Гонтарь И.Н., Волчихина Н.И. Сопротивление материалов
Подождите немного. Документ загружается.
71
1.4.3 Расчёт статически неопределимой
стержневой системы при воздействии
силовых нагрузок
Расчёт на прочность статически неопределимой стержневой сис-
темы, нагруженной распределённой и сосредоточенной силами
Цель:
для абсолютно жесткой балки (рисунок 1.4.3), шарнирно за-
крепленной стержнями I и II и нагруженной равномерно распределенной
нагрузкой интенсивностью q и сосредоточенной силой P = qa:
−
раскрыть статическую неопределимость системы;
−
определить нормальные усилия N
i
в поперечном сечении стержней;
−
определить размеры поперечных сечений F
i
стержней I и II, их
диаметры, обеспечивающие прочность элементов и конструкции в целом.
Данные для расчёта взять из таблиц 1.4.1, 1.4.2; схему − по рисунку 1.4.1.
Порядок расчёта
1 Вычертить в масштабе расчётную схему.
2
Составить схему сил.
3
Составить уравнения статики (равновесия). Определить степень
статической неопределимости конструкции.
4
Вычертить схему перемещений жёсткой балки.
5
Составить уравнение совместности перемещений.
6
Раскрыть статическую неопределимость.
7
Определить приведённые напряжения в стержнях.
8
Определить размеры поперечных сечений стержней.
9
Определить напряжения в стержнях.
10
Сделать вывод о прочности конструкции.
α
β
b
c
q
III
a
P
Рисунок 1.4.3 – Стержневая система с жёсткой балкой
72
Пример выполнения
Стержневая система состоит из жёсткой балки, шарнирно соединён-
ной с двумя стержнями: I и II. К жёсткой балке приложены сосредоточенная
сила Р и распределённая нагрузка q.
Требуется:
− раскрыть статическую неопределимость;
−
определить нормальные усилия и напряжения в стержнях.
−
определить размеры поперечных сечений F
i
стержней, их диа-
метры, обеспечивающие прочность конструкции.
Исходные данные по варианту ________ , из таблиц 1.4.1, 1.4.2
и по рисунку 1.4.1.
Материал стержней – сталь;
допускаемое напряжение [σ] = 160 МПа;
модуль упругости Е
1
= Е
2
= Е = 2·10
5
МПа;
площади поперечных сечений стержней F
1
= F, F
2
= 2F.
Дополнительные данные приняты по таблицам 1.4.1 и 1.4.2.
а = 0,5 м = 500 мм; b = 0,4 м = 400 мм; q = 10 Н/мм.
α = 45º; β = 51º; L
1
= 707,2 мм; L
2
= 643,4 мм.
Схема стержневой системы принята по рисунку 1.4.3.1.
1 Вычерчиваем расчётную схему (рисунок 1.4.3.2). Отбрасываем опо-
ры и вместо отброшенных опор прикладываем реактивные силы (для про-
стоты реакции строим на опорах).
Рисунок 1.4.3.1 – Заданная стержневая система
a b
С
D
III
a
α
β
А
q
P
B
Е
73
2 Строим схему сил. Применяем метод сечений к заданной конструк-
ции (рисунок 1.4.3.3).
Мысленно рассекаем стержневую систему на две части и отбросыва-
ем верхнюю часть. Действие отброшенной верхней части заменяем возни-
кающими в рассечённых стержнях I и II неизвестными внутренними уси-
лиями N
1
и N
2
, уравновешивающими нагруженную нижнюю часть системы.
Расчётная схема сил изображена на рисунке 1.4.3.3.
β
N
1
a
A
Y
А
P
B
Z
α
Y
q
N
2
A
Z
Рисунок 1.4.3.3 – Расчётная схема сил и усилий отсечённой нижней
части конструкции
Рисунок 1.4.3.2 – Расчётная схема стержневой системы
на действие внешних сил q и P
α
С
D
III
a
D
Y
β
a b
А
B
Z
A
Y
A
Z
q
P
74
3 Составляем уравнения статики. Определяем степень статической
неопределимости.
Составляем возможные уравнения равновесия нижней части системы:
ΣZ = 0; – A
Z
– N
1
cos α + N
2
cos β = 0; (1)
ΣY = 0; A
Y
+ N
1
sin α + N
2
sin β – qa – P = 0;
A
Y
+ N
1
sin α + N
2
sin β – 2q a = 0; (2)
ΣmomA = 0; N
1
a sin α +N
2
a sin β – P a – qa
2
/2 = 0.
N
1
sin α + N
2
sin β – 3qa/2 = 0. (3)
Получили три силовых уравнения с 4-мя неизвестными N
1
, N
2
, A
Y
, A
Z
.
Степень статической неопределимости: ССН = n
н
– n
у
= 4 – 3 = 1.
Следовательно, рассматриваемая система один раз статически неопредели-
ма и для решения задачи требуется составить еще одно дополнительное
уравнение – уравнение совместности деформаций. Оно получается при рас-
смотрении деформаций стержней конструкции при действии всех прило-
женных нагрузок.
4 Вычерчиваем схему перемещений жёсткой балки.
Составляем схему перемещений, изобразив начальное состояние кон-
струкции – до
приложения нагрузок − и деформированное состояние
при действии заданных нагрузок (рисунок 1.4.3.4).
Рисунок 1.4.3.4 – Схема перемещения шарнира В и деформации стержней
от воздействия внешней нагрузки
C
Y
D
К
2
К
1
∆L
1
∆L
2
В
1
B
Z
α
β
II I
A
α
β
●
●
75
Так как перемещения любых точек конструкции под нагрузкой весьма
малы по сравнению с размерами самой конструкции, то на схеме показыва-
ем их в очень преувеличенном виде с отклонением от масштаба.
Ввиду малости деформаций и перемещений считаем, что точка В пе-
реместится в положение В
1
по нормали к исходному положению радиуса
вращения АВ (ВВ
1
⊥ АВ).
При совмещении концов стержней СВ и DB с точкой В
1
описываемые
ими при повороте относительно шарниров C и D дуги заменим прямыми
В
1
К
1
и В
1
К
2
, перпендикулярными к первоначальному направлению положе-
ния стержней I и II.
Отрезки ВК
1
= ∆L
1
и BК
2
= ∆L
2
являются абсолютными удлинениями
стержней I и II.
При составлении схемы перемещений (см. рисунок 1.4.3.4) нужно,
чтобы знаки деформаций стержней соответствовали принятому направле-
нию внутренних усилий N
1
и N
2
на схеме рисунка 1.4.3.3.
Так, в рассматриваемом примере на рисунке 1.4.3.3 растягивающие
усилия N
1
и N
2
соответствуют тому, что на схеме перемещений рисун-
ка 1.4.3.4 стержни I и II изображены удлиняющимися на величины ∆L
1
и ∆L
2
.
5 Составляем уравнение совместности деформации.
Рассмотрим прямоугольные треугольники ВВ
1
К
1
и ВВ
1
К
2
с общей ги-
потенузой ВВ
1
. Выразив отрезок ВВ
1
(перемещение точки В) через удлине-
ния стержней ∆L
1
и ∆L
2
, получаем:
−
из ∆ВВ
1
К
1
;
αsin
1
1
L
BB
∆
=
−
из ∆ВВ
1
К
2
.
βsin
2
1
L
BB
∆
=
Тогда
.
βsinαsin
21
LL
∆
=
∆
(4)
Получено деформационное уравнение (4), в котором деформации ∆L
1
и ∆L
2
можно выразить через внутренние нормальные усилия по закону Гука
и перейти к силовому виду уравнения:
ii
ii
i
FE
LN
L =∆
.
βsinαsin
2
22
1
11
EF
LN
EF
LN
= . (5)
76
Учитывая, что по условию задачи F
1
= F; F
2
= 2F; ;
αsin
1
a
L =
βsin
2
a
L =
(см. рисунок 1.4.3.2), полученное выражение (5) преобразуем к виду
β
=
α
2
2
2
2
1
1
sinsin EF
aN
EF
aN
,
или окончательно получаем недостающее силовое уравнение
0
βsin
αsin
2
2
2
1
21
=−
F
F
NN . (6)
6 Раскрываем статическую неопределимость.
Уравнение (6) является дополнительным четвёртым уравнением для
уравнений (1), (2) и (3).
Просматривая полученные уравнения, можно убедиться в том, что
для решения задачи (т. е. для определения нормальных усилий N
1
и N
2
) дос-
таточно двух уравнений с двумя неизвестными.
Уравнение (3) совместно с уравнением (6) образует систему уравне-
ний для определения усилий N
1
и N
2
.
⎪
⎪
⎭
⎪
⎪
⎬
⎫
=
β
−
−
.0
sin
αsin
;0 =
2
3
βsin + αsin
2
2
2
1
21
21
F
F
NN
qa
NN
(7)
Уравнения (1) и (2) могут быть использованы для определения реак-
ций A
Y
и A
Z
при расчёте на прочность опорного узла А, чего не требуется по
условию задачи.
Определяем внутренние усилия N
1
и N
2
, решая систему уравнений (7).
Из первого уравнения системы (7)
.
si
n
2
3
β sin
2
1
α
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+−
=
qа
N
N
(8)
Из второго уравнения системы (7)
.
βsin
αsin
2
2
2
1
21
F
F
NN = (9)
Приравняв правые части равенств (8) и (9), в результате преобразова-
ний получаем:
77
;
sinsin
sin
2
3
3
1
2
3
2
1
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
β+α
α
=
F
F
qa
N
(10)
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
=
βsinαsin
βsin
2
3
33
2
1
2
2
F
F
qa
N . (11)
С учетом данных (см. рисунок 1.4.3.2) имеем
,1tg ==α
a
a
т. е. α = 45 °;
25,1
4,0
5,0
tgβ ===
b
a
, т. е. β = 51° 20΄.
При q = 10 Н/мм, F
2
= 2F
1
получаем
Н2902
7771,07071,0
2
7071,0
22
500103
33
1
1
2
1
1
2
1
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+⋅
⋅⋅
⋅⋅
=
F
F
F
F
N
,
Н7010
7771,0
2
7071,0
7771,0
2
2
500103
3
1
1
3
2
1
1
2
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⋅+
⋅⋅
⋅⋅
=
F
F
F
F
N
.
Подставляя найденные значения N
1
и N
2
в уравнения статики опреде-
ляем реактивные силы.
Таким образом, статическая неопределимость раскрыта.
7 Определяем приведённые нормальные напряжения в стержнях.
Сравниваем напряжения в стержнях, учитывая, что по условию
F
1
= F; F
2
= 2F,
FF
N
2902
σ
1
1
I
==
Н/мм
2
.
FFFF
N
3505
2
70107010
σ
22
2
II
====
Н/мм
2
.
8 Определяем размеры поперечных сечений стержней.
Напряжение на единицу площади в стержне II больше, чем в стержне I,
поэтому для определения площади поперечного сечения стержней исходим
из условия прочности для стержня II
78
]σ[
2
σ
2
II
≤=
F
N
, =>
9,21
1602
7010
]σ[2
2
=
⋅
=≥
N
F
мм
2
,
где [σ] = 160 МПа = 160 Н/мм
2
.
Используя соотношения F
1
= F, F
2
= 2F, находим:
F
1
= 21,9 мм
2
; F
2
= 2 · 21,9 = 43,8 мм
2
.
Определяем диаметры стержней
мм28,5
14,3
9,21
2
π
4
1
1
===
F
d ;
.мм47,7
14,3
8,43
2
π
4
2
2
===
F
d
Принимаем d
1
= 5,5 мм; d
2
= 7,5 мм (значения по ряду нормальных
линейных размеров).
Так как округление выполнено в большую сторону, прочность стерж-
ней обеспечена.
При диаметрах d
1
= 5,5 мм и d
2
= 7,5 мм площади сечений равны соот-
ветственно
;
2
22
2
2
мм20,44
4
5,714,3
4
π
=
⋅
==
d
F
.
9 Нормальные напряжения равны
;]σ[МПа122
75,23
102902
σ
3
1
1
1
<=
⋅
==
F
N
]σ[МПа158
20,44
107010
σ
3
2
2
2
<=
⋅
==
F
N
.
Вывод
•
В стержне II с максимальным нормальным усилием N
2
= 7 кН дей-
ствуют максимальные напряжения 158 МПа, которые не превосходят до-
пускаемого значения [σ] = 160 МПа.
•
Стержень II не должен воспринимать воздействие дополнительных
факторов, кроме q и Р, иначе напряжения в нём будут превосходить допус-
каемые.
79
2 Геометрические характеристики
плоских сечений
Вводная часть
В расчётах брусьев при растяжении−сжатии, кручении и изгибе раз-
меры и форма его поперечного сечения представляются в виде геометриче-
ских характеристик – площадь, статический момент, осевые моменты инер-
ции, полярный момент инерции, центробежный момент инерции, осевые
и полярный моменты сопротивления.
Статическим моментом сечения относительно координатных осей X
и Y называют интегралы вида
∫
=
=
F
СX
yFdFyS
;
∫
=
=
F
СY
xFdFxS ,
где х
С
и у
С
– расстояния от центра тяжести сечения соответственно до осей
ОY и ОХ.
Статический момент плоского сечения относительно любой цен-
тральной оси равен нулю.
Осевые моменты инерции – это интегральная характеристика вида
∫∫
==
F
Y
F
X
dFxJdFyJ
22
;.
Полярный момент инерции – это интегральная характеристика вида
∫∫∫
===
FF
p
dxdydFJJ
22
0
ρρ ,
где ρ – расстояние от площадки dF до полюса (начала координатных осей).
Полярный момент инерции можно вычислить как сумму осевых мо-
ментов инерции
YXp
JJJ
+
=
.
Центробежный момент инерции – это интегральная характеристика
вида
∫
=
F
XY
xydFJ .
Момент инерции сложного составного сечения равен алгебраической
сумме моментов инерции, составляющих сечение частей.
80
При параллельном переносе осей момент инерции сечения относи-
тельно произвольной оси, проведенной параллельно центральной оси, равен
моменту инерции относительно центральной оси плюс произведение пло-
щади сечения на квадрат расстояния между осями:
I2III2II
00
, FbJJFaJJ
y
Y
x
X
+=+=
,
где a и b – соответствующие расстояния между осями.
Зависимость между моментами инерции при повороте координатных
осей имеет вид
α2sinαsinαcos
22
1
xyyxx
JJJJ −+= ;
α2sinαsinαcos
22
1
xyxyy
JJJJ ++= ;
(
)
α2cosα2sin
2
11
xy
yx
yx
J
JJ
J +
−
=
,
где
11
,,
yxyx
JJJ
– моменты инерции относительно новых осей x
1
, y
1
, повёр-
нутых на угол α.
Угол α положительный, если поворот осей против часовой стрелки.
Главными осями инерции называются две взаимно перпендикулярные
оси, относительно которых центробежный момент инерции равен нулю.
Направление главных осей инерции определяется
xy
xy
JJ
J
−
=α
2
2tg
.
Главными моментами инерции называются осевые моменты инерции,
вычисленные относительно главных осей инерции.
Главные оси, проходящие через центр тяжести сечения, называются
главными центральными осями, а моменты инерции относительно этих
осей – главными центральными моментами инерции.
Момент сопротивления W на любом расстоянии относительно глав-
ных осей инерции вычисляется по формулам:
i
Y
Y
i
X
X
x
J
W
y
J
W == ;.