Методические указания к выполнению расчетно-проектировочных работ по сопротивлению материалов для студентов инженерно-строительных специальностей

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ ВОСТОЧНО-СИБИРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНОЛОГИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ (ГОУ ВПО) Кафедра «Сопротивление материалов»

МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ К ВЫПОЛНЕНИЮ РАСЧЕТНО-ПРОЕКТИРОВОЧНЫХ РАБОТ ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ МАТЕРИАЛОВ для студентов инженерно-строительных специальностей очного и заочного видов обучения

Составители: Д.Н. Цынгеев В.П. Ергонов

г. Улан-Удэ 2006 г.

Задача 1 (К выполнению расчетно-проектировочной работы №1 «Расчет статически неопределимого бруса при растяжении и сжатии») Стальной стержень переменного сечения жестко защемлен обоими концами и нагружен двумя сосредоточенными силами. Требуется: 1. В упругой зоне: а) раскрыть статическую неопределимость; б) построить эпюры: продольных сил N, нормальных напряжений σ, относительных продольных деформаций ε, перемещений поперечных сечений. 2. В упруго – пластической зоне а) определить силу Fт, при которой в системе впервые появляются напряжения, равные пределу текучести σт; б) определить предельную грузоподъемность Fпред отвечающую состоянию предельного равновесия и допускаемую нагрузку Fдоп, приняв запас прочности n=1,5; в) определить остаточные усилия и напряжения по участкам бруса после нагружения силой Fпред и последующей разгрузки. Принять: 1) Материал бруса: идеально упруго – пластический, 2) E=2×105МПа, σт=320 МПа. 3) а1=а2=а3=а4.

Рис.1 I. Решение в упругой зоне 1. Уравнение равновесия: Fz = 0 , R A + RB − F − F = 0

∑

(1)

следовательно, задача статически неопределима. 2. Уравнение совместности перемещений: Нижнюю опору B заменим его реакцией. Очевидно, что перемещение сечения B равно нулю. Следовательно, можно написать: ∆B = 0 Решая это выражение на основании принципа независимости действия сил:

2

∑ FZ =

7 5 F + F − 2F = 0 6 6

Рис. 2

R ⋅ (a + a ) R ⋅ (a + a ) F ⋅ a2 F(a3 + a4 ) F ⋅ a4 − B 1 2 − B 3 4 + + + =0 EA E ⋅ 2A EA E2A E2A

(2)

3. Решение уравнений (1) и (2) дает:

RB =

5 F 6

Если отбросить опору А, можно записать, что ∆A = 0

R A ⋅ (a 4 + a3 ) R A ⋅ (a 2 + a1 ) F ⋅ a3 F (a 2 + a1 ) F ⋅ a1 + − − − =0 E2A E2A E2A EA EA 7 RA = F 6

Рис.3 4. Определение продольных усилий Построение эпюры N. Используя метод сечений, определяем продольные усилия по участкам бруса:

0 ≤ Z1 ≤ a1

∑F

Z

=0

N1 + RB = 0

5 N1 = − R B = − F 6

Проверка правильности определения реакций:

3

0 ≤ Z 2 ≤ a2 N 2 − F + RB = 0

N2 =

По полученным результатам строим эпюру продольных сил (рис. 5). Из эпюры видно, что участок длиной а1 сжат, остальные участки растянуты. 5. Определение нормальных напряжений σ. Построение эпюры σ. Напряжения по участкам равны:

1 F 6

N1 5F =− A 6A N F σ2 = 2 = A 6A N F σ3 = 3 = 2 A 12 A N 2F σ4 = 4 = 2 A 12 A

σ1 =

0 ≤ Z1 ≤ a1 0 ≤ Z 2 ≤ a2

0 ≤ Z 3 ≤ a3 N 3 − F + RB = 0

N3 =

1 F 6

0 ≤ Z 3 ≤ a3 0 ≤ Z 4 ≤ a4

По полученным значениям строим эпюру нормальных напряжений σ. Из диаграммы видно, что наиболее напряженным участком является участок длиной а, для которого σ max = −

0 ≤ Z 4 ≤ a4 N 4 − F − F + RB = 0

N4 =

7 F 6

Построение диаграммы перемещений. Перемещение сечений бруса определяем по закону Гука:

0 ≤ Z1 ≤ a1

0 ≤ Z 2 ≤ a2

Рис. 4

5F . 6A

N1 ⋅ Z1 5 F ⋅ Z1 =− EA 6 EA Z1 = 0 ∆Z = 0 5 F ⋅ Z1 Z1 = a1 ∆Z1 = − 6 EA 5 Fa N 2 ⋅ Z 2 5 Fa F ⋅ Z 2 ∆Z 2 = − + =− + EA 6 EA 6 EA 6 EA Fa Z2 = 0 ∆Z 2 = − 6 EA 2 Fa Z 2 = a2 ∆Z 2 = − 3EA ∆Z 1 =

4

0 ≤ Z3 ≤ a3

0 ≤ Z 4 ≤ a4

2 Fa N 3 ⋅ Z 3 2 Fa F ⋅ Z 3 + =− + 3EA E2A 3EA 12 EA 2 Fa Z3 = 0 ∆Z = − 3EA 7 Fa Z 3 = a3 ∆Z = − 12 EA

σ max =

∆Z 3 = −

∆Z 4 = −

7 Fa N 4 ⋅ Z 4 7 Fa 7 FZ Z4 = 0 + =− + E2A 12 EA 12 EA 12 EA 7 Fa ∆Z = − 12 EA Z 4 = a4 ∆Z = 0

5 FT = σT 6A

откуда

5 FT = σ T ⋅ A 6 2. Усилие Pпред., отвечающие состоянию предельного равновесия

∑F

Z

=0

σ T ⋅ 2 A − Fпред − Fпред + σ T ⋅ A = 0 Fпред =

3 ⋅σT ⋅ A 2

По полученным результатам строим эпюру перемещений. На рис. 5 показаны эпюры продольных сил N, нормальных напряжений σ и перемещений.

Рис. 6 Рис. 5 Решение задачи в упруго-пластической зоне

3. Запас несущей способности:

1. Усилие PT, при котором в брусе впервые появляются напряжения, равные пределу текучести: 5

β=

Fпред FT

3 σT ⋅ A 2 = = 1,25 6 ⋅σT ⋅ A 5

4. Остаточные усилия и напряжения: Остаточные усилия в брусе определяются после нагружения силой Fпред и последующей разгрузки:

Рис. 8 Задача 2 (К выполнению расчетно-проектировочной работы №1 «Расчет статически неопределимого бруса при растяжении и сжатии»)

Рис. 7 Будем считать, что материал бруса – идеально упругопластический. Решение этой статически неопределимой задачи дает:

R A = 1.5σ T A

R B = 1.5σ T A

На рис.7 показана эпюра продольных сил при разгрузке. Для построения эпюры Nост надо сложить алгебраически эпюры Nпред и Nост. На рис.8 показаны эпюры остаточных усилий и напряжений.

Абсолютно жесткий брус закреплен с помощью нескольких стальных стержней (рис.9). Необходимо: 1. В упругой зоне определить усилия и напряжения в стержнях; 2. В упруго-пластической зоне: а) вычислить силу FT, при которой в системе впервые появляются напряжения, равные пределу текучести σТ; б) вычислить силу Fпред, отвечающую состоянию предельного равновесия системы; в) вычислить запас несущей способности системы; г) вычислить остаточные усилия после нагружения силой Fпред и последующей разгрузки. Считать: а) E, A, a, σT, α известными; б) материал стержней идеально упруго-пластический (по диаграмме Прандтля).

6

Рис.9 Рис. 11 Из схемы деформированного состояния видно, что

BB1 = ∆l1

CC1 = ∆l3

BM = ∆l 2

(2)

∆l 2 = sin α ∆l 2 = ∆l1 ⋅ sin α ∆l1 ∆l3 1 = ∆l1 = 2 ⋅ ∆l3 ∆l1 2

(3)

По закону Гука выражения (2) и (3) запишутся:

Рис.10

∑M

Решение: 1. Уравнение равновесия A

= 0 − N 3 ⋅ a + F ⋅ a − N1 ⋅ 2a − N 2 ⋅ sin α ⋅ 2a = 0 (1)

N 2 ⋅ l 2 N1 ⋅ l1 = ⋅ sin α EA EA N l N1 ⋅ l1 = 2⋅ 3 EA EA

(2)

N1 = 2 ⋅ N 3

(3)

3. Решение уравнений (1), (2) и (3) дает

− N 3 + F − 2 N1 − 2 N 2 ⋅ sin α = 0

Получили одно уравнение с тремя неизвестными, следовательно, задача статически неопределима. 2. Уравнение совместности деформаций Рассмотрим деформированное состояние системы (рис. 11)

N 2 = N 1 ⋅ sin α

N1 =

F 3,5

N2 =

1,71 ⋅ F 7

N3 =

1 F 7

4. Напряжение в стержнях будут равны:

σ (1) =

N1 F = A 3,5 ⋅ A

σ ( 2) =

N 2 1,71F = A 7⋅ A

Видно, что 7

σ max = σ (1) =

F 3,5 ⋅ A

2. Решение в упруго-пластической зоне: 1. Усилие FТ, при котором в системе впервые появляются напряжения, равные пределу текучести:

σ max = σ T

FT = σT 3,5 A

FT = 3,5 ⋅ σ T ⋅ A

2. Усилие Fпред, соответствующее состоянию предельного равновесия системы

Рис. 13 Решение этой статически неопределимой системы дает:

4,71 σT ⋅ A 4 8,05 = σT ⋅ A 8 4,71 = σT ⋅ A 8

N1/ = N 2/ N 3/ б) остаточные усилия:

∑M

Рис. 12 A

=0

− σ T ⋅ A ⋅ a + Fпред ⋅ a − σ T ⋅ A ⋅ 2a − σ T ⋅ A ⋅ sin⋅ 2a = 0 Fпред = 4,71 ⋅ σ T ⋅ A 3. Запас несущей способности системы:

β=

Fпред FT

=

4,71σ T ⋅ A = 1,35 3,5σ T A

4. Остаточные усилия в стержнях а) схема разгрузки:

4,71 σ T ⋅ A = −0,17σ T ⋅ A 4 8,05 ⋅ A+ σ T ⋅ A = 0,006σ T ⋅ A 8 4,71 ⋅ A+ σ T ⋅ A = −0,41σ T ⋅ A 8

N1, остат = σ T ⋅ A − N 2, остат = −σ T N 3, остат = −σ T

Задача 3 (к выполнению расчетно-проектировочной работы №2 «Вычисление моментов инерции сложных поперечных сечений стержня») Вычислить главные центральные моменты инерции сечения, состоящего из швеллера №18 и равнобокого уголка 90×90×8

8

уголок 90×90×8 A2 = 13,9 см2 IX2 =IY2 = 106 см4 Imax = 168 см4 Imin = 43,8 см4 Xc2 =Yc2 = 2,13 см t = 0,8 см

Рис. 15 Рис. 14 Выписываем геометрические характеристики составных частей сечения: Швеллер № 18 A1 = 22,2 см2 IX1 = 1190 см4 IY1 = 105 см4 Xc = 2,13 см t = 0,51 см

РЕШЕНИЕ: 1. Определение координаты центра тяжести сечения: Координаты центра тяжести сечения определим относительно вспомогательных осей X0 и Y0 (см. рис. 16)

S Yc = x 0 ; A

Xc =

S y0 A

, где

S x0 , S y 0 - статические моменты инерции сечения относительно осей X 0 и Y0 ; A - площадь поперечного сечения. A ⋅ y + A2 ⋅ y 2 22,2 ⋅ 9 + 13,9 ⋅ 15,49 = 11,5см Yc = 1 1 = A1 + A2 22,2 + 13,9 A ⋅ x + A2 ⋅ x 2 22,2 ⋅ 5,27 + 13,9 ⋅ 9,97 Xc = 1 1 = 7см = A1 + A2 22,2 + 13,9 Через центр тяжести сечения проводим центральные оси x и y (рис.16). 2. Центральные моменты инерции сечения:

9

I x = ( I x1 + a12 ⋅ A1) + ( I x 2 + a22 ⋅ A2 ),

I y = ( I y1 + b12 ⋅ A1) + ( I y 2 + b22 ⋅ A2 ), I xy = ( I x1 y1 + a1 ⋅ b1 ⋅ A1) + ( I x 2 y 2 + a2 ⋅ b2 ⋅ A2 ), где

a1 = yc − y1 = 11,5 − 9 = 2,5см a2 = y2 − yc = 15,49 − 11,5 = 4см b1 = xc1 − x1 = 7 − (2,4 + 2,13) = 1,73см b2 = x2 − xc 2 = (7,4 + 2,51) − 7 = 2,91см в системе координат xy : a1 = −2,3см b1 = −1,79см a 2 = 4см b2 = 2,91см Для равнобокого уголка центробежный момент инерции определится:

− I min i 168 − 43,8 I I x 2 y 2 = max = = 62,1см 4 2 2

Примечание: Также модули центробежных моментов инерции для уголков как для равнополочных и неравнополочных приведены в таблицах ГОСТ, (например, в учебнике Сопротивление материалов под редакцией А.В. Александрова, В.Я. Потапова, Б.Л. Державина. 2001 г.). Необходимо только правильно установить знак момента. В численных значениях:

I x = (1190 + 2,52 ⋅ 22,2) + (106 + 42 ⋅ 13,9) = 1656,9см 4 Рис. 16

I y = (105 + 1,732 ⋅ 22,2) + (106 + 2,912 ⋅ 13,9) = 404,4см 4

I xy = [0 + (−2,5) ⋅ (−1,73) ⋅ 22,2] + [62,1 + 4 ⋅ 2,91 ⋅ 13,9] =

= 323,24см 4 3. Положение главных осей:

10

tg 2α 0 = −

2 I xy Ix − Iy

=−

323,24 = −0,258 1656,9 − 404,4

α 0 = −130 45′

Путем поворота центральных осей x и y по часовой стрелке получаем главные центральные оси x гл и y гл (рис.16). 4. Главные центральные моменты инерции сечения

Ix + Iy max I гл = I min = ± 2

I гл =

max I min

2

 Ix − Iy  2    2  + I xy   2

1656,9 + 494,4  1656,9 − 404,4  2 = ±   + 323,2 2 2   I max = I xгл = 1735б15см 4 I min = I yгл = 326,15см 4

5. Проверка правильности вычислений:

I x.гл. y.гл. = 0

Ix − Iy ⋅ sin 2α 0 + I xy ⋅ cos 2α 0 = 2 1656,9 − 404,4 = ⋅ sin 2(−130 25′) + 323 ⋅ cos 2(−130 25′) = 0 2 I x.гл. y.гл. =

Задача 4 (К выполнению расчетно-проектировочной работы №3 «Построение эпюр внутренних силовых факторов для балок и рам») Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов для балки (рис. 17)

F = 1000daН , M = 700daН , q = 200

daН м

Рис. 17 Решение: 1. Определение опорных реакций

∑ M A = 0 − F ⋅ 6 + RB ⋅ 4 − q ⋅ 6 ⋅ 1 + M = 0 ∑ M B = 0 − F ⋅ 2 + q ⋅ 6 ⋅ 3 + M − RA ⋅ 4 = 0 Вычисления дают: R A = 575daН , R B = 1625daН . Проверка:

∑ F = 0 R A + R B − q ⋅ 6 − F = 575 + 1625 − 200 ⋅ 6 − 1000 = 0 2. Эпюра поперечных сил Q (рис.18). 0 ≤ z1 ≤ 2 м Q1 = − q ⋅ z1 = −200 ⋅ z1 z1 = 0 Q1 = 0

0 ≤ z2,3 ≤ 4 м

0 ≤ z4 ≤ 2 м 3.

0 ≤ z1 ≤ 2 м

z1 = 2 м Q1 = −400daН Q2 = RB − q (2 + z2 ) = 575 − 200(2 + z2 ) z 2,3 = 0 Q2 = 175daН z 2,3 = 4 м Q2 = −625daН Q4 = F = 1000daН Эпюра изгибающих моментов M .

z12 z12 M1 = − q = −200 2 2

11

z1 = 0 M =0 z1 = 2 м M = −400daН ⋅ м 0 ≤ z 2 ≤ 1м

M 2 = R A ⋅ z2 − q

(2 + z2 )2

2 dM = Q = R A − q ⋅ (2 + z 2 ) = 0 dz 2 175 z2 = м 200 z 2 = 0 M = −400daН ⋅ м 175 z2 = M = 314daН ⋅ м 200 z 2 = 1м M = −325daН ⋅ м

0 ≤ z3 ≤ 3 м

0 ≤ z4 ≤ 2 м

M 3 = − M + RA ⋅ (1 + z3 ) − q

z 3 = 0 M = −1025daН z 3 = 3 м M = −2000daН M = − F ⋅ z4 = −1000 ⋅ z4 z4 = 0 M =0 z 4 = 2 м M = −2000daН

(3 + z3 ) 2 2

4. Эпюра продольных сил N .

N =0

5. Эпюра поперечных сил, изгибающих моментов и продольных сил представлены на рис. 18. Рис.18

12

Задача №5 (К выполнению расчетно-проектировочной работы №3 «Построение эпюр внутренних силовых факторов для балок и рам») Построить эпюры поперечных сил Q , изгибающих моментов M и продольных сил N для рамы, представленной на рис. 19.

F = 10кН ; q = 15кН ; M = 20кН / м; a = 2 м.

Вычисления дают: V A = 30кН ; Проверка:

R B = 20кН .

∑ F y = V A + R B − q ⋅ 2a + F = 30 + 20 − 15 ⋅ 2 ⋅ 2 + 10 = 0 2. Эпюра поперечных сил:

0 ≤ z1 ≤ a

Q1 = F = 10кН

0 ≤ z2 ≤ 2a

Q2 = H A = 0

0 ≤ z3 ≤ 2a

Q3 = H A + F − q ⋅ z3 = 40 − 15 ⋅ z3 z3 = 0 Q3 = 40кН z3 = 2a = 4 м Q3 = −20кН

0≤α ≤

π 2

Qα = − RB ⋅ cos(900 − α ) α =0 Q=0 α = 450 Q = −14,1кН α = 900 Q = − RB = −20кН

Рис. 20 Рис.19 РЕШЕНИЕ: 1. Определение опорных реакций

∑ M A = 0 RB ⋅ 3a − q ⋅ 2a ⋅ a − F ⋅ a + M = 0 ∑ M B = 0 − F ⋅ 4a − VA ⋅ 3a + M + q ⋅ 2a ⋅ a = 0 HA = 0

0 ≤ z4 ≤ a

Q4 = 0

Эпюра поперечных сил Q представлена на рис. 21. 3. Эпюра изгибающих моментов:

0 ≤ z1 ≤ 2 м

0 ≤ z2 ≤ 2 м

M 1 = F ⋅ z1 = 10 ⋅ z1 z1 = 0 M1 = 0 z1 = 2 м M1 = 20кНм M 2 = H A ⋅ z2 = 0

13

0 ≤ z5 ≤ 2 м 0 ≤ z3 ≤ 4 м

0 ≤ α ≤ 900

M 5 = − M + H A (a + z5 ) = − M = −20кНм z2 M 3 = V A ⋅ z3 − M + F (2 + z3 ) − q 3 2 dM 3 = F ⋅ q ⋅ z 3 = 0 z 3 = 2,67 м dz 3 z3 = 0 M = 0

z3 = 4 м M = 40кНм z3 = 2,67 м M = 53,33кНм M α = RB ⋅ ( R − R ⋅ cos α )

α = 0 Mα = 0 π M α = 12кНм α= 4 π M α = 40кНм α= 2

Эпюра изгибающих моментов представлена на рис.21. 4. Эпюра продольных сил N :

0 ≤ z1 ≤ 2 м 0 ≤ z2 ≤ 4 м 0 ≤ z3 ≤ 4 м

N1 = 0 N 2 = −V A = −30кН N3 = 0

0 ≤ z4 ≤ 2 м

N 4 = − RB = −20кН Nα = − RB ⋅ cos α α = 0 Nα = −20кН

0≤α ≤

π

2

α = 450 α = 900

Nα = −14,1кН Nα = 0

Эпюра продольных сил представлена на рис. 21. Рис. 21 14

Задача № 6 (К выполнению расчетно-проектировочной работы №4 «Балки и рамы с промежуточными шарнирами») Для балки с промежуточными шарнирами A и B (рис.22) при F = 22кН ; q = 23кНм; M = 23Нм и постоянной EI по длине балки: 1. Определить опорные реакции; 2. Построить эпюры поперечных сил Q , изгибающих моментов M и продольных сил N ; 3. Подобрать сечение балки в виде двутавра, приняв расчетные сопротивления изгибу Rизг = 210 МПа и на срез Rср = 100 МПа . Произвести полную проверку прочности принятого сечения. Построить закон распределения нормальных и касательных напряжений по поперечному сечению балки.

Рис. 22 РЕШЕНИЕ: 1. Определение опорных реакций: А) Сумма моментов всех сил, расположенных по одну сторону от промежуточного шарнира, должна быть равна нулю. ∑ M A = 0 (от сил слева ) Y1 ⋅ 4 + R2 ⋅ 1 − M − q ⋅ 4 ⋅ 2 = 0 (1)

∑ M B = 0 (от сил справа )

- F ⋅ sin60 0 ⋅ 5 + R4 + R3 ⋅ 1 = 0

(3)

0 ∑MA = 0(отсилсправа) - F ⋅ sin60 ⋅ 7 + R4 ⋅ 6 + R3 ⋅ 3− M − q ⋅ 2⋅1 = 0 (4)

Решение уравнений (3) и (4) в численных значениях дает:

R3 = 19,23кН , R4 = 23,09кН . Проверка правильности вычислений опорных реакций:

∑ F y = 0 Y1 + R2 + R3 + R4 − F ⋅ sin 60 0 − q ⋅ 6 − F = 26,66 + 118,33 + 19,23 + 23,09 − 17,32 − 150 − 20 = 0 Следовательно, реакции определены, верно. Горизонтальная реакция: 0 0 ∑ Fz = 0 z1 + F ⋅ cos 60 = 0 z1 = F ⋅ cos 60

z1 = 10кН

б) Рассматриваемая балка состоит из двух основных балок и вспомогательной (подвесной) балки AB (рис.23). В промежуточных шарнирах изгибающие моменты равны нулю.

Рис. 23 Составляем уравнения равновесия сил:

∑ M B = 0(от сил слева) Y1 ⋅ 6 + R2 ⋅ 3 − M − q ⋅ 2 ⋅ 1 = 0 (2) Решение уравнений (1) и (2) в численных значениях дает:

Y1 = 26,66кН , R2 = 118,33кН . 15

0 ≤ z 2 ≤ 1м

z12 M 1 = Y1 ⋅ z1 − q ⋅ 2 N1 = − z1 Q2 = Y1 + R2 − q ⋅ (3 + z2 )

0 ≤ z3 ≤ 2 м

M 3 = Y1 ⋅ (3 + z 2 ) + R2 ⋅ z 2 − M − q ⋅ N 2 = − z1 Q3 = Y1 + R2 − F − q(4 + z3 )

Q A + QB − q ⋅ 2 = 0 Q A = Q B = 25кН

∑ M 1 = −25 ⋅ 4 − F ⋅ 1 + + M − q⋅4⋅2 = 0 R2 = 118 ,33кН ∑ M 2 = −25 ⋅ 1 − F ⋅ 1 + M −

Рис. 24

0 ≤ z 4 ≤ 1м

0 ∑ Fz = 0 − N + F ⋅ cos 60 N = 10кН ∑ M 3 = 25 ⋅ 1 − M + R4 ⋅ 3 −

0 ≤ z5 ≤ 1м

0 ∑ M 4 = − F ⋅ sin 60 ⋅ 1 − − M − R3 ⋅ 3 + 25 ⋅ 4 = 0

R3 = 19,23кН Как видно, значения реакций, вычисленные двумя методами, совпадает. 2. Построение эпюр Q, M и N

0 ≤ z1 ≤ 3 м

Q1 = Y1 − q ⋅ z1

M3 = Y1 ⋅ (4 + z3) − M + R2 (1+ z3) − F ⋅ z3 − q

− q ⋅ 1 ⋅ 0,5 − Y1 ⋅ 3 + q ⋅ 3 ⋅ 1,5 = 0 Y1 = 26,66 кН

− F ⋅ sin 60 0 ⋅ 4 = 0 R4 = 23,04 кН

(4 + z 2 )2 2

(4 − z3) 2

N3 = −z1 Q4 = Y1 + R2 − F − q ⋅ 6 M4 = Y1(6 + z4 ) − M + R2 ⋅ (3 + z4 ) − q ⋅ 6 ⋅ (3 + z4 ) N4 = −z1

Q5 = F ⋅ sin 600 M 5 = − F ⋅ sin 600 ⋅ z5 N5 = F ⋅ cos 600

0 ≤ z6 ≤ 3 м

Q6 = F ⋅ sin 600 − R4 M 6 = − F ⋅ sin 60 0 (1 + z 6 ) + R4 ⋅ z 6 N 6 = F ⋅ cos 60 0

На рис. 25 показана эпюра поперечных сил Q , из которой видно, что на первом и третьем участках эпюра поперечных сил меняет знак (переходит через ноль). Определяем положение этих характерных сечений:

Q1 = Y1 − q ⋅ z1 = 0 z1 = 1,07 м Q3 = Y1 + R2 − F − q (3 + z3 ) = 0 z3 = 1м Изгибающие моменты в этих сечениях определятся

16

3. Подбор сечения в виде двутавра: Условие прочности по нормальным напряжениям

1,07 2 M z1 =1,07 м = Y1 ⋅ 1,07 − q M z1 =1,07 м = 14,22кНм 2 M z3 =1м = Y1 ⋅ 5 − M + R2 ⋅ 2 − F ⋅ 1 M z3 =1м = 12,46кНм На рис. 25 показаны эпюры Q, M и N .

M max ≤ Rизгиб Wx Откуда осевой момент сопротивления сечения балки:

Wx ≥ Из

Wx ≥

эпюры

57 ⋅ 10 3 210 ⋅ 10

6

M max Rизгиб M max = 57 кНм ,

поэтому

= 271,43см 3

По таблице определяем двутавр № 40, для которого:

I 40

I x = 3460см 4

W x = 289см 3 S x = 163см 3

t = 0,95см d = 0,56см b = 11,5см h = 24см

Рис. 26

Рис. 25

Сечение подобрано из условия прочности по нормальным напряжениям, т.е. из условия прочности точки 1, максимально удаленной от нейтральной линии. Проверяем прочность подобранного сечения по касательным напряжениям, т.е. прочность точки 4, расположенной на 17

нейтральной линии. В этой точке касательные напряжения максимальны.

Qmax ⋅ S *x 70 ⋅ 10 3 ⋅ 163 τ max = = 5,88 ⋅ 10 6 Па = I x ⋅ by 3460 ⋅ 0,56 τ max = 58,8МПа < 100 МПа Проверяем дополнительно прочность в точке 3, где и нормальные и касательные напряжения достигают одновременно значительных величин:

σ (3) =

5

M max 57 ⋅ 10 ⋅ 11,05 = 182 МПа ⋅ y (3) = 3460 Ix

τ (3) =

3

⋅ S *x

70 ⋅ 10 3460 ⋅ 0,56

где

h 1 S *x = b ⋅ t ⋅  −  2 2 * S x = 125,91см 3 τ (3) = 45,48МПа

σ экв = σ расч = 198,35 < 210МПа 4. Закон распределения напряжений по поперечному сечению балки: Дополнительно надо вычислить касательное напряжение в точке 2:

τ2 =

70 ⋅ 10 3 ⋅ 125,91 = 2,22МПа , 3460 ⋅ 11,5

где:

b y = 11,5см Итак, напряжения равны:

σ ( 4) = 0 σ (1) = σ max = 197,68МПа τ (1) = 0 τ ( 2) = 2,22МПа τ (3) = 45,48МПа τ ( 4) = τ max = 58,88МПа

По полученным значениям строим графики распределения нормальных и касательных напряжений по высоте поперечного сечения балки:

Рис. 27 Следовательно, в точке 3 имеем плоское (двухосное) напряженное состояние. Поэтому, прочность в этой точке надо проверять по главным напряжениям. Согласно теории ХубертаМизеса:

δ экв = σ (23) + 3 ⋅ τ 32 = (182,04) 2 + 3 ⋅ (45,48) 2

Рис. 28.

18

Задача №7 (к выполнению расчетно-проектировочной работы по теме «Напряженно-деформированное состояние в точке упругого тела) Для пространственного стержня (рис. 29) необходимо: 1. Построить эпюры внутренних силовых факторов; 2. Выявить положение опасного сечения; 3. Для опасной точки записать условие прочности. Примечание: а) сечение прямоугольное с размерами b и

h;

б) P, l , σ T , Rизг считать заданными.

Рис.29 Решение: 1. Построенные эпюры внутренних силовых факторов показаны на рис. 30 Из эпюр внутренних силовых факторов видно, что опасным является сечение A.

Рис. 30 Опасным сечением является сечение А. 2. Положение опасной точки в опасном сечении. Для определения положения опасной точки (или предположительно опасной) построим эпюры σ и τ в опасном сечении от действия всех внутренних силовых факторов, имеющих место в нем. 19

Напряженные состояния в характерных точках опасного сечения

Точка 5:

σ ( 5) = σ N + σ M y MK α ⋅ h⋅b 2 = σ (25) + τ max ⋅3

τ max = σ экв

Из двух точек наиболее опасной будет та, для которой σ экв будет большей. 3. Условие прочности:

σ экв < Rизг σ nT = T σ экв

Задача №8 (для выполнения расчетно-проектировочной работы по теме «Устойчивость сжатых стержней») Проверить устойчивость стержня прямоугольного сечения

(6 × 4)см 2 длиной l = 1м при нагрузке F = 80кН . Расчетное 5

сопротивление R = 150 МПа , E = 2 ⋅ 10 МПа .

Рис. 31 Как видно из рис. 31, наиболее опасными являются точки 2 и 5. Точка 2:

σ ( 2) = σ N + σ M x + σ M y = τ2 = 0 σ экв = σ расч = σ ( 2)

F Mx My + + A Wx W y Рис. 32 Решение: 20

1. Гибкость стержня:

λ= где:

µ=2

imin = I min = I x =

µl imin

- коэффициент, учитывающий вид крепления;

I min - минимальный радиус инерции сечения. A 3

6⋅4 = 32см 4 ; 12

A = 24см 4 ; imin =

2 см 3

Рис. 33 Решение: 1. Гибкость стержня:

λ=

Гибкость стержня получается равным:

2 ⋅100 λ= = 171 2 3

Так как λ = 171 > 110 , можно критическую силу определить по формуле Л.Эйлера. 2. Критическая сила:

Fкр =

2

7

π E ⋅ I min 10 ⋅ 2 ⋅10 ⋅ 32 = = 16 ⋅10 4 Н 2 2 (µ ⋅ l ) (2 ⋅100) Fкр = 160кН

3. Коэффициент запаса на устойчивость:

ny =

Fкр F

=

160 =2 80

Задача №9 (для выполнения расчетно-проектировочной работы по теме «Устойчивость сжатых стержней») Определить критическую и допускаемую силы для стального штока при l = 112см , R = 200 МПа .

I=

πD 4 

d ⋅ 1 −   64   D  

4

= 

µ ⋅l imin

π ⋅ D4  64

2 ⋅ 1 −     4 

4

 = 11,2см 4 

A = 9,42см 4 imin =

11,2 I = = 1,12см 9,42 A

Гибкость сжатого стержня:

λ=

µ ⋅l

0,7 ⋅ 112 = 70 imin 1,12 λ = 70 < 110 =

Следовательно, критическую силу по формуле Эйлера определить нельзя. 2. Критическая сила Критическая сила по формуле Ясинского:

Fкр = (a − b ⋅ λ ) ⋅ A

где коэффициенты по таблице (ст.5) равны:

a = 46400

Н см 2

b = 362

Н см 2

Критическая сила равна:

Fкр = (46400 − 362 ⋅ 70) ⋅ 9,42 = 199кН 21

3. Допускаемое сжимающее усилие:

Fдоп = ϕ ⋅ R ⋅ A где по таблице при λ = 70 , (ст.5): ϕ = 0,76 .

Задачу решаем по методу последовательных приближений 1. Положим ϕ1 = 0,5 , тогда:

Допускаемое усилие:

Fдоп = 0,76 ⋅ 200 ⋅ 10 6 ⋅ 10 −4 ⋅ 9,42 = 14,32 ⋅ 10 4 Н Fдоп = 143,2кН Итак: 1. Действующая нагрузка: F = 80кН 2. Критическая сила: Fкр = 199кН 3. Допускаемая нагрузка: Fдоп = 143,2кН Задача № 10 (для выполнения расчетно-проектировочной работы по теме «Устойчивость сжатых стержней») Подобрать номер двутавра для стойки, нагруженной силой F = 400кН при l = 1м , R = 200 МПа (ст.4).

400 ⋅ 10 3

A1 = При A1 = 40см

6

0,5 ⋅ 200 ⋅ 10 ⋅ 10

2

−4

= 40см 2

по таблице имеем двутавр № 27, для ко-

торого A = 40,2см 2 , imin = 2,54см . Гибкость стержня будет равна:

2 ⋅ 100 = 78,7 2,54 По таблице при λ1 = 78,7 , ст.4 ϕ1′ = 0,75 Как видно ϕ ≠ ϕ1′

λ1 =

2. Положим:

ϕ2 =

ϕ1 + ϕ1′ 2

=

0,5 + 0,75 = 0,625 2

Тогда:

A2 =

400 ⋅ 10 3 0,625 ⋅ 200 ⋅ 10

2

= 32см 2

При A2 = 32см 2 по таблице имеем двутавр № 22а, для которого A = 32,8см 2 ; imin = 2,5см . Гибкость стержня:

Рис. 34

3. положим:

Решение: По расчетной формуле:

A≥

F ϕ⋅R

µ ⋅l

2 ⋅ 100 = 80 imin 2,5 По таблице при λ 2 = 80 : ϕ 2′ = 0,75 Как видно: ϕ 2 ≠ ϕ 2′

λ2 =

ϕ3 =

ϕ 2 + ϕ 2′ 2

=

=

0,625 + 0,75 = 0,688 2

22

A3 =

400 ⋅ 10 3 0,688 ⋅ 200 ⋅ 10 2

Дано:

= 29см 2

F = 21,6кН l = 1м d = 0,1м E = 2 ⋅ 10 5 МПа Найти σ max , ∆ A .

По таблице получаем №22, для которого A = 30,6см 2 ,

imin = 2,27см , тогда гибкость стержня: 2 ⋅ 100 λ3 = = 88 2,27 По таблице при λ = 88 получаем: ϕ 3′ = 0,69 Следовательно ϕ 3 = ϕ 3′ Окончательно, принимаем двутавр № 22. Задача № 11 (к выполнению расчетно-проектировочной работы «Расчет статически неопределимых задач методом сил»)

Рис.35 Решение: 1. степень статической неопределимости:

K = 5−3 = 2

2. Выбор основной системы:

Для статически неопределимой системы (балка, рама), необходимо: 1. определить степень статической неопределимости4 2. Выбрать основную систему; 3. Составить эквивалентную систему; 4. Построить на основной системе эпюру изгибающих моментов от заданных внешних сил (грузовую эпюру) MF ; 5. Построить на основной системе единичные эпюры M 1 и M2 ; 6. Вычислить коэффициенты канонических уравнений; 7. Раскрыть статическую неопределимость: Вычислить значения лишних неизвестных; 8. Построить окончательную эпюру изгибающего момента; 9. Произвести деформационную проверку правильности окончательной эпюры изгибающего момента.

Рис. 36 3. Эквивалентная система:

23

δ11⋅ X1 + δ12 ⋅ X2 + ∆1F = 0 δ21⋅ X1 + δ22 ⋅ X2 + ∆2F = 0

 4 ⋅ l3 l2 2 2  ⋅ l + l ⋅ l =  3EI  2 3  5l 3 1  l 2 2   ⋅ l ⋅ 2 + l2 ⋅ l = δ 22 = EI  2 3   3EI  1 δ11 = EI

1 δ12 = δ 21 = EI

l 2 l2  l3  ⋅ l + ⋅ l = 2  EI  2

6. Подставляя значения коэффициентов в канонические уравнения, получаем:

4l 3 l3 Fl 3 ⋅ X1 + ⋅ X2 − =0 3EI 2 EI EI 5l 3 l3 Fl 3 ⋅ X1 + ⋅ X2 − =0 3EI 6 EI EI

Рис.37 4. Для определения коэффициентом канонических уравнений построим эпюры изгибающих моментов в основной системе от внешней нагрузки (эпюра M F ) от единичных усилий X 1 = 1,

X 2 = 1.

или:

8 ⋅ X 1 + 6 ⋅ X 2 = 3F 6 ⋅ X 1 + 10 ⋅ X 2 = F Решение системы уравнений дает:

X1 =

коэффициенты

δ11 , δ12 , δ 22 , ∆1F , ∆ 2 F канонических уравне-

ний по правилу Верещагина.

1 Fl 2 Fl 2 ⋅ ⋅l = − 2 EI EI 2 2 Fl 3 1 Fl l ∆ 2F = − ⋅ ⋅ =− EI 2 3 6 EI ∆1F = −

X2 = −

5 F 22

7. Окончательная эпюра изгибающих момента определится равенством:

Рис. 38 5. Определяем

6 F 11

M = M1 ⋅ X1 + M 2 ⋅ X 2 + M F

Для построения эпюры изгибающих моментов M достаточно определить величины моментов в сечениях 0, A, B, C путем алгебраического суммирования значений моментов на эпюрах M F , M 1 , M 2 :

24

6 5 F + 0 − F ⋅ l = − Fl 11 11 6 7  5  = l ⋅ F + l ⋅  − F  + 0 = Fl 11 22  22  5  5  = 0 + l ⋅  − F  + 0 = − Fl 22  22  =0

M0 = M1 ⋅ X1 + M2 ⋅ X 2 + M F = l ⋅ M A = M1 ⋅ X1 + M2 ⋅ X 2 + M F M B = M1 ⋅ X1 + M2 ⋅ X 2 + M F MC = M1 ⋅ X1 + M2 ⋅ X 2 + M F

По полученным результатам строим окончательную эпюру изгибающих моментов:

Рис. 40 Прикладываем единичный момент в точке О и строим соответствующую единичную эпюру M 3 :

Рис.39 8. Деформационная проверка правильности построений окончательной эпюры изгибающих моментов M : Выбор основной системы Рис. 41. Поворот сечения на левой опоре равен нулю, т.е. ϕ 0 = 0 .

25

Примечание: Нормальное напряжение складывается следующим образом:

σ max = σ M + σ N

где: σ N - нормальное напряжение от продольной силы. Эпюра продольной силы имеет следующий вид:

N3 =

6 F 11

Рис. 41.

 1 7  1 5 EIϕ 0 =  ⋅ Fl ⋅ l  ⋅ 1 −  ⋅ ⋅ Fl ⋅ l  ⋅ 1 −   2 22   2 11  1 1 5  2 1 7 −  ⋅ Fl ⋅ l  ⋅ ⋅ 1 +  ⋅ Fl ⋅ l  ⋅ ⋅ 1 = 0  3  2 22  3  2 22 Следовательно, эпюра изгибающего момента построена правильно. 9. Вычисление максимального нормального напряжения

δ max =

M max Wx

Из эпюры изгибающего момента M max =

Рис. 43.

5 Fl . 11

Напряжение от продольной силы:

6 F N 11 6⋅ F ⋅4 σN = = = A πd 2 11 ⋅ πd 2 4 σ N = 1,5МПа

Осевой момент сопротивления поперечного круглого сечения:

Wx =

πd 3 32

Тогда:

5 Fl 5 ⋅ Fl ⋅ 32 5 ⋅ 21,6 ⋅ 1 ⋅ 32 11 = = = 100 МПа σ max = 3 πd πd 3 ⋅ 11 π ⋅ 0,13 ⋅ 11 32

Итак:

σ max = σ M + σ N = 100МПа + 1,5МПа

Как видно, доля нормального напряжения от продольной силы весьма мала, поэтому ею можно пренебречь и окончательно принять: 26

σ max = 100 МПа 10. Определение перемещения точки А:

∆A = ∆A гор + ∆A верт

Основную систему загрузим единичной силой, приложенной горизонтально в точке А:

Рис. 46 Грузовую эпюру на стойке можно рассматривать как наложение двух эпюр: Рис.44. Восстановим эпюры M и M 3 рядом:

Рис. 47 Рис.45. Перемещение горизонтальное точки А определим, пользуясь правилом Верещагина. Видно, что перемножение эпюр будет только на стойке ОА.

Горизонтальное перемещение точки А: 1 ∆Aгор = ⋅ w1 ⋅ M C1 − w2 ⋅ M C2 = EI 1  1 5Fl   2   1 7 Fl 1  = ⋅l⋅ ⋅l −  ⋅ ⋅ l ⋅ ⋅ l   ⋅  EI  2 11   3   2 l 3  При заданных значениях:

[

]

27

∆гор A =

13Fl 3 132 ⋅ EI

∆гор A = 2,16 мм .

Задача №12 (к выполнению расчетно-проектировочной работы «сложное сопротивление, внецентренное сжатие»)

1. Определим положение центра тяжести (ц.т.) Центр тяжести находим на оси x , т.к. ось x ось симметрии. Поэтому координату на оси y искать не будем. Проводим вспомогательные оси x и y .

Чугунный короткий стержень, поперечное сечение которого показано на рис. 48, сжимается продольной силой F, приложенной в точке А. Требуется: 1. Определить центр тяжести сечения; 2. Определить положение главных центральных осей, вычислить главные моменты инерции сечения и главные радиусы инерции сечения; 3. Определить положение нейтральной линии; 4. Из условий прочности стержня определить допускаемую нагрузку Fдоп; 5. Построить ядро сечения.

Рис. 48

Рис.49 28

Находим xC . Сначала обозначим x1 в полукруге и x2 в прямоугольнике. x1, x2 - центры тяжести полукруга и прямоугольника.

3. Определяем положение нейтральной линии

x A = − xC = −4,45см; yA = 0

4⋅ R 4⋅5 = 2,12см; = 3 ⋅ π 3 ⋅ 3,14 x1 = 5 − 2,12 = 2,88см x2 = 5 + 1,5 = 6,5см ; l=

π ⋅R

2

=

2. Определим положение главных центральных осей

I x = I x(1) + I x( 2) =

F  xA ⋅ xA  1 + = 2  A iy   F  (−4,45) ⋅ (−4,45  =− 1 + = 5,86 69,27 ⋅ 10− 4  

σ min = σ A = −

π ⋅ D4  I y = I (y1) + I (y2) =  + (5 − xC ) 2 ⋅ A1  +  64 ⋅ 2   h ⋅ b3  + + ( x2 − xC ) 2 ⋅ A2  =  12 

Определяем главные радиусы инерции сечения:

I ix2 = x = A Iy i y2 = = A

495,4 = 7,15см 2 ; 69,27 405,9 = 5,86см 2 . 69,27

a y = ±∞.

[σ Р ] = 28МПа; [σ С ] = 80МПа.

b ⋅ h 3,14 ⋅ 104 3 ⋅ 103 + = + = 495,4см 4 ; 64 ⋅ 2 12 128 12

10 ⋅ 33  + + (6,5 − 4,45) 2 ⋅ 30 = 405,9см 4  12 

5,86 = 1,32см (−4,45)

4. Из условия прочности стержня определяем допускаемую нагрузку Fдоп :

π ⋅ D4

 3,14 ⋅ 104  = + (5 − 4,45) 2 ⋅ 39,27  +  128 

xA

=−

i2 7,15 ay = − x = − ; yA 0

2

3,14 ⋅ 5 = 39,27см 2 A2 = 3 ⋅ 10 = 30см 2 ; 2 2 x1 ⋅ A1 + x2 ⋅ A2 2,88 ⋅ 39,27 + 6,5 ⋅ 30 xC = = 4,45см; = A1 + A2 39,27 + 30

A1 =

ax = −

i y2

= −0,0632 ⋅ 104 ⋅ F

σ min ≤ [σ C ] 0,0632 ⋅ 104 ⋅ F ≤ 80 ⋅ 106 Fдоп ≤

σ max = −

80 ⋅ 106 0,0632 ⋅ 104

= 126,6кН

F  x A ⋅ xB  F  (−4,45) ⋅ 3,55  =− ⋅ 1 + 1+ = 2  4 A  5 , 86 i 69 , 27 ⋅ 10   y  

= 0,0245 ⋅ 104 ⋅ F xB = 3 + 95 − 4,45) = 3,55см

[ ]

σ max ≤ σ р ;

0,0245 ⋅ 104 ⋅ F ≤ 28 ⋅ 106

29

Fдоп ≤

28 ⋅ 106 0,0245 ⋅ 104

Список литературы

= 114,29кН 1.

Принимаем допускаемую нагрузку Fдоп = 114,29кН . 5. По найденным значениям xP , ния.

xP = −

i 2y

y P строим ядро сече-

2.

А.В. Александров, В.Д. Попов, Б.П. Державец Сопротивление материалов. Высшая школа. – М.; 2003. – 560с. В.И. Феодосьев Сопротивление материалов. Наука, – М.; 1970 – 544 с.

5,86 = −1,65см; 3,55 7,15 =− = 1,43см. (−5)

=−

3,55 i2 yP = − x (−5)

30

Методические указания к выполнению расчетнопроектировочных работ по сопротивлению материалов для студентов инженерно-строительных специальностей очного и заочного форм обучения. Составители: Цынгеев Д.Ц., Ергонов В.П.

Рецензент:

Ж.Г. Дамбаев, д.ф.-м.н., профессор, директор филиала Иркутского государственного университета путей сообщения в РБ

Ключевые слова: стержень, брус, деформация, прочность, напряжение.

Редактор: Подписано в печать 4.05.2006 г. Формат 60x84 Усл. п.л.2,5. Тираж экз. Заказ №64 Издательство. Улан-Удэ, Ключевская 40а © ВСГТУ, 2006

31