Учебное пособие для бакалавров, изучающих курс «Сопротивление материалов»
жүктеу/скачать 4,38 Mb.
|
ПОСОБИЕ Расчет на прочность при простых сопротивлениях
- Бұл бет үшін навигация:
- Участок 2. 0 z
- Участок 3. 0 z
| Участок 1. 0 z1 0,8L
∑Fy = 0; 1,5qL – Qy = 0; откуда Qy = 1,5 qL (const). ΣM(x) = 0; Mx - 1,5qLz1 = 0, откуда Mx = 1,5qLz1 (линейная зависимость) При z1 = 0 Mx = 0 z1 = L Mx = 1,5qLL = 1,5 qL2. Участок 2. 0 z2 3L ∑ Fy = 0; 1,5qL – 2qz2 – Qy = 0; откуда Qy = 1,5 qL – 2qz2 (линейная зависимость). При z2 = 0 Qy = 1,5 qL z2 = 3L Qy = 1,5 qL – 2q3L = –4,5qL. Так как Qy меняет знак, то найдем z0 - координату сечения, в котором Qy = 0. 0 = 1,5 qL – 2qz0, откуда ΣM(x) = 0; Mx – 1,5qL(L + z2) – qL2 + 2qz2 z2/2 = 0, откуда (уравнение параболы). Согласно дифференциальной зависимости в сечении с координатой z0, где Qy = 0, на эпюре Мх будет вершина параболы, т.е. экстремальное значение Мх. При z3 = 0 Mx = 2,5 qL2 z0 = 0,75L Mx = 2,5 qL2 + 1,5qL0,75L – q(0,75L)2 = 3,06qL2 z3 = 3L Mx = 2,5qL2 + 1,5qL3L – q(3L)2 = –2 qL2. Участок 3. 0 z3 L ∑ Fy = 0; Qy – 2qL = 0; откуда Qy = 2 qL (const). ∑M(x) = 0; –Mx – 2qLz3 = 0, откуда Mx = –2qLz3 (линейная зависимость). При z3 = 0 Mx = 0 z3 = L Mx = –2qLL = –2qL2. По полученным данным строим эпюру Qy (рис. 2.3, б) и Мх (рис.2.3., в) в произвольном масштабе. 1.1.4. Проверим правильность вычислений и построения эпюр. Эпюра Qy: - по скачкам (разрывам в значениях ординат) на границах силовых участков: в сечениях В, С, Е балки приложены внешние сосредоточенные силы (рис. 2.3., а) и на эпюре Qy (рис. 2.3, б) есть скачки, равные по величине внешним силам и совпадающие с ними по направлению; - по дифференциальной зависимости на силовых участках 1 и 3 нет распределенных сил (q = 0), поэтому Qy = const; на силовом участке 2 есть распределенная сила постоянной интенсивности 2q = const, поэтому Qy изменяется по линейной зависимости. Эпюра Мх: - по скачкам: в сечении А балки приложен внешний сосредоточенный момент (qL2), поэтому в этом сечении на эпюре Мх на границе 1 и 2 участков есть разрыв в значениях ординат (скачок), равный по величине этому моменту, а в сечениях В, С, Е нет внешних сосредоточенных моментов, поэтому на эпюре Мх нет скачков в этих сечениях; - по дифференциальной зависимости на силовых участках 1 и 3 Qy = const, поэтому Мх изменяется по линейной зависимости; на силовом участке 2 Qy изменяется по линейной зависимости, поэтому Мх изменяется по параболе с вершиной в сечении при z0 = 0,75L. По эпюре Мх находим Mxmax =3,06 qL2. 1.2. Вычислим осевой момент сопротивления Wx сложного сечения балки (рис. 2.4): По определению где Ix – главный момент инерции сечения; уmax – расстояние от нейтральной линии (НЛ) до наиболее удаленной от нее точки сечения. 1.2.1. Выполним чертеж сечения (рис. 2.4). Для этого из сортаментов на швеллеры и двутавры выписываем данные, необходимые для расчета. 1. Швеллер № 14 (ГОСТ 8240-97): h1 = 14 см, b1 = 5,8 см, d1 = 0,49 см, х0 = 1,67 см, A1 = 15,6 см2, Ix = Iyтабл = 45,4 см4. 2. Двутавр № 10 (ГОСТ 8239-89): h2 = 10 см, b2 = 5,5 см, s2 = 0,55 см, A2 = 12 см2, Ix2 = Iхтабл = 198 см4. Рис. 2.4. Чертеж сложного сечения балки Для каждого элемента сложного сечения обозначаем собственные главные центральные ГЦО оси (Х1У1; Х2У2). Поскольку ось У (У1, У2) является осью симметрии всего сечения, то она является одной из ГЦО сечения. 1.2.2. Определим положение центра тяжести сечения на оси У, вычислив ординату центра тяжести УС относительно вспомогательной оси Х0 (рис. 2.4) где по чертежу (рис. 2.4): Строим центр тяжести сечения (точка С) и проводим ось Х. Оси ХУ – главные центральные оси всего сечения. 1.2.3. Вычисляем главный момент инерции Ix сечения как сумму моментов инерции составляющих элементов: По формуле об изменении моментов инерции при параллельном переносе осей координат где по чертежу (рис. 2.4): k1 = уС1 – уС = 8,82 – 7,16 = 1,66 см; k2 = уС – уС2 = 7,16 – 5 = 2,16 см. Тогда 1.2.4. Найдем по чертежу (рис. 2.4) уmax. Расстояние от оси Х до нижних точек сечения ун = уС = 7,16 см, а до верхних точек – ув = h2 + d1 – yC = 10 +0,49 – 7,16 = 3,33 см. Следовательно, уmax = yн = 7,16 см. Тогда 1.3. Условие прочности принимает вид откуда Принимаем Тогда 2. Найдем размеры простых сечений балки, равнопрочных сложному. 2.1. Прямоугольное сечение Откуда Принимаем b = 42 мм. 2.2. Круглое сечение Откуда Принимаем D = 78 мм. 2 .3. Двутавровое сечение
3. Оценим эффективность сечений по расходу материала на изготовление балки. Вес балки где - удельный вес материала балки; Lб – длина балки; А – площадь поперечного сечения. Поскольку балки из одного материала и одной длины, т.е. , то отношение весов балки равно отношению площадей Р1 : Р2 : Р3 : Р4 = А1 : А2 : А3 : А4 = 27,6 : 35,3 : 47,8 : 14,7 = 1,86 : 2,30 : 3,25 : 1, где А1 = 15,6 + 12 = 27,6 см2 – площадь сложного сечения; А2 = 2bb = 2b2 = 2 4,22 = 35,3 см2 – площадь прямоугольного сечения; см2 – площадь круглого сечения; А4 = 14,7 см2 – площадь двутавра № 12. Таким образом, самым экономичным по расходу материала является двутавровое сечение. 4. Проверим простые сечения на прочность по максимальным касательным напряжениям, т.е. проверим выполнение условия 4.1. Прямоугольное сечение где (рис. 2.3, б) 4.2. Круглое сечение 4.3. Двутавровое сечение где для двутавра № 12: Sx = 33,710-6 м3 – статический момент полусечения; Ix = 35010-8 м4 – главный момент инерции; by=0 = 4,810-3 м – толщина стенки двутавра. Вывод: 1) Для всех сечений max < [], следовательно, и по касательным напряжениям прочность балок при принятых размерах сечений обеспечена. 2) Поскольку максимальные касательные напряжения значительно меньше допускаемых, то влиянием их на прочность можно пренебречь. жүктеу/скачать 4,38 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|