ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ. Задача 1. Дано: . Найти: требуемые по условию задачи величины. Рис.

Задача 1.

	Дано: . Найти: требуемые по условию задачи величины.
Рис.

Решение

1) Главные напряжения определяются по формуле:

;

;

направления главных площадок

; .

	(Положительный угол отсчитывается против часовой стрелки. Максимальное нормальное напряжение проходит через ту четверть, где касательные напряжения сходятся).
Рис.

2) Максимальное касательное напряжение равно

и действует на площадках, направленных под углом 45° к главным площадкам.

3) относительные линейные деформации находим, используя зависимости обобщенного закона Р.Гука (приняты: модуль упругости , коэффициент Пуассона ).

;

;

4) Относительное изменение объема .

5) удельная потенциальная энергия деформация определяется по формуле:

.

Задача 2.

	Дано: ; ; . Найти величины, требуемые по условию задачи.
Рис.

Решение

1. Установим, при каком значении момента угол закручивания правого торцевого сечения равен нулю, т.е. .

В соответствии с принципом независимости действия сил (ПНДС)

.

Но .

Отсюда

и

Рис.

2. Построим эпюру крутящих моментов

По эпюре крутящих моментов находим максимальный по модулю крутящий момент:

.

3. Определим из расчёта на прочность диаметр вала:

,

отсюда

Для круглого сечения . Отсюда .

Примем.

Вычислим полярный момент инерции поперечного сечения вала:

Жёсткость поперечного сечения при кручении .

4. Построим эпюру углов закручивания.

4.1. Определим сначала углы закручивания на участках.

Расчётная формула: ;

;

;

;

.

4.2 Эпюра углов закручивания:

, т.к. сечение защемлено;

, что и должно быть по условию задачи.

5. Максимальный относительный угол закручивания

.

Задача 3. Для поперечного сечения, состоящего из швеллера № 16 и равнобокого уголка 100х100х12, определить положение главных центральных осей и значения главных моментов.

Решение

Вычерчиваем сечение в масштабе (рис.), для чего из таблицы сортамента берём следующие данные:

швеллер № 16: , ; ; ; ; ; ;

уголок 80х50х6: ; ; ; ; ; .

Показываем положение центров тяжести (точки ) каждой фигуры, через которые проводим оси и .

Следует обратить внимание на то обстоятельство, что положение уголка в заданном сечении не соответствует положе-нию в сортаменте. Поэтому , а , где -моменты инерции относительно осей , применяемых в сортаменте.

Для определения положения центра тяжести сечения выбираем произвольную систему координат , в которой положение центров тяжести отдельных элементов легко определяется. В данном примере оси проведены по наружному контуру стенки и нижней полки швеллера. Однако можно выбрать любое другое положение осей.

Координаты центра тяжести вычисляем по формулам:

,

где

Показываем положение центра тяжести всего сечения – т. и проводим центральные оси . Cледует подчеркнуть, что для сечения, состоящего из двух фигур, общий центр тяжести располагается на прямой , соединяющей центры тяжести отдельных фигур.

Для вычисления моментов инерции относительно центральных осей используем зависимость:

;

здесь

;

.

,

здесь

Для определения центробежного момента инерции всего сече-ния вначале определяем центробежный момент инерции угол-ка относительно собственных центральных осей .

	В сортаменте для уголка задан , где - угол между главной осью , момент инерции относительно которой равен , и осью , которая для заданного положения уголка совпадает с осью .
Рис.

Тогда , а угол между горизонтальной осью и осью, момент инерции относительно которой равен , является дополнительным, то есть . В данном случае угол является положительным, так как откладывается против часовой стрелки.

Используя уравнение для заданного по условию задачи положения уголка, можно получить

,

а, учитывая, что , получаем

.

Центробежный момент инерции всего сечения относи-тельно осей

Рис.

Вычисляем главные моменты инерции

;

Окончательно имеем

,

Положение главной оси, относительно которой момент инерции равен , определим по формуле (2.15)

Тогда , а так как угол положительный, то на рис. откладываем его против часовой стрелки.

Задача 4.

Схема а)

	Дано: ; ; ; . Подобрать сечение
Рис.

Решение

1. Балка консольная, поэтому можно опорные реакции не определять. Балка имеет два участка. Эпюры внутренних усилий строим, используя метод сечений – РОЗУ.

Участок 1. .

– линейная функция; ее график – наклонная прямая.

	При ; При – квадратная парабола. При ; При   Участок 2. .
Рис.

– график – прямая, параллельная оси.

– наклонная прямая.

При ;

При

По эпюре М находим опасное сечение: сечение, в котором возникает максимальный по модулю изгибающий момент. Здесь

2. Условие прочности при изгибе: .

Из него определим требуемый момент сопротивления

.

Для круглого сечения осевой момент сопротивления . Отсюда при известном моменте сопротивления . Примем ?

Схема б)

Рис.	Дано: , , , . Подобрать сечение

Решение

1. Определим опорные реакции:

; ;

;

– знак «-» указывает на то, направление реакции необходимо изменить на противоположное.

;

.

Контроль:

– реакции найдены верно.

1. Балка имеет три участка. Используем метод сечений.

2а. Участок I.

;

; – поперечная сила на участке изменяется по линейному закону, график – наклонная прямая

–квадратная функция;

2б. Участок .

Рис.

– поперечная сила постоянна.

– линейная функция;

2в. Участок .

;

;

– момент постоянен на участке.

По эпюре М находим опасное сечение: сечение, в котором возникает максимальный по модулю изгибающий момент. Здесь

1. Условие прочности при изгибе имеет вид:

. Из него имеем .

По сортаменту находим двутавр, имеющий осевой момент сопротивления, близкий к требуемому. Это двутавр №14 с .

Задача 5

	Дано: Р=1000 кН. Подобрать сечение стойки.   Решение 1. Условие устойчивости центрально сжатого стержня имеет вид: . Отсюда площадь поперечного сечения . Попытка 1. Примем , тогда площадь сечения , но ; Размер
Рис.

= примем .

Площадь

Найдём фактическое значение коэффициента продольного изгиба .

Гибкость стержня , здесь – главный радиус инерции, – осевой момент инерции сечения, для треугольника

. Получаем

При .

Определим, чему равен коэффициент продольного изгиба при такой гибкости.

	0,805
	0,754
66,3	0,773

Получен , результат неудовлетворительный.

Попытка 2. Примем

сторона равностороннего треугольника ¸ примем .

Найдём фактическое значение коэффициента продольного изгиба .

Гибкость стержня . Радиус инерции

	0,754
	0,686
75,2	0,719

0,719>0,636, но, тем не менее, проверим, как выполняется условие устойчивости:

Недонапряжение: – недопустимо (норма ).

Попытка 3. Примем .

¸ примем

Коэффициент продольного изгиба =?

Радиус инерции , площадь сечения

Гибкость стержня

	0,754
	0,686
77,2	0,705

0,705>0,678.

Проверим, как выполняется условие устойчивости:

Недонапряжение: , что в пределах нормы (норма ).

2. Гибкость стержня при , следовательно, формула Л. Эйлера не справедлива. Применяем формулу Ясинского ,

где а = 310 и = 1,14 определяются по справочнику.

,

коэффициент запаса устойчивости

Рекомендуемая литература

1. Александров А.В., Потапов В.Д., Державин Б.П. Сопротивление материалов: Учебник для вузов – М.: Высшая школа, 2004 – 560 с.

2. Ицкович Г.М., Минин Л.С., Виноградов А.И. Руководство к решению задач по сопротивлению материалов: Учебное пособие для вузов – М.: Высшая школа, 2001 – 592 с.

3. Феодосьев В.И. Сопротивление материалов: Учебник для вузов – М.: Издательство МГТУ им. Н.Э. Баумана, 1999 – 592 с.

4. Сопротивление материалов. Учебное пособие. Под редакцией Н.А. Костенко. – М.: Высшая школа, 2004 – 430 с.

Не нашли, что искали? Воспользуйтесь поиском: