primeri_zao

довательно, общее число неизвестных усилий на единицу превышает количество уравнений статики и система является статически неопределимой.

Для определения усилий в стержнях заданной системы рассмотрим три стороны задачи: статическую, геометрическую и физическую.

1) Статическая сторона задачи. Составим уравнение суммы моментов всех сил, действующих на систему, относительно неподвижной точки А

∑mA = 0 ; N1 Sinα с+ N2 (b +c)−Q a = 0 .

Полученное уравнение содержит два неизвестных продольных усилия, возникающих в стержнях системы, N1 и N2 .

2) Геометрическая сторона задачи. Рассмотрим деформированное состояние системы, как показано на рисунке. Под действием силы Q абсолют-

но жесткий брус занимает новое положение АС′. Стержни 1 и 2 получат уд-

линения

l1 и

l2

соответственно. Запишем уравнение, связывающее эти ве-

личины. В соответствии с чертежом ВB′′=

l1

и СC′=

l2 . Из прямоугольно

треугольника

′

′′

получаем, что BB

′

=

o

BB B

l1 / Sinα . Здесь угол α = 45 .

Из подобия треугольников

ABB′

и

ACC следует

BB′

=

CC′

или =

l1

=

l2

AB

AC

c Sinα

(b +c)

3)

Физическая сторона задачи. Воспользовавшись законом Гука, за-

пишем выражения для удлинений стержней

l1 и

l2 :

l

=

N1 l1

=

N1 b

и

l

2

=

N2 l2

=

N2 b

.

1

E A1

E A Sinα

E

A2

E 2A

Подставляя эти выражения в уравнение геометрической стороны задачи, получаем

		N1 b			=	N2 b		.
		E A c Sin2α				E 2A (b + c)
Тогда
N1 =	N2 c Sin2α		=	N2 1,7 0,70712			= 0,1012N		2 .
	2 (b +c)			2 (2,5 +1,7)

Подставляя полученное соотношение в уравнение статики, имеем: 0,1012N2 0,7071 1,7 + N2 (2,5 +1,7)−Q 2,2 = 0 ;

			2,2 Q	4,322 N2 −2,2 Q = 0.
	N2	=		= 0,509Q и N1 = 0,1012N2 = 0,1012 0,509Q = 0,0515Q .
			4,322

11

Вычисляем нормальные напряжения в стержнях системы

σ

1

=

N1

= 0,0515Q

=

0,0515Q = 30,30Q ;

A

A

17 10−4

1

σ

2

=

N2

=

0,509Q

= 0,2445Q = 0,2545Q

=149,71Q .

A

2A

A

17 10−4

2

Находим допускаемую нагрузку на систему, приравнивая большее из двух полученных напряжений в стержнях величине расчетного сопротивления R =160 МПа. Из условия прочности следует

σmax =σ2 =149,71Q ≤ R =160 МПа.

Откуда

Q	≤		R	= 160 106	=1068,76 103 Н=1068,76 кН.
доп		149,71		149,71

Определим несущую способность системы Qт из расчета по разру-

шающим нагрузкам. Предельное состояние стержневой системы будет достигнуто тогда, когда напряжения в обоих ее стержнях достигнут предела текучести материала σ y = 240 МПа. Тогда, из статической стороны задачи по-

лучаем

σy F1 Sinα с+σ y F2 (b + c)−Q a = 0,

σy F Sinα с+σ y 2F (b +c)−Q a = 0 ,

Qy =	σ y	F(c Sinα + 2(b +c))		=	240 106 17 10−4 (1,7 0,7071+ 2 (2,5	+1,7))	=
		a			2,2

=1780747,5 Н = 1780,75 кН.

При заданной величине коэффициента запаса прочности допускаемая

нагрузка будет равна

′

=

Qy

=

1780,75

=1187,17 кН.

Qдоп

k

1,5

′

, полученной из

Следовательно, величина допускаемой нагрузки Qдоп

расчета по разрушающим нагрузкам, больше величины Qдоп , полученной из

расчета по допускаемым напряжениям в

′

1187,17

Qдоп

=

=1,111раза.

Qдоп

1068,76

12

ЗАДАЧА №4 КРУЧЕНИЕ ВАЛА КРУГЛОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ

1. ИСХОДНЫЕ ДАННЫЕ И УСЛОВИЕ ЗАДАЧИ

К стальному валу приложены три известных момента М1, М2 и М3. Требуется:

1)установить, при каком значении момента X угол поворота правого концевого сечения вала равен нулю;

2)для найденного значения момента X построить эпюру крутящих моментов;

3)при заданном значении Rs определить диаметр вала из расчета на

прочность и округлить его до ближайшего большего, равного 30, 35, 40, 45, 50, 60, 70, 80, 90, 100 мм;

4)построить эпюру углов закручивания;

5)найти наибольший относительный угол закручивания (на 1 м длины). Исходные данные для решения задачи: схема вала показана на рис. 5,

линейные размеры вала – а=2,0 м; b=1,6 м; с=1,3 м; значения внешних моментов – М1=2000 Нм; М2=600 Нм; М3=1300 Нм; расчетное сопротивление срезу Rs =45 МПа.

2. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ

Угол закручивания на каждом грузовом участке вала определяется по следующей формуле

	ϕi =	M крi li	,	(1)
		GJ ρ
где M крi	– крутящий момент на i −м грузовом участке;
li – длина i −го грузового участка;
G –	модуль сдвига материала вала;
J ρ –	полярный момент инерции вала круглого поперечного сечения.

Запишем выражения для крутящих моментов на каждом грузовом участке через величины М1, М2, М3, и X :

Мкр4 = Х ; Мкр3 = Х + М3 ; Мкр2 = Х + М3 − М2 ; Мкр1 = Х + М3 − М2 + М1 .

Подставив полученные величины в выражение (1) и используя условие задачи, получим следующее значение неизвестного момента, приложенного

к правому концу вала:
(X + M3 − M 2 + M1 ) a +	(X + M3 − M 2 ) b +	(X + M3 ) c +	X a	= 0 ;
GJ ρ	GJ ρ	GJ ρ	GJρ

X (2a +b +c)+ M3 (a +b +c)− M2 (a +b)+ M1a = 0;

13

X = − M3 (a +b +c)+ M 2 (a +b)− M1a = 2a +b +c

= −1300 (2,0 +1,6 +1,3)+600 (2,0 +1,6)−2000 2,0 = −1189,86Нм. 2 2,0 +1,6 +1,3

Используя выражения для крутящих моментов на каждом грузовом участке и полученное значение момента X , вычислим величины крутящих моментов на границах участков:

Мкр4 = Х = −1189,86 Нм; Мкр3 = Х + М3 = −1189,86 +1300 =110,14 Нм;

Мкр2 = Х + М3 − М2 = −1189,86 +1300 −600 = −489,86 Нм;

Мкр1 = Х + М3 + М2 − М1 = −1189,86 +1300 −600 +2000 =1510,14 Нм.

По полученным данным строим эпюру Мкр Запишем условие прочности вала при кручении:

τmax	=	M кр max	≤ Rs ,	(2)
		Wρ

где M крmax − максимальное значение крутящего момента; Wρ − полярный момент сопротивления сечения вала.

Полярный момент сопротивления круглого поперечного сечения определяется по

формуле:
Wρ	=	πd 3	,	(3)
		16

здесь d − диаметр вала.

Тогда, используя выражения (2) и (3), получаем

16 M крmax	16 1510,14
d ≥ 3 π Rs	= 3 3,14 45 106	= 0,0555 м.

Окончательно принимаем диаметр вала d = 60 мм.

Находим значение полярного момента инерции поперечного сечения вала по формуле

Jρ = πd 4 = 3,14 (6 10−2 )4 =1,271 10−6 м4. 32 32

Используя формулу (1) и принимая величину модуля сдвига стали равной G =8 104 МПа, вычисляем величину углов закручивания на каждом грузовом участке

14

	М1=2,0	М2=0,6		М3=1,3 кНм
1	2		3		4
a=2,0 м	b=1,6 м		c=1,3 м		a=2,0 м
	1510,1
+
			+	110,1
		489,8
	−				−
29,704		21,996		23,404

+

						Рисунок 5
	ϕ4		=			−1189,86 2,0		= −23,404 10−3 рад;
				8		1010 1,271 10−6
	ϕ		=			110,14 1,3		=1,408 10−3 рад;
		3		8		1010 1,271 10−6
	ϕ2		=			−489,86 1,6		= −7,708 10−3 рад;
				8		1010 1,271 10−6
	ϕ		=			1510,14 2,0		= 29,704 10−3 рад.
		1		8		1010 1,271 10−6

Определяем ординаты эпюры углов закручивания

Х

Эп. Мкр

(Нм)

1189,8

Эп. ϕ 10 3

(рад)

ϕА−1 =ϕ1 = 29,707 10−3 рад;

ϕА−2 =ϕ1 +ϕ2 = (29,707 −7,708) 10−3 = 21,996 10−3 рад;

ϕА−3 =ϕ1 +ϕ2 +ϕ3 = (29,707 −7,708 +1,408) 10−3 = 23,404 10−3 рад;

15

ϕА−4 =ϕ1 +ϕ2 +ϕ3 +ϕ4 = (29,707 −7,708 +1,408 −23,404) 10−3 = 0 ,

что соответствует условию задачи.

По полученным значениям строим эпюру углов закручивания вала ϕ . Исходя из построенной эпюры ϕ , определяем наибольший относитель-

ный угол закручивания на 1 м его длины

ψ =	ϕmax	=	29,704 10−3	=14,852 10−3	рад/м.
	l		2,0

ЗАДАЧА №4 ПЛОСКОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ В ТОЧКЕ ТЕЛА

1. ИСХОДНЫЕ ДАННЫЕ И УСЛОВИЕ ЗАДАЧИ

Стальной кубик находится под действием сил, создающих плоское напряженное состояние (одно из трех главных напряжений равно нулю). Требуется найти:

1)главные напряжения и направление главных площадок;

2)максимальные касательные напряжения, равные наибольшей полуразности главных напряжений;

3)относительные деформации εх , εу , εz ;

4)относительное изменение объема;

5)удельную потенциальную энергию деформаций.

Исходные данные для решения задачи: схема кубика показана на рис. 6. Заданные напряжения: σx =10 МПа,σ y =100 МПа, τxу = 20 МПа.

2. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ

Определяем величины главных напряжений по формуле:

σ1,2 = 12 [(σх +σ у )± (σх −σ у )2 + 4τху2 ].

При вычислении главных напряжений в соответствии с заданной схемой за-

гружения кубика имеем: σx = −10 МПа, σy				=100 МПа, τxу = 20 МПа, тогда
σ1,2	=	1	[(−10 +100)± (−10 −100)2	+ 4 202 ]= 1 (90 ±117,05);
		2		2
			σ1 =103,52 МПа; σ2	= −13,52 МПа.

Сумма нормальных напряжений, действующих по двум взаимно перпендикулярным площадкам, есть величина инвариантная, т.е. не зависящая от поворота координатных осей относительно неподвижной точки. Восполь-

16

зовавшись этим свойством, выполним проверку найденных значений главных напряжений:

σх +σу =σ1 +σ2 ;

−10 +100 =103,52 −13,52 ;

90 МПа = 90 МПа,

следовательно, величины главных напряжений вычислены верно. Вычисляем величину угла наклона главных площадок относительно за-

данных площадок

tg2α =	2τxу	=	2 20	= −0,3636 ;	o	;	α = −9,99	o	.
					2α =−19,98
	σx −σy		−10 −100

Знак «минус» указывает на то, что поворот осей до положения главных на угол α осуществляется по часовой стрелке.

Максимальные касательные напряжения вычисляем по формуле:

τmax	=	σ1 −σ2	=	103,52 +13,52	= 58,52 МПа.
		2		2

Площадки, по которым действуют максимальные касательные напряжения, направлены под углом 45° относительно положения главных площадок.

Определяем относительные деформации в точке тела εх , εу и εz , воспользовавшись обобщенным законом Гука и учитывая, что σz = 0 :

=

1

(σх − μσу )

εх

Е

1

ε

=

(σ

− μσ

)

,

Е

у

μ

y

x

= −

(σ

х +σу )

ε

х

Е

где E − модуль упругости первого рода, для стали E = 2 105 МПа;

μ − коэффициент Пуассона, для стали принимаем значение μ = 0,3.

εх	=		1		(−10 −0,3 100) 106 = −20 10−5 ;
		2	10	11
εу	=		1		(100 + 0,3 10) 106		= 65 10−5 ;
		2		11
			10
εz	= −		0,3			(−10 +100) 106	= −13,5 10−5.
			2 10		11

Определяем относительное изменение объема по формуле:

17

θ =εx +εy +εz = (− 20 + 65 −13,5) 10−5 = 31,5 10−5

Вычисляем удельную потенциальную энергию деформаций через главные напряжения

U =

1

(σ 2

+σ 2

−2μσ σ

)=

2

2E

1

2

1

1

Нм

=

(103,522 +13,522 + 2 0,3 103,52 13,52) 106

= 29,35 10−3

.

2

2 1011

м3

y

II

σу

τух

σ2

τmax

τху

σ1

τmax

45°

σх

x

σх

α=9,99°

τху

σ1

τmax

τmax

I

σ2

τух

σу

Рисунок 6

18

ЗАДАЧА № 6 РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ ПЛОСКОМ ИЗГИБЕ

1. ИСХОДНЫЕ ДАННЫЕ И УСЛОВИЕ ЗАДАЧИ

Для двух заданных схем требуется написать выражения Q и М для каждого участка в общем виде, построить эпюры Q и М, найти Мтах и подобрать:

а) для схемы а – деревянную балку круглого поперечного сечения при R =8 МПа;

б) для схемы б – стальную балку двутаврового поперечного сечения при R =160 МПа.

Исходные данные для решения задачи : l1 =1,5м; l2 = 7 м; a1 / a = 2 ; a2 / a = 5; a3 / a = 2 ; M = 20 кНм; P = 5 кН; q = 7 кН/м.

2. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ

Схема а (рис. 7).

Разбиваем балку на грузовые участки. В пределах каждого участка проводим сечение и отбрасываем левую часть балки. В поперечном сечении показываем внутренние силовые факторы в положительном направлении. Поперечную силу Qу и изгибающий момент Мх определяем их уравнений равновесия, составленных для правой части балки.

Первый участок: 0 ≤ z1 ≤ 0,75м.

∑y = 0 ; Qy −q z1 = 0; Qy = q z1 ;

∑m = 0 ; M x + q z12 / 2 = 0 ; M x = −q z12 / 2 ;

При z1 = 0; Qy = 0 ; M x = 0 .

При z1 =1,33м; Qy = 9,31кН; M x = −6,191 кНм.

Второй участок: 0,75 ≤ z2 ≤1,20 м.

∑y = 0 ; Qy − q z2 − Р = 0 ; Qy = q z2 + Р;

∑m = 0 ; M x + q 0,75 (z2 −0,75/ 2)+ Р (z2 −1,20)= 0 ; M x = −q 0,75 (z2 −0,75/ 2)− Р (z2 −1,20);

При z2 =1,33; Qy =18,31кН; M x = −6,191 кНм. При z2 =1,71`м; Qy = 20,97 кН; M x = −13,652 кНм.

Третий участок: 1,20 ≤ z3 ≤1,50м.

∑y = 0 ; Qy − q 0,75 − Р = 0; Qy = q 0,75 + Р =10,25 кН;

∑m = 0 ; M x + q 0,75 (z3 −0,75/ 2)+ Р (z3 −1,20)= 0 ;

19

M x = −q 0,75 (z3 −0,75/ 2)− Р (z3 −1,20);

При z3 =1,20 м; Qy =10,25 кН; M x = −4,331 кНм.

При z3 =1,50 м; Qy =10,25 кН; M x = −7,406 кНм.

По полученным значениям строим эпюры поперечных сил Qу и изгибающих моментов Мх.

		Р=5 кН	q=7 кН/м	y
z	3	2	а2=0,75м	1
	а1=0,30м
			l1=1,5 м
10,25		10,25
		5,25	5,25

Эп. Qy

7,406

4,331

1,969

Эп. Мх

Рисунок 7

Запишем условие прочности при изгибе

σ = M max ≤ R =8МПа,

Wx

где Мтах – максимальный изгибающий момент, возникающий в балке; Wx – момент сопротивления поперечного сечения балки.

Из записанного условия следует, что требуемый момент сопротивления поперечного сечения балки определяется следующим образом

20