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 - ?, Ay - ?, Az
- ?
Решение:
1.1
Уравнения
равновесия
балки: S(Py)
= 0, S(Pz)
= 0, S(mz)
= 0
(1).
Ay + P –
3P + N •
sin 60°
= 0
(2).
Az + 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: Ay
= 2P –
N •
sin 60°,
Az = –
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).
Ay
= 2 •
32 –
101,61 •
sin 60°
= –24
(кН).
Az
= –
101,61 •
cos 60°
= –50,81
Для
проверки посчитаем
сумму моментов
относительно
точки B:
Ay•(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.
NAB
= P = 32 кН;
NBC
= P–2P
= –P
= –32
кН;
NCD
= P–2P–3P
= –4P
= –128
кН;
NDE
= 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).
sAB
= NAB / F1
= 32000 / 100p
»
»
101,9 (н/мм2).
sBС
= NBС / F2
= –32000
/ 196p
»
»
–52
(н/мм2).
sСD
= NСD / F2
= –128000
/ 196p
»
»–207,9
(н/мм2).
sDE
= NDE / F2
= –96000
/ 196p
»
»
–155,9
(н/мм2).
E
= 2•105(н/мм2).
UE
= 0.
UD
= c •
sDE
/ E = 2l •
sDE
/ E »
–155,9
•
2 •
1,2 •
103 / (2 •
105) = –1,87
(мм).
UC
= UD + b •
sCD
/ E »
–1,87
–
207,9 •
3 •
1,2 •
103 / (2 •
105) = –5,61
(мм).
UB
= UC + a •
sBC
/ E »
–5,61
–
52 •
1,2 5
103 / (2 •
105) = –5,93
(мм).
UA
= UB + a •
sAB
/ E »
–5,93
+ 101,9 •
1,2 •
103 / (2 •
105) = –5,31
(мм).
Проверка
прочности
бруса в опасном
сечении (при
ЅsЅ
= ЅsЅmax):
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,YE,YF)
(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:
YE-? ZE-? YF-? ZF-?
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 :
YE
– q •
(D – С) +
P2 + P1 + YF = 0
Уравнение
суммы изгибающих
моментов
относительно
точки E :
–
(D – С) •
q • (С +D)
/ 2 + P2 •
A2 –
M1 + M2 + P1 •
A1 + YF •
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 YE и
YF будут означать
противоположное
их направление
выбранному
на схеме.
Из уравнения
моментов вычисляем
силу YF :
YF
= [(D – C) •
q • (С +D)
/ 2 – P2
• A2
+ M1 –
M2 –
P1 •
A1] / L
YF
= [(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 YE :
YE
= q • (D –
С) – P2
– P1
– YF
YE
» 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
YE и YF имеют
правильные
направления.
Уравнение
суммы изгибающих
моментов
относительно
точки F :
–(D–С)•q•
[(L–D)+(L–C)]/2+YE•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
YE и YF.
–(1,2–0,2)•20•[(3,1–1,2)+(3,1–0,2)]/2+YE•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
близко1)
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.
zn
- 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.
n
RQn
= –
lim Q(z) = –
е
lim Qўk(x)
z ®
zn
слева k=0 x ®(zk–zk–1)
слева
Пусть Qўn(x),
x = z –
zn–1
- функция зависимости
внутр. попереч.
силы от координаты
z на
участке n,
если z лежит
на левой границе
участка, то (z
–
zn–1)
= 0. Пусть RQn
- 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 | Qўn(x), | пределы | RQn | Rqn | ||
| 1 | YE | 0 Ј | –YE | – 5,6 | ||
| 2 | – q • | z1 | –YE | –5,6+20•(10,0–0,2)=10,6 | ||
| 3 | P2 | z2 | –YE | 10,6–10,0+20•(1,2–1,0)=4,6 | ||
| 4 | 0 | z3 | 4,6 | |||
| 5 | 0 | z4 | 4,6 | |||
| 6 | 0 | z5 | 4,6 | |||
7
Название реферата: Расчет стержневых систем и бруса на растяжение, Расчет нагруженной балки, Экзаменационные вопросы по прикладной механике
Вам также могут понравиться эти работы:
|