МУ к к.р_

	y
s
x	x
h
	t
b	y

9см

20 см

t	y
v			u
b
x			x
			z0
u	y		t
			v
		b
		V
	y	yc	y1
	y2		9 см

C2

x2

	a2
		U
C	α=4.69°	xc
a1
C1		x
0		x1

b2 Xc

11 см

Масштаб

1:2

11

Положение главных центральных осей инерции U,V определяется через угол α, который они составляют с центральными осями Xc,Yc (положительное значение угла отсчитывается против хода часовой стрелки)

α =	1	arctg	2J XcYc	=0,082 рад=4,69°
	2
			JYc − J Xc

По результатам расчетов нанесем на чертеж: центр тяжести всего сечения; центральные оси; главные центральные оси.

Главные центральные моменты инерции сечения

JU = J Xccos2α + JYcsin2α −J XcYcsin 2α =3331,54 см4

JV = J Xcsin2α + JYc cos2 α + J XcYcsin 2α =289,88 см4

Кроме того, главные центральные моменты инерции сечения могут быть вы- числены по формулам:

J Xc

+ JYc

1

=3331,54 см4

Jmax =

+

(J Xc

− JYc )2

+ 4J XcYc2

2

2

J Xc

+ JYc

1

=289,88 см4

Jmin =

−

(J Xc

− JYc )2

+ 4J XcYc2

2

2

Выполним аналитическую проверку.

J Xc + JYc = JU + JV =3621,42 см4

	JUV	= J XcYc cos 2α −	J Xc − JYc	sin2α = 0
			2

Задача №8

Для заданных двух схем балок требуется написать выражения для каждого участка и построить эпюры Q и M; подобрать

1.для схемы (а) деревянную балку круглого поперечного сечения при [σ]=8

МПа;

2.для схемы (б) стальную балку двутаврового поперечного сечения при

[σ]=180 МПа.

Исходные данные:

схема VI;

l1=1,1 м; l2=6 м; a1=9a; a2=9a; a3=1a; М=9 кНм; P=10 кН; q=6 кН/м.

Решение

Схема а Для консольной балки определим поперечные силы и изгибающие моменты на

каждом участке нагружения, рассматривая участки балки от свободного конца к заделке.

I участок:		0 ≤ z ≤ a = 0,11 м
Q1	= 0
М1	= 0	a ≤ z ≤ 10a = 1,1 м
II участок:

Q2 = q(z − a)− P

М 2 = −0,5q(z − a)2 + P(z − a)

12

Тогда на границах участка
Q2(z=a ) = −10 кН								Q2(z=10a ) = − 4,06 кН
M 2(z=a ) = 0								M 2(z=10a ) = 6,96 кНм
						Значение момента в опасном сечении
Mmax = 6,96 кНм-							по этому значению изгибающего момента ведется расчет
на прочность.
Условие прочности
σ	max	= Mmax				£ [σ ]= 8 МПа,
				Wx
Þ			W	x	³ Mmax		= 869,96 см3
						[σ ]
	πd 3						Подбор круглого сечения
Wx =
	32
d ³ 3	32W		x = 0,207 м				= 20,7 cм	F =	πd	2
	π								4	= 336,54 см2
									q	P
Z
							9а			а
							0.99м			0.11м
							II			I	[кН]
Q										0
4,06							-
6,96										10,0
							+
	M									0	[кН.м]
Схема б
Определим вертикальные реакции в шарнирных опорах RA, RB. Уравнения
равновесия:
											13

ïìå М Bi			= 0
í			= 0
ïå М i
î		А
ì- RA ×10a - P ×a + q ×9a ×5,5a - M = 0
í		×10a + P ×11a + q ×9a ×4,5a + M = 0
î- RB
RA = - P ×a + q ×9a ×5,5a - M				= 15,32 кН ;
			10a
RB =	P ×11a + q ×9a ×4,5a + M			= 27,08 кН ;
			10a
проверка
åYi = 0			Þ RA + RB - q ×9a - P = 0;

проверка сошлась

Определим поперечные силы и изгибающие моменты на каждом участке на- гружения, пользуясь методом сечений.

I участок:		0 ≤ z ≤ a = 0,6 м	(справа)
Q1 = P
М1 = −Pz
Тогда на границах участка
Q1(z=0 ) = 10 кН			Q1(z=a ) = 10 кН
M1(z=0 ) = 0			M1(z=a ) = -6,0 кН м
II участок:		a ≤ z ≤ 2a = 1,2 м
Q2 = P − RB
М 2 = −Pz + RB (z − a)
Тогда на границах участка
Q2(z=a ) = - 17,08 кН			Q2(z=2a ) = -17,08 кН
M 2(z=a ) = -6,0 кНм		0 ≤ z ≤ a = 0,6 м	M 2(z=2a ) = 4,25 кНм
IV участок:			(слева)
Q4	= RA − qz
М 4	= RA z − 0,5qz2
Тогда на границах участка
Q4(z=0 ) = 15,32 кН		Q4(z=a ) = 11,72 кН
M4 (z=0 ) = 0		M4(z=a ) = 8,11кНм
III участок:		a ≤ z ≤ 8a = 4,8 м
Q3 = RA − qz
М 3	= M + RA z − 0,5qz2
Тогда на границах участка
Q3(z=a ) = 11,72 кН			Q3(z=8 a ) = −17,08 кН
M3(z=a ) = 17,11кНм			M3(z=8a ) = 4,25 кНм

14

Максимальное значение момента приходится на сечение, в котором поперечная сила обращается в ноль. Определим координату сечения:

Q = R	A	- qz = 0	Þ	z =	RA	= 4,25a = 2,55 м
3					q
		М3(z=4,25a) = 28,56 кНм
Тогда

Опасным является сечение, где момент принимает наибольшее значение,

Mmax = 28,56 кНм.

Так как в опасном сечении момент положительный, верхние волокна сжаты, нижние - растянуты.

Условие прочности

RA		М		q		RВ		P
A						B
	а			8а		а	а
0,6м				5,4м		0,6 м 0,6 м
IV				III		II	I
15,32		11,72
						10,0		10,0
		+					+
Q					-			0 [кН]
				28,56	17,08	17,08
17,11				+
8,11						4,25
M
								0 [кН.м]
						-
						6,0
σ	max	= M max £ [σ ]= 180 МПа,
		Wx
Þ		Wx ³	Mmax	= 158,66 см3
			[σ ]

Подбор двутаврового сечения

двутавр № 18а:

15

Wx=159 см3, F=25,4 см2, Jx=1430 см4, Sx=89,8 см3, h=180 мм, b=100 мм, s=5,1 мм, t=8,3 мм

σ max = M max = 179,61МПа Wx

Балка недогружена на δ % = [σ ][-σ]max ×100% = 0,21% .

σ

Задача №10

Для балки требуется:

1.найти изгибающий момент на левой опоре (в долях ql2);

2.построить эпюры Q и M;

3.построить эпюру прогибов, вычислив три ординаты в пролете и две на консоли.

Исходные данные:

схема VII;

α=0,9; β=0,2.

Решение Уравнения равновесия для статически неопределимой балки:

ì- RAl - M A - P ×0,5l - 0,5q(β l)2 = 0

íî- RBl + M A - P ×0,5l + q(β l)×(0,5β l +l)= 0

Система один раз статически неопределима: s = 3 − 2 = 1. Раскроем статическую неопределимость, пользуясь методом сил.

В качестве эквивалентной системы выбираем шарнирно опертую статически определимую балку, нагруженную неизвестным моментом X 1 в сечении А на мес-

те отброшенной связи – жесткой заделки. Условие эквивалентности – равенство ну- лю угла поворота в сечении А - запишем в виде уравнения метода сил для один раз статически неопределимой системы:

δ11 X 1 + 1P = 0 . δ11 - угол поворота сечения А, вызванный единичным моментом, приложенным в сечении А в направлении X 1 . 1P - угол поворота сече-

ния А от действия внешней нагрузки. Определим перемещения сечения А, пользу- ясь методом Верещагина:

δ11 =

1

(

´

);

M

M

EJ X

1P =

1

(M P ´

+ M q ´

).

M

M

EJ X

Умножим эпюру от действия единичного момента

саму на себя:

M

δ11

=

1

(

´

)=

1

(Ω0

0 )=

0,33l

M

M

M

EJ X

EJ X

EJ X

Ω0

=

1

×1

×l = 0,5l;

0 =

2

×1 =

2

M

2

3

3

16

Умножим эпюры изгибающих моментов от действия внешних нагрузок на

эпюру

M

:

(Ω1 ´

2 )= -

=

1

(M P ´

+ M q ´

)=

1

1 + Ω2 ´

M

M

1P

M

M

EJ X

1

Pl

EJ X

1

Ω1 = -

×

×l = -0,125 Pl

2 ;

1 =

M

2

2

4

Ω2 = -

1

× (0,5q(β l)2 )×l = -0,01ql3 ;

2 =

1

M

2

3

X1 = −

1P

= 0,17875ql2 ,

M A = 0,17875ql2

δ11

Из уравнений равновесия находим значения реакций:

RA = −0,64875 ql,

RB = −0,05125 ql .

0,05958 ql3 EJ X

Определим поперечные силы и изгибающие моменты на каждом участке на- гружения, пользуясь методом сечений.

I участок: 0 ≤ z ≤ 0,5l (слева)

Q1 = RA

М1 = RA z + M A

Тогда на границах участка

Q1(z=0 ) = -0,6488 ql

M1(z=0 ) = 0,1788 ql2

II участок:		0,5l ≤ z ≤ l	(слева)
Q2	= RA + P
М 2	= RA z + M A + P(z − 0,5l)
Тогда на границах участка
Q2 (z=0 ,5l ) = 0,2513ql
M 2(z=0 ,5l ) = -0,1456 ql2
III участок:		0 ≤ z ≤ β l	(справа)
Q3	= qz
М 3	= −0,5qz2

Тогда на границах участка

Q1(z=0,5l ) = -0,6488 ql M1(z=0 ,5l ) = -0,1456 ql2

Q2 (z=l ) = 0,2513ql

M 2(z=l ) = -0,02ql2

Q3(z=0 ) = 0	Q3(z=β l ) =0,2ql
M 3(z=0 ) = 0	M 3(z=β l ) = -0,02 ql2

Выполним деформационную проверку – убедимся, что угол поворота в сече- нии А равен нулю. Перемещение определяем, перемножая эпюру изгибающего мо-

мента М для статически неопределимой балки и эпюру от действия единичного момента M , пользуясь формулами для перемножения прямолинейных трапеций

(M × M изг )= 6l (2ac + 2bd + ad + bc).

17

1

1

æ

0,5l

θ A =

(M ´ M )=

(2a1c1 + 2b1d1 + a1d1 + b1c1 )+

ç

EJ X

6

EJ X è

+

0,5l

(2a

c

+ 2b d

+ a

d

+ b c

)÷ö =

0,012969 - 0,012969

ql3 = 0

6

2

2

2

2

2

2

2

2

ø

EJ X

где c1 = 1; d1

= 0,5; c2

= 0,5; d2

= 0;

a

1

= 0,1788ql2 ;

b

= -0,1456ql 2 ;

1

a

2

= -0,1456ql2 ;

b

= -0,02ql 2

2

Определим прогибы поперечных сечений балки методом начальных парамет-

ров:

EJ

y = EJ

y

+ EJ θ

z + M

z2

+ R

z3

+ P

(z − 0,5l)3

+ R

(z − l)3

−

A 6

6

6

x

x

0

x 0

A 2

z>0,5l

B

z>l

− q

(z − l)4

,

24

z>l

причем

y0 = 0,

θ0

= 0.

Тогда прогибы в сечениях балки (ось z слева направо):

yA(z=0 ) = 0;

y(z=0 ,25l )

=

0,0039ql

4

;

EJ x

y(z=0 ,5l ) =

0,0088ql

4

;

EJ x

y(z=0 ,75l )

=

0,0070ql

4

EJ x

;

yB (z=l ) = 0;

y(z=(1+0,5 β )l ) =

- 0,0034ql4

EJ x

;

	y(z=(1+β )l ) =	- 0,0068ql4
		EJ x

18

MA	RA	P=αql	RВ q

	A		B
	0.5l	0.5l	βl=0.2l
	RA	RВ
1			q
X		P=0.9ql
ЭС
	A		B
	I	II	III
1

	A	_	_				B
		M0		_
1			M1
		C0				Ω0
_	+			M2
M c1			1 c2				d2
			d	+
MP			C1			Ω1
				0.25Pl
Mq
	Ω2			C2		-
							0.02ql2
			0,2513			0,2513	0,2
					+
Q/ql
								0
		-
0,6488				0,6488
0,1788
	+		b1	a2		b2		0
M/ql2a1
						-	0.02
	0.0039		0,1456	0.0088		0.0070
EJxy/ql4				+
								-
						0.0034
								0.0068
	0.25l	0.25l		0.25l		0.25l	0.1l

19

Задача №6 Жесткий брус прикреплен к шарнирно-неподвижной опоре и к двум пружи-

нам с одинаковым средним диаметром витков D и с одинаковым диаметром прово- локи d. Пружина 1 имеет m витков, пружина 2 – n витков. Требуется:

1.найти усилия и напряжения в обеих пружинах;

2.найти осадки обеих пружин;

3.установить при каком отношении m/n усилия в обеих пружинах равны между собой;

4.найти усилия, напряжения и осадки при найденном отношении m/n и задан- ной величине m (или n).

Исходные данные:

схема VI

D=13 см; d=1,3 см; m=13; n=6; P=60 H, G=8 104 МПа.

Решение 1. Уравнения равновесия для статически неопределимой системы:

ìå Xi = 0		Þ X A = 0
ï	Þ	YA + N1 - N2 - P = 0
íåYi = 0
îïå M Ai = 0	Þ	N1a + N2a - P a = 0
Þ N1 + N2 - P = 0			(1)

Система один раз статически неопределима: s = 4 − 3 = 1 . Рассмотрим схему деформации системы.

АВВ ~ АCC		Þ	AB	=	BB1
			AC		CC1
1	1
CC1 = λ2 ;			BB1 = λ1 ;

Þa = λ1 , a λ2

уравнение совместности деформаций :

λ1 = λ2

Продольные деформации винтовых пружин или их осадки равны:

λ1 = 8N1D43m ; G d

λ2 = 8N2 D43n . G d

Из уравнения совместности деформаций получим

N	m = N	n Þ	N		=	n	N		.	( 2 )
						m
1	2			1				2

Разрешая систему уравнений (1),(2) находим усилия в стержнях системы:

N1 = mPn+ n =18,95 Н

N2 = mPm+ n = 41,05 Н

Максимальные напряжения в сечениях проволоки пружин

20