umm_4235

	Методические указания к решению задачи 2
	Упруго-пластический материал ха-	σ
	рактеризуется зависимостью между на-
	пряжением и удлинением, которая изо-
	бражается диаграммой Прандтля. По	σm
	этой диаграмме напряжение изменяет-
	ся от нуля до предела текучести по на-
	клонной прямой (закон Гука: σ = Е · ε),
	а дальше – по горизонтальной прямой
	(рис. 3).	0	ε
	По п. 2 задания следует решить ста-
	тически неопределимую задачу. Для ее		Рис. 3
	решения кроме уравнений равновесия

необходимо составить дополнительное уравнение совместности перемещений всей системы.

С увеличением внешней нагрузки напряжение в одной из тяг достигнет предела текучести. Это значение нагрузки будет предельным для расчета по методу допускаемых напряжений.

При дальнейшем увеличении внешней нагрузки напряжение в этой тяге не изменится (см. рис. 3), а в другой тяге будет расти и тоже достигнет предела текучести. В этот момент несущая способность всей системы будет исчерпана, а значение нагрузки будет предельным при расчете по методу разрушающих нагрузок.

Задача 3

Поперечное сечение бруса (рис. 4) состоит из двух частей, соединенных в одно целое.

Требуется:

1.Вычертить схему сечения в масштабе 1:2, на которой указать положение всех осей и все размеры.

2.Найти общую площадь сечения.

11

1	2	3	4
	h/2		h/2
	h/2		h/2
5	6		7

8

9

0

Рис. 4

3.Определить положение центра тяжести всего сечения.

4.Определить осевые и центробежный моменты инерции сечения относительно осей, проходящих через центр тяжести параллельно полкам.

5.Найти положение главных центральных осей, значения главных центральных моментов инерции, главных радиусов инерции и проверить правильность вычисления моментов инерции.

Исходные данные взять из табл. 5.

					Таблица 5
	Номер		Равнобокий уголок	Швеллер (ГОСТ	Полоса
стро-		Схемы	(ГОСТ 8509-93)	8240-89)
ки		(см. рис. 4)
1		1	80×80×7	12	140×8
2		2	90×90×8	14	160×8
3		3	90×90×6	16	160×10

12

					Окончание табл. 5
	Номер		Равнобокий уголок	Швеллер (ГОСТ		Полоса
стро-		Схемы	(ГОСТ 8509-93)	8240-89)
ки		(см. рис. 4)
4		4	100×100×8	16		180×10
5		5	100×100×10	18		200×8
6		6	100×100×12	18		200×10
7		7	100×100×10	20		200×12
8		8	110×110×8	22		220×10
9		9	125×125×10	24		250×10
0		0	125×125×12	27		250×12
		е	а	д		б

Методические указания к решению задачи 3

При решении необходимо пользоваться данными сортамента и не заменять части профилей прямоугольниками.

Центробежный момент

	инерции уголка может быть	а		y
		y	J
	вычислен по формуле
			max

	J xy	=	J max −J min	sin 2α.
			2

Центробежный момент инерции равнобокого уголка относительно центральных осей, параллельных полкам, равен абсолютной величине полуразности главных моментов инерции, так как в формуле α = 45°. Знак центробежного момента уголка зависит от расположения его относительно осей и может быть либо положительным (рис. 5, а), либо отрицательным (рис. 5, б).

		x		x
	α=45°
				α=45°
	J
	max
	Jxy>0			Jxy>0
	б			y
	y			α=45°
	α=45°			x
	x
			J	max
J	max
	Jxy<0			Jxy<0

Рис. 5

13

Задача 4

Стальной валик (рис. 6) закручивается двумя парами сил, действующими в крайних сечениях. Момент каждой пары сил – М.

D

d

D

D

0,8D

M

M

a

a

c

Рис. 6

Требуется:

1.Построить эпюру крутящих моментов.

2.Определить моменты сопротивления при кручении для сечений I , II, III и по наиболее опасному сечению найти допускаемую величину момента М.

3.Построить эпюры распределения касательных напряжений в сечениях I , II, III, отметив на сечениях опасные точки.

4.Построить эпюру углов закручивания, приняв начало отсчета на левом торце валика.

Модуль упругости при сдвиге для материала валика G = 8 · 104 МПа. Примечание: сечение III можно приближенно считать квадратным

со стороной 0,8 D, так как срезы углов весьма незначительны.

Исходные данные взять из табл. 6.

14

						Таблица 6
	Номер	D, мм	d/D	a, см	c, см	Rср, Мпа
	строки
	1	110	0,3	30	80	90,0
	2	120	0,4	35	90	95,0
	3	130	0,5	40	100	100,0
	4	40	0,6	45	120	105,0
	5	50	0,8	50	140	110,0
	6	60	0,3	55	150	90,0
	7	70	0,4	60	160	95,0
	8	80	0,5	65	170	100,0
	9	90	0,6	70	175	105,0
	0	100	0,8	75	180	110
		е	д	а	б	в

Задача 5

Для схем балок I, II (рис. 7 и 8) требуется:

1.Вычертить расчетные схемы, указав числовые значения размеров и расчетных нагрузок.

2.Вычислить опорные реакции и проверить их.

3.Для всех схем составить аналитические выражения, изменения изгибающих моментов Мx и поперечных сил Qy на всех участках.

4.Для всех схем построить эпюры изгибающих моментов Мx и поперечных сил Qy.

На всех эпюрах обязательно указать числовые значения ординат

вхарактерных сечениях участков.

5.Руководствуясь эпюрой изгибающих моментов, показать для схем I и II приблизительный вид изогнутых осей балок.

6.По опасному сечению подобрать поперечные сечения:

а) для схемы I – прямоугольное h × b при расчетном сопротивлении Rn = 16 МПа (клееная древесина); h:b = 1,5;

б) схемы II – двутавровое (ГОСТ 8239-89) при расчетном сопротивлении Rn = 200 МПа (сталь).

Исходные данные взять из табл. 7.

15

	q	Схема I			q
1
			6
m	F		m			F
q	F				F	m	q
2			7
m
q						m	q
3	m		8
F			F
	q F				q	F
4			9
m						m

q	m	F	q

5	0	m
	F
c	a	a	c
	Рис. 7

16

q

1

m

F	q

2

m q

3

q

m

4

q F

5

a

2a

2c

Схема II

F

6

m

m

7

m

Fm

8

F

9

0

q

F

aa

F

q

F

q

aa

	q	F
	m

q

F

m		m
a	a 2a	2c	a
Рис. 8

17

							Таблица 7
Номер	Схема I	Схема II	c/a	P/q a	m/q a2	a, м		q,
строки	(см. рис. 7)	(см. рис. 8)						кН/м
1	1	1	1,2	0,6	0,2	0,5		6
2	2	2	1,4	0,5	0,4	1,0		8
3	3	3	1,6	0,8	0,6	1,5		10
4	4	4	1,8	1,2	0,8	2,0		12
5	5	5	2,0	1,5	1,0	2,5		14
6	6	6	1,2	1,6	0,2	1,5		16
7	7	7	1,4	1,0	0,4	2,0		12
8	8	8	1,6	1,8	0,6	1,0		10
9	9	9	1,8	2,4	0,8	2,5		8
0	0	0	2,0	2,0	1,0	0,5		6
	а	б	г	д	е	д		г

Методические указания к решению задачи 5

К решению данной задачи все схемы и эпюры надо вычерчивать

вмасштабе, располагая эпюры обязательно под схемами балок. Определение положения и значения Мmax, если таковой имеется,

обязательно.

Задача 6

Для схем стальных балок I и II (рис. 10) требуется:

1. Определить методом начальных параметров углы поворота сечений и прогибы в точке В. Модуль упругости Е = 2 · 105 МПа. Поперечные сечения балок: схема I – трубчатое с внешним диаметром D и внутренним – d; схема II – двутавровое.

2.Составить аналитические выражения изменения поперечных сил Qy и изгибающих моментов Мх на всех участках.

3.Построить эпюры поперечных сил Qy и изгибающих моментов Мх.

18

4. Определить наибольшие нормальные напряжения σmax в опасном сечении каждой из балок.

Исходные данные взять из табл. 8.

												Таблица 8
	Номер											Номер
стро-	схе-		схе-	b, м	c, м	l, м	F,	q,	M,	D,	d/D	двутавра
	мы I	мы II					кН	кН/м	кН·м	мм		по ГОСТ
ки												8239-89
	см. рис. 12
1	1		1	0,9	1,3	1,0	0,8	0,8	1,0	120	0,5	20
2	2		2	1,0	1,2	1,1	0,9	0,9	1,2	130	0,7	16
3	3		3	1,1	1,1	1,2	1,0	1,0	1,5	140	0,5	22
4	4		4	1,2	1,0	1,0	1,1	1,1	1,6	150	0,6	17
5	5		5	1,3	0,9	1,2	1,2	1,2	2,0	140	0,7	24
6	6		6	1,0	1,1	1,4	1,3	1,3	2,1	130	0,5	27
7	7		7	1,2	1,0	1,0	1,4	1,4	2,4	120	0,7	20
8	8		8	1,1	0,9	1,2	1,5	1,5	2,6	150	0,8	24
9	9		9	0,9	1,3	1,3	1,6	1,6	2,8	140	0,6	22
0	0		0	1,3	1,2	1,4	1,7	1,7	3,0	160	0,8	18
	д		е	г	а	б	е	в	г	д	а	б

Пункты условия 2, 3 и 4 выполняют только студенты специальности Н.К.В.

Методические указания к решению задачи 6

В общем виде универсальное уравнение упругой линии и углов поворота сечений по методу начальных параметров записывается так:

M

0

z

2

Q

0

z 3

q

z

4

n −1

M

i

(z −a )2

EJyz =EJy0 +EJ ϕ0 z

+

+

+

0

+

∑

i

+

2 !

3!

4 !

2 !

i =1

n −1 Q

i

(z −b )3

n −1 q

(z −c )4

+∑

i

+∑

i

i

;

(1)

3!

4 !

i −1

i −1

Q 0 z

2

q0 z

3

n −1

EJ ϕz =J ϕ0 +M 0 z +

+

+∑M i (z −ai )2 +

2 !

3!

i −1

n −1 Q

i

(z −b )2

n −1 q

(z −c )3

+∑

i

+∑

i

i

;

(2)

2 !

3!

i −1

i =1

19

В уравнениях (1) и (2) применительно к задаче:

уz – искомый прогиб в сечении с текущей координатой z (ось z направлена вдоль оси балки); y0, φ0, М0, Q0, q0 – параметры в начале координат (прогиб, угол поворота, момент, поперечная сила и равномерно распределенная нагрузка); Mi , Qi , qi – внешние силовые факторы в пределах балки; ai , bi, ci – расстояния от начала координат до точки приложения соответствующего силового фактора.

При выборе начала координат на левом конце балки и при направлении оси у вверх, а по оси z вправо принято считать положительными: внешние моменты – по ходу часовой стрелки; внешние силы и прогибы – по направлению оси у; углы поворота – против хода часовой стрелки.

Начальные параметры y0 и φ0 определяются из двух граничных условий закрепления концов балки. Для консоли, имеющей заделку на левом конце, y0 и φ0 вычисляются из условия граничных закреплений:

при z = 0 yz =0 = y0 = 0; φz =0 = φ0 = 0 .

Для однопролетной балки у0 находится из условия закрепления на левом конце балки при z = 0; yz =0 = y0 = 0, а начальный параметр φ0

– из условия закрепления на правом конце балки при z = l; yz =1 = 0, т. е. из уравнения

							E J yz =l = 0.
y							Следует помнить, что при опреде-
							лении прогиба или угла поворота в ка-
q		n					ком-либо сечении балки универсаль-
0							ные уравнения учитывают только те
						z	нагрузки, которые действуют на уча-
с1		n					стке балки от начала координат до рас-
с2							сматриваемого сечения.
z
							Если распределенная нагрузка q об-
y							рывается в сечении n–n, расположен-
q		n			q		ном левее сечения z, для которого опре-
							деляются прогиб или угол поворота, то
0
						z	ее следует мысленно продолжить до пра-
с1							вого конца балки и одновременно с этим
с2		n			q		приложить на участке от сечения n–n до
z							правого конца балки нагрузку q такого же
	Рис. 9						значения, но с обратным знаком (рис. 9).

20