Методические указания для выполнения контрольных заданий.

Теоретические сведения к выполнению задач

Сведения к решению задачи 1

Растяжением или сжатием называется такой вид деформации, при котором в поперечном сечении стержня возникает один внутренний силовой фактор – продольная сила N.

Величина N равна алгебраической сумме проекций на продольную ось z всех внешних сил, действующих на отсеченную часть стержня

N=∑ FKZ (3.1)

Так как величина продольных сил в разных сечениях стержня неодинакова, то строится эпюра продольных сил, т.е. график, показывающий изменения величины продольных сил в сечении стержня по его длине.

Под действием продольных сил в поперечном сечении стержня возникает нормальное напряжение σ, которое определяется по формуле:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru , (3.2)

где А- площадь поперечного сечения стержня.

При решении первой задачи требуется умение строить эпюры продольных сил, нормальных напряжений и определять удлинение или укорочение стержня.

Последовательность построения эпюр продольных сил:

1. Разбиваем стержень на участки, ограниченные точками приложения сил (нумерацию участков ведём от незакрепленного конца ).

2. Используя метод сечений, определяем величину продольных сил в сечении каждого участка.

3. Выбираем масштаб и строим эпюру продольных сил, т.е. под изображением стержня проводим прямую, параллельную его оси, и от этой прямой проводим перпендикулярные отрезки, соответственно в выбранном масштабе продольным силам (положительное значение откладываем вверх, отрицательное – вниз.

Последовательность построения эпюр нормальных напряжений:

1. Разбиваем стержень на участки, ограниченные точками приложения сил и там, где меняется площадь сечения.

2. Строим эпюру нормальных сил.

3. По формуле (3.1) определяем нормальные напряжения на каждом участке.

4. По полученным значениям в масштабе строим эпюру нормальных напряжений.

Удлинение ( укорочение ) стержня определяется по формуле Гука

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru , (3.3)

где Е – модуль Юнга(модуль упругости) ( для большинства конструкционных сталей E=2·10 11 Па),

l – Длина участка стержня, м.

Удлинение (укорочение) определяется на каждом участке стержня, а затем находят алгебраическую сумму полученных значений. Это будет ∆l стержня. Если ∆l положительна, то брус удлиняется, если ∆l отрицательна, то укорачивается.

При решении ряда задач необходимо ясно представлять смысл условия прочности при растяжении – сжатии, знать, что исходя из условия прочности, можно производить три вида расчётов:

а) проверочный, при котором проверяется выполнено ли условие прочности σ≤ [σ], где [σ] – предельно допускаемое нормальное напряжение, Па;

б) определение допускаемой нагрузки;

в) проектный, при котором определяются необходимые размеры поперечных сечений бруса, обеспечивающие заданную прочность.

Сведения к решению задачи 2

Статическими моментами относительно осей x и y плоской фигуры (рисунок 3.1) называются характеристики:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru , Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru , (3.4)

где А – площадь фигуры,

х, у – координаты элементарной площадки dA.

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Рисунок 3.1 – К определению геометрических характеристик плоских фигур.

Единицей измерения статического момента являются единица длины в третьей степени, обычно [см3].

Осевыми моментами инерции плоской фигуры относительно осей х и у называются характеристики

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru , Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru . (3.5)

Центробежным моментом инерции плоской фигуры называется характеристика

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru . (3.6)

Полярным моментом инерции плоской фигуры называется характеристика

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru . (3.7)

Моменты инерции измеряются в единицах длины в четвертой степени, обычно в [см4].

Осевые и полярный моменты инерции всегда положительны.

Центробежный момент инерции может быть положительным, отрицательным и равен нулю.

Если хотя бы одна из осей х или у является осью симметрии фигуры, то центробежный момент инерции Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru .

При параллельном переносе осей (рисунок 3.1) моменты инерции преобразуются:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru ,

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru , (3.8)

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru .

Если точка 01- центр тяжести фигуры, то статические моменты Sх1 и Sу1 в (3.8) превращаются в нуль.

Главные оси инерции и главные моменты инерции.

Существует значение угла Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru наклона осей координат, при котором Iх1 и Iy1 принимают экстремальные значения. Он определяется общей формулой:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru . (3.10)

Эта формула определяет положение двух осей, относительно одной из которых осевой момент инерции максимален, а относительно другой - минимален.

Такие оси называются главными осями инерции фигуры. Моменты инерции относительно этих осей называются главными моментами инерции фигуры.

При этом центробежный момент инерции Ixy относительно главных осей инерции равен нулю.

Главные оси инерции, проходящие через центр тяжести сечения, называются главными центральными осями инерции. Ось симметрии – одна из главных центральных осей инерции.

После преобразований получим формулу для определения главных моментов инерции:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru . (3.11)

Радиусы инерции.

Характеристики

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru , Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru (3.12)

называются радиусами инерции плоского сечения.

Главным центральным осям инерции соответствуют главные радиусы инерции:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru , Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru . (3.13)

При этом, какова бы ни была форма и величина плоского сечения и расположение ее масс, величины моментов инерции ее относительно различных осей, лежащих в плоскости фигуры и проходящих через заданную точку О , характеризуются некоторым эллипсом. Этот эллипс называется эллипсом инерции пластинки по отношению к точке О. Если точка О — центр тяжести пластинки, то этот эллипс называется ее центральным эллипсом инерции.

Эллипс инерции играет большую роль в механике, и особенно важное применение его имеет место в сопротивлении материалов. В сопротивлении материалов доказывается, что если мы имеем балку с каким-нибудь заданным сечением, то сопротивление ее изгибу будет пропорционально моменту инерции ее сечения относительно оси, проходящей через центр тяжести сечения и перпендикулярной к направлению изгибающей силы. Поясним это примером. Предположим, что мостик через ручей сделан из доски и доска прогибается под действием веса проходящего по ней пешехода. Если ту же доску (а не более толстую) положить «на ребро», она почти вовсе не прогнется, т. е. в положении «на ребро» доска прочнее. Это происходит от того, что у поперечного сечения доски, которое имеет форму довольно вытянутого прямоугольника, момент инерции Ix этого сечения относительно оси, лежащей в его плоскости, проходящей через его центр и перпендикулярной к его длинной стороне, больше, чем момент Iy относительно оси, проходящей параллельно его длинной стороне.

Если бы класть доску не в точности плашмя или на ребро, а косо, и даже если брать не доску, а брусок с любым сечением, то все же сопротивление изгибу будет пропорционально моменту инерции этого сечения относительно соответственной оси, лежащей в его плоскости и проходящей через его центр тяжести. Жесткость при изгибе балки, таким образом, характеризуется эллипсом инерции ее сечения.

Сведения к решению задачи 3

Деформация изгиба возникает в стержнях от действия нагрузки, направленной перпендикулярно оси стержня. Стержень, работающий на изгиб, называется балкой.

При изгибе в поперечных сечениях балки возникают две составляющих – поперечная сила Qy и изгибающий момент Mx.

При построении эпюр Qy и Mx в балке, она разбивается на участки, границами которых являются сечения, в которых приложены сосредоточенные силы или моменты, начинается либо кончается распределённая нагрузка. На каждом таком участке – свои Qy и Mx.

Последовательность построения эпюр Qy и Mx:

1. Определение опорных реакций из уравнений статики, их проверка.

2. Разбивка балки на участки.

3. Получение уравнений Qy на первом участке.

4. Построение эпюры Qy по значениям, вычисленным из уравнения.

5. Получение уравнения Mx на первом участке.

6. Построение эпюры Mx по значениям, вычисленным из уравнения.

7. Повторение пунктов 3-6 для остальных участков.

8. Проверка эпюр по общим закономерностям.

Для определения реакций опор необходимо:

Освободить балку от связей (опор) и изобразить действующие на неё заданные нагрузки. В данную расчетную схему включить неизвестные опорные реакции, векторы которых должны быть направлены перпендикулярно оси балки. Для неподвижной опоры следует дополнительно ввести опорную реакцию, вектор которой направлен вдоль оси балки. Направления векторов всех неизвестных опорных реакций на данном этапе расчета можно назначать произвольным образом.

Распределенную нагрузку необходимо заменить эквивалентной ей сосредоточенной силой, действующей в том же направлении и приложенной в центре тяжести эпюры распределенной нагрузки

Выбрать систему координат и составить уравнения равновесия. Начало координат удобнее совмещать с левым концом балки, за ось X принять ось балки. Представляется целесообразным составлять уравнения равновесия моментов относительно тех точек балки, в которых приложены неизвестные опорные реакции. При наличии внешней нагрузки, вызывающей горизонтальную составляющую у реакции в неподвижной опоре, необходимо добавить уравнение равновесия проекций действующих нагрузок, включая неизвестные опорные реакции, на горизонтальную ось балки.

Решить составленные уравнения равновесия. В случае отрицательных значений у вычисленных опорных реакций следует изменить направления соответствующих векторов на противоположные.

Проверить правильность полученных результатов по уравнению, которое не было использовано в ходе решения, путем подстановки в него вычисленных опорных реакций с учетом их уточненных направлений.

При записи выражений для Qy и Mx следует придерживаться определенных правил:

• поперечная сила численно равна алгебраической сумме внешних сил, действующих по одну сторону от рассматриваемого сечения. Внешняя сила дает положительное слагаемое, если стремится повернуть оставшуюся часть балки относительно данного сечения по часовой стрелке. Следует мысленно установить шарнир в рассматриваемом сечении, относительно которого поворачивается отсеченная часть балки от действующих сил;

• изгибающий момент численно равен сумме моментов относительно рассматриваемого сечения от всех нагрузок, действующих по одну сторону от этого сечения. Момент от нагрузки считается положительным, если вызывает сжатие верхних волокон рассматриваемой части балки. Мысленно установить в этом сечении заделку и рассмотреть состояние верхних волокон отсеченной части балки в зависимости от данного вида нагрузки.

Графически правило знаков для поперечных сил Qy и изгибающих моментов Mx в зависимости от движения к сечению показано на рисунке 3.2.

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Рисунок 3.2 – Правило знаков: а) для изгибающих моментов; б) – для поперечных сил.

По вычисленным значениям поперечных сил и изгибающих моментов построить в масштабе соответствующие эпюры. Положительные значения откладывать от нулевой линии вверх, отрицательные – вниз. Полученные плоские фигуры заштриховать вертикальными линиями с указанием знаков.

Подбор сечения балки (проектный расчет) выполняется по методу допускаемых напряжений.

Особенностью расчета изгиба консольных балок является отсутствие необходимости определения опорных реакций. В этом случае определение поперечных сил Qy и изгибающих моментов Mx целесообразно начинать от свободного торцевого сечения.

При поперечном изгибе в сечении бруса возникают и касательные напряжения. На основании закона парности касательных напряжений последние возникают также и в продольных сечениях, вызывая сдвиги отдельных волокон относительно друг друга.

Для определения напряжений Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru надо знать закон их распределения по ширине балки. Для большинства поперечных сечений делается допущение, что напряжения Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru распределены равномерно по ширине сечения, т.е. на любой прямой, параллельной оси x (гипотеза Журавского). Касательные напряжения при изгибе определяются по формуле

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru , ( 3.14)

где Qy – поперечная сила в сечении балки, Н.

S`x – статический момент части балки, находящейся выше той точки, в которой определяются касательные напряжения, м3;

Ix – осевой момент инерции фигуры, м4.

by - ширина поперечного сечения балки в той точке, в которой определяются касательные напряжения, м.

Выражение (3.14) называют формулой Журавского, который впервые установил наличие касательных напряжений при изгибе.

Примеры решения задач

Пример решения задачи 1

Для заданного ступенчатого бруса:

1. Построить эпюру продольных сил.

2. Определить минимально допустимые размеры поперечного сечения, если 1 участок имеет круглое сечение, и 2 участок – прямоугольное сечение со сторонами b и h. Результаты принять в соответствии с сортаментом согласно ГОСТ.

3. Определить полную абсолютную деформацию бруса и построить эпюру перемещений.

4. Определить полную потенциальную энергию деформации всего бруса.

Исходные данные:

F1, кН F2, кН 1, м 2, м

Указания:

Модуль упругости материала: Е=2·105 МПа;

Предельно допускаемое напряжение растяжения [σp]=160 МПа;

Предельно допускаемое напряжение сжатия [σс]=120 МПа;

Соотношение сторон прямоугольного сечения второго участка:h/b=3;

Рисунок 3.3 – Эпюры продольных сил и перемещений в стержне.

1. Строим график (эпюру) продольных сил :

Построение эпюры ведем со свободной стороны стержня.

Первый участок: N1=-F1=-24 кН;

Второй участок: N2=-F1+F2=-24+40=16 кН.

2. Определяем размеры поперечного сечения из условия прочности:

Условие прочности:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Первый участок сжат, так как продольная сила на этом участке эпюры имеет отрицательное значение. Поэтому для решения по условию прочности выбираем значение [σс].

Минимально допустимая площадь первого участка:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru ;

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru м2=200 мм2.

Поскольку сечение первого участка круглое, то его площадь равна

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru , отсюда получаем минимально допустимый диаметр круглого изделия:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru =15,96 мм.

Согласно ГОСТ выбираем прокат круглого сечения с округлением в большую сторону: d=16 мм.

Тогда с учетом округления площадь первого участка

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru мм2.

Второй участок растянут, т.к. на этом участке продольная сила имеет отрицательное значение. Поэтому для решения по условию прочности выбираем значение [σр].

Минимально допускаемая площадь второго участка:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru ;

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru м2=100 мм2.

Поскольку сечение второго участка прямоугольное с соотношением сторон h/b=3, его площадь равна

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru , отсюда получаем минимально допустимую ширину прямоугольного изделия:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru мм.

Согласно ГОСТ выбираем полосу с округлением в большую сторону: b=6 мм и отрезаем на величину h=3b=18 мм.

Тогда с учетом округления площадь первого участка

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru мм2.

3. Построим эпюру перемещений.

За начало отсчета выбираем неподвижную точку А с закрепленной стороны стержня. Удлинение (укорочение) стержня определяется по формуле Гука (3.3).

Перемещение точки А:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Перемещение точки В:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Перемещение точки С:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Перемещение точки С соответствует полной абсолютной деформации всего бруса.

4. Определяем полную потенциальную энергию деформации всего бруса.

Для этого считаем потенциальную энергию деформации на каждом участке:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru ;

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru ;

Полная потенциальная энергия:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Пример решения задачи 2

1. По данным таблицы определить центр тяжести сечения.

2. Определить центральные моменты инерции: Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

3. Вычислить главные моменты инерции Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru , а также угол наклона главных осей инерции Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

4. Вычислить главные радиусы инерции и построить эллипс инерции.

Исходные данные к примеру 2.

ГОСТ 8509-72 уголок равнополочный ГОСТ 8510-72 уголок неравнополочный Расстояние а, см
125×125×8 110×70×8

Составляем для удобства таблицу исходных данных, которую заполняем, используя соответствующий сортамент из справочников.

ГОСТ 8509-72 Уголок 1 ГОСТ 8510-72 Уголок 2 Расстояние а, см
125×125×8 110×70×8 2,0
b2=12,5 см B1=11 см
  b1=7 см
t2 = 0,8 см t1 = 0,8 см
А2 = 19,7 см2 А1 = 13,93 см2
Iу = Ix = 294,36 см4 Ix = 171,54 см4
  Iу = 54,64 см4
z0 = 3,36 см х0 = 1,64 см
Imax = 467 см4 у0 = 3,61 см
Imin = 122 см4 tgα=0,4

1.Определим координаты центра тяжести сечения. Для этого проведем координатные оси х и у касательно к контуру сечения, чтобы площадь всего сечения находилась в первой четверти системы координат. Пронумеруем составляющие сечение фигуры: 1 – равнополочный уголок, 2 – неравнополочный уголок.

С помощью таблиц сортамента ГОСТ 8509-86 и ГОСТ 8510-86, а также учитывая расположение уголков, определим положение центров тяжести C1 и С2 для каждой из фигур (глядя на схему):

Уголок 1:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru см.

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru см.

Уголок 2:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru см.

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru см.

Координаты центра тяжести всей фигуры

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru см.

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru см.

Наносим точку С на схему.

2. Определяем центральные моменты инерции всей фигуры.

Для этого через точку С проводим центральные оси xC и yC и находим осевые и центробежный момент инерции сечения этих осей. При этом следует пользоваться таблицами сортамента, обращая внимание на расположение уголков.

Центральный и центробежный моменты инерции всей фигуры относительно осей xC и yC определяются согласно методике расчета соответствующих моментов инерции при переносе координатных осей.

Центральный момент инерции относительно оси xC:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Центральный момент инерции относительно оси yC:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Центробежный момент инерции определяется по формуле:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Однако эта формула содержит неизвестные величины Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru и Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru , которые можно найти несколькими путями:

а) воспользоваться расширенными таблицами сортамента.

б) рассчитать по формулам, исходя из имеющихся значений по следующей методике с учетом правила знаков:

Если уголок расположен на схеме в соответствии с направлением Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru или Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru , то ставится знак «+», а если уголок расположен в соответствии с направлением Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru или Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru , то ставится знак «-»

Для равнополочного уголка

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Для неравнополочного уголка

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru - по таблице.

Отсюда Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru ,

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru , поэтому

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru .

Окончательно получаем:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Следует помнить, что значения Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru и Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru принимают только положительные значения, а Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru может быть положительным, отрицательным и равным нулю.

3. Определяем главные моменты инерции всей фигуры.

Главными моментами инерции плоской фигуры являются те, которые принимают максимальное и минимальное значение относительно осей, проведенных под углом наклона Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru . Значения главных моментов инерции всей фигуры определяется общей формулой:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Проверка: Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru ;

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Угол наклона главных осей определяется по общей формуле:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Поду углом Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru через точку С проводим оси Х и Y – главные оси.

4. Определяем главные радиусы инерции и по полученным данным строим эллипс инерции. Длина полуосей эллипса инерции соответствует радиусам инерции всей фигуры. При этом, если Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru , то бόльшая полуось эллипса Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru откладывается на оси Y, а меньшая Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru на оси Х.

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru .

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Пример решения задачи 3

Произвести расчет на прочность при изгибе. Для этого:

1. Построить эпюры поперечных сил Qy и изгибающих моментов Mx.

2.Подобрать сечение двутавровой балки по нормальным напряжениям при [σ]= 160 MПa.

3.Для сечения балки, в котором изгибающий момент Mx достигает наибольшего значения, построить эпюры нормальных и касательных напряжений.

Данные к задаче:

m кНм Р кН g кН/м Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru м Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru м Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru м
30 20 20 1,0 1,5 1,2

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

РЕШЕНИЕ:

1. Построим эпюры поперечных сил Qy и изгибающих моментов Мх.

Для этого определяем силы реакции опор балки исходя из уравнений равновесия.

∑МА = 0:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Отсюда

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

∑МВ = 0:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Отсюда

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Проверка:

∑Fky = 0:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru - решение верное.

Разбиваем балку на участки.

Рассмотрим сечение 1 – 1, на расстоянии z1, в котором:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Поперечная сила в сечении 1-1:

Qy = RA = -4,2 кН.

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Рассмотрим сечение 2 – 2:

0 ‹ z2 ‹ 1,5

Qy = RA =-4,2кН.

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru кН;

Рассмотрим сечение 3 – 3:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Полученные значения наносим на соответствующие эпюры в произвольно выбранном масштабе (Рисунок 3.1).

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Рисунок 3.1 – Эпюра поперечных сил Qy и изгибающих моментов Mx.

Из построенной эпюры Mx видно, что максимальное значение изгибающего момента Мхmax = 25,8 кН ∙ м; при этом Qy = -4,2 кН.

2. Подбираем сечение двутавровой балки по нормальным напряжениям при [σ] = 160 МПа.

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru ,

где Wx – момент сопротивления двутавровой балки, см3. Его значение можно найти в соответствующей таблице сортамента.

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru ;

Находим в таблице сортамента для двутавровых балок значение, ближайшее к получившемуся с округлением в бόльшую сторону.

Ему соответствует Wx = 184 см3 – что соответствует двутавровой балке №20.

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru Переписываем для удобства некоторые характеристики выбранного двутавра из таблицы:

h = 20 см = 0,2 м.

b = 10 см = 0,1 м.

s = 0,52 см = 0,52·10-2 м.

t = 0,84 см = 0,84·10-2 м.

Sxmax = 104 см2 = 104·10-6 м3.

Ix=1840 см4=1840·10-8 м4.

Также в сечении двутавра можно выделить следующие величины:

Sxст – статический момент стенки половины двутавра, которую можно принять за прямоугольник;

Sxn – статический момент полки, который равен:

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru .

3. Для сечения балки, в котором изгибающий момент Mx достигает наибольшего значения, построим эпюры нормальных и касательных напряжений.

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru ‹ 160 МПа

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru .

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Методические указания для выполнения контрольных заданий. - student2.ru

Рисунок 3.2 – Эпюра нормальных и касательных напряжений в поперечном сечении двутавровой балки.

Вопросы для самопроверки.

Наши рекомендации