close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

код для вставкиСкачать
Задача № 1. Подбор сечения стержня, подверженного растяжению-сжатию
A
l1, q2,
м кН/м

B
l2 ,
м
q3,
кН/м
F3,
кН
C
l3 ,
м
F1,
кН
5
2,0
1,2 3
0,8
5
-20
8
2,0
90
-2
Материал на
участке

1, 2
3
0,8 Бронза Сталь
Разобьем стержень на 3 участка:
1 участок – отрезок AB;
2 участок – отрезок BC;
3 участок – отрезок CD;
Определим продольную силу N:
3 участок Х3 є CD
1
Х 3  4.8,
N 3   F3  20 kH ;
Х 3  2.8,
N 3   F3  q3  2  20  5  2  10 kH .
2 участок Х2 є BC
Х 2  2.8,
N 2   F3  q3  2  20  5  2  10 kH ;
Х 2  2,
N 2   F3  q3  2  q2  0.8  20  5  2  2  0.8  11.6 kH .
1 участок Х1 є АВ
Х 1  2,
N1   F3  q3  2  q2  0.8  F1  20  5  2  2  0.8  90  78.4 kH ;
Х 1  0,
N1   F3  q3  2  q2  0.8  F1  20  5  2  2  0.8  90  78.4 kH .
Действующие напряжения на участках стержня:
Для участка СD
Х 3  4.8,
3 
20 25
N3
;


A3 0.8 A1
A1
Х 3  2.8,
3 
10 12.5
N3
.


A3 0.8 A1
A1
Для участка ВС
Х 2  2.8,
2 
N2
10 8.3
;


A2 1.2 A1
A1
Х 2  2,
2 
N 2 11.6 9.7
.


A2 1.2 A1
A1
Для участка АВ
2
Х 1  2,
1 
N1 78.4

;
A1
A1
Х 1  0,
1 
N1 78.4

.
A1
A1
Из условия прочности подберем размеры поперечных сечений стержня на каждом
участке.
По справочным данным допускаемые напряжения:
 240
=160МПа ;

для стали (участок CD) [ ]  в =
n 1.5
 150
=100МПа .

для бронзы (участок АС) [ ]  в =
n 1.5
Определим площади поперечных сечений участков стержня.
Для участка СD
25  103
A1 
 

25  103
 1.56  104 м 2 .
160  106
Для участка АС
78.4  103
A1 
 
Принимаем
78.4  103

 7.84  104 м 2 .
6
100  10
A1  7.84  104 м 2 , A2  1.2  7.84  10 4  9.41  104 м 2 ,
A3  0.8  7.84  10 4  6.27  10 4 м 2 .
Найдем действительные коэффициенты запаса прочности в каждой части стержня.
Для участка СD
в

n3  max
 maxв
N3
3
240  106

 7.52 .
20000
4
6.27  10
A3
Для участка ВС
в

n2  max
 maxв
N2
2
150  106

 12.2 .
11600
4
9.41  10
A2
Для участка АВ
n1 
в

 maxв
max
N1
1

A1
150  106
 1.5 .
78400
7.84  104
3
Задача № 2. Определение напряжений и перемещений в стержне при растяжениисжатии с учетом собственного веса
A
5
№
схемы
на
рис. 2
2
l1 ,
м
A1,
м2
4
1,2
E, 105 B
,
кН/м3 МПа
30
0,9
3

k2
F2,
кН
C

k1
k3
F3,
кН
1,0
0,8
20
8
1,2
0,5
0,4
10
Разобьем брус на 3 участка:
1 участок – отрезок AB;
2 участок – отрезок BC;
3 участок – отрезок CD.
Определим продольную силу N:
3 участок Х3 є CD
Х3=9.2,
N3  0 ;
Х3=5.2,
N 3  q1  l1    A1  l1  30000  1.2  4  144000 Н .
Брус испытывает сжатие.
4
2 участок Х2 є BC
Х2=5.2,
N 2  N 3  F2  144000  20000  164000 Н ;
Х2=3.2
N 2  N 3  F2  q2  l2  N3  F2    A2  l2  144000  20000  30000 1.2  2  308000 Н .
Брус испытывает сжатие.
1 участок Х1 є АВ
Х1=3.2,
N1  N 2  F3  308000  10000  318000 H ;
Х1=0,
N1  N2  F3  q3  l3  N2  F3    A3  l3  308000  10000  30000 1.2 1.2  3.2  456240Н .
Брус испытывает сжатие.
Действующие напряжения на участках стержня:
Для участка СD

при Х3=9.2
N3
0

 0 Па ;
A1 1.2
при Х3=5.2

N 3 144000

 120000 Па ;
1.2
A1
при Х2=5.2

N 2 164000

 136667 Па ;
1.2
A2
при Х2=3.2

N 2 308000

 256667 Па .
A2
1.2
при Х1=3.2

N1 318000

 220833 Па ;
A3
1.44
Для участка ВС
Для участка АВ
N1 456240

 316833 Па .
A3
1.44
Определяем перемещение сечения а-а (точка Е):
Напряжение в точке Е
  C
256667  136667
E  C  B
 0.4  136667 
 0.4  160667 H
2
2
при Х1=0

1
  AB   BE  
E
1
256667  160667
 316833  220833


 3.2 
 1.6   1.33  10 5 м  0.0013 см.
11 
0.9  10 
2
2

la  a 
5
Задача № 3. Определение грузоподъемности статически определимой конструкции,
работающей на растяжение-сжатие
А a, м
Сечение
стержня 1
,
град
B
5
Уг.160х10
75
3
3,0
№ схемы b, м l, м
на
рис. 3
4
1,6 4,6
C
,
град
,
град
8
30
-60
Применим метод сечений, отбросим точки закрепления стальных стержней и
рассмотрим состояние равновесия системы.
Уравнение равновесия (сумма моментов относительно опоры)
N1  cos600  4.6  F  cos 600  3  0,
N1 
3F
 0.65F .
4.6
Для уголка 160х10 А=31.4 см2.
Из условия прочности при растяжении и сжатии для стали
σ1 
N1
0.65 F

 207 F Па.
A 31.4 104
6
Максимальная грузоподъемность системы из условия прочности для стали:
σ1  σТ ,
207 F  240 106 Па,
F
240 106
 1159.4 kH .
207
Определим перемещение точки С. Для этого рассмотрим деформированное
состояние системы.
Из условия совместного деформирования и подобия треугольников перемещение
точки С
C !C 
Δl2
cos600
Согласно закону Гука
l2 
N1  l 0.65 F  l 0.65 1159400  4.6


 5.5 103 м.
EA
EA
2 1011  31.4 104
Тогда
Δl2
5.5 103
CC

 0.011 м.
cos600 cos600
!
7
Задача № 4. Расчет статически неопределимого составного стержня, работающего на
растяжение-сжатие
A
5
F2,
кН
l1 , A 1 ,
м см2
140 1,4 22
B
3
l2 ,
м
l3 ,
м

1,6 1,4 0,7
, мм C
0,13
8

0,7
T,
о
С
75
Материал на участке
1
2
Бронза Алюм.
3
Сталь
Возможное удлинение стержня под действием силы
lP 
F2  1.4 F2  1.6
140000  1.4
140000  1.6



 2.97  103 м  2.97 мм.
11
4
11
4
E1  A1 E2  A2 1  10  22  10
0.7  10  0.7  22  10
Величина удлинения превышает зазор δ, соответственно, система станет
статически неопределимой. Для решения задачи отбросим правую опору и заменим её
силой реакции RD, тогда суммарное перемещение свободного торца стержня под
действием сил равняется δ
8
  lP  lR    0.13 мм ,
D
откуда
lR  lP    2.97  0.13  2.84 мм  2.84  103 м .
D
Также
lR 
D

RD  1.4 RD  1.6 RD  1.4



E1  A1
E2  A2
E3  A3
RD  1.4
RD  1.6
RD  1.4
 2.58  10 8 RD .


11
4
11
4
11
4
1  10  22  10
0.7  10  0.7  22  10
2  10  0.7  22 10
Тогда
2.58  108 RD  2.84  103 ,
RD 
2.84  103
 110285 Н .
2.58 10 8
Эпюра продольных сил:
3  x3  4.4
1.4  x2  3
0  x1  1.4
N 3   RD  110285 Н ;
N 2   RD  F2  110285  140000  29715Н ;
N1   RD  F2  110285  140000  29715 Н .
Определим нормальные напряжения в сечениях:
3  x3  4.4
1.4  x2  3
0  x1  1.4
N3
110285
240

 71.6 МПа  σ  
 160МПа ;
4
A3 0.7  22 10
1.5
N
29715
210
σ2  2 
 19.3 МПа   σ  
 140 МПа ;
4
1.5
A2 0.7  22  10
N
29715
150
 13.5 МПа   σ  
 100МПа .
σ1  1 
4
A1 22  10
1.5
σ3 
Условие прочности выполняется на каждом участке.
Рассмотрим нагрев стержня.
Возможное удлинение стержня при нагреве
lТ  1 1.4  Т   2 1.6  Т   3 1.4  Т 
 22  106 1.4  75  24 10 6 1.6  75  12  106 1.4  75  6.45  103 м  6.45 мм.
9
Величина удлинения превышает зазор δ, соответственно, система станет
статически неопределимой. Для решения задачи отбросим правую опору и заменим её
силой реакции RD, тогда суммарное перемещение свободного торца стержня под
действием сил равняется δ
  lТ  lR    0.13 мм ,
D
откуда
lR  lТ    6.45  0.13  6.32 мм  6.32  103 м .
D
Также
lR 
D

RD  1.4 RD  1.6 RD  1.4



E1  A1
E2  A2
E3  A3
RD  1.4
RD  1.6
RD  1.4


 2.58  10 8 RD .
11
4
11
4
11
4
1  10  22  10
0.7  10  0.7  22  10
2  10  0.7  22 10
Тогда
2.58  108 RD  6.32  103 ,
10
RD 
6.32 10 3
 244961 Н .
2.58  108
Эпюра продольных сил:
3  x3  4.4
1.4  x2  3
0  x1  1.4
N 3   RD  244961 Н ;
N 2   RD  244961 Н ;
N1   RD  244961 Н .
Определим нормальные напряжения в сечениях:
N3
244961
240

 159 МПа   σ  
 160МПа ;
4
1.5
A3 0.7  22  10
N
244961
210
σ2  2 
 159 МПа   σ  
 140 МПа ;
4
A2 0.7  22  10
1.5
N
244961
150
σ1  1 
 111.3 МПа   σ  
 100 МПа .
4
A1 22  10
1.5
σ3 
3  x3  4.4
1.4  x2  3
0  x1  1.4
Условие прочности не выполняется на участке 0  x  3 .
Найдем допустимую температуру нагрева исходя из прочности участка 2.
N 2   σ 2  A2  140  106  0.7  22  104  215600 H ,
тогда из предыдущих расчетов
RD  N 2  215600 H ,
lR  2.58  108 RD  2.58 10 8  215600  0.0056 м ,
D
lТ  1 1.4  Т   2 1.6  Т   3 1.4  Т  Т 1 1.4   2 1.6   3 1.4   lR ,
D
Т 
t 
lR
,
1 1.4   2 1.6   3 1.4
D
0.0056
 65.1 0С .
22  10 1.4  24  106 1.6  12 10 6 1.4
6
Найдем допустимую температуру нагрева исходя из прочности участка 1.
N1   σ 1  A1  100  106  22  104  220000 H ,
тогда из предыдущих расчетов
RD  N 2  220000 H ,
lR  2.58 10 8 RD  2.58  108  220000  0.0057 м ,
D
11
lТ  1 1.4  Т   2 1.6  Т   3 1.4  Т  Т 1 1.4   2 1.6   3 1.4   lR ,
D
Т 
t 
lR
,
1 1.4   2 1.6   3 1.4
D
0.0057
 66.3 0С.
6
6
22  10 1.4  24  10 1.6  12 10 1.4
6
Выбираем меньшую величину t  65.1 0С .
12
Задача № 7. Исследование плоского напряженного состояния по заданным
напряжениям на произвольных площадках. Проверка прочности.
А
5
№ схемы
на рис. 7
2
x,
МПа
20
z,
МПа
-40
B
3
xz,
МПа
-60
, град
C
60
8
пред.,
МПа
180/600
Материал
Чугун
Решим задачу аналитически
Найдем нормальное, касательное и полное напряжения на наклонной площадке.
 
x z

 x  z
cos 2    xz sin 2 
2
2
60sin  2  30   47 МПа,
 
 x  z
2
sin 2   xz cos 2 
20  40 20  40

 cos  2  30  
2
2
20  40
sin  2  30   60cos  2  30   56 МПа.
2
Рисунок 1 – Напряжения на наклонной площадке
13
Полное напряжение
Р    2    2  (47)2  562  73МПа .
Найдем величины главных напряжений и угол наклона главных площадок к
заданным площадкам. Покажем главные площадки с действующими на них
напряжениями на рисунке.
 гл 
x z
2
2
 0.5  x   z   4 xz 2 
20  40
 0.5
2
1 
20  40
 0.5
2
 20  40 
3 
20  40
 0.5
2
 20  40 
2
2
 20  40 
2
 4  (60) 2 ,
 4  (60)2  57 МПа,
 4  (60) 2  77 МПа.
Положение главных площадок
tg1 
 1   x 57  20

 0.62,
60
 xz
1  31.7 0.
tg 3 
 3   x 77  20

 1.62,
 xz
60
 3  58.30.
Рисунок 2 – Положение главных площадок
14
Определим величины наибольших касательных напряжений: наибольшего
касательного напряжения для заданного плоского напряженного состояния и
максимального касательного напряжения для заданного элементарного параллелепипеда
(т.е. полученного при исследовании объемного напряженного состояния). Покажем на
рисунке площадки, на которых действуют max. Найдем нормальные напряжения на этих
площадках.
Наибольшее касательное напряжение для заданного плоского напряженного
состояния:
1
2
2
 max 
 x   z   4 xz 2  0.5  20  40  4  (60)2  67.1МПа.
2
 45 
x z
0
2

20  40
 10МПа.
2
Рисунок 3 – Положение площадок максимальных касательных напряжений
Максимальное касательное напряжение для заданного
элементарного
параллелепипеда
(т.е. полученное при исследовании объемного напряженного
состояния):
1  
2  
1   3
2
 2 3
3  
2


1   2
2
57   77 
2
0   77 

2
 67 МПа.
 38.5 МПа.
57  0
 28.5МПа.
2
15
Решим задачу графически.
Рисунок 4 – Графическое решение задачи
Проверим прочность материала заданного элементарного параллелепипеда. Найдем
действительный коэффициент запаса прочности. Покажем на рисунке опасные площадки.
По 5-й теории прочности для хрупких материалов
 экв   1 
 вр
180
 3  57 
 (77)  80.1 МПа   р  180 МПа.
с
600
в
Коэффициент запаса
n
 Р
 экв

180
 2.25 .
80.1
16
Рисунок 5 – Опасные площадки по 5-й теории прочности
Найдем величины относительных продольных
направлениям и относительную объемную деформацию.
деформаций
по
главным
1
1
 1    2   3   
57  0.25  0  77    6.4 104 ,
5 

E
1.2 10
1
1
0  0.25  57  77    4.2 105 ,
 2   2    1   3   
5 
E
1.2 10
1
1
 77  0.25  0  57    7.6 10 4 ,
 3   3    2   1   
5 
E
1.2  10
4
  1   2   3  6.4 10  4.2  105  7.6 10 4  7.8 105.
1 
17
Задача № 8. Исследование плоского напряженного состояния по заданным
напряжениям на главных площадках. Проверка прочности
A
5
№ схемы
на рис. 8
3
гл,
МПа
20
B
гл,
МПа
90
4
3
,
град
30
C
пред.,
МПа
260
8
Материал
Сталь
гл
гл

Решим задачу аналитически
Найдем нормальное и касательное напряжения на наклонной площадке.
    1 cos 2    2 sin 2   90cos 2 60  20sin 2 60  37.5 МПа,
 
1   2
2
sin 2 
90  20
sin120  30.3 МПа.
2
Рисунок 1 – Напряжения на наклонной площадке
18
Определим величины наибольших касательных напряжений: наибольшего
касательного напряжения для заданного плоского напряженного состояния и
максимального касательного напряжения для заданного элементарного параллелепипеда
(т.е. полученного при исследовании объемного напряженного состояния). Покажем на
рисунке площадки, на которых действуют max. Найдем нормальные напряжения на этих
площадках.
Наибольшее касательное напряжение для заданного плоского напряженного
состояния:
1
1
 max    1   2     90  20   35 МПа.
2
2
min
 45   1 cos 2 45   2 sin 2 45  90cos 2 45  20sin 2 45  55 МПа.
0
Рисунок 2 – Положение площадок максимальных касательных напряжений
Максимальное касательное напряжение для заданного
элементарного
параллелепипеда
(т.е. полученное при исследовании объемного напряженного
состояния):
1   3
90  0
 45 МПа,
2
2
   3 20  0
2  2

 10МПа,
2
2
   2 90  20
3  1

 35МПа.
2
2
1 

19
Решим задачу графически.
Рисунок 3 – Графическое решение задачи
Проверим прочность материала заданного элементарного параллелепипеда. Найдем
действительный коэффициент запаса прочности. Покажем на рисунке опасные площадки.
По 3-й теории прочности
3
 пред
  1   3  90  0  90МПа   p   150 МПа.
Коэффициент запаса
 p  150
n  3  
 1.67 .
 пред 90
20
Рисунок 4 – Опасные площадки
Найдем величины относительных продольных
направлениям и относительную объемную деформацию.
деформаций
по
главным
1
1
 1    2   3   
90  0.25  20  0    4.25 10 4 ,
E
2 105 
1
1
 20  0.25  90  0    1.25 105 ,
 2   2    1   3   
E
2 105 
1
1
0  0.25  20  90    1.375 104 ,
 3   3    2   1   
5 
2 10
E
1 
  1   2   3  4.25 104  1.25 10 5  1.375 10 4  2.75 104.
21
Задача № 10. Подбор сечения составного стержня (вала), работающего на кручение
A l1 ,
м
l2 ,
м
5 1,0 0,6
M 2 , B l3 ,
M1 ,
м
кНм кНм
-20
28
M3, Попер. C №
схем
кНм сечение
1-1 2-2
3 1,2 -24
о 8
1
[],
h/b Материал
град/м
1,2
1
1-1
Бр.
2-2
Чуг.
Вычислим значение крутящих моментов в характерных сечениях вала:
х  2.8 м М кр   М 3  24 кН ·м;
х  1.6 м М кр   М 3  М 2  24  28  4 кН ·м;
х  1.0 м М кр   М 3  М 2  М1  24  28  20  16 кН ·м.
Из условий прочности подберем сечение каждого участка вала:
1. для участка 1.6≤х≤2.8
22
d3
16M kp
3
  
16  24000
 0.15 м  15 см.
3.14  0.2 180 106
2. для участка 1≤х≤1.6
d3
Принимаем
16M kp
3
  
16  4000
 0.083 м  8.3 см.
3.14  0.2 180 106
d  15 см.
3. для участка 0≤х≤1
b 3
M kp
0.208  
3
16000
0.208  150  10
6
 0.08 м  8 см,
h  b  8 см.
Проверим условие жесткости для [Θ]=1.2 град/м=0.021 рад/м.
Углы закручивания участков вала:
1. Для участка 1.6≤х≤2.8
3.14  0.154
 4.97 105 м 4 ,
32
32
M kp l
24000 1.2

 0.013 рад  0.74 град.

GJ p
4.5 1010  4.97 105
Jp 
3
d4

Относительный угол закручивания
3 
3  0.74  0.61град / м 
l
1.2
1.2град / м .
Условие жесткости выполняется.
2. Для участка 1≤х≤1.6
d4
3.14  0.154
Jp 

 4.97 105 м 4 ,
32
32
M l
4000  0.6
2  kp 
 0.001 рад  0.06 град.
GJ p 4.5 1010  4.97 105
Относительный угол закручивания
2 
2  0.06  0.1град / м  1.2град / м .


l
0.6
23
Условие жесткости выполняется.
3. Для участка 0≤х≤1
J k  0.14  b 4  0.14  0.084  5.73 106 м 4 ,
1 
M kp l
GJ k

16000 1
 0.07 рад  4 град.
4 1010  5.73 106
Относительный угол закручивания
1 
1  4  4град / м  1.2град / м .


l
1
Условие жесткости не выполняется.
Определим размер вала из условия жесткости:
b 4
M kp
0.141  G  
4
16000
0.141  4  1010   0.021
 0.108 м  10.8 см.
J k  0.14  b 4  0.14  0.1084  1.89  105 м 4 ,
1 
M kp l
GJ k

16000 1
 0.021 рад  1.2град.
4 1010 1.89  105
Относительный угол закручивания
1 
1  1.2  1.2 град / м  1.2 град / м .


l
1
Определим максимальные касательные напряжения на каждом участке:
1. Для участка 1.6≤х≤2.8
Полярный момент сопротивления:
Wp 
 d3
16

3.14  0.153
 6.62 104 м3
16

24000
 36.2 106 Па .
4
6.62 10
Касательные напряжения:
3 
M kp
Wp
2. Для участка 1≤х≤1.6
Касательные напряжения:
24
2 
M kp
Wp

4000
 6.04 106 Па .
6.62 10 4
3. Для участка 0≤х≤1
Wk  0.208b3  0.208  0.1083  2.62 104 м3 .
Касательные напряжения:
1 
M kp
Wk

16000
 61.1 106 Па .
4
2.62 10
Углы закручивания участков вала:
1. для участка 0≤х≤1
  1  1.2 град ;
2. для участка 0≤х≤1.6
  1  2  1.2  0.06  1.14 град
3. для участка 0≤х≤2.6
  1  2  3  1.2  0.06  0.74  1.88 град .
25
Задача № 11. Расчет статически неопределимого вала при кручении
A
l1 , м
5
2
M1 ,
кНм
10

B
l2 , м
2
3
2.5
M2 ,
кНм
-5
C

l3 , м
8
2
3
Ввиду наличия двух жестких опорных закреплений под действием нагрузки в
каждом из них возникают реактивные пары M A и M B . Составив уравнение равновесия
вала
M A  M1  M 2  M B  0 ,
убеждаемся в том, что записанное уравнение не может быть решено однозначно,
поскольку содержит две неизвестные величины: M A и M B . Остальные уравнения
равновесия при данной нагрузке выполняются тождественно. Следовательно, задача
является один раз статически неопределимой.
Для раскрытия статической неопределимости составим условие совместности
деформаций. Вследствие жесткости опорных закреплений концевые сечения вала не
26
поворачиваются. Это равносильно тому, что полный угол закручивания вала на участке АB равен нулю:
 A B  0 , или 1   2  3  0 .
Последнее уравнение и есть условие совместности деформаций. Для его связи с
уравнением равновесия запишем физические уравнения, связывающие крутящие моменты
и углы закручивания (закон Гука при кручении), для каждого участка стержня:
1 
2 
3 
M Al1
,
GJ p
 M A  M 1  l2
 GJ p
,
 M A  M 1  M 2  l3 .
 GJ p
M Al1  M A  M 1  l2  M A  M 1  M 2  l3


 0,
GJ p
 GJ p
 GJ p
M Al1 
 M A  M 1  l2  M A  M1  M 2  l3



 0,
  M 1 l2   M 1  M 2  l3 
l2 l3 


  0,
 l1    M A  
 


 

 10  2.5  10  5  3 
2.5 3 

 MA  

  0,
2
2 2
2
2



M A  4.21 кН  м.
M B   M A  M1  M 2  4.21  10  5  0.79 кН  м.
Для решения задачи о подборе сечения запишем формулы для определения
максимальных касательных напряжений на каждом участке вала:
M
 1  A ,
Wp
  2 
M A  M1
,
aWp
M B
.
bWp
Коэффициенты a и b, представляющие собой отношения полярных моментов
сопротивления сечений второго и третьего участков вала к полярному моменту
сопротивления сечения первого участка Wρ, определим через известные параметры  и  .
  3 
Полярный момент инерции  J p может быть записан двояким образом:
27
Jp 
 R14
 R24
, Jp 
,
2
2
 R4  R4
 1  2 , R2  4  R1 ,
2
2
где R1 , R2  радиусы первого и второго участков стержня.
Тогда полярный момент сопротивления второго участка
aWp 
a
Аналогично b 
 R23
2

3
1
    2R     W ,
4
3
4
3
p
3
  ,
4
3
  .
4
Теперь можно сравнить между собой максимальные касательные напряжения на
отдельных участках и для наибольшего из них записать условие прочности.
 1 
M A 4210
4210
,

 160 106 Па, Wp 
160 106
Wp
Wp
  2 
M A  M1
3443
5790
5790
3443



 160 106 Па, Wp 
,
6
3
3
4
4
aWp
W

160
10
p
2 Wp
 Wp
  3 
M B

bW p
 
790
 
790

3
   W  2 W
4
4
p
Wнеобх 
R1 
3
2Wpнеобх


3

p
470
470
.
 160 106 Па, Wp 
Wp
160 106
4210
 2.63 105 м3 .
6
160  10
3
2  2.63  105
 0.0256 м  26 мм,
3.14
4
R2   R1  4 2  26  31 мм,
R3  4  R1  4 2  26  31 мм.
Для построения эпюры углов закручивания вычислим углы закручивания на
каждом участке стержня. Ординаты эпюры получаются последовательным
суммированием результатов для отдельных участков, начиная с одного из концов вала.
Контролем правильности решения является равенство нулю угла закручивания на другом
конце вала.
28
M Al1

GJ p
4210  2
 0.147 рад,
4
10 3.14  0.026
8 10 
2
 M A  M 1  l2 
5790  2.5
2 
 0.126 рад,
4
 GJ p
10 3.14  0.026
2  8 10 
2
 M A  M1  M 2  l3
790  3
3 

 0.02 рад,
4
 GJ p
10 3.14  0.026
2  8  10 
2
1  2  3  0.147  0.126  0.02  0.
1 
29
Задача № 15. Определение внутренних усилий в балках при плоском поперечном
изгибе
A
l 2 , q2 ,
B
м кH/м
5
7
-5
3
№
схемы
на
рис. 15
4
F0,
кH
l1 , l 3 ,
C
м м
-10
2
1
8
Интенсивность распределенной
нагрузки, кH/м
Вариант 2
q01
q11
q03
q13
0
0
0
-30
Определим опорные реакции.
 M A  0,
1 1 
2
 F0  2  q2  7  3.5  q3     7    RB  7,
1 2 
3
1 
2
10  2  5  7  3.5  30    7    RB  7,
2 
3
RB  31.1 кН .
 M В  0,
1 1 2
 F0  9  q2  7  3.5  q3      RA  7,
1 2 3
30
1 1 2
10  9  5  7  3.5  30      RA  7,
1 2 3
RA  28.9 кН .
F0  RA  q2  7  q3 
Проверка RY  0
1
1
 RB  10  28.9  5  7  30   31.1  0.
2
2
Проверка выполнена.
Составим выражения для поперечных сил и изгибающих моментов.
Пределы
изменения
х на
участке
Выражения для Qi и Mi
Qлев  F0
Qправ  F0
0-2
M лев  0
Граничные значения
Qi, kH
Mi, kH·м
В начале В конце В начале В конце
участке
участка
участке
участка
10
10
0
20
-18.9
16.1
20
10.2
-15
0
10.2
0
Мправ  F0  2
Qлев  F0  RA
Qправ  F0  RA  q2  7
2-9
М лев  F0  2
2
7
2
 F0  RA  q2  7  RB
Мправ  F0  9  RA  7  q2 
Qлев
Qправ  F0  RA  q2  7 
 RB  q3 
9-10
1
2
72
М лев  F0  9  RA  7  q2 
2
М прав  F0  10  RA  8 
1 1
q2  7  4.5  q3    RB  1
2 3
Поскольку поперечная сила на втором участке меняет знак, найдем экстремальное
значение изгибающего момента на этом участке. Определим величину х, приравняв
выражение для поперечной силы на втором участке нулю:
Q ( x) 10  28.9  5  x  0,
18.9
x
 3.78 м.
5
Тогда
M max
5.782
 M ( x  2  3.78)  10  5.78  28.9  5.78  5 
 15.72 кН  м.
2
31
Задача № 16а. Подбор сечения стальной балки, работающей в условиях плоского
поперечного изгиба
A
5
№
схемы
на рис.
16
2
F2,
кН
l1 , м
3
0,9
B
M2 ,
кНм
Сечение
C
l2 , м
3
0,4
о
8
1,0
Интенсивность
распределенной
нагрузки, кН/м
q01
q11 q02 q12
2
2
0
-10
Определим опорные реакции.
32
 M A  0,
q1  0.9 
0.9
1 
2
 q2    0.9    F2  1.9  M 2  RB  0.9,
2
2 
3
0.9
1 
2
 10    0.9    3  1.9  0.4  RB  0.9,
2
2 
3
RB  1.92 кН .
2  0.9 
 M В  0,
0.9
1 2
 q2    F2  1  RA  0.9,
2
2 3
0.9
1 2
 10    3 1  RA  0.9,
0.4  2  0.9 
2
2 3
RA  1.72 кН .
M 0  q1  0.9 
Проверка FY  0
RA  q1  0.9  RB  F2  q2 
1
1
 1.72  2  0.9  1.92  3  10   0.
2
2
Проверка выполнена.
Составим выражения для поперечных сил и изгибающих моментов.
Пределы
изменения
х на
участке
Выражения для Qi и Mi
Граничные значения
Qi, kH
Mi, kH·м
В начале В конце В начале В конце
участке
участка
участке
участка
Qлев  RA
Qправ  RA  q1  0.9
0-0.9
M лев  0
1.72
-0.08
0
0.74
-2
3
0.74
0.4
0.92
2
 RA  q1  0.9  RB
Мправ  RA  0.9  q1 
Qлев
Qправ  RA  q1  0.9 
 RB  q2 
0.9-1.9
1
2
0.92
2
Мправ  RA 1.9  q1  0.9 1.45 
М лев  RA  0.9  q1 
1 1
RB 1 q2  
2 3
Поскольку поперечная сила на втором участке меняет знак, найдем экстремальное
значение изгибающего момента на этом участке. Определим величину х, приравняв
выражение для поперечной силы на втором участке нулю:
33
Q ( x)  1.72  2  0.9  1.92  10 
x  0.9 x  0.9

 0,
1
2
x  1.53 м.
Тогда
M max  M ( x  1.53)  1.72  1.53  2  0.9  1.08  1.92  0.63  10 
0.63 0.63 0.63


 0.105 кН  м.
1
2
3
Подберем размер круглой балки из условия прочности в точках 1, 1 – именно эти
точки являются, как правило, наиболее опасными, а затем проверим прочность в
остальных опасных точках.
M max
Wy
 [ ],
Wyнеобх 
d3
740
 4.63 10 6 м3  4.63 см3 .
6
160 10
32Wyнеобх

3
32  4.63
 3.6 см.
3.14
Убедимся, что выполняются условия прочности в остальных опасных точках.
Точка 2, в которой касательные – максимальны, находится в напряженном состоянии
"чистый сдвиг" и условие прочности в ней записывается по теории прочности,
справедливой для пластичных материалов. Максимальные касательные напряжения
находим по формуле
 max 
4Q 4
 
3A 3
3000
 3.6

 
 102 
 2

2
 2.95 МПа.
Сравнивая максимальное касательное напряжение согласно третьей теории
прочности с [ ] 2  80МПа, убеждаемся, что условие прочности в точке 2 выполняется.
34
Задача № 17. Подбор сечения стальной двутавровой балки, работающей в условиях
плоского поперечного изгиба
A
M2 ,
кНм
5
-60
Интенсивность распределенной нагрузки, кН/м
Вариант 2
q03
0
q13
20
B
3
№ схемы
на рис. l1, м l3, м
17
1
2
2
F2,
кН
C
l2 , M 0 ,
м кНм
20
8
4
50
Определим опорные реакции.
 M A  0,
2 
4
M 0  M 2  q3    6    F2  6   RB  8,
2 
3
35
4

50  60  20   6    20  6   RB  8,
3

RB  34.58 кН .
 M В  0,
2 2
M 0  M 2  q3    F2  2  RA  8,
2 3
2 2
50  60  20    20  2  RA  8,
2 3
RA  5.42 кН .
Проверка FY  0
2
2
RA  F2  q3   RB  5.42  20  20   34.58  0.
2
2
Проверка выполнена.
Составим выражения для поперечных сил и изгибающих моментов.
Пределы
изменения
х на
участке
0-6
Выражения для Qi и Mi
Qлев  RA
Qправ  RA
M лев   M 0
Граничные значения
Qi, kH
Mi, kH·м
В начале В конце В начале В конце
участке
участка
участке
участка
5.42
5.42
-50
-17.48
-14.58
-34.58
42.52
0
Мправ  M0  RA  6
Qлев  RA  F2
Qправ  RA  F2  q3 
6-8
2
2
Млев M0  RA  6 M2
Мправ  M0  RA  8  F2  2 
2 2
M2  q3  
2 3
Подберем размер двутавра из условия прочности в точках 3, 3 – именно эти точки
являются, как правило, наиболее опасными, а затем проверим прочность в остальных
опасных точках.
M max
Wy
 [ ],
Wyнеобх 
50000
 3.13  104 м3  313 см3 .
6
160  10
Выбираем двутавр №24а с Wx=317 см3, Jx=3800см4.
36
Убедимся, что выполняются условия прочности в остальных опасных точках.
Точка 2, в которой нормальные напряжения равны нулю, а касательные – максимальны,
находится в напряженном состоянии "чистый сдвиг" и условие прочности в ней
записывается по теории прочности, справедливой для пластичных материалов.
Максимальные касательные напряжения находим по формуле Журавского
 max
34580  178  106

 28.93 МПа.
3800  10 8  0.0056
Сравнивая максимальное касательное напряжение согласно третьей теории
прочности с [ ] 2  80МПа, убеждаемся, что условие прочности в точке 2 выполняется.
Проверим прочность в точках 1, 1, которые находятся в "балочном" напряженном
состоянии. Найдем напряжения, действующие в точке 1. Координата точки 1
z  (h 2  t )  (240 2  9.8)  110.2 мм.

42520  0.1102
 123.3 МПа.
3800  108
Отрицательный знак полученного напряжения показывает, что в точке 1,
расположенной выше нейтральной оси, действует сжимающее напряжение. Для
определения касательного напряжения по формуле Журавского получим сначала
статический момент отсеченной части. Отсеченной частью сечения для точки 1 будет
полка, и
S yо  12  0.98  (12  0.98 2)  135.4см3 .
Так как точка 1 находится в стенке двутавра, то b( z )  s  5.6 мм. Тогда касательное
напряжение в точке 1
14580 135.4  106
 max 
 9.28 МПа.
3800  10 8  0.0056
Подставляя найденные значения  и  в условие прочности по третьей теории,
убеждаемся в том, что оно выполняется:
135.42  4  9.282  136.7 МПа  160 МПа.
Исследуем напряженное состояние произвольной точки 4.
Координата точки 4 z  (h 2  t )  (240 2  9.8)  110.2 мм.

50000  0.1102
 145МПа.
3800  10 8
Для определения касательного напряжения по формуле Журавского получим
сначала статический момент отсеченной части. Отсеченной частью сечения для точки 4
будет полка, и
S yо  12  0.98  (12  0.98 2)  135.4см3 .
Так как точка 4 находится в стенке двутавра, то b( z )  s  5.6 мм. Тогда касательное
напряжение в точке 4
37
5420  135.4  10 6
 3.45 МПа.
3800  10 8  0.0056
 max 
Подставляя найденные значения  и  в условие прочности по третьей теории,
убеждаемся в том, что оно удовлетворяется:
 145 
2
 4  3.452  145.2 МПа  160 МПа.
Найдем величины главных напряжений и угол наклона главных площадок к
заданным площадкам. Покажем главные площадки с действующими на них
напряжениями на рисунке.
 гл 
x z
2
2
 0.5  x   z   4 xz 2 
1 
3 
145  0
 0.5
2
145  0
 0.5
2
145  0
 0.5
2
 145  0 
 145  0 
2
2
 145  0 
2
 4  3.452 ,
 4  3.452  0.08МПа,
 4  3.452  145.08МПа.
Положение главных площадок
tg1 
 1   x 0.08   145 

 45.05,
 max
3.45
1  88.60.
tg 3 
 3   x 145.08   145 

 0.023,
 max
3.45
 3  1.40.
38
Задача № 18а. Определение грузоподъемности стальной балки
A
l,м
B
Сечение
5
1,5
3
2 швел
Размер
сечения
5
C
8
№ схемы
на рис. 18
2
F0 / ql M0/ ql2
-3
1
Определим опорные реакции.
M A  M 0  q 
1.52
1.52
 F0  1.5  ql 2  q 
 3ql  1.5  3.375q.
2
2
RA  F0  ql  3q  1.5  q  1.5  3q.
39
Определим грузоподъемность из условия прочности в точках 1, 1 – именно эти
точки являются, как правило, наиболее опасными, а затем проверим прочность в
остальных опасных точках.
M max  Wy [ ],
3.375q  2  9.1  10 6  160  106 ,
q  863 Н / м.
Убедимся, что выполняются условия прочности в остальных опасных точках.
Точка 2, в которой нормальные напряжения равны нулю, а касательные – максимальны,
находится в напряженном состоянии "чистый сдвиг" и условие прочности в ней
записывается по теории прочности, справедливой для пластичных материалов.
Максимальные касательные напряжения находим по формуле Журавского
 max 
4.5q  5.59  106
4.5  863  5.59  106

 21.6 МПа.
22.8  108  0.0044 22.8  108  0.0044
Сравнивая максимальное касательное напряжение согласно третьей теории
прочности с [ ] 2  80МПа, убеждаемся, что условие прочности в точке 2 выполняется.
40
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа