Реферат: Сопротивление материалов

Задача 1

В стержне постоянногосечения площадью А требуется:

1. Построить эпюру N.

2. Выписать выражениенаибольшего по модулю нормального напряжения

3. Определить полноеудлинение бруса

4. Определитьпотенциальную энергию бруса

Рис. 1. Расчетная схема

Исходные данные: а = 2,4 м; F = 18 кН; A = 10 см2; E = 120 ГПа;

Решение.

Система статическиопределима и может быть описана одним уравнением равновесия из условия.

-R — 2F + F + 3F + 2F = 0

R = 4F= 4*18 = 72 кН

При выборе знаковпринято, что силы, вызывающие растяжение стержня, учитываются со знаком +, асжимающие – со знаком "–".

2. Для построения эпюрразбиваем стержень на участки и применяем метод сечений, рассекая стержень впределах каждого участка и, отбрасывая верхнюю часть.

Рис. 2. Разбивка стержняна участки

Отброшенные силы заменяемпродольной силой N,уравновешивающей усилия на рассматриваемом участке. Из схемы видно, что дляанализа усилий стержень нужно разбить на 4 участка.

Участок 1: 2F — N1= 0; N1 = 2F = 36кН;

Участок 2: 2F +3F – N2 = 0; N2 = 5F = 90 кН;

Участок 3: 2F +3F + F–N3 = 0; N3 = 6F = 108 кН;

Участок 4: 2F +3F + F — 2F– N4 = 0; N4 = 4F = 72 кН

Из расчета видно, чтостержень растянут на всех участках. По полученным значениям строим эпюрупродольных сил, выполняя правило, по которому в точке приложения силынаблюдается скачок на величину этой силы.

Рис. 3. Эпюра N.

Нормальные напряжения s в поперечном сечении стержня прирастяжении-сжатии определяются делением продольной силы в этом сечении наплощадь сечения, с учетом знака.

Очевидно, что в стержнепостоянного сечения наибольшая величина нормального напряжения будетнаблюдаться на участке, в пределах которого действуют наибольшие внутренниеусилия. В нашем случае это участок 3.

|s3|= |N3| / А3 = 108 / 10 = 10,8 кН/см2= 108 МПа

Перемещения стержня отдействия системы сил определяются как сумма перемещений от действия каждой силыв отдельности

Участок 1:

Dl1 = N1l1 / EA1 = 36* 2*2,4 / (1,2 * 105* 10-3) = 1,44 мм

Участок 2:

Dl2 = Dl1 + Dl12 = 0,144 + N2 l2/EA2 = 1,44 + 90*3*2,4/(1,2*105*10-3) = 6,84мм;

Участок 3:

Dl3 = Dl2 + Dl23 = 0,684 + N3 l3/EA3 =

6,84+ 108 * 2 * 2,4 /(1,2 * 105 * 10-3) = 11,16 мм;

Участок 4:

Dl4 = Dl3 + Dl34 = 1,116+N4 l4/EA4 =

11,16 + 72 * 2 * 2,4 /(1,2 * 105 * 10-3) = 14,04 мм;

Потенциальную энергию каждогоучастка при растяжении можно определить по формуле

/>,

Участок 1:

U1 = N12l1 / 2EA = 362* 2*2,4/ (2*1,2 * 105 * 10-3) = 25,92 кДж

Участок 2:

U2 = N22l2 / 2EA = 902*3*2,4/(2*1,2*105*10-3)= 243,00 кДж;

Участок 3:

U3 = N32l3/ 2EA=1082 * 2 * 2,4 / (2*1,2 * 105 * 10-3) = 233,28кДж;

Участок 4:

U4 = N24 l4/EA= 722 *2 * 2,4/ (2*1,2 * 105 * 10-3) = 103,6800 кДж;

Суммарная потенциальнаяэнергия составит:

U = SUi = 25,92+243+233,28+103,68 = 605,88кДж;

Задача 2

Для бруса, показанного нарис. 1, нагруженного силами F и Q, требуется:

1. Построить эпюру продольныхсил

2. Составить в раскрытомвиде выражения перемещения сечений в точках приложения сил F и Q

3. Построить эпюрыпродольных сил N для случая, когда средний участокбруса нагревается на t ° и силовоенагружение отсутствует

Рис. 1. Расчетная схема

Исходные данные: а = 2,4 м, F =18 кН, Q =26 кН ∆t = 26°С; A = 10см2; E = 120 ГПа; a = 10-6;

Решение.

Система один разстатически неопределима, потому что в заделках имеется две неизвестные реакцииопор, которые не могут быть определены одним уравнением равновесия

RA — F — Q+RB= 0

Из схемы видно, чтонижняя часть стержня сжимается, а верхняя — растягивается. При условии, чтообщая длина стержня не изменится, так как концы стержня заделаны, общая длинаперемещений будет равна 0. Стержень разбивается на 3 участка, в границахкоторых уравнения перемещений могут быть записаны следующим образом:

Участок 1: />;

Участок 2: />;

Участок 3: />;

Из уравнений видно, чтона участках 1 и 2 стержень растягивается, а на участке 3 — сжимается, нопоскольку суммарное перемещение будет равно 0, то можем записать

Dl1 + Dl2 — Dl3 = 0,

Dl1 + Dl2 = Dl3 ,

/>+/>=/>

Условием задачи дано, чтоА2 = 2А1, тогда

/>+/>=/>;

RA2a+a(RA-Q)= 0,5RBa

3RA-Q= 0,5RB

6RA-2Q = RB

Подставив полученноевыражение в уравнение равновесия, получим

RA — F — Q+ 6RA — 2Q= 0

RA =(F+3Q) / 7 = (18 + 3*26)/7 = 13,7 кН

RВ = 6*13,71 – 2 * 26 = 30,3 кН

RA — F — Q+ RB = 13,7-18-26+30,3 = 0

2. Для построения эпюрразбиваем стержень на участки и применяем метод сечений, рассекая стержень впределах каждого участка и, отбрасывая правую часть, Отброшенные силы заменяемпродольной силой N,уравновешивающей усилия на рассматриваемом участке. Поскольку небходимыерасчеты уже были проведены, то можем провести прямое построение, зная, что впределах участков внутренние усилия отражаются прямой линией, а на границахучастков имеется скачок на величину силы.

Рис. 2. Эпюра внутреннихусилий

Оценим температурныеудлинения стержня при Dt = 26 °С. Температурное расширение по условию задачи составляет a =10∙10-6 1/°, Придлине нагреваемого участка стержня a = 2,4 м удлинение должно составить:

Dl = а * a * Dt = 2,4 * 10 *10-6*26 = 0,000624 м = 0,624 мм

Однако за счет силсжатия, возникающих в заделке фактическое удлинение будет равно 0. Для расчетаусилий примем следующие предпосылки: нагреванию подвергается участок 2, имеющийпостоянное сечение, следовательно при отсутствии заделки границы участка 2, аследовательно и границы стержня переместились бы на равное расстояние – 0,624/2= 0,312 мм. Усилия, возникающие на границах участка 2 также равны Однакоперемещению препятствуют усилия в заделке. При отсутствии прочих силовыхнагрузок схема нагружения выглядит следующим образом:

Рис. 3. Нагружениестержня вследствие температурных деформаций

Для построения эпюрследует определить эквивалентные усилия на концах, которые могут нейтрализоватьтакое перемещение.

Силу 2F можно найти из выражения перемещений

2Fa/EA = Dl2.

0,624*10-3*1,2*105*0,001/2= 0,03744 кН

Уравнение равновесия:

-RA+F-F+RB = 0,

Откуда

RA= RB= F = 0,03744 кН

Рис. 3. Эпюра продольныхусилий в стержне при температурных деформациях.

Схема, показанная нарисунке, предполагает, что в пределах нагреваемого участка усилия отсутствуют.Однако это невозможно, поэтому следует заменить сосредоточенную нагрузку насреднем участке на распределенную, как показано на рис. 4. Характер эпюры вэтом случае также изменится.

Величина распределеннойнагрузки будет равна

q = F/0,5а = 37,44/2,4/2 = 7,8 Н/м

Рис. 4. Эпюра продольныхусилий в стержне при температурных деформациях с учетом распределеннойнагрузки.

Задача 3

Дано: элементарнаяпризма, выделенная из упругого тела.

Координатные напряжения:

sz = -30 МПа; sy = 20 МПа; tyz = — 60 МПа; b = 50°.

Определить:

1. Нормальные икасательные напряжения saи ta на наклонной площадке, определяемойуглом b;

2. Величины главныхнапряжений s1 и s2 и положения главных площадок (углы a1 и a2);

3. Величины экстремальныхкасательных напряжений и положения соответствующих площадок (углы a3 и a4);

4. Построить кругнапряжений и проверить по нему величины, найденные в пунктах 1, 2, 3.

Рис. 1. Исходное плоскоенапряженное состояние

1. В соответствии сзаданными знаками определяем, что sz обеспечивает сжатие материала, а sy — растяжение. Отрицательный знаккасательного напряжения tyz указывает на то, что оно направленопротив хода часовой стрелки

Нормальное и касательноенапряжения на наклонной площадке выражаются через угол a = 90-b = 40 °

cos 40° =0,766; cos 80° = 0,173

sin 40° =0,642; sin 80° = 0,985

sa = -30*0,7662 + 20*0,6422 -60*0,984 = -68,40МПа

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

= (-30+20)/2 ±0,5/>=-5±65 МПа,

smax = s1= 60 МПа;

smin = s2= -70 МПа;

Проверка:

sz+ sy= s1+s2

-30+20 = 60-70

-10=-10 МПа

Определяем угол наклонаглавных площадок к заданным:

tg2a0=/>=/>= 2,4

2a0=67,38°;

a0=33,69°;

Угол положительный,поэтому заданные площадки должны быть повернуты против хода часовой стрелки ина полученных главных площадках показываем главные напряжения. При этоммаксимальное напряжение будет в тех четвертях, где сходятся стрелки касательныхнапряжений

Углы a1 и a2 соответственно будут равны:

a1= a0 = 33,69°;

a2= a1+90 ° = 123,69°;

Рис. 2. Положение главныхнапряжений

3. Известно, чтонаправления площадок с экстремальными касательными напряжениями отличаются отнаправлений главных площадок на угол p/4 или 45°. То есть

a3= a1+45°= 78,69°;

a4= a2 +45 ° = 168,69°;

Рис. 3. Положениеэкстремальных напряжений

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

Величины экстремальныхкасательных напряжений равны

/>= (60-(-70))/2 = 65,00 МПа

Проверку расчетоввыполняем при помощи круга Мора. В системе координат s t откладываем отрезки, соответствующиеs1 и s2 с учетом знаков. Границы этих отрезков определяютдиаметр круга. Точка пересечения прямой, проведенной из крайней левой точкиокружности под соответствующим углом a, с противоположной стороной окружности, дасткоординаты, соответствующие значениям sa и ta.

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

Рис. 4. Круг Мора

Задача 4

Используя данные,полученные в задаче 4 выписать в раскрытом виде

1. Относительныеудлинения e2 и emax = e1

2. Углы сдвига gy2 и gmax

3. Величину удельнойпотенциальной энергии

Решение

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

e2 = s2/E;

emax = e1= s1/E;

Согласно заданию E = 100 ГПа, тогда

e2 = -70 / 105 = -0,0007

e1 = 60 / 105 = 0,0006

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

Угол сдвига может бытьопределен по формуле

/>,

где G – модуль упругости второго рода,связанный с модулем Юнга при помощи коэффициента Пуассона v. На главных площадках касательныенапряжения равны 0, соответственно в плоскостях главных площадок деформациисдвига наблюдаться не будет. Направление деформации сдвига происходит под углом45° к плоскости главных площадок, то есть под действием напряжения t13 = tmax. По условию задачи v=0,2, тогда

gmax= 2*1,2*65/105 = 0,0016°

Согласно IV теории прочности удельнаяпотенциальная энергия изменения формы определяется выражением

/> = 1,2*602/(3*105)= 0,014 кДж

Задача 5

Для сечения, показанногона рис. 1, требуется определить:

1. Координаты центратяжести сечения С;

2. Вычертить в масштабесечение, провести главные центральные оси Xc Yc и выписать относительно них развернутые выражения осевыхмоментов инерции Ixc и Iyc

Рис. 1. Расчетная схема.

Решение:

Фигура может быть разбитана две элементарные фигуры: прямоугольник и окружность

1. Координаты центратяжести определяем по формулам

/>;

Площади фигуропределяются по формулам:

Прямоугольник: A = bh

A1 = 26*32 = 832 см2;

Окружность: A = pr2

A2 = 3,14*32 = 28,26 см2;

Проведем вспомогательныеоси координат через левый и нижний габариты фигуры и определим для этогоположения координаты центра тяжести. Координаты центра тяжести прямоугольникалежат на пересечении диагоналей и легко определяются графически. Координатацентра тяжести окружности находится в ее центре и также может быть определенапростым замером. Очевидно, что координата XC cоставной фигуры, показанной на рис. 1, лежит на осисимметрии, что должно подтвердиться расчетом

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

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

Через центр тяжестипроводим центральные оси.

Рис. 2. Определениекоординат центра тяжести составной фигуры

2. Осевые моменты инерциисечения определяем по формулам

Моменты инерции дляэлементарных фигур равны:

Прямоугольник: Jx = bh3/12; Jy=hb3/12

Окружность: Jx = Jy= pd4/64

Определяем численныезначения:

Прямоугольник:

эпюранапряжение энергия деформация

Jx1 = (26*323)/12 = 70997,33 см4;

Jy1 = (32*263)/12 = 46869,33 см4;

Окружность:

Jx = Jy= 3,14 * 64/64 = 63,59 см4;

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

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

3. Две взаимноперпендикулярные оси, из которых хотя бы одна является осью симметрии фигурыбудут ее главными осями, а главные оси, проходящие через центр тяжести сеченияназываются главными центральными осями. Таким образом, оси Хс и Yc совпадают с осями U и V, так как ось Ycпроходит через ось симметрии фигуры, а обе оси вместе проходят через центртяжести.

Задача 6

Для балки, показанной нарис. 1, требуется:

1. Построить эпюрыизгибающих моментов и поперечных сил

2. Подобрать для балкиразмеры прямоугольного сечения bxhпри расчетном сопротивлении R=10МПа;

3. Для сечения снаибольшей поперечной силой построить эпюру касательных напряжений

Рис. 1. Расчетная схема

а = 3,6 м, h = 2b

q = 4 кН/м

F = 10 кН;

M = 150 кН м.

Решение:

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

Рис.2

SM(A)= 0

RB*4a+ F*3а — M — q*2a2 =0;

RB= (M + q*2a2 – 3Fa) /4a ;

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

SM(B)= 0

q*2a*3a — Fa — RА*4a – M = 0;

RА = (q*6a2 — Fa — M)/ 4a ;

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

Для проверки составимсистему уравнений проекций сил на ось Y

SP(Y) = 0

RA + RB – q2a + F = 0;

8,683 + 10,117 — 4*2*3,6 +10 = 0,0

Расчет верен.

Из суммы проекций сил наось Х очевидно, что реакция Rx вточке В равна 0.

При построении эпюры Мрассматривается влияние сил, оставшихся на рассматриваемой части балки на точкусечения. При этом учитывается только влияние моментов. Изгибаюший моментвызывает скачок на величину момента,

Для построения эпюры Мтребуется найти координату экстремального значения изгибающего момента вопасном сечении, определяемом положением точки на эпюре поперечных сил, где Q = 0. Из эпюры видно, что это координатаz. Так как треугольники, образованныенаклонной линией от распределенной нагрузки подобны, то соотношения ихсоответствующих сторон одинаковы, тогда

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

Величину экстремальногомомента удобнее определить из рассмотрения левой части балки при сечении возлекоординаты z.

Мz + qz2/2 – RАz = 0

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

В сечении по точкеприложения силы F удобнеерассматривать левую часть балки, заменяя отсеченную часть внутренним моментом,который равен

МF = RBa = 10,117*3,6 = 36,421 кН м

В сечении по точке приложениясосредоточенного момента М удобнее рассматривать левую часть балки, заменяяотсеченную часть внутренним моментом, который равен

ММ2 = RB*2a + F * a = 10,117*2*3,6+ 10*3,6 = 108,842 кН м

Величина момента слева отточки приложения сосредоточенного момента М определяется скачком на величинумомента

ММ1 = ММ2– М = 108,842-150 = -41,158 кН м

Расчеты показывают, чтосечение в точке приложения сосредоточенного момента М является самымнагруженным и, следовательно, наиболее опасным

Рис. 3. Эпюры поперечныхсил Q и изгибающих моментов M.

Условие прочности длябалки выглядит следующим образом

По условию задачи дано:

[s] = R = 10 МПа = 1 кН/см2,

Подставляя эти значения,

Mmax = 108,842 кН м = 10884,2 кН см

Wx = 10884,2 / 1 = 10884,2 см3

Для прямоугольника Wx = bh2/6, тогда при условии h = 2b

Wx = b(2b)2/6 =4b3/6

b = /> = 25,368 см

h = 2b = 2*25,368 = 50,736 см

Принимаем сечение 26х52см с площадью A = 26*52 = 1352 cм2

Определяем касательныенапряжения в точке с наибольшей поперечной силой. Это также точка приложениясосредоточенного момента М

/>,

где k – коэффициент, зависящий от формысечения. Для прямоугольного сечения k = 1,5.

tmax = 1,5 * 20,117 / 1352 = 0,022 кН/см2= 0,22 МПа

Рис. 4. Эпюра касательныхнапряжений

Задача 7

Для заданной схемытребуется:

1. Построить эпюрыизгибающих моментов и поперечных сил;

2. Подобрать по ГОСТдвутавровое сечение балки, принимая расчетное сопротивление изгибу Rи = 160 МПа

3. Построить в опасномсечении эпюру нормальных напряжений

4. В сечении с наибольшейпоперечной силой построить эпюру касательных напряжений.

Рис. 1. Расчетная схема .

Исходные данные:

а = 3,6 м,

q = 4 кН/м

F = 10 кН;

M = 150 кН м.

2. Отбросим заделку,заменив ее действие действием сил реакции. В сплошной заделке возникает триреакции: Момент MRидве реакции Rx и Ry.

Рис. 2. Расчетная схема

Составим уравненияравновесия, приняв направление по часовой стрелке за отрицательное, а противчасовой стрелки – за положительное.

SM(A)= 0

MR –М — qa*1,5а + F*2a = 0;

MR= M + 1,5qa2 — 2Fa;

MR=150 + 1,5*4*3,62 – 2*10*3,6 =155,76 кН м;

Составим системууравнений проекций сил на ось Y

SP(Y) = 0

Ry + F – qa =0;

Ry = qa-F = 4*3,6-10 =4,4 кН;

Из построения проекцийсил на ось Х видно, что реакция RX = 0.

Для построения эпюрследует рассмотреть балку в характерных сечениях. При построении эпюры Q сосредоточенные силы вызывают скачок эпюры, а моменты неоказывают на нее влияния. На участке действия распределенной нагрузки эпюравыражается наклонной линией. При построении эпюры М рассматривается влияниесил, оставшихся на рассматриваемой части балки на точку сечения. При этомучитывается только влияние моментов. Изгибаюший момент вызывает скачок навеличину момента. Рассмотрим более подробно сечения в характерных точках балки.На первом участке отбрасываем правую часть балки, заменяя ее действиемвнутреннего момента М1, тогда

-М1 + MR – Ryа =0

М1 = MR – Ryа =155,76-4,4*3,6 = 139,92 кН м

На третьем участкеотсечем левую часть балки. Для оставшейся части уравнение равновесия будетравно

М3 — M= 0

М3 = M= 150 кН м

На втором участке эпюравыражается параболической кривой с перегибом в точке, соответствующейкоординате z.

z = 3,6 / (1+ 1/(4,4/10)) = 1,100 м

Уравнение равновесия длякоординаты Z рассматриваем, отбросив правую частьбалки.

-М2 + MR – Ry(а+z)+q*z2/2 = 0

М2 = MR – Ry(а+z)+q*0,125a2 = 155,76-4,4*4,7+2*1,12= 137,500 кН м

Рис. 3. Эпюры N и М.

Условие прочности длябалки выглядит следующим образом

По условию задачи [s] = Rи = 160 МПа = 16 кН/см2,

Подставляя эти значения,

Mmax = 155,76 кН м = 15576 кН см

Wx = 15576 / 16 = 973,5 см3

Параметры двутавраподбираем по справочнику. Ближайшая подходящая балка — №45, имеющая Wx = 1231 см3, при площадисечения А = 84,7 см2.

Максимальное значениенапряжения составит

/> = 15576 / 1231 = 12,65 кН/см2= 126,5 МПа

Согласно законураспределения нормальных напряжений имеем

/>= 15576 / 27696 * 45/2 = 12,65 МПа

Рис. 4. Эпюра нормальныхнапряжений для опасного сечения

Наибольшая поперечнаясила наблюдается в сечении, где приложена сила F. Для этой точки касательное напряжение равно в соответствиис формулой Журавского

/>,

где d – толщина стенки двутавра

tmax = 10*708 / (27696*0,9) = 0,28 кН/см2= 2,8 МПа

В месте соприкосновенияполок со стенкой касательные напряжения определяются как

/>,

где />— статический момент полкидвутавра относительно оси Х, равный

/>=16*1,42(45/2-1,42/2) = 495,07 см3

tА = 10*495,07 / (27696*0,9) = 0,171кН/см2 = 1,71 МПа

Касательными напряжениямина полках двутавровой балки можно пренебречь ввиду их незначительности

Рис. 5. Касательныенапряжение в двутавровой балке в точке действия наибольших перерезывающих сил.

еще рефераты

Еще работы по промышленности, производству