. Система, нагруженная
ее деформации под действием
силой X 1 , и деформация
внешней нагрузки
под действием этой нагрузки
4. Строим единичную систему и изображаем на расчетных схемах деформацию осей всех систем и перемещения  11 , 1гр. ,  1 X , напишем условие соi
1
вместности деформаций  1  0  .
i
Для нахождения перемещения  BX (рис. 24) необходимо (в соответствии
1
с методами Мора и Верещагина) в т. B основной системы приложить силу
P 0  1 по направлению неизвестной реакции X 1 , получим единичную систему,
перемещение (деформация) которой будет равно  11 (рис. 25).
Тогда
 AX1  X 1   11 .
 11
P0  1
x1
x3
x2
Рис. 25. Единичная система
52
Деформацию  гр.
(рис. 23) обозначим как 1гр. – перемещение по наB
i
i
правлению силы P 0  1 от действия всей внешней нагрузки, затем подсчитываем методами Мора и Верещагина.
Используя принцип независимости действия сил, условие совместности
деформаций запишем в виде:
.
 Bi   BХ1   гр.
B i  0
5. Напишем каноническое уравнение метода сил – уравнение совместности деформаций.
Для этого, подставив значения  1 X и 1гр. , в условие совместности де1
i
формаций, получим каноническое уравнение метода сил для одного неизвестного:
Х1   11  1гр.Рi  0 .
6. Определим значения изгибающих моментов грузовой и единичной систем и построим эпюры.
Разбиваем грузовую и единичную системы на одинаковые силовые участки и составляем необходимые уравнения.
Грузовая система:
Единичная система:
0  х1  2 м
2
1
x
6 x12
M ( x1 )  F  x1  q
 4  x1 

2
2
2 м  4кНм
 4  x1  10  x12
0 м  0кНм
0  х2  3 м
l12
 M  2F  x 2 
2
3 м  21кНм
 8  12  7  8  x2  3  8  x2
0 м  3кНм
0  х3  2 , 5 м
M ( x2 )  F  l1  q 
l12
 x3 )  M 
2
2F  l2  8  4  x3  12  12  x3  7  24 
M ( x3 )  F  ( l1  x3 )  q  l1 (
2 , 5 м  41кНм
 8  x3  21
0 м  21кНм
M 0 ( x1 )  P 0  x1  1  x1 
 x1
2м  2м
0м  0м
M 0 ( x 2 )  P 0  l1  1  l1  2 м
M 0 ( x 3 )  P 0  ( l1  x 3 ) 
 2  x3
2,5 м  4,5 м
0м  2м
53
Строим эпюры изгибающих моментов от заданной нагрузки и единичной
силы (рис. 26).
3
21
2
4
21
2
2
2
4,5
61
M0 ,м
M ,кНм
Рис. 26. Эпюры изгибающих моментов от заданной нагрузки
7. Определяем неизвестные канонического уравнения  11 и 1гр. методаi
ми Мора и Верещагина, находим неизвестную реакцию X 1 .
Принимаем жесткость всех элементов постоянной, т.е. ЕJ  const .
1) Определяем перемещения  11 методом Мора:
 11  EJ    M 0 ( xi )  M 0 ( xi )  dxi ,
L
где
M 0 ( xi ) – значение изгибающего момента на i - том силовом участке от
действия единичной силы.
2
 11  EJ   M ( xi )  M ( xi )  dxi   M 0 ( x1 )  M 0 ( x1 )  dx1 
0
0
L
0
3
  M 0 ( x2 )  M 0 ( x2 )  dx2 
0
2 ,5
M
0
( x3 )  M 0 ( x3 )  dx3 
0
2
3
2 ,5
0
0
0
  x1  x1  dx1   2  2  dx2 
 (2 x
3
)  ( 2  x3 )  dx3 
3
2 , 5 4 x32 2 , 5 x33 2 , 5
x13 2

 4  x2  4  x3



3 0
0
0
2 0
3 0
 2 , 67  12  10  12 , 5  5 , 2  42 , 37 ì 3 .
Проверка методом Верещагина:
 11  EJ   i0  Мсi0 ,
где
 i0 – площадь эпюры изгибающих моментов от единичной силы;
54
Мсi0 – ордината, взятая против центра тяжести эпюры изгибающих мо-
ментов от единичной силы, из той же эпюры, располагаемой под первой.
10
2
l
3
Mc10
2м
2м
1
2
1
2
2
2
Мс10   h   2  1, 33 м
3
3
10   l  h   2  2  2 м 2
2м
1
l
2
20
Mc20
2м
2м
 20  l  h  3  2  6 м 2
Мс20  2 м
3м
2
l
3
30

0
4
2м
4,5м
1
2
1
2
 30   l  h   2 , 5  2 , 5  3 ,125 м 2
2
 2 , 5  2  3 , 67 м
3
1
40  l  h   2 , 5  2  5 м 2
2
1
Мс40   2 , 5  2  3 , 25 м
2
Мс30 
1
l
2
4,5м
2м
Mc40 Mc30
2,5м
 11  EJ   i0  Мсi0  10  Мс10  20  Мс20  30  Мс30  2  1, 33  6  2 
3 ,125  3 , 67  5  3 , 25  2 , 66  12  11, 47  16 , 25  42 , 38 м3 ,
42 , 38 м3
 11 
.
EJ
2) Определяем перемещения  1гр. методом Мора:
i
 1гр. i  EJ    M ( xi )  M 0 ( xi )  dxi ,
L
где
M  xi  – значение изгибающего момента на i -том силовом участке от
действия заданных сил;
M 0  xi  – значение изгибающего момента на i -том силовом участке от
действия единичной силы.
55
2
 1гр. i  EJ    M ( xi )  M 0 ( xi )  dxi   M  x1   M 0  x1   dx1 
L
  M  x2   M
0
2 ,5
3
0
2
 x2   dx2   M  x3   M  x3   dx3    4  х1  3  x12   х1  dx1 
0
0
0
3
   3  8  х2   2 dx2 
0
0
2 ,5
  8  х3  21  ( 2  х3 )  dx3 
0
3
4  х13 2 3  х14 2

 6  x2 
3 0
4 0
0
2 , 5 21  х32 2 , 5
16  х 3 16  х 2 , 5 8  х33 2 , 5



 42  x3

 10 , 67  12  18 
2 0
2
0
3
0
0
2
0
2
3
2
2
72  50  41, 67  105  65 , 63  317 , 63кНм 3 .
Проверка методом Верещагина:
1гр.i  EJ   i  Мсi0 ,
где
 i – площадь эпюры изгибающих моментов от заданных нагрузок;
Мсi0 – ордината эпюры изгибающих моментов от единичной силы, распо-
ложенная под центром тяжести эпюры изгибающих моментов от заданных нагрузок.
Разбиваем эпюру M ( x1 ) на две:
2
l
3
1
8кНм
M ( x1 )  4  x1  3  x12
М ( x1 )  4  x1
3
l
4
2
0
1
Mñ
12кНм
2м
Mñ20
2м
2 м  8кНм
0 м  0кНм
М ( x1 )  3  x12
1
2
2 м  12кНм
0 м  0кНм
1
2
2
2
Мс10   h   2  1, 33 м
3
3
1
1
 2   l  h   2  ( 12 )  8кНм 2
3
3
3
3
Мс20   h   2  1, 5 м
4
4
1   l  h   2  8  8кНм 2
56
1
l
2
Разбиваем эпюру M( x2 ) на две:
3
M ( x2 )  3  8  x2
3кНм
М ( x2 )  3кНм
2
l
3
4
М ( x2 )  8  x 2
24кНм
2м
 3  l  h  3  3  9кНм 2
Мс30  2 м
Mс40
0
3
Mс
3 м  24кНм
0 м  0кНм
1
2
0
Мс4  2 м
3м
1
2
4   l  h   3  ( 24 )  36кНм 2
Разбиваем эпюру M ( x3 ) на две:
2
l
3
1
l
2
5
6
0
6
M ( x3 )  8  x3  21
20кНм
М ( x3 )  8  x 3
М ( x3 )  21кНм
21кНм
1
2
1
2
5   l  h   2 , 5  ( 20 )  25кНм 2
4,5м
Mс
2 , 5 м  20кНм
0 м  0кНм
2
 2 , 5  2  3 , 67 м
3
6  l  h  2 , 5  ( 22 )  52 , 5кНм 2
2м
Мс50 
Mс50
2,5м
Мс60 
1
 2 , 5  2  3 , 25 м
2
 1гр. i  EJ    i  Мсi0  1  Мс10   2  Мс20   3  Мс30   4  Мс40   5  Мс50 
6  Мс60  8  1, 33  8  1, 5  9  2  36  2  25  3 , 67  52 , 5  3 , 25 
 10 , 64  12  18  72  91, 75  170 , 63  317 , 74кНм 3 .
1гр. i 
317 , 74кНм3
.
EJ
3) Определяем значение неизвестной реакции X 1  VB :
Х 1   11   1гр. i  0 ,
Х1  
 1гр. i
 11

317 , 63
 7 , 5кН ,
42 , 38
VB  X 1  7 , 5кН .
57
8. Вычисляем значения внутренних усилий на каждом силовом участке и
строим окончательные эпюры.
Дано:
VB F
3F
B
x1
q
C
D
x3
x2
2F
M
A
q  6 кН / м;
F  4 кН ;
М  7 кН  м;
VB  7 , 5 кН ;
l1  2 м;
l2  3 м;
l3  2 , 5 м.
Рис. 27. Расчетная (эквивалентная) система
0  х1  2 м
N ( x1 )  0
Q( x1 )  VB  F  q  x1  7 , 5  4  6  x1  11, 5  6  x1
2 м  0 , 5кН
0 м  11, 5кН
Q( x1 )  11, 5  6  x1  0
х1 
11 , 5
 1 , 92 м
6
2 м  11кНм
х12
х12
2
M( x1 )  VB  х1  F  x1  q 
 ( 7 , 5  4 )  х1  6 
 11, 5  x1  3 x1 1, 92 м  11, 02кНм
2
2
0 м  0кНм
0  х2  3 м
N ( x2 )  VB  F  q  l1  7 , 5  4  6  2  0 , 5кН
Q( x2 )  2F  8кН
M( x2 )  VB  l1  F  l1  q 
3 м  6кНм
l12
 M  2F  x2  15  8  12  7  8  x2  18  8  x2
2
0 м  18кНм
0  х3  2 , 5 м
N ( x3 )  3F  2F  5F  5  4  20кН
Q( x3 )  VB  F  q  l1  7 , 5  4  12  0 , 5кН
58
l12
 x 3 )  M  2F  l 2  15  7 , 5  x 3 
2
2 , 5 м  7 , 25кНм
8  4  x3  12  12  x3  7  24  6  0 , 5  x3
0 м  6кНм
M ( x2 )  VB  ( l1  x3 )  F  ( l1  x3 )  q  l1 (
Строим окончательные (суммарные) эпюры внутренних усилий (рис. 28).
11,5
11,02
*
8
0,5
x
6
0,5
6
20
*
x
11
7,25
Q y ,кН
N ,кН
18
M z ,кНм
Рис. 28. Окончательные (суммарные) эпюры внутренних усилий
9. Проводим статическую проверку в узлах C и D (рис. 29, 30):
N  x1 
 F ( x )  0;
Qy  x1 
M z  x1 
M z  x2 
N  x2 
M
2F
Рис. 29 Узел С
M z  x2 
3F
N  x2 
D
0  8  8  0.
 F ( y )  0;
 Q( x1 )  N ( x2 )  0
C
Qy  x2 
N ( x1 )  2F  Q( x2 )  0
Qy  x2 
M z  x3 
 0 , 5  0 , 5  0.
 M ( C )  0;
M ( x1 )  M  M ( x2 )  0
11  7  18  0.
 F ( x )  0;
N ( x2 )  Q( x3 )  0
0 , 5  0 , 5  0.
 F ( y )  0;
Q( x2 )  3F  N ( x3 )  0
8  12  ( 20 )  0.
Qy  x3 
N  x3 
Рис. 30. Узел D
 M ( D )  0;
M ( x2 )  M ( x3 )  0
6  ( 6 )  0.
10. Выполняем проверку равенства нулю перемещения по направлению
отброшенной связи (  1  0 ) , подтверждающую правильность определения
i
реакции X 1  VB , используя методы Мора и Верещагина. Она заключается в оп-
59
ределении перемещения 1i в эквивалентной системе по направлению отброшенной связи с учетом найденной опорной реакции X 1  VB , то eсть следует
убедиться, что  1  0 .
i
Для этого используем метод Мора. Под интегралами перемножаем уравнения изгибающих моментов от суммарных внешних и единичной нагрузок на
соответствующих силовых участках:
 1 i  EJ    M ( xi )  M 0 ( xi )  dxi ,
L
где
M  xi  – значение изгибающего момента на i -том силовом участке от
действия заданных внешних нагрузок и найденной реакции X 1  VB ;
M 0  xi  – значение изгибающего момента на i -том силовом участке от
действия единичной силы.
2
3
 1 i  EJ    M ( xi )  M 0 ( x i )  dx i   M  x1   M 0  x1   dx1   M  x 2   M 0  x 2   dx 2 
L
0
2 ,5
2
0
0
0
3
  M  x3   M 0  x3   dx3    11, 5  х1  3  x12   х1  dx1    18  8  х2   2 dx2 
2 ,5
   6  0 , 5  х3   ( 2  х3 )  dx3 
0
0
3 16  х22 3
2,5
11 , 5  х 2 3  х 2

 36  x2 
 12  x3

3
0
4 0
0
2 0
0
3
1
4
1
6  х32 2 , 5 х32 2 , 5 0 , 5  х33 2 , 5



 30 , 67  12  108  72  30  18 , 75  3 ,125  2 , 6  0 , 2  0.
2
0
2 0
3
0
Проверка методом Верещагина:
2
l
3
1
23кНм
Разбиваем эпюру M ( x1 ) на две:
M( x1 )  22 , 5  x1  3  x12
M ( x1 )  11, 5  x1
М ( x1 )  3  x12
3
l
4
2
Mñ10
12кНм
2м
Mñ20
2м
1
2
2 м  23кНм
0 м  0кНм
2 м  12кНм
0 м  0кНм
1
2
2
2
Мс10   h   2  1 , 33 м
3
3
1
1
 2   l  h   2  ( 12 )  8кНм 2
3
3
3
3
Мс20   h   2  1 , 5 м
4
4
1   l  h   2  23  23кНм 2
60
Разбиваем эпюру M ( x2 ) на две:
1
l
2
3
M ( x2 )  18  8  x1
18кНм
M ( x2 )  18кНм
М ( x 2 )  8  x 2
2
l
3
4
24кНм
2м
0
3
Mс
0
4
Mс
3м
3 м  24кНм
0 м  0кНм
3  l  h  3  18  54кНм2
Мс30  2 м
1
2
0
Мс4  2 м
1
2
4   l  h   3  ( 24 )  36кНм 2
Разбиваем эпюру M ( x3 ) на две:
1
l
2
5
M ( x 3 )  6  0 , 5  x 3
M ( x3 )  6кНм
2
l
3
6
Mс50
М ( x 3 )  0 , 5  x 3
2 , 5 м  1, 25кНм
0 м  0кНм
5  l  h  2 , 5  ( 6 )  15кНм 2
2м
Mс60
2,5м
Мс50 
1
2
1
 2 , 5  2  3 , 25 м
2
1
2
 6   l  h   2 , 5  ( 1, 25 )  1, 56кНм 2
Мс40 
2
 2 , 5  2  3 , 67 м
3
 1 i  EJ   i  Мсi0  1  Мс10   2  Мс20   3  Мс30  4  Мс40  5  Мс50 
6  Мс60  23  1, 33  8  1, 5  54  2  36  2  15  3 , 25  1, 56  3 , 67 
 30 , 59  12  108  72  48 , 75  5 , 73  0 ,11  0
Таким образом, установлено, что реакция X 1  VA определена верно.
11. Подбираем поперечные сечения конструкции, состоящей из двутавровой балки и проверяем конструкцию на прочность по касательным напряжениям.
61
Подбор сечения осуществляется по условиям прочности при изгибе:
 max 
M max
W xнеобх .
Wxнеобх . 
M max
 
   ;

18кНм 18  104 кгс  см

 112 , 5см3 .
2
160 МПа 1600кгс / см
Из таблицы сортамента (ГОСТ 8239 –89) выбираем двутавр № 18:
Wx  143см3 ; S x  81, 4см3 ; J x  1290см4 ; A  23 , 4см2 ; s  0 , 51см.
Расчет на прочность проводим по условию прочности при растяжении и
изгибе:
 max 
N Mx
0 , 5  102 18  104



 1260 , 9кгс / см2 .
A Wx
23 , 4
143
Определяем перегрузку (недогрузку):

 max   
1260 , 9  1600
 100% 
 100%  21, 2% .
1600
 
Перегрузка не должна превышать + 5% .
Проверка конструкции на прочность по касательным напряжениям осуществляется по формуле
 max 
Qmax  S x
s  Jx
   .
Для искомой конструкции Qmax  11, 5кН :
 max 
11 , 5  102  51 , 4
 142 , 29кгс / см 2 ;
0 , 51  1290
 max  142 , 29кгс / см2     500кгс / см2 .
62
ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОПРОВЕРКИ
1.
В чем сущность метода сквозного разреза (сечения)?
2.
Какой вид нагружения называется растяжением (сжатием)?
3.
Какое правило знаков принято для продольной силы? Как вычисляется
значение продольной силы в поперечном сечении бруса?
4.
Что называется эпюрой? Правило построения эпюры продольных сил.
5.
Как вычисляются нормальные напряжения в поперечном сечении рас-
тянутого стержня?
6.
Что называется абсолютным и относительным удлинением?
7.
Что характеризует модуль упругости? Как он влияет на деформации
бруса?
8.
Что называется коэффициентом Пуассона и каковы его имеет значения?
9.
Сформулируйте закон Гука.
10. Какой вид нагружения называется кручением?
11. Как определяются напряжения при кручении?
12. Что такое момент сопротивления сечения при кручении?
13. В чем состоят условия прочности при кручении?
14. Какая величина называется жесткостью при кручении?
15. Как в общем случае определяются углы закручивания?
16. Что называется чистым изгибом, поперечным изгибом?
17. Какие уравнения используются для определения опорных реакций?
18. Какие внутренние усилия возникают в поперечных сечениях бруса при
изгибе?
19. Какие правила знаков приняты для каждого из внутренних усилий?
20. Чему равен изгибающий момент M z и поперечная сила Q y в любом сечении балки?
21. Какая дифференциальная зависимость существует между поперечной
силой и интенсивностью распределѐнной нагрузки?
22. Как определяется экстремальное значение изгибающего момента?
63
23. По какой формуле определяются нормальные напряжения в поперечных
сечениях при изгибе?
24. Как определяются осевые моменты сопротивления прямоугольного и
круглого поперечного сечения?
25. Проанализируйте формулу Журавского.
26. Что называется статически неопределимой системой?
27. Какая система называется геометрически неизменяемой?
28. В чем заключается выбор основной системы?
29. Каков физический смысл уравнений деформаций (канонических уравнений метода сил)?
30. Что означают величины X 1 ,  11 , и 1 ?
i
31. Объясните сущность метода Мора.
32. Объясните сущность метода Верещагина.
33. Как проводится статическая проверка окончательных эпюр N , Q , M ?
34. На чем основана и как проводится деформационная проверка окончательной эпюры изгибающих моментов?
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
1. Пирогов, Е. Н. Сопротивление материалов. С примерами типичных
расчетов [Текст] : конспект лекций / Е. Н. Пирогов. – М. : Айрис Пресс, 2003. –
176 с.
2. Сопротивление материалов [Текст] : учеб. пособие / под ред.
Н. А. Костенко – 2-е изд., испр. – M. : Высш. шк., 2004. – 430 с.
3. Тимошенко, С. П. Механика материалов [Текст] :
учеб. /
С. П. Тимошенко.– СПб. : Лань, 2002. – 672 с.
4. Харчевников, В. И. Сопротивление материалов и прикладная механика
[Текст] : тексты лекций / В. И. Харчевников, Т. Н. Стородубцева. – Воронеж,
2004. – 107 с.
64
ПРИЛОЖЕНИЯ
Площади и координаты центра тяжести простых фигур
Виды эпюр изгибающих моментов
x1
Площадь
эпюры
Абсциссы центра
тяжести эпюры

х1
х2
lh
1
l
2
1
l
2
1
lh
2
1
l
3
2
l
3
1
lh
3
1
l
4
3
l
4
2
lh
3
1
l
2
1
l
2
2
lh
3
3
l
8
5
l
8
2
lh
3
1
l
2
1
l
2
x2
h
l
x1
x2
h
l
x1
x2
h
l
x2
x1
h
l
x2
x1
h
l
x2
x1
h
l
Двутавры стальные горячекатаные (по ГОСТ 8239-89)
65
h – высота двутавра;
b – ширина полки;
s – толщина стенки;
t – средняя толщина полки;
A – площадь поперечного сечения;
J – момент инерции;
W – момент сопротивления;
S – статический момент полусечения;
i– радиус инерции.
Размеры, мм
Jx ,
Wx ,
ix ,
Sx ,
Jy ,
Wy ,
iy ,
см4
см3
см
см3
см4
см3
см
h
b
s
t
A,
см2
10
100
55
4,5
7,2
12
198
39,7
4,06
23
17,9
6,49
1,22
12
120
64
4,8
7,3
14,7
350
58,4
4,88
33,7
27,9
8,72
1,38
14
140
73
4,9
7,5
17,4
572
81,7
5,73
46,8
41,9
11,5
1,55
16
160
81
5
7,8
20,2
873
109
6,57
62,3
58,6
14,5
1,7
18
180
90
5,1
8,1
23,4
1290
143
7,42
81,4
82,6
18,4
1,88
20
200 100 5,2
8,4
26,8
1840
184
8,28
104
115
23,1
2,07
22
220 110 5,4
8,7
30,6
2550
232
9,13
131
157
28,6
2,27
24
240 115 5,6
9,5
34,8
3460
289
9,97
163
198
34,5
2,37
27
270 125
9,8
40,2
5010
371
11,2
210
260
41,5
2,54
30
300 135 6,5
10,2
46,5
7080
472
12,3
268
337
49,9
2,69
33
330 140
11,2
53,8
9840
597
13,5
339
419
59,9
2,79
36
360 145 7,5
12,3
61,9
13380
743
14,7
423
516
71,1
2,89
40
400 155 8,3
13
72,6
19,62
953
16,2
545
667
86,1
3,03
45
450 160
9
14,2
84,7
27696
1231
18,1
708
8087
101
3,09
50
500 170
10
15,2
100
39727
1589
19,9
919
1043
123
3,23
55
550 180
11
16,5
118
55962
2035
21,8
1181
1356
151
3,39
60
600 190
12
17,8
138
76806
2560
23,6
1491
1725
182
3,54
№
6
7
Швеллеры стальные горячекатаные (по ГОСТ 8240-89)
66
h – высота швеллера;
b – ширина полки;
s – толщина стенки;
t – средняя толщина полки;
A – площадь поперечного
сечения;
J – момент инерции;
Размеры, мм
W – момент сопротивления;
S – статический момент
полусечения;
i – радиус инерции;
z0 – расстояние от оси y до
наружной грани стенки.
Jx ,
Wx ,
ix ,
Sx ,
Jy ,
Wy ,
iy ,
z0 ,
см4
см3
см
см3
см4
см3
см
см
h
b
s
t
A,
см2
5
50
32
4,4
7
6,16
22,8
9,1
1,92 5,59
5,61
2,75
0,95
1,16
6,5
65
36
4,4
7,2
7,51
48,6
15
2,54
8,7
3,68
1,08
1,24
8
80
40
4,5
7,4
8,98
89,4
22,4
3,16 13,3
12,8
4,75
1,19
1,31
10
100
46
4,5
7,6
10,9
174
34,8
3,99 20,4
20,4
6,46
1,37
1,44
12
120
52
4,8
7,8
13,3
304
50,6
4,78 29,6
31,2
8,52
1,53
1,54
14
140
58
4,9
8,1
15,6
491
70,2
5,6
40,8
45,4
11
1,7
1,67
16
160
64
5
8,4
18,1
747
93,4
6,42 54,1
63,3
13,8
1,87
1,8
16а 160
68
5
9
19,5
823
103
6,49 59,4
78,8
16,4
2,01
2
180
70
5,1
8,7
20,7
1090
121
7,24 69,8
86
17
2,04
1,94
18а 180
74
5,1
9,3
22,2
1190
132
7,32 76,1
105
20
2,18
2,13
20
200
76
5,2
9
23,4
1520
152
8,07 87,8
113
20,5
2,2
2,07
22
220
82
5,4
9,5
26,7
2110
192
8,89
110
151
25,1
2,37
2,21
24
240
90
5,6
10
30,6
2900
242
9,73
139
208
31,6
2,6
2,42
27
270
95
6
10,5
35,2
4160
308
10,9
178
262
37,3
2,73
2,47
30
300
100
6,5
11
40,5
5810
387
12
224
327
43,6
2,84
2,52
33
330
105
7
11,7
46,5
7980
484
13,1
281
410
51,8
2,97
2,59
36
360
110
7,5
12,6
53,4
10820
601
14,2
350
513
61,7
3,1
2,68
40
400
115
8
13,5
61,5
15220
761
15,7
444
642
73,4
3,23
2,75
№
18
ОГЛАВЛЕНИЕ
9
67
Введение
3
Используемые обозначения и единицы измерения
4
Общие указания по выбору варианта и выполнению
расчетно-графических работ
5
Основные понятия и зависимости
6
1. Задачи курса ―Сопротивление материалов‖
6
2. Внутренние усилия. Метод сквозного разреза. Типы деформации
7
3. Растяжение-сжатие
9
4. Кручение
11
5. Поперечный изгиб
14
6. Расчет на жесткость при изгибе
20
7. Статически неопределимая система
25
Темы и варианты заданий
29
Расчетно-графическая работа № 1
29
Задание 1. Осевое растяжение (сжатие) стержня
29
Задание 2. Кручение стержня круглого поперечного сечения
31
Задание 3. Расчет на прочность при изгибе
33
Расчетно-графическая работа № 2
35
Примеры решения типовых задач
38
Расчетно-графическая работа № 1
38
Задание 1. Осевое растяжение (сжатие) стержня
38
Задание 2. Кручение стержня круглого поперечного сечения
42
Задание 3. Расчет на прочность при изгибе
46
Расчетно-графическая работа № 2
50
Вопросы для самопроверки
62
Библиографический список
63
Приложения
64
Учебное издание
68
Сергей Юрьевич Зобов
Эдуард Анатольевич Черников
Ольга Викторовна Зеленская
CОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
РАСЧЕТ ЭЛЕМЕНТОВ КОНСТРУКЦИЙ
Учебное пособие
Редакторы С.Ю. Крохотина, Е.А. Попова
Подписано в печать 21.03.2012. Формат 60×90 /16. Объем 4,25 п. л.
Усл. печ. л. 4,25. Уч.-изд. л. 3,92. Тираж 300 экз. Заказ
ФГБОУ ВПО «Воронежская государственная лесотехническая академия»
РИО ФГБОУ ВПО «ВГЛТА». 394087, г. Воронеж, ул. Тимирязева, 8
Отпечатано в УОП ФГБОУ ВПО «ВГЛТА»
394087, г. Воронеж, ул. Докучаева, 10
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
7
Размер файла
1 491 Кб
Теги
зобом, сопротивления, конструкции, элементов, материалы, расчет
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа