Сопромат 23625-2 (продолжение контрольной)
.pdfЗадача №8.
Чугунный короткий стержень, поперечное сечение которого изображено на рис. 1, сжимается продольной силой F, приложенной в точке В. Требуется вычислить наибольшее растягивающее и наибольшее сжимающее напряжение в поперечном сечении, выразив величины этих напряжений через F и размеры сечения. Из условия прочности определить допустимую нагрузку [F] при за-
данных размерах поперечного сечения стержня. Расчет производить по допускаемым напряжениям на сжатие [σсж] и растяжение [σр].
Рисунок 1
Дано: а = 5 см; b = 8 см; [σсж] = 70 МПа; [σр] = 30 МПа.
Решение:
1. Геометрические характеристики в расчетных формулах берутся относительно главных центральных осей, поэтому определим центр тяжести сечения. Ось Y является осью симметрии и,
следовательно, она проходит через центр тяжести, поэтому нам достаточно найти его место-
положение на этой оси. Разобьем сечение на два прямоугольника (1 и 2) и выберем
вспомогательные оси x1Y . Запишем координаты центров тяжести С1 и С2 в этих осях.
Рисунок 2
Будем иметь С1 (0,0); С2(0; 12).
Площади этих прямоугольников будут соответственно равны
А 15 8 120 см2 |
; А 5 16 80 см2 |
|||||||
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
Общая площадь сечения А А А 120 80 200 см2 |
||||||||
|
|
1 |
2 |
|
|
|
|
|
Тогда координаты центра тяжести будут равны |
|
|
|
|||||
y |
|
|
y1 A1 |
y2 A2 |
|
0 120 12 80 |
4,8 см |
|
C |
|
|
|
|
||||
|
|
A1 A2 |
|
120 80 |
||||
|
|
|
|
хC 0 см
Итак, в осях x1Y центр тяжести всего сечения имеет координаты С(0; 4,8). Проводим через центр тяжести сечения ось Х, перпендикулярную оси Y. Оси X и Y и будут главными центральными осями сечения.
Определение главных центральных моментов инерции и главных радиусов инерции. Моменты инерции определяем по формулам:
|
|
|
15 83 |
|
|
5 163 |
|
||
I |
x |
|
|
15 8 ( 4,8)2 |
|
|
5 16 7,22 |
9258,7см4 |
|
12 |
12 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8 153 |
|
|
16 53 |
|
|||||||
I |
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2416,7см4 |
||
|
|
|
12 |
|
|
12 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Вычисляем квадраты главных радиусов инерции: |
|
||||||||||||||
ix2 |
|
I x |
„ |
|
|
9258,7 |
|
46,29 см2 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||
А |
|
|
200 |
|
|||||||||||
|
|
C |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
i 2 |
|
|
I y |
|
|
2416,7 |
12,08 см2 |
||||||||
|
|
„ |
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
y |
C |
|
|
|
А |
|
|
|
|
|
200 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2. Определим положение нулевой линии. Отрезки, отсекаемые нулевой линией на главных центральных осях инерции, определяем по формулам:
|
|
|
|
|
iy2 |
|
12,08 |
4,83 см |
|||
а |
|
|
|
C |
|
|
|
||||
Х |
С |
|
xF |
2,5 |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ix2 |
|
46,29 |
|
3,05 см |
|||
аY |
|
|
C |
|
|
|
|
||||
|
yF |
15,2 |
|
||||||||
|
С |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
где xF = 2,5 см и yF = 15,2 см координаты точки приложения силы F (точка B на рис. 2). Отложив отрезки аХ С и аYС , соответственно, на осях X и Y , и проведя через их концы прямую, получим нулевую линию сечения, т.е. геометрическое место точек, где нормальные напряжения равны нулю ( = 0). На рис. 2 эту линию обозначим n n.
3. Определим наибольшие (растягивающие и сжимающие) напряжения. Наибольшие сжимающие напряжения возникают в точке В, так как она является наиболее удаленной точкой в сжатой зоне сечения. Точка В имеет координаты xВ = 2,5 см и yВ = 15,2 см :
В |
|
F |
|
yB yF |
|
xB xF |
|
|
F |
|
||||
|
1 |
|
|
|
|
1 |
||||||||
A |
2 |
2 |
200 |
|||||||||||
|
|
|
|
ix |
C |
|
i y |
C |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
15,2 15,2 |
|
2,5 2,5 |
|
0,0325F |
|
|
|
||
|
|
|||
46,29 |
|
12,08 |
|
|
Точка А, координаты которой xА = -7,5 см и yА = -8,8 см , наиболее удалена от нулевой линии в растянутой зоне сечения, поэтому наибольшие растягивающие напряжения возникают в ней и
определяются по формуле:
А |
|
F |
|
y А yF |
|
x |
А xF |
|
|
F |
|
||||
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
||||||||
A |
2 |
|
2 |
200 |
|||||||||||
|
|
|
|
ix |
C |
|
i y |
C |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8,8 15,2 |
|
7,5 6,5 |
|
0,0296F |
|
|
|
||
|
|
|||
46,29 |
|
12,08 |
|
|
4. Определим допускаемую нагрузку:
- из условия прочности при сжатии:
|
|
[ |
|
] 0,0325 104 |
[F ] 70МПа [F ] |
70 10 |
6 Н / м2 |
215384Н 215,38кН |
|
В |
сж |
0,0325 |
104 м 2 |
||||||
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
- из условия прочности при растяжении:
|
|
[ |
|
] 0,0296 104 |
[F ] 30МПа [F ] |
30 10 |
6 Н / м2 |
101351Н 101,35кН |
|
A |
р |
0,0296 |
104 м 2 |
||||||
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
Чтобы одновременно удовлетворить условие прочности и в растянутой и в сжатой зонах колонны,
мы должны взять в качестве допускаемой нагрузки меньшую из двух полученных, т.е.
[F ] 101,35кН
Задача 10 а
Для заданных статически неопределимых балок постоянной жесткости, приведенных на рисунке,
требуется раскрыть статическую неопределимость, построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов. При записи дополнительного уравнения перемещений в задаче 10а
использовать интеграл Мора, в задаче 10б – метод Верещагина.
Исходные данные для решения задачи взять из таблицы. Если положение сосредоточенной силы или начало (окончание).
Исходные данные Схема 5
F1=12кН, F2=28кН, q=20кН/м, а=6,2м, b=4,8 м, с=3м
Основная система + неизвестные
Ra, Ma, x1 = 3
Число уравнений 2, система один раз статически неопределима Уравнений статики
Fy 0; RA q(а в) x1 2F1 0
M a 0; M A F1 (а в с) x1 (а в) q |
(а в)2 |
0 |
|
с |
|||
|
|
Дополнительное уравнение прогиб на опоре С yc=0
u x1 1 p 0 - условие отсутствия прогиба на опоре С
11
EJ x 11 M1 M1 (1z)
0
Используя интеграл Мора
(1z)dz z3 /11 443,7 3 0
EJ x 1 р (М р М1 )
|
6,2 |
|
|
|
z |
2 |
|
|
EJ x |
1 р M р M1 ( М ар Rap z q |
|
)(М |
а1 Ra1 z)dz |
||||
|
|
|||||||
|
0 |
|
2 |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4.8 |
|
(6,2 z) |
2 |
|
|
|
|
|
|
( М ар Rap (6,2 z) q |
|
) F1 z)(М |
ар Rap (6,2 z))dz 76295.9 |
||||
2 |
|
|||||||
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Найдем значения Ма, Ra от внешней нагрузки и единичной силы
M A q11 112 М АР F1 6,2 F114 0
М АР 967,6кНм
Fy RAP 11q F1 F1 0
RAP 244кН
M A 1 11 М 1А 0
М1А 11
Fy 0 R1A 1
Получается 3 неизвестных – 3 уравнения, решаем совместно
Ra=72,1, Ma=-916,2, x1=-171,9
Построим эпюру Q и М Участок СД: 0≤z1≤3
Q F1 12кН
M F1z1
Z1=0 M=0 Z1=3 M=-36кН
Участок СВ 0≤z2≤4,8
Q F1 qz2 х1
M F (3 z |
|
) q |
z22 |
x z |
|
2 |
|
2 |
|||
1 |
2 |
1 |
|||
|
|
|
|
Z2=0 Q=-159,9 кН M=-36 кНм
Z2=4,8 Q=-255,9 кН M=-1149,12кНм Участок АВ 0≤z3≤6,2
Q Ra qz3
M M |
|
R z |
|
q |
z32 |
|
a |
3 |
|
||||
|
a |
2 |
|
|||
|
|
|
|
|
||
Z2=0 Q=72,1 кН |
|
M=916,2 кНм |
Z2=6,2 Q=-51,2 кН M=-1020,06кНм
Задача 10б
1 раз статически неопределима. Три неизвестных Мрх1, Rc, Rе Два уравнение статики
Fy 0
1)x1 F2 F1 Ra F1 Rb 0
M c 0
2)F1 2.5 Rb6,2 F2 5 F18,6 x111 0
Построим грузовую опору
M а 0
F1 2.5 Rb6,2 F2 5 F111 0 Rb 48,7кН
M в 0
F1 2.4 Rа6,2 F21,2 F1 5 0 Rа 10,4кН
М1 0
М2 Rа2,5 26кН
М3 5Rа 2,5F1 22кН
М4 2,4F1 28,8кН
Построим единичную опору
M а 0
6,2Rbед 1 11 0
Rbед 1,77
M в 0
14,8 6,2Rаед 0
Rаед 0,77
М1 0
М2 Rаед 2,5 1,925кН
М3 5Rаед 3,85кН
М4 6,2Rаед 4,8кН
М5 2,4 1 2,4кН
М6 0
Прогиб в точке С = 0
u x1 1 p 0
EJ x 1 р (М р М1 ) 12 26 2,5 23 1,9 22 2,5 3,85 12 12 2,5(1,6 13 1,6)
12 22 2,5 (3,2 131,6) 12 28,8 2,5 (3,2 13,6) 12 28,8 2,4 (2,4 23 2,4) 186,9
EJ x 11 12 4,8 6,2 23 4,8 12 4,8 4,8 23 4,8 84,48
x1 |
|
EJ x 1 р |
|
186,9 |
|
2,2кН |
||
|
|
|
|
|||||
EJ x |
|
84,48 |
||||||
|
|
|
|
Rв 47,9кН
Rа 1,9кН
Строим эпюру Q и М
Участок 1-2: 0≤z1≤2,5
Q Ra 1,9кН
M Raz1
Z1=0 М=0кНм
Z1=2,5 M=4,75кНм Участок 2-3 0≤z2≤2,5
Q Ra F1 10,1кН
M Ra(2.5 z2 ) F1 z2
Z2=0 M=4.75кНм
Z2=2.5 M=-20,5кНм Участок 3-4 0≤z3≤1,2
Q Ra F1 F2 38.1кН
M Rа(5 z3 ) F1 (1.2 z3 ) F2 z3
Z3=0 M=-4,9кНм
Z3=1.2 M=-50.62кНм Участок 6-5 0≤z4≤2.4
Q x1 2.2кН
M x1 z4
Z4=0 M=0кНм
Z4=2.4 M=5.28кНм Участок 5-4 0≤z5≤2.4
Q x1 F1 9.8кН
M x1 (2.4 z5 ) F1z5
Z5=0 M=5.28кНм
Z5=2.4 M=-18,24кНм
Задача № 14.
На двутавровую стальную балку с высоты h падает груз F. требуется определить наибольшее напряжение в балке в момент падения груза. Расчет произвести без учёта и с учетом массы балки. Найти также максимальный прогиб в точке падения груза.
Исходные данные. F=1 кН; h=9 см; двутавр № 16; a=2,5 м; b=1 м; c=110 кН/м;
Решение.
h
RA |
RB |
b |
a |
Опорные реакции.
Внутренний максимальный изгибающий момент.
Прогиб балки.
( )
Под влиянием опорной реакции RB пружина укоротится на величину:
Под влиянием удара пружина укоротится на величину:
Середина балки опустится на величину:
Суммарное статическое перемещение.
Динамический коэффициент без учета веса балки.