Pavlov_V_F_Raschetno-proektirovochnye_raboty

А£ш -	^ 119 4 -10б	л	^
	’ „	+12,5-10	-20 • 1 = 8,47 • 10~4 м = 0,847 мм,

v2-10

А£1Ч = 0 + 12,5 • 10~б • 20 • 0,5 = 1,25 • 10~4 м = 0,125 мм.

Перемещения	сечений бруса вычислим по формуле щ = ui_l + A£t, где
/ = О, I, II, III, IV -	номера границ между участками, нулевая граница относит­

ся к заделке верхней опоры, граница IV совпадает с нижним концом бруса.

и0 = 0, м: = Uq+Mj =1,116 мм,

ип = м: -+ А^п = 1,116 + 0,585 = 1,701 мм,

иш = ип + А£ш = 1,701 + 0,847 = 2,548 мм, miv = иш + A£lY = 2,548 + 0,125 = 2,673 мм.

По вычисленным значениям нормальных сил, нормальных напряжений и

перемещений построим соответствующие эпюры (рис. 2).

Марку стали назначим из условия прочности при центральном растяже­

нии, сжатии:	|ст|	< -^ - ,	стт > и т -|ст|	= 1,5-247,6 = 371,4 МПа.
у	I 1наио	f l '	1наио	у	у	у

Этому пределу текучести будет соответствовать сталь 45Г2, у которой стт = 400 МПа.

Брус с нижней опорной поверхностью

После приложения нагрузки и изменения температуры брус удлинится и коснётся нижней опорной поверхности. В обеих опорных поверхностях поя­ вятся реакции R, и RB (рис. 4).

Составим уравнение статики:

RA - F l +F2 - F 4 +RB =0, (1)

из которого следует, что задача статически неопределима, так как для опреде­ ления двух неизвестных сил имеем лишь одно уравнение.

Составим уравнение совместности деформаций бруса:

IV
X A l iN + А£т = 8,	(2)
2=1

N- •£■

где A£iN = —'■— - - удлинения участков бруса от действия нормальных сил;

щ

А£т = а ( £ г +£2 +£3}А Т - температурное удлинение бруса.

Определим методом сечений нормальные силы на каждом участке бруса:

= Fa , N n =R a ~Fx, N m =R a - F x +F2, N lv =R a - F x +F2 - F 4.

10

Подставим эти значения нормальных сил в уравнение (2):

R a - ^ I	. ( R a ~ R lXlI . ( R A	~ R \ + ^ 2 Kill .		( R A	-	R \ + R 2 -	R 4	У IV
EAT	EAr,	EAr,				EA,
= 5 - a • АТ(£г + i 2 + £3).
Из этого уравнения следует
R a =			V^n	^iii		^ iv J		v^in	^ iv )	^iv
		A	Ai	An		A-iv
=^2-10n (0,1-10“3 —12,5 -10 6 -20-з) + 400-107 f							50,27		h—
			’			I 28,27			12,57
-300-107 ! — *— + - ^ - ] + 6 o o - i o 7			0,5			0,75	- +		0,75	Г +
	50,27 12,57		12,57)		1 28,27-10“4			28,27-10“

0,5

= 243,5 кН.

50,27 -10“4 12,57 -10“4

N y =243,5 kH,

N n = 243,5 - 400 = -156,5 kH,

N m = 243,5 - 400 + 300 = 143,5 kH,

N lv = 243,5 - 400 + 300 - 600 = -456,5 kH.

Ra = 243,5 kH				W, MM
/ /	/ _______		243,5
	400 kH	156,5		55,4
				0,51
F2	--300 kH		143,5	28,6
				0,49
	456,5		363,2	0,883
	=600 kH
	IV
	= 456,5 kH		Рис. 4

11

Вычислим нормальные напряжения на каждом участке:

стт = —- =	243,5 -103
	-------------- = 86,1 МПа,

Л28,27 -10

				ЛП		-156,5 -103
			с т п =	4т	= --------------			= -55,4 МПа,
						28,27 -10
				N m		143,5 -103			= 28,6 МПа,
			стттт = —— = --------------
				Аш		50,27 -10
				N w		-456,5 -103
		cttv = ------= ---------------—= -363,2 МПа.
				4v		12,57 -10
Определим абсолютные удлинения участков бруса:
	N T-£т	„		243,5-103 -0,75				+12,S-KT6 -0,75-20 =
М 1 = А Г А + а .£1. А Т =						-28,27-10
	ЕАг		2-10
= 5,0984 • 10Г4 м = 0,51 мм:
А* = * п ^ п			,АГ =		156,5-ю 3 -0,75				+ и	_6 ,0 75 .20 =
	ЕАе	11		2 -1011-28,27-10”
= -0,201 -10~4 м = -0,02 мм;
Ае	Х л г * ш + а .е		А Т =			143,5-ю 3 -1			+ 1 2 5 .10- б .1.20 =
Ш	ЕАШ		111		2-10		-50,27-10
= 3,927-10~4 м = 0,393 мм;
A f	= N W £ i v	+ а . £	. д т =		— 456,5-10			-0,5 +12 5 .ш -б ,0 5 . 20 =
IV	EA1V		IV		2 -10		-12,57 • 10
= -7,829 • 10~4 м = -0,783 мм.
Определим перемещение нижних границ участков:
							и0 = 0;
			щ = и0 +				= 0 + 0,51 = 0,51 мм;
			ип =и 1+А£и = 0,51 - 0,02 = 0,49 мм;

иш = % + М ш = 0,49 + 0,393 = 0,883 мм;

Mjv = иш + A^jv = 0,883 - 0,783 = 0,1 мм.

12

Перемещение нижнего конца бруса должно равняться зазору 5. Вычислим погрешность решения:

k v - s l	|о д - о д |	■' • 100% = 0% .
- • 100%	= 1
5	ОД

Погрешность в данном случае отсутствует.

По вычисленным значениям нормальных сил, нормальных напряжений и перемещений построим соответствующие эпюры (рис. 4).

Подберём материал для рассмотренного статически неопределимого бру­ са: стт > |ст|наиб -пт = 363,2 • 1,5 = 544,8 МПа. Этому условию прочности может соответствовать сталь 20Х, у которой стт = 550 МПа.

ЛИТЕРАТУРА

1.Феодосьев, В.И. Сопротивление материалов [Текст] : учеб. для втузов /

В.И. Феодосьев. - М. : МГТУ им. Баумана, 2007. - 512 с.

2.Справочные данные к расчётно-проектировочным и курсовым работам по сопротивлению материалов [Текст] : метод, указания : в 2 ч. Ч. 1 / В.К. Шад­

рин, B.C. Вакулюк, В.Б. Иванов [и др.]. - Самара : СГАУ, 2007. - 36 с.

13

Работа № 2

ОПРЕДЕЛЕНИЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ХАРАКТЕРИСТИК ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ БРУСА

1. ПОСТАНОВКА ЗАДАЧИ

Заданы поперечное сечение бруса сложной формы, составленное из от­

дельных элементов, и размеры элементов (рис. 1).

Требуется определить положение главных центральных осей, глав­ ные центральные моменты инерции сечения аналитическим и графиче­ ским способами, моменты сопротивления изгибу, построить эллипс инерции.

В пояснительной записке следует представить реферат, чертёж сечения, выполненный в масштабе с изображением центральных и главных централь­ ных осей, эллипса инерции, круг Мора и все необходимые расчёты.

2. ВЫБОР ЗАДАНИЯ

Студенту выдаётся трёхзначный номер, например 376, который следует записать два раза 376 376. Под цифрами следует записать шифр, состоящий из шести букв а, б, в, г, д,е:

376 376

абе где

Цифра над буквой указывает, какую строку следует взять в соответствую­ щем столбце таблицы. Номеру 376 соответствуют следующие данные: схема № 3, вариант А (в нижней части сечения - равнобедренный треугольник), 5 = 4мм, t = 60мм, h = 50мм, г = 20мм, Ь = 15мм, с = 0,51 = 30мм, Пр-105 № 1.

3.ПОРЯДОК ВЫПОЛНЕНИЯ РАБОТЫ

1.По данным таблицы 2, соответствующим заданному шифру, вычерчи­ вается в масштабе сечение.

Размеры и геометрические характеристики авиационных алюминиевых

профилей Пр приведены в пособии [2].

14

Пр-101

: Я

© Г Ц

t ~

Пр-104

Пр-100

Пр-125

/	\
’ ч	^\4
	i

■ я .А

" А

Б

’	\	Пр-105
Пр-102	[	А
©		К

.	А
Пр-106	>>	Пр-100
	/
• ^ Б
			6
		с = [
		Пр-125	// 1/
Пр-109		©	А W"

Вариант А	Вариант Б
h

Рис. 1

15

6. Каким свойством обладает сумма осевых моментов инерции относи­ тельно двух взаимно перпендикулярных осей?

7. Для какой цели строят эллипс инерции?

5.ПРИМЕРЫ

Пример 1. Определить положение центра тяжести и главные центральные моменты инерции сечения, изображённого на рис. 2.

Рис. 2

Положение центра тяжести сечения определим по формуле fy d A

У с = - T	= -A	А
А

где Sx - статический момент сечения относительно оси х;А —площадь сечения.

= 2xdy = 2 ^ А у , где , = ^ 7 (см. рис. 3).

УУУУУУу 7/ / / / / / .

Рис. 3
г _ 2 з	_ 2г -2 _ 4г

1 у М А 1 2 у 7 ^ 7 . ф = - ± 7 - у - )

А О	о " 3 Г , У с ~ З п - г2 ~ 371
В связи с симметрией сечения хс = 0.

17

Отметим положение центра тяжести и, учитывая симметрию сечения,

проведём главные центральные оси х0,у 0(рис. 2).

Определим главные центральные моменты инерции:

		2 .	4	/ л \ 2		71 • Г	2	4 т	71 • Y	4
7хп = 4			71 • Y	(4 Г )
		- х М	= --------- —		-----------=			7vn = -------- •
х°	х	с	8	v3ttJ		2			8

Пример 2. Заданы поперечное сечение бруса сложной формы, составлен­ ное из профиля Пр-125-2, пластин прямоугольной и треугольной формы, и

размеры этих элементов.

Требуется вычислить главные центральные моменты инерции сечения,

определить положение главных центральных осей аналитическим и графиче­ ским способами, вычислить моменты сопротивления изгибу и радиусы инер­

ции, построить эллипс инерции.

Исходные данные: 5 = 6 мм. ( = 100 мм, h = 42мм,Ь = 30мм,с = 0,3^ = 30 мм,

Пр-125-2.

Решение

1. Из справочных данных [2] выписываем геометрические характеристики профиля и вычерчиваем в масштабе заданное поперечное сечение (рис. 5).

Пронумеруем элементы этого сечения, проведём собственные центральные оси для каждого из них, относительно которых вычислим моменты инерции

(рис. 4).

2. Определим координаты центра тяжести в произвольных осях U, V, па­

раллельных центральным осям элементов, используя формулы:

				Z	Ar K ,	i , A - u Ci
			И			, и „ = 4=Ц-------		,
где V , U -	координаты центров тяжести элементов сечения в координат­
ных осях U, V.
И		= -	= — = 5см, 1/,			= Я + - = 2,5 + 0,3 = 2,8см,
	q	2	2		4	2
Vr	= £ - — = 10-1,5 = 8,5см, Ur						= — = —		= 1,25 см,
			2			С2	2	2
V	= с = 3 см, Я			q,	= Я + 5 + - = 2,5 + 0 ,6 + —				= 4 5см.
						3		3

18

yi

А2 = 2,14 см

/ (2) =1,099 см4

х2

/( 2) = 4

499 см4

Т2

XI

;м

Я = 2,5 с:

h = 4,2 см

8 = 0,6 см

Рис. 4

<-----

4

=£.8 = 10-0,6 = 6 см

2

4

й/г

3 ' 4’2 = 6,3 см2

= — =

С п

Ъ

! \

Г

Л

! \ Ъ

4

3 2

/ ( 1) =

-

0,6-Ю 3

4

12

12

= 50 см

2 •/?[—

Г\

(1) _

п

гЪ

/

з) =

U

2 • 4,2 • 1,5

5Я _

0,6

10 =0,18 см4

л

12

12

хз

12

= 2,36 см4

12

(3) = Ък

3 -4,23• = 6,174 см4

у з

36

36

А = ■

4 4 ,

+ А К 7 + А К э

6-5 + 2,14-8,5 + 6,3-3

67,09

с2

- = 4,65 см,

4

А 2 + 4?

6 + 2,14 + 6,3

14,44

U =

4

я

+ 4 с/,

+ 4 4

6-2,8 + 2,14-1,25 + 6,3-4,5 47,825■= 3,3 см.

1

(7|

Z

^ 2

j

(

4

4?

4?

6 + 2,14 + 6,3

14,44

На рис. 5 отметим центр тяжести сечения по найденным координатам

Ucn V c .

3. Через точку С проведём центральные оси всего сечения, параллельные центральным осям элементов. Вычислим моменты инерции относительно этих осей, используя формулы преобразования моментов инерции при парал­

лельном переносе осей:

А = ^

+ 4

' а\

+l(x2

+А

•al

+ If 2 + 4

•аз >

i y = / « + 4 А 2 + 4 2) + 4 -ь2 + / « + 4

4 2,

тз

x y

= / '1'1

+ 4

1

-а,

А

1

+ / (2)

+ 4

-а2 -Ъ2 + / (3)

+ 4

3

' аз А -

X[_V]

1

X0 V7

I I

I

X^V^х ъУъ

3 3

х 2У2

19