РГР № 3 – Внутренние усилия при изгибе стержней

СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

Методические указания к выполнению расчетно – графических работ

по курсу «Сопротивление материалов»

Часть 1

Новокузнецк

УДК 620.17

С 64

Рецензент:

кандидат технических наук, доцент,

заведующий кафедрой инженерных конструкций

Н.Н. Алешин

С 64 Сопротивление материалов : метод. указ. / Сиб. гос.

индустр. ун-т ; сост. Ю.А. Епифанцев, А.В. Витушкин.

– Новокузнецк : Изд. центр СибГИУ, 2012. – 69 с.

Представлены задания к выполнению расчетно – графических работ по разделам статически – неопределимых систем, геометрических характеристик плоских сечений, внутренних усилий и напряжений при поперечном изгибе по курсу «Сопротивление материалов». Приведены примеры решения задач и вопросы по выполненным темам.

Предназначены для студентов направления подготовки 270800 Строительство.

Предисловие

Сопротивление материалов – наука о прочности, жесткости и устойчивости отдельных элементов конструкций.

Инженеру строительной специальности часто приходится проводить расчеты элементов конструкций на прочность, то есть на их способность сопротивляться разрушению под действием приложенных к ним внешних нагрузок. Для успешного освоения данного раздела необходимо иметь твердые навыки в решении конкретных задач.

В методические указания включены задания по разделам статически – неопределимых систем, геометрических характеристик плоских сечений, внутренних усилий и напряжений при поперечном изгибе.

Каждый студент согласно учебному плану, в третьем семестре выполняет четыре расчетно – графические работы (РГР). Работы выполняются на бумаге формата А3 (297×420). Штамп вычерчивается по форме, приведенной в таблице 1.

Таблица 1 – Форма штампа

РГР №1 – Расчет статически неопределимой системы

Задание. Абсолютно жесткий брус опирается на шарнирно-неподвижную опору и прикреплен к двум стержням с помощью шарниров (расчетные схемы приведены на рисунке 1). Расстояние от бруса до опор в вертикальном направлении = 2 м, a = 1 м. Проверить стержни на прочность при [ ] = 160 МПа.

Задача 1. Расчет системы при действии внешней силы

Вертикальная сила F = 120 кН, направленная вниз, приложена в правом крайнем шарнире бруса (на схеме не показана). Площади поперечного сечения стальных стержней соответственно равны А₁ = 12·10^–4 м², А₂ = 2·10^–3 м².

Рисунок 1 – Расчетные схемы шарнирно – стержневых систем

Рисунок 1 – Расчетные схемы шарнирно – стержневых систем

(продолжение)

Рисунок 1 – Расчетные схемы шарнирно – стержневых систем

(продолжение)

Пример решения. Рассмотрим шарнирно – стержневую систему, представленную на рисунке 2.

Рисунок 2 – Схема шарнирно – стержневой системы

Данные для расчета:

а = 4 м; в = 3 м; с = 2 м; A = 10 м²; α = 45˚; = 160 МПа.

Решение

Для определения напряжений от действия внешней нагрузки в деформируемых стержнях 1 и 2 необходимо знать внутренние усилия в этих стержнях N и N , которые направлены вдоль стержней (рисунок 3). При этом их направления выбираем по правилу: если стержень получает удлинение, то усилие в нем направляем от бруса, и, наоборот, если стержень укорачивается, то к брусу.

От действия заданной нагрузки F в неподвижном шарнире А возникают реактивные силы V и Н . Для определения усилий в стержнях рассмотрим условия статического равновесия данной системы.

Рисунок 3 – Схема к определению усилий в стержнях

Статическая сторона задачи

Приведем уравнения статического равновесия стержня ВАС. Поскольку система плоская, составим три уравнения:

; Н N cos = 0; (1)

; V + N – N sin F = 0; (2)

; N в + N a sin – F(c+в) = 0. (3)

В этих трех уравнениях имеется четыре неизвестных усилия. Поскольку величины опорных реакций V и Н по условию задачи определять не требуется, то для дальнейшего решения задачи пользуемся уравнением (3). В этом уравнении два неизвестных, таким образом, задача один раз статически неопределима. Дополнительное уравнение составляем из условия совместности перемещений, т.е. геометрической зависимости между деформациями стержней.

Геометрическая сторона задачи

Под действием силы F брус ВАС повернется и займет положение В АС (рисунок 3), при этом точка С перейдет в положение С , а точка В – в положение В , перемещаясь по нормали к первоначальному положению бруса ВАС вследствие малости угла поворота. Тогда отрезок СС является удлинением стержня 1. Чтобы найти величину удлинения стержня 2, необходимо на направление стержня 2 из точки В опустить перпендикуляр. Отрезок В₁D представляет собой удлинение стержня 2. Таким образом,

СС = ∆ , В₁D = ∆ .

Установим зависимость между величинами ∆ и ∆ . Из подобия треугольников АВВ и АСС можно записать:

,

где (из ∆ BB D).

Тогда

, или .

Следовательно, . (4)

Уравнение (4) представляет зависимость между удлинениями стержней системы.

Физическая сторона задачи

Удлинения стержней 1 и 2 выражаем через усилия N и N по закону Гука:

; .

Тогда выражение (4) запишем так:

в.

Зная, что в и ,

получаем

и затем

2 . (5)

Решив совместно уравнение (3) и (5), выразим усилия N и через F:

Из второго уравнения выразим N :

Подставим это выражение в первое уравнение системы

.

Выполним преобразования

Тогда

Определим напряжения в стержнях и сравним с допустимыми:

< [ ] = 160 МПа;

<[ ] = 160 МПа.

Значит стержни проходят на прочность.

Задача 2. Расчет системы с учетом неточности изготовления стержней

Первый стержень шарнирно – стержневой системы изготовлен короче проектного размера на величину = 2 мм. Площади поперечного сечения стальных стержней равны А₁ = 0,8·10^–3 м², А₂ = 1,2·10^–3 м², Е = 2·10⁵ МПа.

Пример решения. В шарнирно – стержневой системе (рисунок 4) стержень 2 выполнен короче проектной длины на величину м ( по сравнению с длиной стержня весьма мало). В связи с этим после монтажа в стержнях возникли начальные (монтажные) напряжения. Требуется определить эти напряжения и сравнить с допустимыми.

Рисунок 4 – Схема с монтажной погрешностью

Данные для расчета:

в = 3 м; А = 10^{-3 м2}; ; Е = , [ ] = 160 МПа.

Решение

Направление внутренних усилий в стержнях и выбираем из условия, что после сборки системы стержня 1 сжимается, а стержень 2 растягивается. Значит усилие направлено вдоль стержня к брусу, а усилие – от бруса (рисунок 5).

Рисунок 5 – Система в деформированном виде

Приведем уравнение равновесия бруса ВАС.

(1)

В данное уравнение входят два неизвестных усилия. Следовательно, рассматриваемая шарнирно – стержневая система один раз статически неопределима.

Для составления дополнительного уравнения рассмотрим систему в деформированном виде (рисунок 5). После монтажа системы брус АВС повернется в положение В₁АС₁ , т.е. точка С переместится в положение С₁, а точка В в положение В₁. Восстановив из точки В₁ перпендикуляр на первоначальное направление стержня 2, получим точку D. Следовательно, деформация стержня 2 ( ) выражается его удлинением на величину отрезка В₀D. Отрезок СС₁ представляет укорочение (деформацию ) стержня 1.

Для установления зависимости между величинами и рассмотрим подобие треугольников АВВ₁ и АСС₁., из которого следует:

,

где СС₁ = ; ВВ₁ = .

Тогда или .

Следовательно, уравнение совместности деформаций имеет вид:

(2)

На основании закона Гука

; .

Подставляя эти выражения в уравнение (2) и , зная, что

, , ,

получаем: .

Отсюда .

Подставив это выражение в уравнение (1), получим:

.

Отсюда

.

Тогда

.

Определим напряжение в стержнях:

< [ ] = 160 МПа;

< [ ] = 160 МПа.

Значит стержни по условию прочности проходят.

Задача 3. Расчет системы с учетом перепада температур

Первый стержень выполнен из стали с модулем упругости первого рода Е_с = 2·10⁵ МПа и коэффициентом линейного расширения _с = 125·10^–7 град^–1, второй из меди с Е_м = 10⁵ МПа и _м = 160·10^–7 град^–1. Площади поперечного сечения стержней А_с = 1,2·10^–3 м², А_м = 1,5·10^–3 м². Система после сборки получила положительный перепад температуры t = 50⁰ С.

Пример решения. В шарнирно – стержневой системе (рисунок 6) первый стержень стальной с площадь поперечного сечения А_с = 10^{-3 м2}, второй медный с площадью поперечного сечения .Система после сборки получила положительный перепад температуры . Необходимо определить температурные напряжения в стержнях, возникшие в результате изменения температуры элементов системы и сравнить с допустимыми.

Рисунок 6 – Исходная схема

Данные для расчета:

; ; ; ; [ ]_с = 210 МПа;

[ ]_v = 110 МПа..

Коэффициенты линейного расширения

; ;

Решение

Для определения направлений внутренних усилий, возникающих в стержнях, в первую очередь, необходимо оценить значения коэффициентов термического расширения для стали и меди. Стержень, для которого этот коэффициент окажется больше, имеет большее деформационное воздействие на систему.

Вычислим значения этих коэффициентов для рассматриваемой системы

град^–1;

.

Так как , следовательно, стальной стержень как бы, «пережимает» медного стержня.

При нагреве за счет удлинения стержней брус из положения ВАС повернется в положение В₁АС₁ (рисунок 7). При этом абсолютные деформации стержней составят величины и .

Рисунок 7 – К расчету температурных напряжений

Однако, если рассмотреть деформации стержней в отдельности друг от друга, то выясняются следующие особенности.

Точка С стального стержня при нагреве, если бы ему не препятствовал медный стержень, переместилась бы в точку . То есть температурная деформация составила бы величину . При отсутствии стального стержня медный стержень удлинился бы на величину (точка В переместилась бы в точку ) Поскольку, как отмечалось выше, деформационное воздействие стального стержня на систему больше, чем медного, то последний дополнительно удлиняется на величину силовой деформации . А деформация стального стержня за счет сопротивления медного уменьшится на величину .

Тогда

, .

Таким образом, стальной стержень оказывается сжатым за счет силового сопротивления медного стержня (усилие N_C направляем к брусу), а медный стержень за счет дополнительного воздействия со стороны стального стержня растягивается (усилие N_M направляем от бруса).

Уравнение равновесия системы при этом имеет вид:

(1)

По аналогии с предыдущими задачами при двух неизвестных продольных силах и имеется одно уравнение равновесия, следовательно, система один раз статически неопределима.

Дополнительное деформационное уравнение получим из соотношения треугольников и :

,

где ;

.

Тогда

или . (2)

Исходя из закона Гука и закономерности температурного расширения, запишем:

; ; ; ,

где ;

Подставив эти зависимости в уравнение (2) получаем:

или .

Подставляем числовые значения

.

Откуда . (3)

Решая совместно уравнения (1) и (3), получаем

.

Тогда .

Вычислим напряжения в стержнях:

< [ ]_с = 210 МПа;

< [ ]_м = 110 МПа.

Значит стержни проходят по условию прочности.

Контрольные вопросы к РГР №1

1. Что такое абсолютная и относительная деформации?

2. Что такое напряжение?

3. Виды напряжений?

4. Закон Гука?

5. Что такое жесткость поперечного сечения?

6. Что характеризует величина Е?

7. В чем заключается метод сечений?

8. Вид деформаций в стержнях?

9. Какое напряжение действует в поперечном сечении стержня?

10. Как определить степень статической неопределимости системы?

11. Условие прочности при растяжении (сжатии)?

12.С какой целью используется коэффициент термического расширения?

13.По какому правилу выбирается направление внутреннего усилия в стержне?

РГР №2 – Геометрические характеристики плоских сечений

Задание. Для заданного сечения (рисунок 8) и номера варианта профилей (таблица 2) определить положение главных центральных осей и величину главных центральных моментов инерции.

Методические указания. Если в таблице 2 поставлена буква Б при том или ином профиле, то нужно брать больший профиль из помещенных в таблице, при букве М – меньший профиль.

При расчете все необходимые геометрические и другие данные профилей следует брать из таблиц сортамента прокатной стали [1, 2, 3, 4].

В сечении, состоящем из двух фигур, центр тяжести всего сечения находится на отрезке, соединяющем центры тяжести этих фигур (ближе к большей).

 

Рисунок 8 – Профили поперечных сечений

 

Рисунок 8 – Профили поперечных сечений

(продолжение)

Две взаимно перпендикулярные оси, относительно которых центробежный момент инерции равен нулю, называются главными осями инерции сечения. Осевые моменты инерции относительно таких осей имеют экстремальные значения – один J_max, другой J_min и называются главными моментами инерции.

Если есть хотя бы одна ось симметрии фигуры, то эта ось и перпендикулярная к ней центральная ось являются главными центральными и, соответственно, центробежный момент инерции такой фигуры равен нулю.

Таблица 2 – Номера вариантов и виды профилей

№ варианта	Вид профиля
	75×50×8	63×40×6	63×63×6
	90×56×8	75×50×6	70×70×8				6,5
	100×63×8	80×50×6	75×75×8
	110×70×8	90×56×6	80×80×8
	125×80×8	100×63×6	90×90×8	18а		14а
	141×90×8	110×70×7	100×100×8		18а
	90×56×8	75×50×6	70×70×8
	75×50×8	63×40×6	63×63×6				6,5
	100×63×8	80×50×6	75×75×8				6,5
	110×70×8	90×56×6	80×80×8

 

Центробежные моменты инерции уголков приведены в соответствующих стандартах [3, 4]. Их значения являются положительными в том случае, если зев уголка с его центром тяжести располагается во втором или четвертом квадранте координатных осей, проведенных по боковым граням уголка. Отрицательное значение центробежный момент инерции принимает в первом и третьем квадрантах.

Пример решения. Для поперечного сечения, состоящего из швеллера и равнополочного уголка (рисунок 9) определить положение главных центральных осей и величину главных центральных моментов инерции.

 

Рисунок 9 – Поперечное сечение

Данные для расчета:

Фигура 1 – швеллер № 20 ГОСТ 8240-97 (рисунок 10):

h мм; А см ;

в мм; z см;

J см⁴; J см .

 

Фигура 2 – уголок 80 80 8 ГОСТ 8509–93

в мм; А см ;

z см; J J ;

J см .

Рисунок 10 – Геометрические размеры сечений

Решение

1. Определим положение центра тяжести сложного сечения (рисунок 9). Разобьем сложное сечение на составляющие фигуры 1 и 2. За вспомогательные оси сечения выберем систему координат Z Y₂. Это удобно, так как в системе этих осей координаты центров тяжести элементарных фигур не будут принимать отрицательных значений. Найдем координаты центра тяжести сложного сечения по формулам:

; y ,

где , – суммарные статические моменты инерции эле-

ментарных фигур относительно вспомогатель-

ных осей Z Y₂.

z cм;

см;

В этом случае согласно рисунка 5:

z см; z =0;

= 0; у cм.

Полученные координаты центра тяжести сечения отложим от вспомогательных осей Z₁ Y₂ и через найденную точку проведем центральные оси Z_с Y_с параллельно осям Z Y .

2. Найдем величины осевых и центробежных моментов инерции сечения относительно центральных осей Z_с Y_с. Для этого используем формулы перехода от центральных осей к параллельным:

;

;

, (1)

где , осевые и центробежные моменты

инерции элементарных фигур от-

носительно центральных осей

всей сложной фигуры;

, – осевые моменты инерции этих же фигур относи-

тельно собственных центральных осей. Эти ве-

личины найдены по таблицам сортамента прокат-

ных профилей;

координаты центров тяжести швеллера и уголка от-

носительно центральных осей всего сечения;

– центробежные моменты инерции швеллера и уголка

относительно собственных центральных осей.

Как видно из рисунка 9,

см;

см;

см;

см.

Поскольку оси Z Y являются главными осями сечения швеллера, то .

Для определения знака уголка пользуемся правилом: если зев уголка с его центром тяжести располагается в 1 или 3 квадрантах координатных осей, центробежный момент инерции принимается отрицательным, если в 2 или 4 квадрантах – положительным. В нашем случае зев уголка расположен в 3 квадранте, значит

J см .

Подставив численные значения в формулы (1), получим:

2075 м⁴;

см⁴;

= – 313,3 см⁴.

3. Определим направление главных центральных осей V и U. Угол наклона главных центральных осей V и U к осям Z_c и Y_с найдем по формуле:

Тогда 2 = 20,4˚; =10,2˚.

Поворачивая оси Ζ_с и Y_с против часовой стрелки (при положительном значении угла α) на угол α = 10,2˚, получаем положение главных центральных осей (рисунок 9).

4. Найдем величины моментов инерции относительно главных центральных осей по формуле:

.

Подставив числовые значения, получим:

Ось максимума (V) наклонена под меньшим углом к той из центральных осей, относительно которой центральный момент инерции сечения больше. В нашем случае

,

значит угол α получается между осями Z_c и V.

Выполним проверку по известному равенству

,

2130 .

Следовательно, задача решена верно.

Вопросы к защите РГР №2

1. Что такое и их единицы измерения?

2. Чему равен статический момент сечения относительно оси, проходящей через центр его тяжести?

3. Как определяются координаты центра тяжести сложного сечения?

4. Как записываются формулы перехода для моментов инерции при параллельном переносе осей?

5. Чему равна сумма осевых моментов инерции сечения относительно двух взаимоперпендикулярных осей?

5. Формулы для определения осевых моментов инерции относительно центральных осей круга, прямоугольника, кольца?

7. Чему равны полярные моменты инерции круга и кольца относительно их центров?

6. Если в плоскости сечения несколько параллельных осей, относительно какой из них равен минимальному значению?

7. Изменяется ли сумма осевых моментов инерции относительно двух взаимоперпендикулярных осей при их повороте?

8. Как отражается на знаке центробежного момента инерции сечения расположение уголка по квадрантам координатных осей?

8. Что такое главные моменты инерции?

9. Какие оси называются главными и главными центральными осями инерции?

10. Чему равен относительно главных осей инерции?

11. В каких случаях без вычисления можно установить положение главных осей инерции сечения?

12. Если и , то какие оси сечения являются главными?

РГР № 3 – Внутренние усилия при изгибе стержней

Задание. Построить эпюры внутренних поперечных сил и изгибающих моментов.

Задача 1. Для заданных двух схем балок (рисунки 11) требуется написать выражения для поперечных сил Q и изгибающих моментов M для каждого участка в общем виде, построить эпюры Q и M.

Исходные данные приведены в таблице 3.

Рисунок 11 – Схемы балок

Рисунок 11 – Схемы балок

(продолжение)

Рисунок 11 – Схемы балок

(продолжение)

Рисунок 11 – Схемы балок

(продолжение)

Таблица 3 – Исходные данные к задаче 1

№ варианта		M, кНм	F, кН	кН/м

Чтобы построить эпюры (графики) Q и М, надо помнить, что поперечная сила в любом сечении есть алгебраическая сумма проекций всех внешних сил, действующих по одну сторону сечения, на ось, перпендикулярную оси балки. Поперечная сила Q считается положительной, если внешняя сила слева от сечения направлена снизу вверх, а справа – сверху вниз (рисунок 12 а), и отрицательна – в противоположном случае (рисунок 12 б).

Рисунок 12 – Схемы к определению знаков поперечной силы

Изгибающий момент в любом сечении определяется как алгебраическая сумма моментов всех внешних сил, действующих по одну сторону от этого сечения. Изгибающий момент считается положительным от тех нагрузок, момент которых изгибает горизонтальную балку выпуклостью вниз (рисунок 13 а) и отрицательным в случае изгиба балки выпуклостью вверх (рисунок 13 б)..

Рисунок 13 – Схемы к определению знаков изгибающих моментов

Для построения эпюр Q и М необходимо разбить балку на грузовые участки; граница участка – это место приложения сосредоточенной внешней нагрузки или начало (конец) распределенной нагрузки.

Эпюра изгибающих моментов изображается на растянутых волокнах балки (в сторону ее выпуклости), а так как положительный момент соответствует направлению выпуклостью вниз, то положительный момент откладывается вниз, а отрицательный – вверх.

Для проверки правильности построения эпюр необходимо помнить, что в сечении, в котором к балке приложена сосредоточенная внешняя сила, перпендикулярная оси балки (в том числе и опорная реакция в виде сосредоточенной силы), значение поперечной силы Q изменяется скачкообразно на величину приложенной силы. Аналогично, в сечении, в котором к балке приложен сосредоточенный изгибающий момент (в том числе и опорная реакция в виде сосредоточенного момента), значение изгибающего момента М изменяется скачкообразно на величину приложенного момента.

На участке балки, на котором поперечная сила имеет постоянное значение, эпюра изгибающих моментов М будет ограничена прямой наклонной линией.

Изгибающий момент достигает максимума или минимума в тех сечениях балки, в которых поперечная сила равна нулю.

На участках балки, на которых распределенная нагрузка q отсутствует, поперечные силы Q постоянны, а изгибающие моменты М меняются по линейному закону.

Пример решения. Рассмотрим две схемы балок, представленных на рисунке 14.

Рисунок 14 – Схемы балок

Решение

Схема (а), рисунок 15

Для балки, защемленной одним концом (консольная балка), удобно отсчитывать участки от свободного конца. В этом случае расчет можно вести без определения опорных реакций.

Составим уравнения поперечных сил Q и изгибающих моментов М для участков.

Участок 1: ; Q₁ = – F = – 20 кН, М₁ = Fx;