Единое окно доступа к образовательным ресурсам

Сопротивление материалов: Учебно-методическое пособие для самостоятельной работы студентов

Голосов: 1

В учебно-методическом пособии даны краткие теоретические сведения по изучаемым разделам дисциплины, необходимые при выполнении студентами контрольных заданий. Рассмотрены примеры решения практических задач. Приведены задания для контрольных работ. Предназначено студентам инженерных специальностей.

Приведенный ниже текст получен путем автоматического извлечения из оригинального PDF-документа и предназначен для предварительного просмотра.
Изображения (картинки, формулы, графики) отсутствуют.
                                                                                                                                         y 20
                                                                 Продолжение таблицы 2


                                                                                                                                           xC
                                                             l                                                                         C1




                                                                                                                              100
5                   l                           10                                                                                                    C
          F1
                                                                            F1




                                                                                                                                y1
                                c/2




                                                                             c/2
                                                      F2




                                                                                                                                                      yC
                                                                                                                                                            C2




                                                                                                                                                                      20
               F2




                                                                                                                                                                     y2
                        c                                        c                                                                    x1                                          x
                                                                                                                                                 x2
                                                                                                                                                       80
                                         ЗАДАЧА 2
                                                                                                                                                Рисунок 10.
      Для вертикального стержня, имеющего жесткую заделку на одном из
                                                                                                 1) Выбираем произвольные оси координат
концов, изображенного на рисунке (табл. 4) необходимо:
                                                                                                 2) Разбиваем сечение на простейшие фигуры
1) Вычертить схему в произвольном масштабе.
                                                                                                 3) Находим площадь каждой из фигур
2) Определить значения нормальной силы на каждом участке стержня.
                                                                                                                                                                      2
                                                                                                                                     S1 = 20 × 100 = 2000 мм ;
3) Построить эпюру нормальной силы.
                                                                                                                                                                     2
4) Определить удлинение стержня.                                                                                                      S 2 = 20 × 60 = 1200 мм .

      Длины участков стержня и нагрузки, приложенные к нему, приведены в                         4) Определяем статические моменты площади
                                                                                 2
табл. 3, площадь поперечного сечения узкого участка S = 0,2 м , широкого                         S x = å S x = S1 y1 + S 2 y 2 = 2000 × 50 + 1200 × 10 = 11,2104 мм
                                                                                                                                                                              3
                                                                                                                                                             ×
участка 2S.
                                                                                                 S y = å S y = S1 x1 + S 2 x 2 = 2000 × 10 + 1200 × 50 = 810 4 мм
                                                                                                                                                                          3
                                                                                                                                                          ×
                                                                                     Таблица 3
                                 Исходные данные к задаче № 2                                    5) Находим координаты центра тяжести
    №                       q1=q3,     q2,      F1,        F2,        F3,            номер                                                       Sy        8 × 104
                    а, м                                                                                                               xc =           =            = 25 мм;
    п/п                     кН/м      кН/м      кН         кН         кН             схемы                                                       S         3200
     1              0,8       5        30       10         35         10               1
     2               1        10       25       15         30         20               2                                                   S x 11,2 × 104
                                                                                                                                    yc =      =           = 35 мм.
     3              1,2       15       20       20         25         30               3                                                   S     3200
     4              1,4       20       15       25         20         40               4
     5              1,6       25       10       30         15         10               5           Определение моментов инерции сечения при параллельном переносе
     6              1,8       30        5       35         10         20               6                                                              осей
     7               2        5        30       40          5         30               7
     8              0,8       10       25       10         35         40               8             Пусть известны все геометрические характеристики сечения относитель-
     9               1        15       20       15         30         10               9
                                                                                                 но исходных осей х, у (рис. 11). Определим моменты инерции относительно
     0              1,2       20       15       20         25         20               10
                     а        д         в        г          б          в               д         параллельных им осей хС, уС, проходящих через центр тяжести сечения.
68                                                                                                                                                                                    21


                             y         yC                                                                                                                    Продолжение таблицы 2
                                   a


                                           ц.т.            xC




                                                      b
                                                                                                l                                                   F1
                                                                                  2                        F1                     7
                                                                       x                                                                   45
                                                                                                                                                °                 45°
                                       Рисунок 11.




                                                                                                                     c/2
                                                                                                F2                                                                               l
                                    I x = I x + S × b2 ,
                                       С
                                                                                                     c                                                       F2
                                                                                                                                                         c
                                   I y = I y + S × a2 ,
                                       С



                                  IxС yС
                                            = I xy + S × ab ,
                                                                                                      F2
где Ix, Iy – осевые моменты инерции относительно исходных осей;                                                            № 14
                                                                                                                                      F1
     Ixy – центробежный момент инерции относительно исходных осей;
     Ixc, Iyc – осевые моменты инерции относительно центральных осей;
     Ixcyc – центробежный момент инерции относительно центральных осей;           3       F1
                                                                                                                                  8    № 10

     a, b – расстояние между осями.




                                                                                      l
        Определение моментов инерции сечения при повороте осей
                                                                                                                                                                             l

     Известны все геометрические характеристики сечения относительно цен-                                                                                    F2

тральных осей хС, уС (рис. 12). Определим моменты инерции относительно
осей х1, у1, повернутых относительно центральных на некоторый угол a.

                              y1 yC
                                                          x1                                    c/2                                                      c/2
                                                                       a




                                                                                                                                                     F1
                                   ц.т.                    xC
                                                                                  4                                               9
                                                                                           F1
                                       Рисунок 12.                                                                                                                      F1




                                                                                                                                      c
                                                                                      c
                      I x1 = I x cos a + I y sin a - I x
                                   2                  2
                                                                С yС
                                                                       sin 2a ,




                                                                                                                l
                              С                   С




                                                                                                                                                                    l
                      I y1 = I x sin2 a + I y cos2 a + I x             sin 2a ,
                              С                   С             С yС
                                                                                                                F2


22                                                                                                                                                                                   67


8) по получении проверенной контрольной работы студент должен испра-                                                               Ix - Iy
                                                                                                                   I x1 y1 =        С       С
                                                                                                                                                sin 2a + I x         С yС
                                                                                                                                                                                 cos 2a ,
     вить в ней все ошибки, сохраняя предыдущие неверные записи.                                                                        2

                                    ЗАДАЧА 1                                           где Ix1, Iy1 – осевые моменты инерции относительно осей х1, у1;
     Для схемы, показанной на рисунке (табл. 2) необходимо:                                 Ix1y1 – центробежный момент инерции относительно осей х1, у1.
1) Вычертить ее в произвольном масштабе.                                                      Определение положения главных центральных осей инерции
2) Для произвольного поперечного сечения стержня записать уравнения
                                                                                            Положение главных центральных осей инерции сечения определяется по
     внутренних силовых факторов.
                                                                                       формуле:
3) Построить эпюры внутренних силовых факторов.
                                                                                                                                                     2I x     С yС
                                                                           Таблица 1                                               tg 2a 0 = -                               ,
                           Исходные данные к задаче № 1                                                                                             Ix - Iy
                                                                                                                                                     С               С




              №                                               номер                    где a0 – угол между центральными и главными осями инерции.
                        l, м     с, м   F1, кН   F2, кН
              п/п                                             схемы
               1        1,1      0,2      10       25           1                                         Определение главных моментов инерции
               2        1,2      0,3      15       30           2
               3        1,3      0,4      20       15           3                           Главные моменты инерции сечения определяются по формуле:
               4        1,4      0,5      25       20           4                                                         Ix + Iy
               5        1,5      0,6      30       25           5                                               I max =        С


                                                                                                                                   2
                                                                                                                                        С
                                                                                                                                            ±
                                                                                                                                                1
                                                                                                                                                2
                                                                                                                                                    (I   xС   - Iy       С
                                                                                                                                                                             )   2
                                                                                                                                                                                     + 4 I x2 y
                                                                                                                                                                                            С С

               6        1,6      0,7      10       15           6                                                min

               7        1,7      0,8      15       20           7                                      Последовательность расчета сложного сечения
               8        1,8      0,9      20       30           8
               9        1,9      0,4      25       10           9                      1) Разбить сложное сечение на простейшие геометрические фигуры [S1,
               0        2,0      0,7      30       20           10
                         а        б        в        г           д                           S2,…;x1, y1; x2, y2, …]
                                                                           Таблица 2   2)   Выбрать произвольные оси XOY.
                           Расчетные схемы к задаче №1
                                                                                       3) Определить положение центра тяжести сечения [xc, yc].
                           c                                          F2               4) Провести центральные оси XcOYc.
               c                   F2                    F1                            5) Вычислить моменты инерции Ixc, Iyc, используя теорему параллельного
         F1
                                                                                            переноса осей.
                    c                                          c
                                                                                       6) Вычислить центробежный момент инерции Ixcyc.
1                                         6
                                                                            l




                                                                                       7) Определить положение главных осей инерции tg2a0.
       l




                                                                                       8) Вычислить главные моменты инерции Imax, Imin.

                                                                                                                                        ПРИМЕР 2
                                                                                            Для фигуры, показанной на рисунке 13 определить главные моменты
66                                                                                                                                                                                                23


                                          y                                                                  ЗАДАНИЯ ДЛЯ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ
                                              20        yC
                                      V
                                                   a1       a2                                   Выполняя контрольную работу, необходимо соблюдать следующие тре-
                                                                                 U            бования:
                                              C1                                              1) контрольная работа выполняется в ученической тетради синими черни-



                                   100




                                                                       a0
                                                        C




                                  b1
                                                                                                 лами, четким почерком с полями в 4 см для возможных замечаний рецен-
                                                                                  xC




                                                                            b2
                                                                                                 зента;

                                    yc
                                                                  C2




                                                                                 20
                                                                                  x           2) на обложке тетради указать фамилию, имя, отчество, шифр, наименова-
                                                  xc
                                                             80                                  ние предмета, номер контрольной работы, почтовый адрес с индексом
                                                                                                 отделения связи;
                                                  Рисунок 13.
                                                                                              3) данные из таблиц для выполнения контрольной работы нужно брать в
инерции и положение главных осей инерции.
                                                                                                 соответствии с личным шифром студента и первыми пятью буквами рус-
1) Разбиваем сложное сечение на простейшие геометрические фигуры
                                                                                                 ского алфавита, которые следует расположить под шифром. Например,
     S1 = 2000 мм2, S2 =1200 мм2, S = 3200 мм2.
                                                                                                 Ваш шифр 12345, тогда
2) Выбираем произвольные оси XOY.
3) Определяем положение центра тяжести сечения                                                                        шифр    1   2   3   4   5

     xc = 25 мм, yc =35 мм.                                                                                         буквы а б в г д
4) Проводим центральные оси XcOYc                                                                К каждой задаче контрольной работы дается таблица с исходными дан-
                                                                                              ными. Вертикальные столбцы этой таблицы обозначены буквами, а крайний
     a1 = 10 - xc = 10 - 25 = -15 мм,
                                                                                              левый столбец обозначает номер строки. Из каждого вертикального столбца
     a2 = 50 - xc = 50 - 25 = 25 мм,
                                                                                              таблицы (обозначен буквой) необходимо взять только одно значение, стоящее
     b1 = 50 - yc = 50 - 35 = 15 мм,
                                                                                              в горизонтальной строке, номер которой соответствует цифре вашего шифра,
     b2 = 10 - yc = 10 - 35 = -25 мм.                                                         стоящей над буквой.
5) Вычисляем моменты инерции Ixc, Iyc                                                         4) перед решением каждой задачи надо выписать ее условия с числовыми
                           b1h13          b h3                                                   данными, а также выполнить соответствующий чертеж с указанием всех
     I x = I 1 + I x2 =
             x                   + S1b12 + 2 2 + S 2b22 =
       c     c     c
                            12             12                                                    необходимых размеров и величин;
       20 × 1003                 60 × 20 3                                                    5) решение должно сопровождаться краткими последовательными и гра-
     =           + 2000 × 15 2 +           +
          12                       12
                                                                                                 мотными пояснениями, с указанием размерности всех получаемых вели-
     + 1200 × (- 15) = 290,4 × 10 мм
                       2              4       4
                                                                                                 чин;
                       bh   3
                                        bh    3
                                                      100 × 20               3
                                                                                  20 × 60
                                                                                       3
                                                                                              6) вычисления должны производится с точностью то трех значащих цифр;
                                                               + 2000 × (- 15 ) +
                                                                               2
     I y = I 1 + I y2 =
             y                + S1a12 +
                            1 1
                                           + S 2 a2 =
                                              2 2 2
                                                                                          +
       c     c     c
                       12               12              12                          12
                                                                                              7) каждую задачу необходимо решать с новой страницы;
     + 1200 × 25 2 = 162,6 × 10 4 мм 4
24                                                                                                                                                                   65


7) Определяем наибольшие напряжения в балке                                              6) Вычисляем центробежный момент инерции Ixcyc
                                                                                                                                =0                                =0
7.1) Определяем напряжения от веса двигателя                                             I x y = I 1 y + I x2 y = I x y + S1 a1b1 + I x y + S 2 a2 b2 = 2000 × (- 15) × 25 + 1200 × 25 × (- 25) =
                                                                                           c c     x  c c            c c         1 1                               2 2



        M       R × 3l 2G × 3l 2 × 20 × 10 3 × 3 × 1                                     = -120 × 10 4 мм 4
     s = F max = A    =        =                     = 32 ,3 МПа                         7) Определяем положение главных осей инерции
         WX      WX     5 × WX   5 × 743 × 10 -6

7.2) Определяем напряжения от статического действия центробежной силы                    tg 2a 0 = -
                                                                                                             2I x y  с с
                                                                                                                               =-
                                                                                                                                                     (
                                                                                                                                           2 - 120 × 10 4
                                                                                                                                                                 = 1,87
                                                                                                                                                                              )                   2a 0 = 61o Þ a 0 = 31,5o
                                                                                                            Ix - I y
                                                                                                             с             с
                                                                                                                                      290 ,4 × 104 - 162,6 × 104
     Так как F = 0 ,2G , то статические напряжения от F найдем по формуле:
                                                                                         Если Ix>Iy и a0>0, то угол a0 откладывается от оси Хс против часовой
     s   F
         CT   = 0,2s = 0,2 × 32,3 = 6,46 МПа                                         стрелки.
7.3) Определяем динамические напряжения от центробежной силы                             8) Вычисляем главные моменты инерции Imax, Imin
     s = s k д = 6,46 × 3,43 = 22,2 МПа
         F       F
                                                                                                    Ix + Iy
         д       CT
                                                                                         I max =     c


                                                                                                         2
                                                                                                                 c
                                                                                                                     +
                                                                                                                           1
                                                                                                                           2
                                                                                                                                (I   xc   - Iy   c
                                                                                                                                                     ) + 4I
                                                                                                                                                     2            2
                                                                                                                                                                  xc yc   =
                                                                                                                                                                                  290,4 × 10 4 + 162,6 × 104
                                                                                                                                                                                               2
                                                                                                                                                                                                             +
7.4) Определяем полные напряжения
     s П = s + s д = 32,3 + 22,2 = 54,5 МПа
                 F
                                                                                         +
                                                                                           1
                                                                                           2
                                                                                                   (290,4 ×10         4
                                                                                                                                                     )
                                                                                                                                                     2
                                                                                                                                                              (
                                                                                                                           - 162,6 × 104 + 4 - 120 × 104 = 362,4 × 10 4 мм4             )
                                                                                                   Ix + Iy
8) Определяем наибольший прогиб балки                                                    I min =     c


                                                                                                         2
                                                                                                                 c
                                                                                                                     -
                                                                                                                           1
                                                                                                                           2
                                                                                                                               (I   xc    - Iy c
                                                                                                                                                     ) + 4I
                                                                                                                                                     2            2
                                                                                                                                                                  xc yc   =
                                                                                                                                                                                  290,4 × 104 + 162 ,6 × 10 4
                                                                                                                                                                                              2
                                                                                                                                                                                                              -

8.1) Определяем статический прогиб от действия центробежной силы
                                                                                         -
                                                                                           1
                                                                                           2
                                                                                                   (290,4 × 10        4
                                                                                                                                                     )
                                                                                                                                                     2
                                                                                                                                                              (
                                                                                                                           - 162 ,6 × 10 4 + 4 - 120 × 10 4 = 90 ,6 × 10 4 мм4          )
                     2,4 × 0 ,2Gl 3 2 ,4 × 0 ,2 × 20 × 10 3 × 13
     D   F
         СТ   = Fd =               =                             = 3,58 × 10 - 4 м
                           EI        2 × 1011 × 13380 × 10 -8                                                                                                 ПРИМЕР 3
8.2) Определяем динамический прогиб от действия центробежной силы                        Для фигуры, показанной на рис. 14 определить положение главных осей
     ав = DF k д = 3,58 × 10 -4 × 3,43 = 1,23 × 10-3 м
           СТ                                                                                                                    y
                                                                                                                                                         yc
8.3) Определяем статический прогиб балки от веса двигателя
                                                                                                                                               V                   x03
                     2 ,4Gl 3      2 ,4 × 20 × 103 × 13                                                                                  x02                                       № 80/50/5
     D СТ     = Gd =          =                          = 1,79 × 10 -3 м
                        EI      2 × 1011 × 13380 × 10 -8
8.4) Определяем полный прогиб                                                                                                                                                                      U




                                                                                                                                                                                  y03
                                                                                                                     100




                                                                                                                                                                                                  a0
                                                                                                                                                   C2




                                                                                                                               y02
     D max = D СТ + ав = (1,79 + 1,23)10 -3 = 3,02 × 10-3 м
                                                                                                                                                         C                                        xc
                                                                                                                                                                          C3




                                                                                                                               yc




                                                                                                                                                                                            y01
                                                                                                                                                                                                        x
                                                                                                                                                                                  C1
                                                                                                                                                 xc                x01               № 10

                                                                                                                                                              Рисунок 14.

64                                                                                                                                                                                                                           25


инерции и главные моменты инерции.                                                                                             RA                                     RB
1) Выписываем основные исходные данные для каждой фигуры                                                                 A                                            B
            y                                                                                                                                          G
                                               Швеллер                                                                                 3l                    2l
                                                                2
                                    x          S1 = 10,9 см                                                                           "MF"            RA×3l
                                                               4
                                               Ix = 20,4 см
                                               Iy = 174 см4                                                                0                                          0
     y0 = 1,44 см                                                                                                                     "M"             6l/5

     h = 10 см
                                                                                                                           0                                          0
                                   Неравнополочный уголок                                                                                                Д

     y                                                                                                                                "MД"             RА×3l
                                   S3 = 6,36 см2
                                   Ix = 41,6 см4                                                                           0                                          0
         x                         Iy = 12,7 см   4
                                                                                                                                            Рисунок 43.
                                   Imin = 7,58 см4
                                                                                                3) Определяем прогиб от единичной силы по способу Верещагина
                                   tga = 0,387                                                      Эпюра момента от действия единичной силы показана на рис. 43. Для на-
     x0 = 1,13 см                                                                               хождения прогиба перемножаем эту эпюру саму на себя.
     y0 = 2,6 см
                                                                                                           1 æ1 6           2      2 16         2      3 ö 60l 3   2 ,4l 3
                                                                                                    d=        ç     l × 3l × × 3l × +   l × 2l × × 2l × ÷ =      =
     Прямоугольник                                                                                         EI è 2 5         3      5 25         3      5 ø 25EI     EI
     S2 = 40 см2                                                                                4) Подбираем поперечное сечение
            bh   4 × 10
                 3             3
                                   4
     Ix =      =        = 333,3 см                                                                            g          gEI        2 ,4l 3Gw 2 2 ,4 × 13 × 20 × 10 3 × 73,3 2
            12     12                                                                               w=           =             ÞI =            =                               = 1,314 × 10 - 4 м 4
                                                                                                             G×d            3
                                                                                                                       2 ,4l G          Eg              2 × 1011 × 9 ,81
            hb3 10 × 4 3           4
     Ix =      =         = 53,3 см                                                                  По ГОСТ 8239 – 89 подбираем двутавр № 36: IX = 13380 см4, WX =
            12   12
                                                                                                = 743см3.
2) Вычерчиваем сечение в масштабе
                                                                                                5) Определяем частоту свободных колебаний системы
3) Проводим произвольные оси координат
4) Определяем координаты центра тяжести сечения                                                               g          gEI        9 ,81 × 2 × 1011 × 13380 × 10 -8           -1
                                                                                                    w=           =              =                                    = 73,95 с
                                                                                                             G×d       2 ,4l 3G            2 ,4 × 13 × 20 × 10 3
            Sy           S1 x1 + S 2 x2 + S3 x3 10 ,9 × 5 + 40 × 2 + 6 ,36 × 5 ,13
     xc =            =                         =                                   = 2,92 см;
             S               S1 + S 2 + S3             10 ,9 + 40 + 6 ,36                       6) Определяем динамический коэффициент

            S x S1 y1 + S 2 y2 + S3 y3 10,9 × (-1,44 ) + 40 × 5 + 6 ,36 × 2 ,6                      kд =
                                                                                                             1
                                                                                                                 =
                                                                                                                   1
                                                                                                                          = 3,43
     yc =      =                      =                                        = 3,51 см.                     j2   52 ,36
            S       S1 + S2 + S3                10 ,9 + 40 + 6 ,36                                         1- 2 1-
                                                                                                              w    73,95

26                                                                                                                                                                                                    63


где j - круговая частота возмущающей силы.                                   5) Проводим центральные оси
     Амплитуда вынужденных колебаний системы определяется по формуле:            x01 = 5 - xc = 5 - 2 ,92 = 2 ,08 см, x02 = 2 - xc = 2 - 2 ,92 = 0 ,98 см,

                                       ав = D k д ,
                                               F
                                               СТ                                x03 = 5,13 - xc = 5,13 - 2 ,92 = 5 ,21 см,

где DF - статический прогиб балки под действием возмущающей силы;
     СТ                                                                          y01 = -1,44 - yc = -1,44 - 3,51 = -4 ,95 см, y02 = 5 - yc = 5 - 3,51 = 1,49 см,

     kд – динамический коэффициент.                                              y03 = 2 ,6 - yc = 2 ,6 - 3,51 = -0 ,91 см.
     Статический прогиб балки от действия возмущающей силы определяется      6) Определяем осевые моменты инерции относительно центральных осей
по формуле:                                                                      I x = I x + I x2 + I x = I x1 + S1 y 01 + I x 2 + S 2 y 02 + I x3 + S 3 y03 = 20 ,4 + 10 ,9 × (- 4 ,95) + 40 +
                                                                                         1            3               2                  2                2                                       2
                                                                                   c          с          с          с

                                        DF = Fd .                                333,3 × 1,49 2 + 41,6 + 6 ,36 × (- 0 ,91) = 756 ,45 см 4
                                                                                                                                             2
                                         СТ


     Динамический коэффициент определяется по формуле:                           Iy = I + I + I
                                                                                   c
                                                                                             1
                                                                                             yс
                                                                                                     2
                                                                                                     yс
                                                                                                                    3
                                                                                                                    yс   = I y1 + S x + I y 2 + S 2 x02 + I y 3 + S 3 x03 = 174 + 10 ,9 × 2,08 2 + 53,3 +
                                                                                                                                      2
                                                                                                                                    1 01
                                                                                                                                                     2                 2



                                                                                 40 × (- 0 ,92 ) + 12,7 + 6 ,36 × 2 ,212 = 352,08 см 4
                                                                                                     2
                                                1
                                         kд =       .
                                                 j2                          7) Определяем центробежный момент инерции относительно центральных
                                              1- 2
                                                 w
                                                                                 осей
     Динамические напряжения, вызванные периодической возмущающей си-
                                                                                 Центробежный момент инерции для угловой прокатной стали относи-
лой, определяются по формуле:
                                                                             тельно ее центра тяжести определяется по одной из следующих формул:
                                       s д = s CT k д ,
                                         F     F

                                                                                         I max - I min             =0               I + I y - 2 I min
                                                                                 I x1 y1 =             sin 2a 0 + I xy cos 2a 0 = x                   sin 2a
где s   F
        СТ   - напряжения, вызванные статическим действием силы F.                             2                                           2

                                                                                 tg 2a 0 = -
                                                                                                2 I xy
                                                                                                        Þ I xy = -
                                                                                                                                    (
                                                                                                                      I x - I y tg 2a 0          )
                                       ПРИМЕР
                                                                                              Ix - Iy                         2
     На стальной балке, показанной на рис. 43, установлен электродвигатель                   I x + I y - 2 I min                        41,6 + 12 ,7 - 2 × 7 ,58
                                                                                                                                                                 sin (2 × 21,16 ) = 13,17 см .
                                                                                                                                                                                            4
                                                                                 I xy 3 =                                 sin 2a =
весом G = 20 кН, совершающий n = 500 об/мин. Центробежная сила, возни-                                   2                                         2
кающая вследствие неуравновешенности частей двигателя составляет F =             Знак центробежного момента инерции для угловой прокатной стали оп-

= 0,2G. Подобрать двутавровое поперечное сечение балки из условия от-        ределяется согласно рис. 15, поэтому Ixy3 = -13,17 см4.

стройки от резонанса w = 1,4j , определить максимальный прогиб и макси-          I y = I x y + I x2 y + I x3 y = I xy1 + S1 x01 y01 + I xy 2 + S 2 x02 y02 +
                                                                                   c
                                                                                         1
                                                                                              c с            c с         c с


                                                                                 I xy 3 + S 3 x03 y03 = 0 + 10 ,9 × 2 ,08 × (- 4,95) + 0 + 40 × (- 0 ,92 ) ´
мальные напряжения. Собственный вес балки не учитывается l = 1 м.
                                                                                 ´ 1,49 + (- 13,17 ) + 6 ,36 × 2 ,21 × (- 0 ,91) = -193,02 см4
1) Находим частоту вынужденных колебаний.
                                                                             8) Определяем положение главных осей инерции
                                  pn 3,14 × 500            -1
                             j=      =          = 52 ,36 с
                                  30    30                                                           2I x y                      2(-193,02 )
                                                                                 tg 2a 0 = -                  с с
                                                                                                                         =-                     = 0 ,9547
2) Определяем частоту свободных колебаний из условия отстройки от резо-                             Ix - I y
                                                                                                     с              с
                                                                                                                               756,45 - 352 ,08
     нанса.
                                                                -1
                             w = 1,4j = 1,4 × 52,36 = 73,30 с
62                                                                                                                                                                                                      27


                                                                                                    балки, можно рассматривать как невесомую, пренебрегая ее собственным
                                                                                                    весом (рис. 42). В балке, показанной на рис. 42, положение любого попереч-
                                               Ixy>0                                Ixy<0
                                                                                                    ного сечения в любой момент времени можно определить, зная положение
                                                                                                    хотя бы одного поперечного сечения в начальный момент времени. Такая
                                                                                                    балка представляет собой систему с одной степенью свободы.
                                               Ixy<0                                Ixy>0               Уравнение свободных (собственных) колебаний системы с одной степе-
                                                                                                    нью свободы записывается следующим образом:
                                                                                                                                    D = а × sin (wt + b ) ,
                                                                    Рисунок 15.
                                                                                                    где D - прогиб балки под грузом;
     a0 = 21,84°
                                                                                                        а – амплитуда свободных колебаний;
9) Определяем главные моменты инерции
                                                                                                        w – частота свободных колебаний системы, совершаемых за 2p сек;
                Ix + Iy
     I max =     c


                     2
                         c
                             +
                               1
                               2
                                   (I   xc   - Iy   c
                                                        )   2
                                                                + 4 I x2 y
                                                                        c c
                                                                              =
                                                                                756,45 + 352,08
                                                                                       2
                                                                                                +       t – время;
         1                                                                                              b - начальная фаза колебаний.
     +         (756,45 - 352,08)2 + 4(- 193,02) = 833,79см 4
         2                                                                                              Частота свободных колебаний системы определяется по формуле:
               Ix + Iy
     I min =     c


                     2
                         c
                             -
                               1
                               2
                                   (I   xc   - Iy   c
                                                        )
                                                        2
                                                                + 4 I x2 y
                                                                       c c
                                                                              =
                                                                                756,45 + 352,08
                                                                                       2
                                                                                                -
                                                                                                                                         w=
                                                                                                                                                   g
                                                                                                                                                      ,
                                                                                                                                                  G×d
         1
     -         (756,45 - 352,08)2 + 4(- 193,02) = 274,73см4                                         где g - ускорение свободного падения;
         2
                                                                                                        G – вес груза;
                                                Указания к задаче 6
                                                                                                        d - перемещение от единичной силы.
     Изгибом называется такой вид деформации, при котором в поперечном
                                                                                                        Промежуток времени, за который система совершает одно свободное ко-
сечении стержня возникает В.С.Ф. – изгибающий момент.
                                                                                                    лебание, называется периодом свободных колебаний, который определяется
     Для того, чтобы произвести расчет балки на изгиб, необходимо знать ве-
                                                                                                    по формуле:
личину наибольшего изгибающего момента М и положение сечения, в кото-
                                                                                                                                         2p      Gd
ром он возникает. Точно также, надо знать и наибольшую поперечную силу                                                              T=      = 2p    .
                                                                                                                                         w       g
Q. Для этой цели строят эпюры изгибающих моментов и поперечных сил. По
                                                                                                        Если на балку действует внешняя сила, изменяющаяся по закону
эпюрам легко судить о том, где будет максимальное значение момента или
                                                                                                    F (t ) = F × cos j t , то система совершает вынужденные колебания, уравнение
поперечной силы. Для определения величин М и Q используют метод сече-
                                                                                                    которых записывается в виде:
ний. Рассмотрим схему, показанную на рис. 16. Составим сумму сил на ось Y,
                                                                                                                                                     gF
действующих на отрезанную часть балки.                                                                                   D = а × sin(w t + b) +              cos j t ,
                                                                                                                                                    (
                                                                                                                                                  G w2 - j 2  )
28                                                                                                                                                                           61


                      2h          2 × 40
     k уд = 1 + 1 +        =1+ 1+        = 9 ,79
                      D ст        1,05
                                                                                                                                      z
4) Определяем напряжения в балке от статического действия нагрузки
                                                                                                                             F1   a       F2       b
     Изгибающий момент будет иметь максимальное значение в точке С, а его
величина определится по формуле (рис. 40):                                                                                                     Q       M
                                 М = R A × 3 = 200 × 3 = 600 Н × м
                                                                                                                                      z
     Тогда напряжения в точке С:                                                                                             F1           F2
                                    М     600                                                                                         Рисунок 16.
                                 s=   =             = 7 ,3 МПа
                                    WX 81,7 × 10 -6                              å Y = 0; F + F - Q = 0  1       2


5) Определяем динамический прогиб и напряжения                                   Q = åY = F + F              1       2
                                                                                      ОТС .Ч .

     D уд = k уд D ст = 9,79 × 1,05 = 10,3 мм                                    Поперечная сила равна алгебраической сумме всех сил, действующих по

     s уд = k уд s ст = 9,79 × 7 ,3 = 71,5 МПа                               одну сторону от сечения.
                                                                                 Q=    åF        i
                                    Указания к задаче 11                              ОТС .Ч .

                                                                                 Составим сумму моментов, действующих на отрезанную часть балки, от-
     Если упругую балку вывести из положения равновесия, а затем резко
                                                                             носительно сечения.
снять нагрузку, то под действием сил упругости, балка начнет совершать ко-
                                                                                 åm        = 0; - F1 z - F2 (z - a ) + M = 0
лебания из крайнего нижнего в крайнее верхнее положение (рис. 41). Такие               x

                                                                                 M=        åm        x   = F1 z + F2 (z - a )
колебания называются свободными колебаниями. Если же колебания систе-                  ОТС .Ч .


мы вызываются действием периодической внешней силы, то такие колебания           Изгибающий момент равен алгебраической сумме всех моментов, дейст-

называются вынужденными.                                                     вующих на отсеченную часть бруса, относительно центра тяжести сечения.

     Балку, к которой прикреплен груз, намного превышающий вес самой             M =       åM
                                                                                       ОТС .Ч .
                                                                                                     i


                                                                                 Для того чтобы можно было вести расчет с любого конца балки, необхо-
                                                                             димо принять правило знаков для внутренних силовых факторов.
                                                                                 Для поперечной силы Q.
                                                       Изогнутая ось балки                                                            F            F
                                                       при статическом
                                                       равновесии
                                                                                                         F                                                         F
                                            Рисунок 41.                                                                                   F    F
                                                                                                                         Q                                     Q
                                                                                                                             Q                             Q
                                                                                                 F                       Q>0                               Q<0         F
                                            Рисунок 42.                                                                               Рисунок 17.
60                                                                                                                                                                         29


       Если внешняя сила вращает отрезанную часть балки по часовой стрелке,      1) Определяем опорные реакции
то сила является положительной, если внешняя сила вращает отрезанную                 åM     A   =0
                                                                                                     ;    -3 F + 5 RB = 0
часть балки против хода часовой стрелки, то сила является отрицательной.
                                                                                            3F 3 × 500
       Для изгибающего момент момента М.                                             RB =      =       = 300 Н
                                                                                             5     5
                 М                      М
                                                        М                М           åM     B   =0
                                                                                                     ;
                                                                                                          -5 R A + 2 F = 0

                     +                 +            М                        М              2 F 2 × 500
                                                                                     RA =      =        = 200 Н
             М           М М                 М                                               5      5
                                                                М М
                                                                                    Проверка
                         а)                                         б)
                                                                                     åY = 0 ;            R A - F + RB = 0
                                        Рисунок 18.
                                                                                     200 - 500 + 300 = 0 - верно
       Если под действием внешней силы изогнутая ось балки принимает вид
                                                                                 2) Определяем статический прогиб балки
вогнутой чаши, такой, что идущий сверху дождь будет наполнять ее водой, то
                                                                                    Прогиб балки определим по методу начальных параметров.
изгибающий момент является положительным (рис. 18а). Если под действием
                                                                                 2.1) Составляем уравнение прогибов для точки С
внешней силы изогнутая ось балки принимает вид выпуклой чаши, такой, что
идущий сверху дождь не будет наполнять ее водой, то изгибающий момент                EIyC = EIy A + EIj A zC + RA
                                                                                                                                (z      C   - lR   A
                                                                                                                                                       )
                                                                                                                                                       3


                                                                                                                                            6
является отрицательным (рис. 18б).
                                                                                 2.2) Определяем начальные параметры
       Между интенсивностью распределенной нагрузки q, поперечной силой Q
                                                                                     EIy A = 0 . Для нахождения EIj A составим уравнение прогибов для точки
и изгибающим моментом М, действующим в некотором сечении, существуют
следующие дифференциальные зависимости:                                          В, приравняв его к нулю, найдем искомую величину.

                                   d 2M          dM          dQ                      EIyB = EIy A + EIj A z B + R A
                                                                                                                                (z      B   - lR       )
                                                                                                                                                       3

                                                                                                                                                           -F
                                                                                                                                                                (z B - lF )3   =0
                              q=        ,   Q=      ,   q=      .
                                                                                                                                                   A


                                    dz           dz          dz                                                                             6                        6
       Указанные дифференциальные зависимости при изгибе позволяют уста-
                                                                                                 - EIy A - RA
                                                                                                                (z   B   - lR   A
                                                                                                                                    )
                                                                                                                                    3

                                                                                                                                            +F
                                                                                                                                                   (zB - lF )3           0 - 200
                                                                                                                                                                                   (5 - 0)3   + 500
                                                                                                                                                                                                      (5 - 3)3
новить некоторые особенности эпюр поперечных сил и изгибающих момен-                                                      6                                6                          6                  6
                                                                                     EIj A =                                                                        =                                            = -700
тов.                                                                                                                      zB                                                              5

1) На тех участках, где нет распределенной нагрузки, эпюра Q ограничена          2.3) Находим прогиб в точке С
       прямыми, параллельными оси эпюры, а эпюра М, в общем случае, – на-
                                                                                     EIyC = 0 - 700 × 3 + 200
                                                                                                                         (3 - 0)3           = -1200
       клонными прямыми (рис. 19).                                                                                          6

2) На тех участках, где к балке приложена равномерно распределенная на-                         EIyC          1200
                                                                                     D СТ =          =                        = 1,05 × 10 -3 м = 1,05 мм
                                                                                                 EI    2 × 1011 × 572 × 10 -8
       грузка, эпюра Q ограничена наклонными прямыми, а эпюра М – квадра-
                                                                                 3) Определяем ударный коэффициент
30                                                                                                                                                                                                                   59



    
Яндекс цитирования Яндекс.Метрика