- •Прикладная механика.
- •Предисловие
- •Задача 1. Проектный расчёт стержневой системы Условие задачи
- •Теоретические основы решения
- •Пример решения задачи 1
- •1. Определение продольных усилий в опорных стержнях
- •2. Подбор площади сечения стержней
- •(Окончание)
- •Задача 2. Проверочный расчёт бруса Условие задачи
- •Теоретические основы решения
- •Пример решения задачи 2
- •1. Построение эпюры продольных сил
- •2. Вычисление нормальных напряжений и проверка прочности
- •3. Построение эпюры продольных перемещений и проверка жёсткости
- •Задача 3 проектный расчёт вала при кручении Условие задачи
- •Теоретические основы решения
- •Пример решения задачи 3.
- •1. Построение эпюры крутящих моментов
- •2. Подбор диаметра вала
- •3. Эпюры касательных напряжений и углов закручивания сечений вала
- •Задача 4. Проверочный расчёт консольной балки Условие задачи
- •Теоретические основы решения
- •Пример решения задачи 4
- •2. Проверка прочности по нормальным напряжениям
- •3. Нахождение наибольшего нормального напряжения при торможении
- •Задача 5 проектный расчёт двухопорной балки Условие задачи
- •Теоретические основы решения
- •Пример решения задачи 5
- •1. Вычисление опорных реакций
- •2. Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов
- •3. Подбор сечений
- •Задача 6 подбор диаметра вала при изгибе с кручением Условие задачи
- •Теоретические основы решения
- •Пример решение задачи 6
- •1. Определение крутящего момента
- •2. Составление расчётной схемы вала
- •3. Построение эпюры крутящего момента
- •5. Построение эпюры изгибающего момента
- •5. Определение диаметра вала
- •Задача 7. Эпюры внутренних усилий в плоской раме Условие задачи
- •Теоретические основы решения
- •Пример решение задачи 7
- •1.Определение опорных реакций
- •2. Построение эпюр внутренних усилий
- •Задача 8 определение допускаемой угловой скорости рамы при равномерном вращении Условие задачи
- •Теоретические основы решения
- •Пример решения задачи 8
- •Задача 9 определение допускаемой высоты падения груза на балку Условие задачи
- •Теоретические основы решения
- •Пример решения задачи 9
- •1. Условие прочности балки при ударе
- •2 Наибольшее значение изгибающего момента
- •3. Статическое перемещение в месте удара
- •4. Определение допускаемой высоты падения
- •Задача 10 расчёт на устойчивость центрально сжатого стержня Условие задачи
- •Теоретические основы решения
- •Пример решения задачи 10
- •2. Нахождение критической сжимающей силы
- •Допускаемого напряжения
- •Приложение
- •Кратных и дольных физических величин системы си
- •Библиографический список
Пример решения задачи 10
Для центрально-сжатого стержня (рис. 10.2) длина стержня l = 4 м. Материал стержня ‒ сталь Ст. 5, вид поперечного сечения стержня задан схемой (рис. 10.2, б). Дано значение а = 30 мм = 3 см.
1. Определение допускаемой силы.
Условием устойчивости по коэффициенту φ (10.5) содержит допускаемое напряжение на устойчивость .
|
|
а |
б |
Рис. 10.2
Тогда значение допускаемой силы [Pу] для центрально сжатого стержня равно
. (10.6)
Для вычисления [Pу] нужно знать площадь А поперечного сечения заданного стержня и значение коэффициента ,которое выбирается из табл.10.6 по значению гибкости данного стержня , вычисляемой по формуле (10.2). Подставляем в эту формулу (он указан на схеме стержня); – минимальный момент инерции заданного сечения ‒ это один из двухглавных моментов инерции сечения Imax и Imin.
Главные моменты инерции ̶ это моменты инерции относительно так называемых главных осей, в которых центробежный момент инерции равен нулю. Для выполнения расчётов нужно найти значения Imax, Imin и взять Imin .
Сначала, используя заданное значение a = 3 см, выполним чертёж сечения в масштабе и проставим числовые значения характерных размеров (рис. 10.3, б).
Рассматриваемое сечение имеет следующие особенности.
Во-первых, сечение имеет две оси симметрии, поэтому центр тяжести всего сечения находится на их пересечении − в точке С1. Через эту точку проведём центральные оси всего сечения xс и yс (рис. 10.3, б).
Во-вторых, для рассматриваемого симметричного сечения центробежный момент инерции в осях xс и yс равен нулю, и это означает, что центральные оси всего сечения xс и yс есть главные оси, и центральные моменты инерции сечения иесть искомые главные моменты инерции Imax, Imin.
В-третьих, рассматриваемое сечение ‒ составное, и моменты инерции нужно вычислять, используя моменты инерции отдельных фигур, составляющих сечение. Сечение можно представить состоящим из следующих простых фигур: прямоугольника высотой 4а =12мм и шириной 3а =9мм и двух вырезов в виде полукругов диаметром 2а=6мм, т. е. составное сечение разложим на отдельные элементы (или фигуры). Присвоим им индексы i = 1, 2,3.
Изобразим эти элементы отдельно, нанесём их центры тяжести и через точки проведём собственные оси каждого элемента (см. рис. 10.3, в, г). Заметим, что центр тяжести полукруга удалён от диаметра (см. табл. П.5 Приложения к данному пособию) на расстояние, равное
.
|
|
а ─ Заданная схема сечения |
б ─ Чертёж сечения |
|
|
в ─ 1-й элемент сечения |
г ─ 2-й и 3-й элементы сечения |
Рис. 10.3
Оси элементов перенесём на составное сечение (рис. 10.3, б).
Возьмём за вспомогательные оси координат оси (x1, y1). Тогда координаты центра тяжести всего сечения равны нулю: xс=0, yс=0, и координаты центра тяжести каждой фигуры следующие:
, ,.
Вычислим центральные моменты инерции всего сечения, используя формулы моментов инерции относительно параллельных осей:
, (10.7)
в которые входят геометрические характеристики элементов cечения: площади Аi, осевые Ixi, Iyi моменты инерции относительно собственных осей элементов (xi, yi); и расстояния между осями ai = yi - yc, bi = xi - xc.
Значения площади и моментов инерции элементов cечения относительно собственных осей элементов подсчитаем по формулам, представленным в таблице П.5 (см. Приложение к данному пособию).
Необходимо сделать следующее примечание: для отверстий площадь и моменты инерции считаем отрицательными. В нашем примере отверстиями являются полукруги, для них площадь и моменты инерции принимаем со знаком « ‒ ».
Для 1-го элемента (прямоугольника) получим
см2, см4,
см4.
Для 2-го и 3-го элементов (полукруга) получим:
см2,
см4,
см4.
Теперь по (10.7) вычислим осевые моменты инерции всего сечения. Осевой момент инерции относительно оси xc равен
см4,
Осевой момент инерции относительно оси yc
см4.
Найденные центральные моменты инерции есть главные моменты инерции сечения. Укажем значения главных моментов инерции Imax, Imin:
см4, см4.
Потеря устойчивости происходит в плоскости минимального момента инерции Imin = 563 мм4, поэтому при вычислении гибкости стержня радиус инерции равен
Теперь подсчитаем гибкость стержня по (10.2),
Из табл. 10.5 выписываем соотношения для 2-х ближайших значений (λ = 70 и λ = 80).
Имеем: при гибкости λ = 70 коэффициент φ = 0,81,
при гибкости λ = 80 коэффициент φ = 0,75.
С помощью прямой пропорции (или интерполирования) находим нужное значение коэффициента для гибкости λ = 75,5, учитывая с ростом гибкости уменьшение значения :
Теперь найдём значение допускаемой силы по (10.6):
=