Расчет стержневых систем и бруса на растяжение, Расчет нагруженной балки, Экзаменационные вопросы по прикладной механике

16800

знаков

таблицы

изображений

комитет по высшему образованию Российской Федерации

Московская Государственная Академия Тонкой Химической Технологии

им. М.В. Ломоносова

кафедра :

“Прикладная механика и основы конструирования.”

Расчетно-графическая работа № 1 :

“Расчет стержневых систем и бруса на растяжение”

Вариант №: 24

студент: Холин Андрей Юрьевич (группа Е-203)

преподаватель: Грусков Александр Дмитриевич

1998г.

Задание № 1.

1.1 Для заданной стержневой системы определить внутренние усилия в стержнях, поддерживающих абсолютно жесткую балку, нагружаемую внешними силами. Стержни соединяются со стеной, с балкой, между собой посредством шарниров.

1.2 Для рассматриваемой стержневой системы определить по условию прочности диаметр круглых стержней, приняв [s] = 160 н/мм².

Дано: a = l, b = 3l, P = 32 кН.

l = 1,2 м

Определить: N - ?, A_y - ?, A_z - ?

Решение:

1.1

Уравнения равновесия балки: S(P_y) = 0, S(P_z) = 0, S(m_z) = 0

(1). A_y + P – 3P + N • sin 60° = 0

(2). A_z + N • cos 60° = 0

уравнение моментов относительно точки A:

(3). P • a – 3P • (a+b) + N • sin 60° • (a+b) = 0

Из уравнений (1), (2) находим: A_y = 2P – N • sin 60°, A_z = – N • cos 60°

Выражая силу N из уравнения моментов (3), получим:

N = 3 • 32 / sin 60° – 32 • 1,2 / (sin 60° • (1,2 + 1,2 • 3)) = 101,61 (кН).

A_y = 2 • 32 – 101,61 • sin 60° = –24 (кН).

A_z = – 101,61 • cos 60° = –50,81

Для проверки посчитаем сумму моментов относительно точки B:

A_y•(a+b) + P•b = 0, –24• (1,2 + 1,2 • 3) + 32•1,2 • 3 = –115,2 + 115,2 = 0.

Обращение левой части уравнения в нуль показывает правильность искомых величин.

1.2

[s] = 160 н/мм², F (мм²), F = N/s, F = pr² = pd²/4,

k - коэффициент запаса прочности. Если принять k = 2, то :

Задание № 2.

2.1 Для ступенчатого бруса определить внутренние усилия и построить эпюру поперечных сил N.

2.2 Используя эпюру N и размеры ступенчатого бруса определить и построить эпюры нормальных напряжений s и перемещений U, считая брус стальным. E = 2•10⁵ н/мм². Проверить прочность бруса в опасном сечении приняв [s] = 160 н/мм².

N_AB = P = 32 кН;

N_BC = P–2P = –P = –32 кН;

N_CD = P–2P–3P = –4P = –128 кН;

N_DE = P–2P–3P+P = –3P = –96 кН

F₁ = pd²/4 = p•20²/4 = 100p » 314,2 (мм²).

F₂ = p(1,4•d)²/4 = p•(1,4•20)²/4 = 196p »

» 615,8 (мм²).

s_AB = N_AB / F₁ = 32000 / 100p »

» 101,9 (н/мм²).

s_BС = N_BС / F₂ = –32000 / 196p »

» –52 (н/мм²).

s_СD = N_СD / F₂ = –128000 / 196p »

»–207,9 (н/мм²).

s_DE = N_DE / F₂ = –96000 / 196p »

» –155,9 (н/мм²).

E = 2•10⁵(н/мм²).

U_E = 0.

U_D = c • s_DE / E = 2l • s_DE / E » –155,9 • 2 • 1,2 • 10³ / (2 • 10⁵) = –1,87 (мм).

U_C = U_D + b • s_CD / E » –1,87 – 207,9 • 3 • 1,2 • 10³ / (2 • 10⁵) = –5,61 (мм).

U_B = U_C + a • s_BC / E » –5,61 – 52 • 1,2 5 10³ / (2 • 10⁵) = –5,93 (мм).

U_A = U_B + a • s_AB / E » –5,93 + 101,9 • 1,2 • 10³ / (2 • 10⁵) = –5,31 (мм).

Проверка прочности бруса в опасном сечении (при ЅsЅ = ЅsЅ_max):

На участке CD ЅsЅ имеет максимальное значение.

Условие прочности s Ј [s] не выполняется: Ѕ–207,9Ѕ> 160.

комитет по высшему образованию Российской Федерации

Московская Государственная Академия

Тонкой Химической Технологии

им. М.В. Ломоносова

кафедра :

“Прикладная механика и основы конструирования.”

Расчетно-графическая работа № 2 :

“Расчет нагруженной балки”

Вариант №: 24

студент: Холин Андрей Юрьевич (группа Е-203)

преподаватель: Сергеев Александр Иванович

1998г.

Задание № 1

1.1 Определить реакции опор

1.2 Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов

1.3 Подобрать номер двутаврового профиля для Ст. 3 [s] = 160 Мпа

1.4 Начертить в масштабе двутавровый профиль по ГОСТ 8239-72 и построить эпюру нормальных напряжений в опасном сечении балки.

Общая схема нагрузки балки (рис. 1):

Схема нагрузки балки, 24 вариант (рис. 2):

Эквивалентная схема нагрузки свободной балки с правильным направлением данных величин (P,q,M) (рис. 3):

Эквивалентная схема с правильным направлением данных и искомых величин (P,q,M,Y_E,Y_F) (рис. 4):

Дано:

Таблица 1: “Расположение элементов нагрузки”.

A₁	A₂	B₁	B₂	C	D	L [м]
2,5	1,0	1,5	2	0,2	1,2	3,1

Таблица 2: “Величины элементов нагрузки”.

P₁[кН]	P₂[кН]	M₁[кН•м]	M₂[кН•м]	q [кН/м]
-8,0	10,0	16	11	20

Знаки величин принимаются относительно направлений, обозначенных на рисунке.

1.1 Найти: Y_E-? Z_E-? Y_F-? Z_F-?

Решение:

Заменим опоры в точках E и F их реакциями. Таким образом несвободное тело EF становится свободным, и к нему можно применить условия равновесия. Для поперечных сил положительным принято направление по оси y ; положительным моментом - момент, сжимающий верхние волокна балки. Для расчета реакций опор распределенную нагрузку q заменим равнодействующей R, приложенной в середине отрезка CD действия нагрузки q, в точке с координатой (C+D)/2. R = q•Dl; Dl = D – С.

Условия равновесия тела EF :

еQyn = 0 : сумма поперечных сил

еQzn = 0 : сумма продольных сил

еMn = 0 : сумма изгибающих моментов

Силы P₁, P₂, R приложены перпендикулярно к оси z, поэтому их проекции на эту ось будут нулевыми по величине, еQzn = 0.

Уравнение суммы поперечных сил :

Y_E – q • (D – С) + P₂ + P₁ + Y_F = 0

Уравнение суммы изгибающих моментов относительно точки E :

– (D – С) • q • (С +D) / 2 + P₂ • A₂ – M₁ + M₂ + P₁ • A₁ + Y_F • L = 0

Знаки в уравнениях определены исходя из направлений, обозначенных на эквивалентной схеме нагрузки балки (рис.3), поэтому в уравнениях используются модули нагрузочных величин (ЅP₁Ѕ,ЅP₂Ѕ,ЅRЅ,ЅM₁Ѕ,ЅM₂Ѕ) и обозначаются без векторной черты. Возможные отрицательные значения искомых величин Y_E и Y_F будут означать противоположное их направление выбранному на схеме.

Из уравнения моментов вычисляем силу Y_F :

Y_F = [(D – C) • q • (С +D) / 2 – P₂ • A₂ + M₁ – M₂ – P₁ • A₁] / L

Y_F = [(1,2–0,2)•20•(1,2+0,2)/2–10,0•1,0+16–11–8,0•2,5] / 3,1 » –3,6

Из уравнения поперечных сил вычисляем силу Y_E :

Y_E = q • (D – С) – P₂ – P₁ – Y_F

Y_E » 20 • (1,2 – 0,2) – 10,0 – 8,0 – (–3,6) = 5,6 [кН].

Для проверки составим уравнение моментов относительно другой точки. Знаки в уравнении определены исходя из эквивалентной схемы балки (рис.4), где искомые реакции опор Y_E и Y_F имеют правильные направления.

Уравнение суммы изгибающих моментов относительно точки F :

–(D–С)•q• [(L–D)+(L–C)]/2+Y_E•L+P₂•(L–A₂)+P₁•(L–A₁)+M₁–M₂=0

Обращение левой части уравнения в нуль при подстановке данных и найденных величин подтверждает правильность значений найденных реакций опор Y_E и Y_F.

–(1,2–0,2)•20•[(3,1–1,2)+(3,1–0,2)]/2+Y_E•3,1+10,0•(3,1–1,0)+

+8,0•(3,1–2,5)+16–11 = 0; –17,2+5,6•3,1 » 0.

1.2 Найдем зависимость внутренних усилий (поперечных сил Q и изгибающих моментов M) на протяжении балки от координаты z, начиная от точки E (z - расстояние до точки E). Бесконечно близко^¹⁾ слева (со стороны точки E) к точкам приложения сил и моментов проведем сечения. Таким образом, на протяжении балки образуются 7 участков. Рассмотрим, начиная от точки E, изменение внутренних напряжений (Q и M) балки на каждом участке в зависимости от координаты z.

z_n - расстояния от точки E до точек приложения нагрузок, z₀ = 0.

Пусть Q(z) - функция зависимости внутренней поперечной силы (балки) от координаты z; 0 Ј z < z₇.

RQ_n = – lim Q(z) = – е lim Qў_k(x)

^z^®^zⁿ^{слева k=0 x}^®^(z^k^–^z^k^–¹⁾^слева

Пусть Qў_n(x), x = z – z_n_–₁ - функция зависимости внутр. попереч. силы от координаты z на участке n, если z лежит на левой границе участка, то (z – z_n_–₁) = 0. Пусть RQ_n - реакция справа отсеченной части балки, тогда

Изменение внутренней поперечной силы на участке n.

Знаки для сил и моментов определены исходя из схемы балки (рис. 5), в формулах используются модули всех величин.

n	Qў_n(x), x = z – z_n_–₁	пределы z	RQ_n	Rq_n (числ. знач.)
1	Y_E	0 Ј z < z₁	–Y_E	– 5,6
2	– q • (z – z₁)	z₁ Ј z < z₂	–Y_E + q • (z₂ – z₁)	–5,6+20•(10,0–0,2)=10,6
3	P₂ – q • (z – z₂)	z₂ Ј z < z₃	–Y_E + q • (z₂ – z₁) – P₂ + q • (z₃ – z₂)	10,6–10,0+20•(1,2–1,0)=4,6
4	0	z₃ Ј z < z₄		4,6
5	0	z₄ Ј z < z₅		4,6
6	0	z₅ Ј z < z₆		4,6
7	P₁	z₆ Ј z < z₇	–Y_E + q • (z₂ – z₁) – P₂ + q • (z₃ – z₂) – P₁	4,6 – 8,0 » –3,6*

* реакция, действующая на правый край VII участка - есть реакция опоры, совпадение ее численного значения с Y_F означает правильность вычислений.

1⁾ Бесконечно близко для того, чтобы было правомочным утверждение, что найденные зависимости Q(z) и M(z) справедливы на всем рассматриваемом участке, при Z_n_–₁ Ј Z < Z_n.

БИЛЕТ 5 Изгиб. Дифф. зав-ти при изгибе.

dM = Q • dz, Q = dM / dz, dQ / dz = d²M / dz² = q.

производная от изгибающего момента по абсциссе сечения балки равна поперечной силе (теорема Журавского); вторая производная от изгибающего момента по абсциссе сечения балки равна интенсивности распределенной нагрузки.

БИЛЕТ 6 Основные гипотезы при изгибе.

Принцип Бернулли: плоские сечения до и после деформации остаются плоскими, нормальными к продольной оси балки.

БИЛЕТ 12 Косой изгиб. Определение напряж.

БИЛЕТ 14

Напряженное состояние в данной точке - совокупность напряжений на всех елементарных площадках, которые можно провести через какую-либо точку тела. Главные нормальные напряжения - если на грани кубика других нет (касательных напряжений). Тензор напряжения - перемещения при данной нагрузке ???

Закон парности касательных напряжений.

Дан брус произвольного сечения.

A - площадь сечения по нормали

A_a - площадь сечения под углом a к нормали. A_a= A / cos a.

проекция сил на направление s_a :

s_a•A_a – s₁•A•cos a = 0

s_a = s₁ • cos² a

проекция сил на направление t_a :

t_a•A_a – s₁•A•sin a = 0

t_a = 1/2 •s₁ • sin 2a

для BD:

s_b = s₁ • cos² (a+/2)= s₁ • sin² a

t_b = 1/2 •s₁ • sin 2(a+/2) = – 1/2 •s₁ • sin 2a.

s_a+ s_b = s₁; t_a = – t_bз-н парности касат. напряж.).

Из этого закона следует, что :

при a = 90° s_a = 0, t_a= 0; при a = 0 s_a = s_a_max = s₁, t_a= 0; при a = 45° t_a= t_a_max= s₁ / 2.

БИЛЕТ 15 Плоское напряженное состояние.

з-н Гука для одноосного напряженного состояния :

e = s / E; e = Dl / l - относительное удлинение

E [Па, МПа]- модуль продольной упругости (а также : модуль упругости I рода, модуль Юнга).

s [Па, МПа] - напряжение.

eў = –m •e; eў - относит. поперечная деформация.

m - коэфф-нт поперечной деформации (Пуассона).

обобщенный з-н Гука для плоского напряженного состояния :

e₁ = s₁ / E – m•s₂ / E

e₂ = s₂ / E – m•s₁ / E.

находим напряжения s₁ и s₂ :

s₁ = E (e₁ + m•e₂) / (1– m²), s₂ = E (e₂ + m•e₁) / (1– m²).

БИЛЕТ 16 З-н Гука для изотропного материала.

Изотропный материал - материал, свойства которого одинаковы во всех направлениях.

Для объемного напряженного состояния :

e₁ = (1 / E) •[s₁ – m•(s₂ + s₃)],

e₂ = (1 / E) •[s₂ – m•(s₃ + s₁)],

e₃ = (1 / E) •[s₃ – m•(s₁ + s₂)].

Объем кубика 1ґ1ґ1 после деформации :

V = (1+e₁) ґ (1+e₂) ґ (1+e₃) » 1+ e₁+e₂+e₃.

Относительное изменение объема :

u = e₁+e₂+e₃ = (1–2•m) •(s₁+s₂+s₃ ) / E. Отсюда : коэфф-нт Пуассона m не может быть больше 1/2.

з-н Гука при сдвиге : t = G•g

g - угол сдвига [рад]

G [Па]- модуль сдвига (модуль упругости 2 рода).

G = E / [2•(1+m)]

удельная деформация при чистом сдвиге :

u = t² / (2•G)

БИЛЕТ 17 Теории (гипотезы) прочностей.

Эквивалентое напряженное состояние - состояние, равноопасное данному сложному напряженному состоянию, но при одноосном растяжении (сжат.).

I-я гипотеза прочности - гипотеза наибольших нормальных напряжений :

“предельное состояние материала при сложном напряженном состоянии наступает тогда, когда наибольшее нормальное напряжение достигает предельного напряжения [s] при одноосном напряженном состоянии”. I-я гипотеза устанавливает критерий хрупкого разрушения (не для пластичных материалов). Если материал имеет различные [s] на растяжение и сжатие, то :

max s_р Ј [s^р], max s_с Ј [s^с].

II-я гипотеза прочности - гипотеза наибольших линейных деформаций :

Опыты не подтверждают эту теорию.

III-я гипотеза прочности - гипотеза наибольших касательных напряжений :

“прочность материала при сложном напряженном состоянии считается обеспеченной, если наибольшее касательное напряжение не превосходит допускаемого касательного напряжения, установленного для одноосного напряженного состояния”. t_max = t_экв Ј [t].

Из закона парности касательных напряжений :

t_max = s /2 при a = 45° a - угол между нормалью и сечением на котором определяем t.

БИЛЕТ 18

Гипотеза теории кручения (гипотеза плоских и жестких сечений): расстояния между нормальными сечениями при кручении не изменяются, не изменяются размеры сечений.

Кручение бруса круглого поперечного сечения.

Касательные напряжения при кручении :

t = M•r / I_p . r - расстояние от центра сечения.

M - приложенный момент. r - радиус сечения.

t_max = M•r / I_p = M / W_p Ј [t].

W_p - полярный момент сопротивления.

Для круглого сплошного сечения радиусом r:

W_p = I_p / r = pd⁴ / (32•d/2) = pd³ /16 » 0,2•d³.

Деформации и перемещения :

dj / dz = M / (G•I_p) - выведено в билете 19

Производная угла закручивания (взаимн. пов.) :

dj = M•dz / (G•I_p). Деформация вала на длине z (взаимный угол поворота сечений) :

j = т!от0доz! [M•dz / (G•I_p)].

Величина G•I_p - жесткость вала при кручении.

Для вала длиной l: j = M•l / (G•I_p).

Относительный угол закручивания - угол закручивания на единицу длины :

g = j / l = M / (G•I_p).

Условие прочности: g Ј [g]; [g] - в ° / на 1м длины.

Зависимость t от угла закручивания :

g = r•dj / dz из рисунка билета 19.

з-н Гука при сдвиге : t = G•g, Ю :t = G•r•dj / dz.

БИЛЕТ 19 Кручение, вывод рассчетн. ф-лы для

касательных напряжений.

g_maч = r•dj / dz, аналогично g = r•dj / dz.

з-н Гука при сдвиге : t = G•g, отсюда :

t = G•r•dj / dz. При кручении деформации сдвига прямо пропорциональны расстоянию от центра тяжести сечения.

Равнодействующий момент касательных напряжений в сечении : M = _Aт (t•r)•dA; (t•r)•dA - элементарный крутящий момент внутренних сил на площадке dA.

M = G•dj / dz•_Aт (r²)•dA.

Полярный момент инерции сечения : I_p = _Aт (r²)•dA.

dj / dz = M / (G•I_p); t = M•r / I_p .

Условие прочности.

t_max = M•r_max / I_p = M / W_p Ј [t].

W_p - полярный момент сопротивления.

Для круглого сечения радиусом r: W_p = I_p / r.

БИЛЕТ 20 Кручение, вывод ф-лы для

относительного угла закручивания.

переписать билет 19 до ф-лы : dj / dz = M / (G•I_p) и раздел “Деформации и перемещения.” билета 18.

БИЛЕТ 21 Внецентренное растяжение.

В любом поперечном сечении стержня возникает продольная сила N=F и изгибающие моменты :

M_x = F•y_F , M_y = F•x_F . Напряжение в точке (x,y) :

s = N / A + M_x•y / I_x + M_y•x / I_y .

Максимальные напряжения на угловых точках :

s = N / A ± M_x / W_x ± M_y / W_y .

W_x , W_y - моменты сопротивлений .

A - площадь сечения.

По рисунку - наибольшие напряжения - в точке E :

s_E = N / A + M_x / W_x + M_y / W_y .

Алгебраически наименьшие напряж. - в точке D :

s_D = N / A – M_x / W_x – M_y / W_y .

Условие прочности :

N / A + M_x / W_x + M_y / W_y Ј [s].

В плоскости нулевой линии напряжение равно 0.

Уравнение нулевой линии (x,y - координаты) :

N / A + N•y_F•y / I_x + N•x_F•x / I_y = 0; или :

x_F•x / i²_y + y_F•y / i²_x + 1 = 0; или :

x / a + y / b = 1, a = – i²_y / x_F , b = – i²_x / y_F .

a, b - отрезки на осях координат x, y.

Радиус инерции сечения : i_x = Ц(I_x / A), i_y = Ц(I_y / A),

размерность - длина (обычно сантиметр).

В центре тяжести сечения s = N / A = F / A.

Для прямоугольного сечения :

I_x = b•h³ / 12, I_y = b³•h / 12, W_x = 2•I_x/h, W_y = 2•I_y / b

W_x = b•h² / 6, W_y = b²•h / 6; сторона bззоси x, h зз y.

Напряжение в точке (x,y) :

s = N / A + M_x•y / (b•h³ / 12) + M_y•x / (b³•h / 12) =

= N / A + N•y_F •y / (b•h³ / 12) + N•x_F •x / (b³•h / 12).

Максимальные напряжения на угловых точках :

s = N / A ± M_x / (b•h² / 6) ± M_y / (b²•h / 6) =

= N / A ± N•y_F / (b•h² / 6) ± N•x_F / (b²•h / 6).

БИЛЕТ 22 Изгиб с кручением бруса кругл. сеч.

От изгиба в точках C и D: s_max = M / W_X;

от кручения по контуру сечения:

t_max = T/W_P = T / (2•W_X).

Напряженное состояние в точке C :

Главные напряжения: s₁=s_max = (s + Ц(s² + 4•t²)) /2.

s₃=s_min = (s – Ц(s² + 4•t²)) /2.

По 3-й гипотезе прочности : s₁ – s₃ Ј [s];

Ц(s² + 4•t²) Ј [s]; Ц(M² + T²) / W_X Ј [s]; отсюда :

проектный расчет: W_X = Ц(M² + T²) / [s]; если изгиб

в 2-х ^-ных плоскостях, то: M = Ц(M²_X + M²_Y).

БИЛЕТ 23 Ф-ла Эйлера для сжатого стержня

большой гибкости.

Основной случай продольного изгиба

(закрепление на 2-х опорах, неподв. и подв.) :

Критическая сила - F_КР : наименьшаяая сила, при которой стержень теряет способность сохранять прямолин. форму.Предел пропорциональности s_пц:

напряжение “до” которого деформация происходит по закону Гука.

Пусть потеря устойчивости происходит при напряжениях, меньших предела пропорцион-ности s_пц материала стержня. Тогда - упругая линия :

1/r » d²u / dz² = M / (EJ); 1/r - кривизна. M = F_КР•u.

Уравнеие изогнутой оси: d²u / dz² = – F_КР•u / (EJ).

заменим: k² = F / (EJ_min) [при потере устойчивости попереч. сечения поворач-ся вокруг главной оси с минимальным моментом инерции J_min ], тогда :

uІ + k²•u = 0; реш.ур.: u = C•cos (k•z) + D•sin(k•z).

Определение C и D из условий опор балки : 1) при z = 0,u = 0;2) при z = l, u = 0. Ю С = 0, D•sin(k•z)=0.

D = 0 не подходит т.к. нет прогиба балки Ю sin(k•z)=0; Ю k = np / l, Ю F_КР = p²•J_min•E•n² / l² .

наи

Раздел: Технология
Количество знаков с пробелами: 16800
Количество таблиц: 4
Количество изображений: 6

Скачать

Главная Новости Рефераты Статьи Вузы

О проекте Соглашение

Наверх

Войти на сайт

Навигация

0 комментариев

Разделы

Инфо

Следите за новостями