Raschetnye_metody_otsenki_prochnosti(1)

Следовательно, уравнение совместности деформаций имеет вид:

∆l1а sin45 = в(δ −∆l2 ). (7)

11

растягивается. Значит усилие N1 направлено вдоль стержня к брусу, а усилие N 2 – от бруса (рисунок 5).

Рисунок 5 – Система в деформированном виде

Приведем уравнение равновесия бруса ВАС.

ΣM A = −N1в + N 2 a sin 45 = 0.

(6)

В данное уравнение входят два неизвестных усилия. Следовательно, рассматриваемая шарнирно-стержневая система один раз статически неопределима.

Для составления дополнительного уравнения рассмотрим систему в деформированном виде (рисунок 5). После монтажа системы брус АВС повернется в положение В1АС1 , т.е. точка С переместится в положение С1, а точка В в положение В1. Восстановив из точки В1 перпендикуляр на первоначальное направление стержня 2, получим точку D. Следовательно, деформация стержня 2 (∆l2 ) выражается его удлинени-

ем на величину отрезка В0D. Отрезок СС1 представляет укорочение (деформацию ∆l1 ) стержня 1.

Для установления зависимости между величинами ∆l1 и ∆l2 рассмотрим подобие треугольников АВВ1 и АСС1, из которого следует:

CC1

=

AC

,

BB

AB

1

где СС1 =∆l1 ;

ВВ1

=

BD

=

δ −∆l2

.

sin 45

AC

sin 45

в

Тогда

∆l1 sin 45 =

или ∆l1 sin 45 =

.

AB

δ −∆l2

δ −∆l2

а

На основании закона Гука:

∆l1	=	N1l1	;	∆l2	=	N 2 l2	.
		EA
						EA
		1				2

Подставляя эти выражения в уравнение (7) и , зная, что

	l1		= в, l2	=		в		, А2 = 2А1 = 2А,
					sin45
		N	1в а sin45						N 2 в
получаем:						= в		δ −			.
			EA						E 2Asin45

Отсюда	N 2			N	1	а sin45		2EAsin 45	.
		=	δ −
						EA		b

Подставив это выражение в уравнение (6), получим:

− N1в +

δ −

N1

а sin45

2EAsin 2

45 a

= 0 .

EA

в

Отсюда

N1 =

2EA a δ sin 2 45

=

2 2 1011

10−3

4 2 10−3

2

= 78 кH .

в2

+ 2a 2

sin 3

45

2

4 9 +

2 16

0,707

4

Тогда

N 2

−3

78 103 4 0,707 2 2 1011 10

−3 0,707

= 84 кH .

= 2 10

−

2

1011

10−3

3

Определим напряжение в стержнях:

σ1

=

N1

=

78 103

= 78 МПа

< [σ ] = 160 МПа;

A

10−3

σ2

=

N

2

=

84 10

3

= 42 МПа < [σ ] = 160 МПа.

2A

2

10−3

Значит стержни по условию прочности проходят.

Задача 3. Расчет системы с учетом перепада температур

Первый стержень выполнен из стали с модулем упругости первого

рода Ес = 2·105 МПа и коэффициентом линейного расширения α с = =125·10–7 град–1, второй из меди с Ем = 105 МПа и α м = 160·10–7 град–1.

Площади поперечного сечения стержней Ас = 1,2·10–3 м2, Ам = 1,5·10–3 м2. Система после сборки получила положительный перепад температуры

∆t = 50 °С.

12

Пример решения. В шарнирно-стержневой системе (рисунок 6) первый стержень стальной с площадью поперечного сечения Ас = 10-3 м2, второй медный с площадью поперечного сечения AM = 2 10−3 м2 . Система

после сборки получила положительный перепад температуры ∆t = 50 °C. Необходимо определить температурные напряжения в стержнях, возникшие в результате изменения температуры элементов системы и сравнить с допустимыми.

Рисунок 6 – Исходная схема

Данные для расчета:

а = 4 м; в = 3 м; α = 45o ; EC = 2 105 МПа; E M =105 МПа;

[σ ]с = 210 МПа;[σ ]м = 110 МПа.

Коэффициенты линейного расширения

αc =125 10−7 град−1 ; αм =160 10−7 град−1 .

Решение

Для определения направлений внутренних усилий, возникающих в стержнях, в первую очередь, необходимо оценить значения коэффициентов термического расширения (E α l) для стали и меди. Стержень, для которого этот коэффициент окажется больше, имеет большее деформационное воздействие на систему.

Вычислим значения этих коэффициентов для рассматриваемой системы:

EC αC lC = 2 1011 125 10−7 3 = 750 104 Нм-1 град–1; ЕМ αМ lМ =1011 160 10−7 sin453 = 678,8 104 Нм−1 град−1 .

13

Так как Есαсlс > EM αМ lМ , следовательно, стальной стержень как бы

«пережимает» медный стержнь.

При нагреве за счет удлинения стержней брус из положения ВАС повернется в положение В1АС1 (рисунок 7). При этом абсолютные деформации стержней составят величины ∆lC и ∆lM .

Рисунок 7 – К расчету температурных напряжений

Однако, если рассмотреть деформации стержней в отдельности друг от друга, то выясняются следующие особенности.

Точка С стального стержня при нагреве, если бы ему не препятствовал медный стержень, переместилась бы в точку С11 . То есть темпера-

турная деформация составила бы величину ∆ltc . При отсутствии стального стержня медный стержень удлинился бы на величину ∆ltМ (точка В переместилась бы в точку BII ) Поскольку, как отмечалось выше, де-

формационное воздействие стального стержня на систему больше, чем медного, то последний дополнительно удлиняется на величину силовой деформации ∆lNM . А деформация стального стержня за счет сопротивле-

ниямедногоуменьшится на величину ∆lNC . Тогда

∆lМ = ∆ltМ + ∆lNM , ∆lC = ∆ltC − ∆lNС .

Таким образом, стальной стержень оказывается сжатым за счет силового сопротивления медного стержня (усилие NC направляем к брусу), а медный стержень за счет дополнительного воздействия со стороны стального стержня растягивается (усилие NM направляем от бруса).

Уравнение равновесия системы при этом имеет вид:

ΣM A = N M а sin45 - NC в = 0 .	(8)
14

По аналогии с предыдущими задачами при двух неизвестных про-

дольных силах NC и NM

имеется одно уравнение равновесия, следова-

тельно, система один раз статически неопределима.

Дополнительное деформационное уравнение получим из соотно-

шения треугольников ABB1 и ACC1 :

CC1

=

AC

,

BB

AB

1

где CC1 = ∆lC

= ∆ltC −∆lNC

;

BB1 =

∆lM

=

∆ltM + ∆lNM

.

sin 45

sin 45

Тогда

(∆ltC − ∆lNC

) sin 45

=

в

∆ltM + ∆lNM

а

или

а (∆ltС − ∆lNC ) sin 45 = в (∆ltN + ∆lNM ).

(9)

Исходя из закона Гука и закономерности температурного расши-

рения, запишем:

∆lNC

=

NC lC

;

∆lNM

=

NM lM

; ∆ltC =αC ∆tlC ;

∆ltM =αM ∆tlM ,

E

A

E

M

A

C C

в

M

где lC = в;

lМ

=

.

sin 45

Подставив эти зависимости в уравнение (9), получаем:

NC в

в

N M в

= в

∆t

в - E

A

sin 45

+ E

A

sin 45

а α

С

C

αM ∆t sin 45

M

C

M

или

N

C

N

M

а

αC ∆t −

sin 2 45 =

в

αM

∆t

+

.

E

E

A

C

A

M

C

M

Подставляем числовые значения:

−7

NC

2

−7

N M

4 125

10

50 −

= 3

160

10

50 +

.

2

1011

10−3

4

1011 2 10−3

Откуда

NC =1,5NM −115 103 .

(10)

Решая совместно уравнения (8) и (10), получаем:

N M = 206 кН .

Тогда	NC =1,5 206 103 −115 103 =194 кН .
	15

Вычислим напряжения в стержнях:

		NC			194 103
σC =			=						=194 МПа < [σ ]с = 210 МПа;
		A				10−3
		C
σM =	N M			=		206 10	3		=103 МПа < [σ ]м = 110 МПа.
		A				2 10−3
		M

Значит стержни проходят по условию прочности.

Контрольные вопросы к РГР № 1

1.Что такое абсолютная и относительная деформации?

2.Что такое напряжение?

3.Виды напряжений?

4.Сформулируйте закон Гука?

5.Что такое жесткость поперечного сечения?

6.Что характеризует величина Е?

7.В чем заключается метод сечений?

8.Вид деформаций в стержнях?

9.Какое напряжение действует в поперечном сечении стержня?

10.Какопределить степеньстатическойнеопределимости системы?

11.Условие прочности при растяжении (сжатии)?

12.Скакойцельюиспользуетсякоэффициенттермическогорасширения?

13.По какому правилу выбирается направление внутреннего усилия в

стержне?

РГР № 2 – Геометрические характеристики плоских сечений

Задание. Для заданного сечения (рисунок 8) и номера варианта профилей (таблица 2) определить положение главных центральных осей и величину главных центральных моментов инерции.

Если в таблице 2 поставлена буква Б при том или ином профиле, то нужно брать больший профиль из помещенных в таблице, при букве М – меньший профиль.

При расчете все необходимые геометрические и другие данные профилейследуетбратьизтаблицсортаментапрокатнойстали[1, 2, 3, 4].

В сечении, состоящем из двух фигур, центр тяжести всего сечения находится на отрезке, соединяющем центры тяжести этих фигур (ближе к большей).

16

Рисунок 8 – Профили поперечных сечений

17

Рисунок 8 – Профили поперечных сечений

Две взаимно перпендикулярные оси, относительно которых центробежный момент инерции равен нулю, называются главными осями инерции сечения. Осевые моменты инерции относительно таких осей имеют экстремальные значения – один Jmax, другой Jmin – и называются главными моментами инерции.

Если есть хотя бы одна ось симметрии фигуры, то эта ось и перпендикулярная к ней центральная ось являются главными центральными и, соответственно, центробежный момент инерции такой фигуры равен нулю.

18

Таблица 2 – Номера вариантов и виды профилей

			Вид профиля
Вариант
1	75×50×8	63×40×6	63×63×6	12	10	8	5
2	90×56×8	75×50×6	70×70×8	14	12	10	6,5
3	100×63×8	80×50×6	75×75×8	16	14	12	8
4	110×70×8	90×56×6	80×80×8	18	16	14	10
5	125×80×8	100×63×6	90×90×8	18а	18	14а	12
6	141×90×8	110×70×7	100×100×8	20	18а	16	14
7	90×56×8	75×50×6	70×70×8	12	10	8	5
8	75×50×8	63×40×6	63×63×6	14	12	10	6,5
9	100×63×8	80×50×6	75×75×8	14	12	10	6,5
10	110×70×8	90×56×6	80×80×8	16	14	12	8

Центробежные моменты инерции уголков приведены в соответствующих стандартах [3, 4]. Их значения являются положительными в том случае, если зев уголка с его центром тяжести располагается во втором или четвертом квадранте координатных осей, проведенных по боковым граням уголка. Отрицательное значение центробежный момент инерции принимает в первом и третьем квадрантах.

Пример решения. Для поперечного сечения, состоящего из швеллера и равнополочного уголка (рисунок 9), определить положение главных центральных осей и величину главных центральных моментов инерции.

19

Рисунок 9 – Поперечное сечение

Данные для расчета:

Фигура 1 – швеллер № 20 ГОСТ 8240-97 (рисунок 10):

h= 200 мм;	А= 23,4 см2 ;
в= 76 мм;	z0 = 2,07 см;
J y =113 см4;	J Z =1520 см4 .

Фигура 2 – уголок 80×80×8 ГОСТ 8509–93

в=80 мм;	А=12,3 см2 ;
z0 = 2,27 см;	J Z =J y = 73,4 см4 ;

J zy = 42,85см4 .

20