Сопротивление материалов (стр. 2 из 3)

t_a = (-30-20)/2*0,985 + 60*0,173 = -14,25 МПа

2.

= (-30+20)/2 ±0,5

=-5±65 МПа,

s_max = s₁ = 60 МПа;

s_min = s₂ = -70 МПа;

Проверка:

s_z+ s_y= s₁+s₂

-30+20 = 60-70

-10=-10 МПа

Определяем угол наклона главных площадок к заданным:

tg2a₀=

= = 2,4

2a₀=67,38°;

a₀=33,69°;

Угол положительный, поэтому заданные площадки должны быть повернуты против хода часовой стрелки и на полученных главных площадках показываем главные напряжения. При этом максимальное напряжение будет в тех четвертях, где сходятся стрелки касательных напряжений

Углы a₁ a₂ соответственно будут равны:

a₁= a₀ = 33,69°;

a₂= a₁ +90 ° = 123,69°;

Рис. 2. Положение главных напряжений

3. Известно, что направления площадок с экстремальными касательными напряжениями отличаются от направлений главных площадок на угол p/4 или 45°. То есть

a₃= a₁ +45°= 78,69°;

a₄= a₂ +45 ° = 168,69°;

Рис. 3. Положение экстремальных напряжений

При этом направления экстремальных касательных напряжений должны сходиться у того ребра элемента, где проходит главное напряжение s₁.

Величины экстремальных касательных напряжений равны

= (60-(-70))/2 = 65,00 МПа

Проверку расчетов выполняем при помощи круга Мора. В системе координат st откладываем отрезки, соответствующие s₁s₂ с учетом знаков. Границы этих отрезков определяют диаметр круга. Точка пересечения прямой, проведенной из крайней левой точки окружности под соответствующим углом a, с противоположной стороной окружности, даст координаты, соответствующие значениям s_at_a.

Так как главная площадка поворачивалась относительно исходного положения призмы против часовой стрелки, то для получения исходных значений напряжений следует поворачивать отрезок в обратную сторону — по часовой стрелке (отрезок АB).

Рис. 4. Круг Мора

Задача 4

Используя данные, полученные в задаче 4 выписать в раскрытом виде

1. Относительные удлинения e₂e_max = e₁

2. Углы сдвига g_y2 и g_max

3. Величину удельной потенциальной энергии

Решение

Согласно закону Гука s = Ee, где E – модуль Юнга, зависящий от конкретного материала. Перемещение материала происходит по направлению главных напряжений, то есть

e₂ = s₂/E;

e_max = e₁= s₁/E;

Согласно заданию E = 100 ГПа, тогда

e₂ = -70 / 10⁵ = -0,0007

e₁ = 60 / 10⁵ = 0,0006

Отрицательный знак указывает на то, что по линии действия ₂ элементарная призма будет укорачиваться.

Угол сдвига может быть определен по формуле

,

где G – модуль упругости второго рода, связанный с модулем Юнга при помощи коэффициента Пуассона v. На главных площадках касательные напряжения равны 0, соответственно в плоскостях главных площадок деформации сдвига наблюдаться не будет. Направление деформации сдвига происходит под углом 45° к плоскости главных площадок, то есть под действием напряжения t₁₃ = t_max. По условию задачи v=0,2, тогда

g_max= 2*1,2*65/10⁵ = 0,0016°

Согласно IV теории прочности удельная потенциальная энергия изменения формы определяется выражением

= 1,2*60²/(3*10⁵) = 0,014 кДж

Задача 5

Для сечения, показанного на рис. 1, требуется определить:

1. Координаты центра тяжести сечения С;

2. Вычертить в масштабе сечение, провести главные центральные оси XcYc и выписать относительно них развернутые выражения осевых моментов инерции Ixc и Iyc

Рис. 1. Расчетная схема.

Решение:

Фигура может быть разбита на две элементарные фигуры: прямоугольник и окружность

1. Координаты центра тяжести определяем по формулам

;

Площади фигур определяются по формулам:

Прямоугольник: A = bh

A₁ = 26*32 = 832 см²;

Окружность: A = pr²

A₂ = 3,14*3² = 28,26 см²;

Проведем вспомогательные оси координат через левый и нижний габариты фигуры и определим для этого положения координаты центра тяжести. Координаты центра тяжести прямоугольника лежат на пересечении диагоналей и легко определяются графически. Координата центра тяжести окружности находится в ее центре и также может быть определена простым замером. Очевидно, что координата X_Ccоставной фигуры, показанной на рис. 1, лежит на оси симметрии, что должно подтвердиться расчетом

X_C = (832*13 – 28,26*13)/(832-28,26) = 13 см

Y_C = (832*16 – 28,26*29)/(832-28,26) = 15,5429 см

Через центр тяжести проводим центральные оси.

Рис. 2. Определение координат центра тяжести составной фигуры

2. Осевые моменты инерции сечения определяем по формулам

Моменты инерции для элементарных фигур равны:

Прямоугольник: J_x = bh³/12; J_y=hb³/12

Окружность: J_x = J_y= pd⁴/64

Определяем численные значения:

Прямоугольник:

эпюра напряжение энергия деформация

J_x1 = (26*32³)/12 = 70997,33 см⁴;

J_y1 = (32*26³)/12 = 46869,33 см⁴;

Окружность:

J_x = J_y= 3,14 * 6⁴/64 = 63,59 см⁴;

J_xС = 70997,33+ 832*0,4571 - (63,59 + 28,26*13,4571) = 70933,7496 см⁴

J_y = 46869,33 + 832*0 - (63,59 + 28,26*0) = 46805,74см⁴

3. Две взаимно перпендикулярные оси, из которых хотя бы одна является осью симметрии фигуры будут ее главными осями, а главные оси, проходящие через центр тяжести сечения называются главными центральными осями. Таким образом , оси Хс и Yc совпадают с осями U и V, так как ось Yc проходит через ось симметрии фигуры, а обе оси вместе проходят через центр тяжести.

Задача 6

Для балки, показанной на рис. 1, требуется:

1. Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил

2. Подобрать для балки размеры прямоугольного сечения bxh при расчетном сопротивлении R=10 МПа;

3. Для сечения с наибольшей поперечной силой построить эпюру касательных напряжений

Рис. 1. Расчетная схема

а = 3,6 м, h = 2b

q = 4 кН/м

F = 10 кН;

M = 150 кН м.

Решение:

Предварительно примем, что реакции опор направлены: вверх и составим уравнения моментов относительно точек А и В.

Рис.2

SM(_A) = 0

R_B*4a + F*3а - M - q*2a² = 0;

R_B = (M + q*2a² – 3Fa) /4a ;

R_B = (150 +4*2*3,6² -3*10*3,6) / (4*3,6) = 10,117 кН ;

SM(_B) = 0

q*2a*3a - Fa - R_А*4a – M = 0;

R_А = (q*6a² - Fa - M)/ 4a ;

R_А = (4*6*3,6² - 10*3,6 - 150) /(4*3,6) = 8,683 кН ;

Для проверки составим систему уравнений проекций сил на ось Y

SP(Y) = 0

R_A + R_B – q2a+ F = 0;

8,683 + 10,117 - 4*2*3,6 + 10 = 0,0

Расчет верен.

Из суммы проекций сил на ось Х очевидно, что реакция Rx в точке В равна 0.

Для построения эпюр следует рассмотреть балку в характерных сечениях. При построении эпюры Qсосредоточенные силы вызывают скачок эпюры, а моменты не оказывают на нее влияния.

При построении эпюры М рассматривается влияние сил, оставшихся на рассматриваемой части балки на точку сечения. При этом учитывается только влияние моментов. Изгибаюший момент вызывает скачок на величину момента,

Для построения эпюры М требуется найти координату экстремального значения изгибающего момента в опасном сечении, определяемом положением точки на эпюре поперечных сил, где Q = 0. Из эпюры видно, что это координата z. Так как треугольники, образованные наклонной линией от распределенной нагрузки подобны, то соотношения их соответствующих сторон одинаковы, тогда

z = 3,6 / (1+ 1/(8,683/20,117)) = 1,085 м

Величину экстремального момента удобнее определить из рассмотрения левой части балки при сечении возле координаты z.

Мz + qz²/2 – R_Аz= 0

Мz = R_Аz - qz²/2 = 8,683*1,085 - 4*1,085²/2 = 7,067 кН м

В сечении по точке приложения силы F удобнее рассматривать левую часть балки, заменяя отсеченную часть внутренним моментом, который равен

М_F = R_Ba = 10,117*3,6 = 36,421 кН м

В сечении по точке приложения сосредоточенного момента М удобнее рассматривать левую часть балки, заменяя отсеченную часть внутренним моментом, который равен

М_М2 = R_B*2a + F * a = 10,117*2*3,6 + 10*3,6 = 108,842 кН м

Величина момента слева от точки приложения сосредоточенного момента М определяется скачком на величину момента

М_М1 = М_М2 – М = 108,842-150 = -41,158 кН м

Расчеты показывают, что сечение в точке приложения сосредоточенного момента М является самым нагруженным и, следовательно, наиболее опасным

Рис. 3. Эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов M.

Условие прочности для балки выглядит следующим образом