Методические указания к решению задач

↑

▷ Содержание

⇐ ПредыдущаяСтр 3 из 3

▷ Похожие статьи

К ЗАДАЧАМ 1-10

К решению этих задач следует приступить после изучения тем «Основные понятия и аксиомы статики», «Плоская система сходящихся сил», «Пара сил», «Плоская система произвольно расположенных сил». При этом необходимо усвоить понятия «проекция силы на ось», «момент силы относительно точки», научиться составлять уравнения равновесия для плоской системы сил.

Во всех задачах определению подлежат опорные реакции тела, находящегося в равновесии под действием плоской системы произвольно расположенных сил. Реакции в стержнях направлены вдоль стержней, реакция гибкой связи направлена вдоль связи, реакции плоскости направлены перпендикулярно плоскости. Реакция шарнирно-подвижной опоры направлена по нормали к опорной поверхности шарнира. Реакцию шарнирно-неподвижной опоры принято представлять в виде двух составляющих реакций по осям координат.

Вид применяемой системы уравнений равновесия может быть различным Σ М_А = 0, Σ М_В = 0, Σ X = 0, Σ Y = 0. Три из этих уравнений используются для решения, одно из них – для проверки решения. При составлении уравнений следует помнить, что проекция силы на ось численно равна произведению модуля силы на косинус угла между направлением силы и положительным направлением оси ([1], §7). Моментом силы относительно точки называется произведение модуля силы на плечо; плечом силы является перпендикуляр, опущенный из точки, относительно которой берется момент, на линию действия силы. Если при этом сила стремится повернуть тело по часовой стрелке, то ее момент считают положительным, если против часовой стрелки – отрицательным ([1], §15).

ПРИМЕР 1. Однородная балка, сила тяжести которой равна 2 кН, закреплена в точке А с помощью шарнирно-неподвижной опоры и опирается в точке В на ребро стены (рис. 7а). Найти реакции опор, если АС = 4м, ВС = 1м.

Решение

Рис. 7

На балку действует одна активная сила – сила тяжести. В силу однородности балки сила тяжести приложена в ее середине, т. е. в точке D.

Освободим балку от связей, приложив к ней вместо связей силы реакций (рис. 7б). В точке А к балке надо приложить неизвестные две взаимно перпендикулярные силы R_{А х} и R_Ау. В точке В балка опирается на ребро, следовательно, реакция R _В перпендикулярна балке АС (рис. 7 б).

Сила тяжести вместе с реактивными силами представляет уравновешенную систему сил, произвольно расположенных в плоскости, для которой можно составить три независимых уравнения равновесия: два уравнения проекций и одно уравнение моментов.

Составим уравнения равновесия:

1 ) Σ F_iх= 0. R_Ах – R_В cos 60 ^º = 0.

2 ) Σ F_iy= 0. R_Ау – G + R_В cos 30 ^º=0.

Для составления уравнения моментов в качестве центра моментов может быть выбрана точка плоскости, но для получения более простого уравнения нужно в качестве центра моментов выбрать ту точку, через которую проходит большее число неизвестных сил. 3) где

Из (1)

Из (2)

Для проверки правильности решения воспользуемся уравнением моментов относительно точки D.

Следовательно, задача решена правильно.

К ЗАДАЧАМ 11-20

К решению задач следует приступить после изучения темы «Центр тяжести» ([1], §§ 23, 24).

Центром тяжести тела называется центр параллельных сил тяжести всех элементарных частиц тела.

Если тело имеет ось симметрии, то центр тяжести лежит на этой оси.

Если тело имеет две оси симметрии, то центр тяжести находится на их пересечении.

Центр тяжести может лежать и вне тела.

Задачи решаются в следующей последовательности:

1.Составная фигура делится на простейшие геометрические фигуры, положения центра, тяжести которых известны (круг, прямоугольник, треугольник).

2.Выбирают оси координат, относительно которых берутся координаты центров тяжести каждой простейшей фигуры.

3.Вычисляют координаты центра тяжести сложной фигуры по формулам:

где - координаты центров тяжести простейших фигур;

- площади простейших фигур.

Если сечение имеет отверстия, площади отверстий вычитаются.

ПРИМЕР 2. Для тонкой однородной пластины, форма которой и размеры в миллиметрах заданы на рис.8, определить положение центра тяжести.

Рис. 8

Решение

1.Выбираем оси координат так, чтобы фигура была расположена в первом квадранте.

2. Разбиваем фигуру на три части: два прямоугольника I и II и круглое отверстие III.

3. Определяем координаты центров тяжести простейших фигур:

х ₁= 25 мм, y₁=15мм,

х ₂= 40 мм, y₂=50мм, (х ₂ = 50 – 20/2 = 40, y₂ = 30 + 40/2 = 50),

х ₃= 20 мм, y₃=10мм.

4. Определяем площади составных частей:

А ₁ = 50 ∙ 30 = 1500 мм ², А ₂ = 20 ∙ 40 = 800 мм ², А ₃ = 3,14 ∙ 5² /4 = - 19,6 мм ².

Знак «минус» означает, что А ₃ - площадь отверстия.

5. Вычисляем координаты центра тяжести всей фигуры:

6. Покажем положение центра тяжести всей фигуры на чертеже:

х _С = 30,3 мм; y_С = 28,2мм.

К ЗАДАЧАМ 21-50

Приступить к решению этих задач следует после изучения основных положений раздела «Сопротивление материалов» ([1], §§28- 1). Для успешного решения задач необходимо получить четкое представление о методе сечения для определения внутренних силовых факторов, о видах нагружения бруса, напряжениях, условии прочности и видах расчетов на прочность.

В общем случае нагружения тела внутренние силовые факторы, возникающие в поперечном сечении нагруженного бруса, включают в себя продольную N _z и поперечные силы Q_x и Q _y, а также крутящий М _z и изгибающие моменты М_x, М_y.

Метод сечения складывается из нескольких последовательных действий:

- рассекают тело мысленно плоскостью на две части;

- отбрасывают одну часть;

- заменяют действие отброшенной части внутренними силовыми факторами;

- уравнения равновесия составляют для оставленной части и решают, определяя из них значения и направления внутренних силовых факторов.

Для наглядного изображения распределения внутренних силовых факторов вдоль оси бруса строят диаграммы, называемые эпюрами.

Численное значение внутренних сил, приходящихся на единицу площади поперечного сечения у какой-либо его точки, называется напряжением. Напряжение измеряют в паскалях (1Па=1Н/мм²), кратные единицы – мегапаскаль (1МПа = 10⁶ Па = 1Н/мм²).

С помощью метода сечений определяют значение и знак внутренних силовых факторов во всех случаях по длине бруса, строят их эпюры и отыскивают опасное сечение бруса. Внутренний силовой фактор в произвольном поперечном сечении бруса численно равен алгебраической сумме соответствующих нагрузок, действующих на оставленную для рассмотрения часть бруса.

Установленное в статике для сил и моментов правило знаков при определении внутренних силовых факторов неприменимо. Для каждого вида внутренних силовых факторов устанавливается собственное правило знаков.

При построении эпюры любого внутреннего силового фактора должно соблюдаться следующее общее правило, вытекающее из метода сечений: внутренний силовой фактор в сечении, в котором приложена соответствующая сосредоточенная нагрузка, изменяется «скачком» на значение этой нагрузки.

По виду внутреннего силового фактора устанавливают вид напряжения, возникающего в точках опасного поперечного сечения, закон его распределения по сечению и вид геометрической характеристики прочности сечения. Расчетное напряжение определяют как отношение внутреннего силового фактора к геометрической характеристике прочности.

По эпюре определяют опасное сечение бруса и производят расчет на прочность. Условием прочности при расчете по допускаемому напряжению называют неравенство:

σ ≤ [σ] или τ ≤ [τ],

где [σ] и [τ] - допускаемое напряжение, зависящее от механических характеристик материала бруса и принятого коэффициента запаса прочности;

σ и τ - расчетное напряжение.

Из условия прочности определяют требуемое значение искомой величины.

К решению ЗАДАЧ 21-30 следует приступить после изучения темы «Растяжение и сжатие» ([1], гл. VII).

Растяжением (сжатием) называют такой вид нагружения бруса, при котором в поперечных сечениях возникает только один внутренний силовой фактор - продольная сила N, численно равная в любом поперечном сечении алгебраической сумме внешних сил, действующих на оставленную часть бруса: N = ΣF_i.

Продольные силы N, соответствующие деформации растяжения (т.е. направленные от сечения или от объекта равновесия) считаются положительными, в противном случае они - отрицательные.

Для определения нормальных напряжений σ в поперечных сечениях значение продольных сил необходимо разделить на площади соответствующих сечений: σ = N / А.

Проверка прочности осуществляется по формуле: σ = N / А ≤ [σ],

где σ -наибольшее рабочее напряжение;

[σ] – допускаемое напряжение для материала стержня.

Превышение рабочего напряжения по сравнению с допускаемым не должно быть больше 5%.

Удлинение (укорочение) бруса или отдельных его участков определяется по формуле Гука:

Δ l = N· l / (А· Е) = σ·ℓ / E;

Решение

1.Отмечаем участки, как показано на рис.9а.

2.Определяем значение продольной силы N на участках бруса:

N₁ =0; N_II = F₁ = 30 кН; N_III = F₁ = 30 кН;

N_IV = F₁ – F₂ = 30 – 38 = – 8 кН;

N_V = F₁ – F₂ – F₃ = 30 – 38 – 42 = – 50 кН;

Строим эпюру продольных сил (рис.9б).

3. Вычисляем значения нормальных напряжений:

σ_I = N₁ / А₁ = 0;

σ_II = N_1I / А₁ = 30·10³/ 190 = 158 Н/мм²;

σ_III = N_1II / А₂ = 30·10³/ 310 = 96,8 Н/мм²;

σ_IV = N_1V / А₂ = – 8·10³/ 310 = – 25,8 Н/мм²;

σ_V = N_V / А₂ = – 50·10³/ 310 = – 161 Н/мм²;

Строим эпюру нормальных напряжений (рис. 9в).

4. Проверяем прочность наиболее нагруженного участка.

Условие прочности при растяжении, сжатии - σ = N / А ≤ [σ].

Наибольшее абсолютное значение рабочего напряжения возникает в пределах пятого участка.

σ = σ_V = 161 Н/мм² = 161 МПа; 161 МПа > 160 МПа – имеет место перегрузка бруса, которая составляет:

, что вполне допустимо.

5.Определяем перемещение свободного конца бруса:

Δ ℓ = Δ ℓ _I +Δ ℓ _II +Δ ℓ _III+ Δ ℓ _IV +Δ ℓ _V;

Δ ℓ = σ· ℓ / E;

Δ ℓ _I = σ_I ℓ ·_I / E = 0;

Δ ℓ _II = σ_II· ℓ _II / E = 158 · 0,5 · 10³ / 2·10⁵ = 0,394 мм;

Δ ℓ _III = σ_III· ℓ _III / E = 96,8 · 0,1 · 10³ / 2·10⁵ = 0,0484мм;

Δ ℓ _IV = σ_IV· ℓ _IV / E = – 25,8 · 0,4 · 10³ / 2·10⁵ = – 0,0516мм;

Δ ℓ _V = σ_V· ℓ _V / E = – 161 · 0,2 · 10³ / 2·10⁵ = – 0,161мм.

Δ ℓ = 0,394 + 0,0484 – 0,0516 – 0,161 = 0,23 мм.

Брус удлиняется на 0,23 мм.

К решению ЗАДАЧ 31-40 следует приступить после изучения темы «Кручение» ([1], гл. IX).

Кручением называют такой вид нагружения бруса, при котором в его поперечных сечениях возникает только один внутренний силовой фактор – крутящий момент М_к.

Крутящий момент в произвольном поперечном сечении бруса численно равен алгебраической сумме внешних моментов, действующих на оставленную часть,

М_к = Σ М_i

(имеется в виду, что плоскости действия всех внешних моментов перпендикулярны продольной оси бруса).

Крутящий момент считают положительным, если внешний момент направлен по ходу часовой стрелки при взгляде со стороны проведенного сечения.

Условие прочности при кручении:

τ_к = М_к / W_p ≤ [τ_к ],

где τ_к - рабочее напряжение, возникающее в брусе;

М_к - крутящий момент на брусе;

W_p - полярный момент сопротивления, зависящий от геометрических параметров бруса. Для круглого сечения можно принять W_p= 0,2 d ³ мм ³;

[ τ_к ] - допускаемое напряжение при кручении, зависящее от материала элемента конструкции.

ПРИМЕР 4. Определить диаметр вала (рис.10) в опасном сечении из условия прочности на кручение, если допускаемое напряжение на кручение [τ_к] =100 Н/мм²; передаваемые мощности на вал: Р₁ = 8 кВт, Р₂ = 4 кВт, Р₃ = 3кВт, Р₄ = 1 кВт. Вал вращается равномерно с угловой скоростью ω = 3 рад/с.

Рис. 10

Решение

1.Определяем вращающие моменты на шкивах:

М₁= Р₁/ω = 8 ·10³ / 3 =2666 Н·м,

М₂= Р₂/ω = 4 ·10³ / 3 =1333 Н·м,

М₃= Р₃/ω = 3 ·10³ / 3 =1000 Н·м,

М₄= Р₄/ω = 1 ·10³ / 3 =333 Н·м,

здесь Р - в Вт, ω -в рад/с, М – в Н·м.

Так как вал находится в равновесии, то

. М₁ – М₂ – М₃ – М₄ = 2666 – 1333 – 1000 – 333=0.

2.Строим эпюру крутящих моментов, разделив вал на участки. Границы участков – места приложения вращающих моментов.

Используя метод сечения, определяем крутящие моменты на каждом участке:

М_к1 = М _к5 = 0,

М_к2 = – М₂ = – 1333 Н·м,

М_к3 = – М₂ – М₄ = – 1333 –333 = – 1666 Н·м,

М_к4 = – М₂ – М₄ + М₁ = – 1333 –333 + 2666 = 1000 Н·м,

или М_к4 = М₃ = 1000 Н·м.

Из эпюры видно, что самый опасный участок – участок 3, где

М_к3 = 1666 Н·м = 1,67 кН·м

3.Из условия прочности на кручение определяем диаметр вала в опасном сечении:

где W_р = 0,2 d³. Следовательно

.

Принимаем d=45мм.

Остальные участки вала можно сделать меньших диаметров.

К решению ЗАДАЧ 41-50 следует приступить после изучения темы «Изгиб» ([1], гл. X).

При изгибе в поперечных сечениях балок возникают два внутренних силовых фактора: изгибающий момент М_и и поперечная сила Q. Такой изгиб называют поперечным. Если в поперечных сечениях балки возникает только один силовой фактор – изгибающий момент, а поперечная сила равна 0, изгиб называют чистым.

При определении внутренних сил учитываются как активные внешние силы, действующие на балку, так и реакции связей.

Поперечная сила, возникающая в каком-либо поперечном сечении, численно равна алгебраической сумме проекций на ось y внешних сил, действующих на балку по одну сторону от рассматриваемого сечения: Q = Σ F_н,

а изгибающий момент – алгебраической сумме моментов внешних сил относительно центра тяжести сечения: М_и = Σ М_i.

М _{и мах} - максимальный изгибающий момент;

W_x - осевой момент сопротивления изгиба зависит от геометрических параметров балки. Круг диаметром d : W_x = 0,1 d³; прямоугольник (рис. 12): W_x = ; квадрат со стороной а: W_x = .

Рис.12

ПРИМЕР 5. Для заданной двухопорной балки (рис. 13) определить реакции опор, построить эпюры поперечных сил, изгибающих моментов и определить размеры поперечного сечения (h,b,d) в форме прямоугольника или круга, приняв для прямоугольника h/b=1,5. Считать [σ_и] =160 МПа.

Решение

1. Определяем опорные реакции и проверяем их найденные значения (рис.13):

∑ М_D = 0; –М₁ + F₂ ·CD + M₂ + R_B·BD – F₁·AD = 0;

R_B = = = 10 кН.

∑ М_B = 0; – F₁·AB + M₂ – F₂ ·BC – R_D ·BD – M₁ = 0;

R_D= = – 22кН.

Проверка: ∑ F_i = 0; – F₁+ R_B + F₂ + R_D = – 18 + 10 + 30– 22 = 0.

2. Делим балку на участки по характерным сечениям А, В, С, D (рис.13).

3. Определяем в характерных сечениях значения поперечной силы Q_у и строим эпюру слева направо.

Q_А^пр = – F₁ = – 18 кH; Q_В^лев = – F₁ = –18 кH;

Q_В^пр = – F₁ + R_B = – 18 + 10 = – 8кH;

Q_С^лев = – F₁ + R_B = – 18 + 10 = – 8кH;

Q_С^пр = – F₁ + R_B + F₂ = – 18 + 10 +30 = 22 кH;

Q_D^лев = – F₁ + R_B + F₂ = – 18 + 10 +30 = 22 кH.

F1=18 кН A 5м F 1 18

В 4м RВ

F 2=30 кН М2=10Н·м С 6м F2

M2 М1

D

RD

22

ЭQy, кН

20

эMx, кН·м