sm_rgr_2z

31

5.2Приклад розрахунку

А			ω	B			C				Вихідні дані:
											[σ]=100 МПа;
			l			l		l			γ=78 кН/м3;
											l=40 см;
							D			E	d=20·мм.
									l

A

5.2.1

Встановлюємо

закон зміни інтенсивності сил інерції і

визначаємо реакції опор

RA

RB Mx

A

B

C

A

Mx

C

½

Mx

z

B

D

E

z

z

q(z)

2

½

q

Mx

½

D

E

q

z

Епюра Mx, (ql2)

Ділянка CD:

0≤z≤l.

q(z)=

γ F

ω2 z

лінійний закон.

g

При z=0;

q(0)=0;

z=l;

q(l)=

γ F

ω2 l .

g

Ділянки DЕ: Всі точки стержня знаходяться на однаковій відстані l від осі обертання, тому

qDE = q = γ gF ω2 l .

32

∑M A = 0; RB l −

1 ql 2l − ql

5 l = 0; RB= 7 ql;

2

2

2

∑M B

= 0; R A l −

1 ql l − ql

3 l =0; RA = 2ql.

2

2

Перевірка: ∑Pвер = 0;

RB −RA − ql −

1 ql = 0;

2

7 ql −2ql −

3 ql = 0.

2

2

5.2.2 Визначаємо згинальні моменти на кожній ділянці

Ділянка ЕD:

0≤z≤l.

M x

+ qz

z

;

M x

= −

qz

2

квадратична парабола.

2

2

При z=0

Mx=0;

при z=l

M x = −

ql2

епюру будуємо на

2

стиснутих волокнах.

Ділянка CD:

0≤z≤l.

M

x

− R l + R

A

2l = 0;

M

x

= 7 ql2 −4ql2 = −1 ql2

const.

B

2

2

Ділянка AВ:

0≤z≤l.

M x = −RA z .

При z=0

Mx=0;

при z=l

M x = −2ql2 .

Ділянка BC:

0≤z≤l.

M

x

= R z − R

A

(l + z).

При z=0

M

x

= −2ql2 ;

при z=l

B

M x = −

1 ql2 .

2

33

За одержаними даними будуємо епюру Mx, звідки знаходимо максимальний момент

M xmax

=

2ql2

.

5.2.3 Із умови міцності визначаємо допустиме число обертів валика

σmax =

M xmax

≤ [σ].

Wx

Враховуючи, що

q =

γF

ω

2

l

3

Wx =

πd 3

;

F =

πd

2

g

32

4

,

запишемо

M x

=

2γπd 2

ω2l3 .

max

4g

Тоді отримуємо

σmax = 2γ

πd 2

ω2l

3

32

= 16γω2l3

≤[σ],

4

πd 3

g

gd

звідки [ω]=

g d [σ]

=

9.81 0.02 100

=15.67 с-1.

16 γ l3

16 78 10−3 0.43

Допустиме число обертів валика

[n]= [ω] 30 =

15.67 30

=149.67 об./хв.

π

π

[1, С. 605−610; 2, С. 52−53; 3, С. 534−537].

34

6 ВИЗНАЧЕННЯ НАПРУЖЕНЬ В ДВОТАВРОВИХ БАЛКАХ ПРИ УДАРНОМУ НАВАНТАЖЕННІ

6.1 Умова задачі

На двотаврову балку, яка закріплена на двох жорстких опорах, з висоти h падає вантаж Р.

Необхідно:

а) визначити найбільше напруження в небезпечному перерізі балки;

б) розв’язати аналогічну задачу за умови, що праву опору замінюємо пружиною, піддатливість якої дорівнює α;

в) порівняти отримані результати.

Розрахункові схеми і вихідні дані наведені на рисунку 6.1 і в таблиці 6.1.

Таблиця 6.1 − Вихідні дані

№	Схема	№	l,	Р,	h,	α·103,
рядка		двотавра	м	Н	см	м/кН
1	I	20	2.1	1100	11	21
2	II	20а	2.2	1200	12	22
3	III	24	2.3	300	3	23
4	IV	24а	2.4	400	4	24
5	V	27	2.5	500	5	25
6	VI	27а	2.6	600	6	26
7	VII	30	2.7	700	7	27
8	VIII	30а	2.8	800	8	28
9	IX	33	2.9	900	9	29
0	X	36	3.0	1000	10	30
	е	д	е	г	д	е

			35
h	Р		h	Р
I			VI
	l/5	4l/5	3l/4	l/4
h	Р		h	Р
II			VII
	l/4	3l/4	4l/5	l/5
h	Р		h	Р
III			VIII
	l/3	2l/3	l	l/5
	h	Р	h	Р
IV			IX
	l/2	l/2	l	l/4
	h	Р	h	Р
V			X
	2l/3	l/3	l	l/3

Рисунок 6.1 −Розрахункові схеми

36

6.2

Приклад розрахунку

Р

h

Вихідні дані:

двотавр №20;

A

B

h=11 см; l=2.2 м;

P=800 H;

Jх=1810 см4;

E=2·1011 Па;

l/4

3l/4

α=22·10─3 м/кН;

RA=3P/4

Wх=181 см−3.

Р

RA=P/4

6.2.1

Визначаємо статичний

а) A

B

прогин в

точці

удару (методом

С

3l/4

Верещагіна)

l/4

6.2.1.1

Визначаємо реакції опор

3Pl

∑M A = 0;

RB l − P l = 0;

ω1

16

ω2

4

P

б)

С2

RB =

= 200 Н;

С1

еп. Мр

4

3/4

X =1

1/4

∑M B = 0;

RA l − 3 Pl = 0;

в) A

B

4

С

RA

=

3

P = 600 Н.

2

l

2

3l

4

3

4

3l

3

4

Перевірка:

∑Py = 0;

~

16

~

RB − P + RA = 0;

yC1

yC2

г)

1 P − P + 3 P = 0.

еп. M1

4

4

6.2.1.2 Будуємо епюри згинальних моментів від дії реального навантаження та одиничної сили і визначаємо площі ω1, ω2 та ординати ~yC1 , ~yC2

ω = 1		1 l		3	Pl =	3	Pl2; ω = 1		3 l		3	Pl =	9	Pl2;
1	2	4	16		128		2	2	4	16		128

37

~

2

3

1

~

2

3

1

yC

=

l

=

l;

yC

=

l =

l.

1

3

16

8

2

3

16

8

6.2.1.3

Визначаємо статичний прогин

ω1

~

ω2

~

1

3

1

9

1

yC

yC

2

2

Pl 2

ст =

1

+

=

Pl

l +

l

=

EI x

8

128

8

EI x

EI x 128

=

3

Pl 3

=

3

800 2.23

= 2.757 10−5

м.

256

EI x

256

2 1011 1810 10−8

6.2.1.4

Визначаємо коефіцієнт динамічності

kд =1 +

1 + 2h

=1 +

1 +

2 0.11

= 90.323.

cт

2.757 10−5

6.2.1.5 Визначаємо максимальні статичні напруження

σст =

M xmax

=

3 P l

= 3 800 10−6 2.2 =1.82 Мпа.

16 Wx

Wx

16 181 10−6

6.2.1.6 Визначаємо максимальні динамічні напруження

σд = kд σст = 90.323 1.82 =164.6 Мпа.

6.2.2Замінюємо праву опору пружиною

′		Р βδпр
	С						B
ст = ст + β δст, A
де C′ C2 = cт .	С'								δпр
	С2
								B'
6.2.2.1 Визначаємо осадку пружини δпр

δпр = BB′ = RB α = P4 α = 8004 22 10−3 = 0.0044 м.

38

6.2.2.2

Визначаємо коефіцієнт β,

A

l/4

С

3l/4

B

який встановлює

співвідношення

С'

δпр

між осадкою пружини та перемі-

щенням точки прикладення сили Р.

B'

З подібності трикутників АСС'

та АВВ' маємо

CC′

=

BB′

β δnp

=

δnp

;

β =

1

= 0.25;

AC

AB

1

l

l

4

4

′

ст + β δпр = 2.757 10

−5

+0.25 0.0044 =1.128 10

−3

м.

ст =

6.2.2.3 Визначаємо коефіцєнт динамічності для другої схеми закріплення

kд′ =1 + 1 + 2h =1 + 1 +

2 0.11

=15.0.

c′т

1.128 10−5

6.2.2.4 Визначаємо максимальні динамічні напруження

σд = kд′ σст =15.0 1.82 = 27.3 Мпа.

6.2.3Порівнюємо отримані результати

K= σд = 164.6 = 6.02 .

σд′ 27.3

6.2.4 Висновок

Максимальні напруження при заміні жорсткої опори пружиною

(або іншим пружним елементом з таким же коефіцієнтом α) в шість разів менші ніж без пружини.

[1, С. 605−610; 2, С. 49−51; 3, С. 537−540].

39

ЛІТЕРАТУРА

1.Опір матеріалів. Підручник /Г.С. Писаренко, О.А. Квітка, Е.С. Уманський; За ред. Г.С. Писаренка. − К.: Вища школа, 2004. − 655 с.

2.Сопротивление материалов. Методические указания и контрольные задачи для студентов-заочников всех специальностей высших учебных заведений. / А. В. Дарков, Б. Н. Кутуков. − М.:

Высш. шк., 1985. − 56 с.

3.Дарков А. В., Шпиро Г. С. Сопротивление материалов: Учебник для техн. вузов. − 5-е узд. − М.: Высш. шк., 1989. − 624 с.

40