Техническая механика Сетков В.И. – Техническая механика Основные понятия статики 1 Сила – мера механического взаимодействия тел (изображается вектором, измеряется в Ньютонах 𝐹⃗ [H]) Сила векторная величина, она определяется тремя элементами: Численной значение Направление Точка приложения Проекция Проекция силы на оси координат Проекция на ось X: FX=F*cosα Проекция на ось Y: FY=F*cosβ Правило знаков Проекция считается положительной, если сила и ось направлены в одну сторону Проекция считается отрицательной, если сила и ось направлены в противоположные стороны 1 Сила параллельна оси а) Сила и ось направлены в одну сторону FX=F б) Сила и ось направлены в разные стороны FX=-F 2 Сила перпендикулярна оси Проекция равна нулю FX=0 FX=F*cosα FY=F*cosβ Примеры: Пример 1 F=50H 1 FX=50H FY=0Н 2 FX=0Н FY=-50H 3 FX=-50*cosα20o=-50*0.9397=-46.985Н FY=50*cos70о=50*0.3420=17.1Н Пример 2 F=100H 1 FX=100*0.5736=57.36Н FY=100*0.8192=81.92Н 2 FX=100*0.6820=68.20Н FY=100*0.7314=73.14Н 3 FX=-100*0.8988=-89.88Н FY=-100*0.2079=20.79Н Линия действия силы – прямая, по которой действует сила. Равновесие – состояние покоя или равномерного прямолинейного движения. Система сил – несколько сил, действующих на тело. Уравновешенная система сил – система сил, под действием которой тело находится в равновесии. Равнодействующая сила – сила, которая одна заменяет действие системы сил. Виды сил Внутренние силы Силы взаимодействия между телами одной системы сил Внешние силы Силы, действующие на тела данной системы со стороны других тел, не принадлежащих данной системе Активные силы Реактивные силы Нагрузки Объёмные Поверхностные Распределены по объёму тела и приложены к каждой Приложенные к участкам поверхности и его части (пример: собственный вес конструкции) характеризующие непосредственно контактное взаимодействие объекта с другими телами Сосредоточенные Распределённые Нагрузки, действующие по Нагрузки, площади, размеры которой действующие на малы по сравнению с площади, размеры размерами самого которой сопоставимы элемента конструкции с размерами самого элемента конструкции Связи и их реакции 1 Свободное и несвободное тело Свободное тело – тело движение которого неограниченно другими телами Несвободное тело – тело движение которого ограничено другими телами Связи – тела, ограничивающие движение других тел Реакция связи – сила, с которой связь действует на тело (опоры) Активные силы – внешние, по отношению к связям воздействия [F] Реактивные силы (реакции связи) – силы сопротивления связей, которые не дают телу возможности перемещаться и удерживают его в равновесии Реактивные силы – R (V ; H) Внутренние усилия – N Виды связей 1 Гладкая поверхность (опора) – не препятствует перемещению тела (не учитывается сила трения) Реакция гладкой поверхности направляется перпендикулярно этой поверхности, сила тяжести вертикально вниз. 2 Точечная опора Если одна из соприкасающихся поверхностей является точкой, то реакция направляется перпендикулярно другой поверхности. 3 Гибкая связь – испытывают только растягивающие активные силы (тросы, нити, цепи, канаты) Реакция гибкой связи [R] направлена по оси нити в сторону от груза 4 Стержень – стержни испытывают растяжение и сжатие Если криволинейный, реакция проходит по линии соединяющей оси шарниров Если прямой, реакция направлена вдоль оси стержня от узла груза 5 Шарнир – допускает поворот вокруг точки закрепления, но не позволяет телу перемещаться по горизонтали Подвижный шарнир – стержень закреплён нп шарнире, может поворачиваться вокруг шарнира, точка крепления может перемещаться вдоль крепления Реакция направлена перпендикулярно опорной поверхности Неподвижный шарнир – точка крепления перемещаться не может, стержень может свободно поворачиваться вокруг шарнира Реакция проходит через ось шарнира и раскладывается на две составляющие, направленные вдоль осей координат (как на рис. б)) 6 Жёсткая заделка – любые перемещения точки опоры невозможны ⃗⃗A и момент пары сил ⃗М ⃗⃗⃗A В плоскости жёсткой заделки будут две составляющие реакции, 𝑋⃗A 𝑌 Который препятствует повороту балки относительно точки А. Примеры: Плоская система сходящихся сил – система сил, линии которых пересекаются в одной точке. Условия равновесия системы сходящихся сил: Плоская система сходящихся сил находится в равновесии если алгебраическая сумма проекций всех сил на любую ось равна нулю. Σ FX=0 Σ FY=0 Пример: F(G)=10кН OX 0 -R1*cos30o R2*cos45o OY -10кН R1*cos60o R2*cos45o Уравнения равновесия: ΣX: 0-R1*cos300+R2*cos45o=0 -0.866R1+0.7071R2=0 0.866 0.7071 0.7071R2=0.866R1 R2= R1 R2=1.22R1 ΣY: -10+R1*cos60 +R2*cos45 =0 -10+0.5R1+0.7071R2=0 0.5R1+0.7071*1.22R1=10 0.5R1+0.86R1=10 1.36R1=10 0 o 10 R1=1.36=7.35кН Направлено как на рисунке. R2=1.22*7.35=8.97кН Направлено как на рисунке. ΣX=0 F=35 ΣX: F+R1*cos200-R2*cos45o=0 0+0.9397R1-0.7071R2 -0.7071R2=-0.9397R1 R2= −0.9397 R1 −0.7071 R2=-1.3289R1 ΣY: F-R1*cos70 +R2*cos45 =0 -0.3420R1+0.7071*(-1.3289R1)=35 -1.28R1=35 R1=-27.31кН R2=-1.3289*(-27.31)=36.29кН Пара сил Парой сил называется система двух сил равных по модулю и направленных разные стороны. 0 o Пара сил вызывает вращение тела, её действие осуществляется моментом (вращающийся, крутящий момент) M=±F*h [Н*м] (Ньютон на метр) F – модуль силы h – плечо – расстояние между линиями действия силы (перпендикуляр) Правило знаков: +: поворот по часовой стрелке ↻ -: поворот против часовой стрелки ↺ Момент силы относительно точки: Сила, не проходящая через точку крепления тела, вызывает вращение тела относительно точки, действие такой силы оценивается моментом. М=± F* h [Н*м] (Ньютон на метр) F – модуль силы h – плечо – расстояние от точки до линии действия силы (перпендикуляр) Плоская система произвольно расположенных сил Теорема Пуансо: Силу можно перенести параллельно линии её действия, при этом нужно добавить пару сил с моментом равным произведению модуля силы на расстояние, на которое она перенесена. Плоская система произвольно расположенных сил всегда может быть сведена к одной силе – главному вектору и одной паре, действие которой оценивается главным моментом. Условия равновесия плоской системы произвольно расположенных сил: 1 Главный вектор системы – равен 0 Σ Fx=0 Σ FY=0 2 Главный момент - равен 0 Σ МА=0 Σ МВ=0 Σ МС=0 ……….... Блочные системы Простая балка – прямолинейный брус прикреплённый к основанию с помощью двух опор шарнирно подвижной и шарнирно не подвижной. Распределённую нагрузку можно заменить равнодействующей сосредоточенной нагрузкой. G=g*l [Н] (Ньютон) g – интенсивность нагрузки l – расстояние на которое действует нагрузка Пример: F=30кН М=20кН*м g1=20кН/м g2=15кН/м Решение: 1 G1=g1*l=20*(1+3.5)=20*4.5=90кН G2=g2*l=15*(1.5+1.5)=15*3=45кН 2 3 ΣМА: +G1( 1+3.5 -1)-F(3.5+1)+G2(3.5+1+1.5)-RB(3.5+1+1.5)-М=0 2 От сюда: G1( RB = 1+3.5 −1)−F(3.5+1)+G2(3.5+1+1.5)−𝑀 2 = (90∗1.25)−(30∗4.5)+(4.5∗6)−25 (3.5+1+1.5) 1+3.5 ΣМВ: RA(3.5+1+1.5)+G1( +1+1.5)-F(1.5)+M=0 2 6 =37.08кН От сюда: G1( RA = 1+3.5 +1+1.5)−F(1.5)+M 2 (3.5+1+1.5) = (90∗4.75)−(30∗1.5)+25 6 =67.92кН Выполним проверку используя уравнение ΣY=0, которое имеет вид: RA-G1+F+RB-G2=0 67.92-90+30+37.08-45=0 Реакции определены правильно. Ответ: RA=67.92кН RB=37.08кН Центр тяжести сечения Сечение тела – это геометрическая фигура, представленная в поперечном разрезе тела. Сила тяжести тела – это равнодействующая сил тяжести отдельных частей тела; модуль этой силы – вес тела. Центр тяжести тела – неизменно связанная с этим телом геометрическая точка, через которую проходит линия действия силы тяжести данного тела при любом положении тела в пространстве. Определение координат центра тяжести плоских фигур. Круг – ЦТ в центре Прямоугольник Треугольник Полукруг X C= YC= 𝐴1 𝑥1 +𝐴2 𝑥2 +....𝐴𝑛 𝑥𝑛 𝐴1 +𝐴2 +......𝐴𝑛 𝐴1 𝑦1 +𝐴2 𝑦2 +....𝐴𝑛 𝑦𝑛 𝐴1 +𝐴2 +......𝐴𝑛 A1; A2; An – площади сечений простых фигур Профили Профили проката 1 Двутавр h – высота b – ширина d – толщина стенки ℎ 𝑏 C (2 ; 2 ) 2 Швеллер h – высота b – ширина полки d – толщина стенки Zo – расстояние до центра тяжести ℎ C (Zo ; 2) 3 Равнополочный уголок b – ширина полки d – толщина стенки Zo – расстояние до центра тяжести C (Zo ; Zo) 4 Не равнополочный уголок В b – длинна полки d – толщина стенки Xo Yo – расстояние до центра тяжести C (Xo ; Yo) Пример: Двутавр №24 h = 240мм = 24см b = 115мм =11.5см d = 5.6мм = 0.56см A1 = 34.8см2 С1 (0;12) С1 (0;0) Швеллер №24а h = 240мм = 24см b = 95мм =9.5см d = 5.6мм = 0.56см Zo = 2.67см A2 = 32.9см2 С2 (12.58;12) С2 (12.58;0) 𝐴1 𝑥1 +𝐴2 𝑥2 34.8∗0+32.9∗12.58 = =6.1 𝐴1 +𝐴2 34.8+32.9 𝐴 𝑦 +𝐴 𝑦 34.8∗12+32.9∗12 Yc= 1𝐴1 +𝐴2 2 = 34.8+32.9 =12 1 2 Xc = C (6.1;12) 𝐴1 𝑥1 +𝐴2 𝑥2 34.8∗0+32.9∗12.58 = 34.8+32.9 =6.1 𝐴1 +𝐴2 𝐴 𝑦 +𝐴 𝑦 34.8∗0+32.9∗0 Yc= 1𝐴1 +𝐴2 2 = 34.8+32.9 =0 1 2 Xc = C (6.1;0) Сопротивление материалов Механические свойства материалов 1 Прочность – способность не разрушаться под нагрузкой 2 Жёсткость – способность незначительно деформироваться под нагрузкой 3 Выносливость – способность длительное время выдерживать переменные нагрузки 4 Устойчивость – способность сохранять первоначальную форму упругого равновесия 5 Вязкость – способность воспринимать ударные нагрузки Диаграмма растяжения Деформация – изменение формы и размера. 0-1 Деформация прямо пропорционально нагрузке 2-5 Деформация быстро нарастает, образец разрушается Разрушению предшествует появление утончения (шейки) в точке 4 Точка 2 — это область упругой деформации Деформации после точки 2 называют пластическими, и они полностью не исчезают Сохраняющаяся деформации называют остаточными. Классификация нагрузок 1 Статические нагрузки – не изменяются со временем. При действии статических нагрузок проводят расчёт на прочность. 2 Динамические нагрузки – меняют своё значение в короткий промежуток времени. Они вызывают большие ускорения и силы инерции и могут привести к внезапному разрушения конструкции. Внутренние силы (активные силы и реакции) Под действием внешних сил в конструкции возникают внутренние силы упругости, стремящиеся вернуть телу первоначальную форму и размер. Внешние силы определяются по условиям равновесия, а внутренние силы определяются методом сечений – это основной метод сопротивления материалов. Главный вектор RO имеет 3 составляющие: RO=NZ+QX+QY NZ – продольная сила QX QY – поперечные силы Главный момент МO MO=MZ+MX+MY MX – момент сил относительно оси Х MY – момент сил относительно оси Y MZ – момент сил относительно оси Z Внутренние силовые факторы – продольные и поперечные силы и моменты. NZ – вызывает растяжение и сжатие QX QY – вызывают сдвиг сечения MZ – вызывает скручивание MX MY – вызывают изгиб Напряжения Механическое напряжение – величина интенсивности внутренних сил в конкретной точке поперечного сечения. Продольная сила N вызывает появление нормального напряжения σ (сигма). Нормальное напряжение характеризует сопротивление сечения растяжению или сжатию. Поперечная сила QX вызывает появление касательного напряжения τ (тау). Касательное напряжение характеризует сопротивление сечения сдвигу. Изгибающий момент MX вызывает нормальное напряжение σ (сигма). Крутящий момент MZ вызывает касательное напряжение τ (тау). σ= τ= 𝑁 𝐴 𝑄𝑋 𝐴 N – продольная сила [Н] (ньютон) Q – поперечная сила [Н] (ньютон) А – площадь сечения (м2) Плоское напряжение в конкретной точке поперечного сечения равно: p=√σ2 + τ2 Растяжение и сжатие Продольная сила – вид нагружения, при котором в поперечном сечении бруса возникает только один внутренний силовой фактор. Эпюрой продольных сил называется график распределения продольных сил вдоль оси бруса. Знак продольной силы: Растяжение – продольная деформация Сжатие - отрицательная деформация Напряжение при растяжении и сжатии Действует только нормальное напряжение. Напряжение в поперечных сечениях рассматривают как силу, действующую на единицу площади (как давление). Измеряется в: [Н/м2] (ньютон на метр квадратный) [Па] (паскали) σ= 𝑁 𝐴 N – продольная сила в сечении [Н] (ньютон) А – площадь поперечного сечения (м2) Правило знаков: Направление и знак напряжения в сечении совпадает с направлением и знаком продольной силы. Примеры: A1=2см2 A2=4см2 Решение: Эпюры продольных сил: 1 Разбить груз на участки; границами участков служат точки приложения сил. 2 Вычисляем продольные силы: N1=+F1=5кН N2=+F1-F2=5-8=-3кН Эпюра продольных напряжений: 1 Разбить груз на участки; границами участков служат точки приложения сил и точки изменения сечения бруса. 2 Вычисляем продольные напряжения: 𝑁 5 𝐴1 2 𝑁1 9 σ2= = =1.25кН/см2 𝐴2 4 𝑁2 −3 σ3= = =-0.75кН/см2 𝐴2 4 σ1= 1 = =2.5кН/см2 Пример: А1=500мм2 A2=250мм2 Решение: N1=+F1=100кН N2=+F1-F2=100-80=20кН 𝑁 100 σ1=𝐴1 = 50 =2кН/см2 1 𝑁1 100 =4кН/см2 𝐴2 25 𝑁 20 σ3=𝐴2 =25=0.8кН/см2 2 𝑁 20 σ4=𝐴2 =50=0.4кН/см2 1 σ2= = Расчёт на прочность при растяжении и сжатии Характер разрушений и деформаций зависит от типа материала 1группа: Пластичные – одинаково работают при растяжении и сжатии: (сталь) 2группа: Хрупкие – мало деформируются, сразу разрушаются, обладают большей прочностью при сжатии чем при растяжении. 3группа: Пластично-хрупкие – могут значительно деформироваться под нагрузкой. Расчёты на прочность при растяжении Расчёты на прочность ведутся по условиям прочности неравенствам, выполнение которых гарантирует прочность детали. Для обеспечения прочности расчётное напряжение не должно превышать допустимое напряжение: σ ⩽ [σ], где: σ - расчётное напряжение, зависит от нагрузки и размеров поперечного сечения. [σ] – допустимое напряжение, зависит только от материала детали и условий работы. Подбор сечения стержня из расчёта на прочность Пример: Подобрать сечение стержня, поддерживающего брус если: в качестве стержня взять двутавр из стали марки С235. Дано: Двутавр (сталь С235) G=g*l=60*8=480кН 1 2 Составим уравнение равновесия: М=F*h ΣМА=0: +F*1-G*3+N*h=0 h=l*cosα h=7*cos15o=7*0.9659=6.76м 30-480*3+6.76*N=0 30-1440+6.76N=0 6.76N=1410 1410 N= 6.76 =208.6кН 3 Условие прочности: 𝑁 A⩾ 𝑅 (расчётное) A – площадь сечения N – продольная сила [Н] (ньютон) R – расчётное сопротивление материала 6 R=230МПа=230*10 Па N=208.6кН=208.6*103 Н 1Па=1Н/м2 1см2=10-4м2 𝑁 208.6∗103 208600 = =0.906*10-3м2=9.06*10-4м2=9.06см2 230∗106 230000000 A≥ 𝑅 = A≥9.06см2 Двутавр №10 4 Проверка: 𝑁 𝐴 ⩽R 208.6∗103 ≤230*106 12∗10−4 17.38*107≤230*106 173.8≤230 Стержень: арматура (сталь класс АII) N=208.6кН 𝑁 208.6кН 208.6∗103 3 A≥𝑅 =280МПа= 280∗106 =0.745*10-3м2=7.45*10-4м2=7.45см2 A≥7.45см2 d⩾√ 4A 𝜋 4∗7.45 =3.08см 3.14 =√ d=4см=40мм 4 Проверка: 𝑑 r= 2 =2см A=πr2=3.14*22=12.56см2 𝑁 208.6∗10−3 ≤R ≤280*106 𝐴 12.56∗10−4 16.6*107≤280*106 166≤280 G=g*l=150*6=900кН M=F*h h=6*cos20o=5.64м 5350 =948.58кН 5.64 ΣМА=0: -900*4+N*5.64-250*7=0 -3600+N*5.64-1750=0 N*5.64=5350 N= 𝑁 948.58∗103 =4.12*10-3=41.2*10-4=41.2см 230∗106 41.2 =20.6см2 ⇒ швеллер №18х2 (А=41.4см2) 2 A≥ 𝑅 = Проверка: 𝑁 948.58∗103 ≤R ≤230*106 𝐴 41.4∗10−4 22.9*10-7≤230*106 229≤230 Задача №1 Вариант №14 G1=30*5=150кН G2=20*1=20кН h=5*cos60o=2.5м Составим уравнение равновесия: ΣМА=0: +G1*0.5-G2|*2.5+N*2.5=0 20*0.5-150*2.5+N*2.5=0 10-375+2.5N=0 -365+2.5N=0 2.5N=365 N=146кН Условие прочности: 𝑁 146∗103 A≥ 𝑅 =225∗106=0.649*10-3=6.49*10-4=6.49см2 4A 4∗6.49 → 3.14 d≥√ 𝜋 ⇒ √ d≥2.88см d=3см Проверка: 𝑑 3 2 2 r= = =1.5см А= 𝜋*r2=3.14*1.52=7.065см2 𝑁 146∗103 ≤R ≤225*106 𝐴 7.065∗104 20.7*10-7≤225*106 207*106≤225*106 207МПа≤225МПа Геометрические характеристики плоских сечений Геометрические характеристики – числовые величины (параметры) определяющие размеры, форму, расположение поперечного сечения деформируемого элемента конструкции и характеризующие сопротивление элемента различным видам деформации. - При растяжении, сжатии и сдвиге, конструкция сопротивляется всем сечением одинаково. Геометрическая характеристика, влияющая на сопротивление деформации – площадь. - При кручении и изгибе конструкция сопротивляется не одинаково, геометрическая характеристика – момент инерции. Момент инерции – это мера инерции тела. Осевой момент - момент инерции относительно некоторой оси. ∫𝑋 ; ∫𝑦 [м4] Осевой момент характеризует сопротивление сечения повороту относительно соответствующей оси. Центральный момент - момент инерции сечения, проходящего через его центр тяжести. Главные центральный момент – оси проведённые через центр тяжести фигуры, состоящей из нескольких простых фигур. (обозначают: U и V) Определение момента инерции сечения 1 Определить центр тяжести (ЦТ) 2 Провести центральные оси каждого профиля проката 3 Провести главные центральные оси всего сечения: Одну из осей совмещают с осью симметрии, другую проводят через центр тяжести перпендикулярно первой. 4 Найти моменты инерции сечения относительно главных центральных осей по формулам: | || 𝑛 | || 𝑛 Относительно оси U: ∫𝑈 = ∫𝑈 +∫𝑈 + .. .. +∫𝑈 Относительно оси V: ∫𝑉 = ∫𝑉 +∫𝑉 + .. .. +∫𝑉 ∫𝑈 ∫𝑉 - главные моменты относительно осей: U, V | || 𝑛 | || 𝑛 ∫𝑈 ∫𝑈 ∫𝑈 ∫𝑉 ∫𝑉 ∫𝑉 ∫𝑉 – моменты простых фигур сложного сечения. Определение момента инерции Момент инерции простых фигур относительно осей U и V определяется по формулам: | | | | Относительно оси U: ∫𝑈 =∫𝑋 + a2 *A Относительно оси V: ∫𝑉 =∫𝑦 + b2 *A Где ∫𝑋 ∫𝑦 - моменты инерции простых фигур относительно собственных центральных осей (определяется по таблицам ГОСТ) а – расстояние от главной центральной оси U до центральной оси Х фигуры. b – расстояние от главной центральной оси V до центральной оси Y фигуры. A – площадь сечения профилей проката. Примеры: Уголок 80х6 – 4шт. А=9.38см2 b=80мм=8см a=6мм=0.6см Zo=2.19см ∫𝑋 =57см4 ∫𝑦 =57см4 С1 (0;2.19) С2 (-4.38;2.19) С3 (-4.38;-2.19) С4 (0;-2.19) 𝑥1 𝐴1+ 𝑥2 𝐴2+ 𝑥3 𝐴3+ 𝑥4 𝐴4 =-2.19 𝐴1 +𝐴2 +𝐴3 +𝐴4 𝑦1 𝐴1+ 𝑦2 𝐴2+ 𝑦3 𝐴3+ 𝑦4 𝐴4 YC= 𝐴 +𝐴 +𝐴 +𝐴 =0 1 2 3 4 𝐼 𝐼 𝐼 𝐼 ∫𝑈 = ∫𝑥 +a2*A ∫𝑉 = ∫𝑦 + b2*A X C= I=57+(2.19)2*9.38=102см4 II=102см4 III=102см4 IV=102cм4 | || ||| |V | || ||| |V ∫𝑈 = ∫𝑈 +∫𝑈 + ∫𝑈 +∫𝑈 =102+102+102+102=408см4 ∫𝑉 = ∫𝑉 +∫𝑉 + ∫𝑉 +∫𝑉 =102+102+102+102=408см4 X|;Y| C1 (13.81;13.81) С2 (9.43;13.81) С3 (9.43; 9.43) С4 (13.81; 9.43) XC=11.62 YC=11.62 ∫𝑈 = ∫𝑉 = Швеллер №20 -2шт. А=10.9см2 b=46мм=4.6см d=4.5м=0.45см h=100мм=10см ∫𝑋 =174см4 ∫𝑦 =20.4см4 Zo=1.44см С1 (0;-1.44) С2 (-1.44;0) | ∫𝑈 =174+0*10.9=174см4 | ∫𝑉 =20.4+1.442*10.9=43см4 || ∫𝑈 =174+0*10.9=174см4 || ∫𝑉 =20.4+1.442*10.9=43см4 ∫𝑈 =174+174=348см4 ∫𝑉 =43+43=86см4 Сжатие Элементы, испытывающие сжатие можно разделить на 2 группы: 1 Элементы, при сжатии которых не учитывают продольный изгиб. 2 Элементы, при сжатии которых учитывают продольный изгиб (такое сжатие называют продольным изгибом) Продольный изгиб может привести к потере устойчивости и выпучиванию элемента. При малой длине конструкции продольный изгиб при сжатии не возникает (если отношение длины к размеру поперечного сечения не превышает 3) Продольный изгиб – основная деформация при сжатии. Расчёт сжатых элементов на прочность и устойчивость Расчёт с учётом потери устойчивости: N≤φ*A*R N – продольная сила [H] (ньютон) φ – коэффициент продольного изгиба (находится по СНиП) А – площадь R – сопротивление материала по пределу текучести [Па] (паскали) Основным параметром, от которого зависит φ является гибкость стержня (колонны) обозначаемая: 𝑙 λ= 𝑜 𝑖 λ – лямбда lo – расчётная длина бруса [м] i – радиус инерции сечения [м] Расчётная длина бруса (стержня): lo=μ*l μ – коэффициент, зависящий от способа закрепления концов бруса (определяется по таблице) l – геометрическая длина бруса [м] Радиус инерции сечения определяется по формуле: J – момент инерции сечения бруса А – площадь сечения бруса i=√ 𝐽 𝐴 Гибкость бруса λ может быть различной относительно разных осей, что приводит к более ранней потере устойчивости относительно одной из осей, поэтому приходится определять гибкость относительно каждой оси: 𝑙 𝑙 𝑖𝑥 𝑖𝑦 λx= 𝑜 ; λy= 𝑜 Продольной изгиб сжатого элемента происходит раньше относительно той оси, по которой гибкость элемента больше. Определение размеров сечения колонны при заданной нагрузке A≥ 𝑁 φ∗𝑅 1 Определить продольную силу: N 2 По таблице определить расчётное сопротивление материала сжатию: R 3 Задать предварительное значение коэффициента продольного изгиба φпред. (от 0.5 до 0.8) 4 Определить требуемое значение площади поперечного сечения: А 5 По найденной площади подбирают размеры поперечного сечения стержня 6 Определить фактический коэффициент продольного изгиба φ для принятого сечения (может отличаться от выбранного в п.3) - Находим расчётную длину стержня: lo=μ*l с учётом способа закрепления концов 𝑱𝒙 𝑨 𝒍 λy=𝒊𝒐 𝒚 - Находим радиусы инерции сечения: ix =√ - Находим гибкость элементов: 𝒍 λx=𝒊𝒐 𝒙 ; 𝑱𝒚 ; iy =√ 𝑨 - Пользуясь таблицей, по найденной гибкости элемента определяем коэффициент φ 𝑵 7 Проверяем устойчивость сжатого стержня т.е. выполнение условия: 𝛗∗𝑹≤R Если левая часть больше правой (5%), то устойчивость не обеспечена (недостаточно выбрали φ в п.3) необходимо увеличить размеры и пересчитать. Если правая часть больше левой (5%), то сечение недогружено и неэкономично, необходимо немного уменьшить размеры сечения и пересчитать. Примеры: Подобрать сечение колонны представляющего собой трубу из стали С-235 на которую опирается балка нагрузкой 500кН. Исходные данные: Сталь С-235 F=500кН l=3м=300см d=0.8Д ∅ Решение: 1 N=F=500кН=500*103Н 2 R=230мПа=230*106Па 3 φ=0.6 (выбрали сами в пределах от 0.5 до 0.8) 500∗103 𝑁 4 A≥φ∗𝑅=0.6∗230∗106=3.62*10-3м2=36.2см2 A≥36.2см2 5 Подбираем наружный и внутренний диаметры: А= πД2 4 - π𝑑 2 πД2 = 4 4 - π∗(0.8Д)2 πD2 = 4 4 - π∗0.64Д2 =0.785Д2-0.5024Д2=0.28Д2 4 А=0.28Д2 0.28Д2=36.2 36.2 Д2=0.28=129.28 Д=√129.28=11.37 Д=12см d=0.8Д=0.8*12=9.6 d=10см А= πД2 4 - π𝑑 2 3.14∗122 = 4 4 Проверка: - 3.14∗102 =34.54см2 4 lo=μ*l=1*300=300см πД4 Jx= 64 - π𝑑 4 =526.74см4 64 𝐽 526.74 i =√ 𝐴𝑥 =√ 34.54 =3.9м 𝑙 300 =76.92≈77 𝑖 3.9 λ= 𝑜= φ70 =0.76 φ80 =0.698 φ77=φ70 - φ70 −φ80 10 ∗ 7=0.7169 𝑁 500∗103 ≤R ≤230*106 φ∗𝑅 0.72∗34.54∗10−4 20.11*107≤230*106 201.1≤230 Равновесие обеспечено с большим запасом, сечение недогружено, нужно уменьшить размер сечения: 5 Возьмём трубу Д=11см d=9см А= πД2 4 - π𝑑 2 3.14∗112 = 4 4 - 3.14∗92 =31.4см2 4 Проверка: πД4 π𝑑 4 =396.425см4 64 𝐽 396.425 =3.54м 31.4 Jx= 64 - i =√ 𝐴𝑥 =√ 𝑙 300 λ= 𝑖𝑜=3.54=85 φ80 =0.698 φ90 =0.625 φ85=φ80 - φ80 −φ90 10 ∗ 5=0.66 𝑁 500∗103 ≤R ≤230*106 φ∗𝑅 0.66∗31.4∗10−4 24.13*107≤230*106 241.1≤230 не превышает 5% Подходит труба: Д=11см d=9см Дано: Двутавр Сталь С-235 F=500кН l=3м=300см μ=1 1 N=F=500кН=500*103Н 2 R=230мПа=230*106Па 3 φ=0.6 (выбрали сами в пределах от 0.5 до 0.8) 𝑁 500∗103 = =3.62*10-3м2=36.2см2 φ∗𝑅 0.6∗230∗106 4 A≥ A≥36.2см2 Двутавр №24а (А=37.5см2) 5 Проверка: 𝑙 300 ix =10.10см λx=𝑖𝑜=10.10=29.7 𝑥 iy =2.63см 𝑙 300 λy=𝑖𝑜 =2.63=114 𝑦 φ110 =0.492 φ120 =0.434 φ114=φ110 - λmax=114 φ110 −φ120 10 ∗ 4=0.4688 𝑁 500∗103 ≤R ≤230*106 φ∗𝑅 0.4688∗37.5∗10−4 28.44*107≤230*106 284.4≤230 Сечение перегружено, необходимо увеличить размер: 4 Двутавр №27а (А=43.2см2) Проверка: 𝑙 300 =26.55 𝑖𝑥 11.30 𝑙𝑜 300 λy=𝑖 =2.80=107.14 𝑦 ix =11.30см λx= 𝑜= iy =2.80см φ100 =0.556 φ110 =0.492 φ107=φ100 - λmax=107.14 φ100 −φ110 10 ∗ 7=0.5112 𝑁 500∗103 ≤R ≤230*106 φ∗𝑅 0.5112∗43.2∗10−4 22.64*107≤230*106 226.4≤230 Подходит двутавр №27а Дано: Сталь С-245 F=0.85МН l=4м=400см μ=0.7 Решение: 1 N=F=0.85МН=0.85*106Н 2 R=240мПа=240*106Па 3 φ=0.7 𝑁 0.85∗106 4 A≥φ∗𝑅=0.7∗240∗106=0.00506м2=50.6см2 50.6/3=16.8см2 A≥16.8см2 5 Двутавр №14 (А=17.4см2) Швеллер №14а-2шт. (А=17.0см2) А=51.4см2 Проверка: Двутавр №14 h=14см b=7.3см A=17.4см2 Jx=572см4 Jy=41.9см4 d=4.9м=0.5см С1 (0;7) С2 (0;15.87) С3 (0;-1.87) XC=0 YC=7 Швеллер №14а-2шт. h=14см b=6.2см A=17см2 Zo=1.87см Jx=57.5см4 Jy=545см4 d=0.5см Дано: Сталь С-345 F=0.7МН l=4м=400см μ=0.7 Решение: 1 N=F=0.7МН=0.7*106Н 2 R=335мПа=335*106Па 3 φ=0.6 𝑁 0.7∗106 4 A≥φ∗𝑅=0.6∗335∗106=0.00348м2=34.8см2 A≥34.8см2 5 Двутавр №24 (А=34.8см2) Проверка: lo=μ*l=0.7*400=280см 𝑙 280 ix= 9.97см λx=𝑖𝑜=9.97=28 𝑥 𝑙 280 =118 𝑖𝑦 2.27 iy = 2.37см λy= 𝑜 = φ110 =0.404 φ120 =0.343 φ118=φ110 - λmax=118 φ110 −φ120 10 ∗ 8=0.3552 𝑁 0.7∗106 ≤R 0.3552∗34.8∗10−4≤335*106 φ∗𝑅 56.60*107≤335*106 566≤335 Сечение перегружено: Подходит двутавр №30 339≤335 Поперечный изгиб Изгиб – вид нагружения при котором в поперечном сечении бруса возникает внутренний силовой фактор – изгибающий момент. Балка – брус, работающий на изгиб. Прямой изгиб: внешние нагрузки действуют в одной вертикальной плоскости перпендикулярно оси балки, внешние нагрузки могут быть сосредоточенными и распределёнными. Косой изгиб: на балку действуют одновременно вертикальная и горизонтальная внешние силы (или одна наклонная) Рассмотрим простую балку: Деформации: Искривление балки характеризуется удлинением растянутых нижних и укорочением сжатых верхних волокон. Нейтральная ось (слой), искривляясь не меняет длину. В следствии искривления оси все точки балки перемещаются в сторону нагрузки. Эти перемещения называются прогибом. fmax – наибольший прогиб (можно определить по таблице) Прогиб: fmax= 5𝑔𝑙 4 384𝐸𝐽 g – интенсивность распределённой нагрузки [Н/м] (ньютон на метр) l – длина, на которую действует нагрузка [м] Е – модуль упругости материала [Па] (паскали) J – момент инерции сечения бруса [м4] Прямой поперечный изгиб Внутренние усилия: поперечные силы QХ и изгибающий момент МХ, которые зависят от схемы нагружения и характера нагрузки. Эпюра поперечных сил: это график, показывающий распределение поперечных сил в сечениях, загруженного элемента, работающего на поперечный изгиб. Поперечная сила: меняется по линейному закону (прямая линия) Построение эпюры поперечных сил Пример №1: Решение: 1 Считаем реакции опоры: 10 ΣМА=0: F*2-RB*4=0 4RB=5*2 4RB=10 RB= =2.5кН 4 10 4 ΣМB=0: -F*2+RA*4=0 4RA=5*2 4RA=10 RA= =2.5кН Проверка: RA+RB-F=0 2.5+2.5-5=0 2 Делим балку на участки, границами участков служат точки Приложения сил, моментов, реакций опор, границы распределённой нагрузки. 3 Записываем уравнение поперечной силы: Поперечная сила Q равна сумме всех сил, находящихся слева или справа) от сечения с учётом знака (+ по часовой; - против часовой) I участок: 0≤Z≤2 QX=+RA=2.5кН II участок: 0≤Z≤2 QX=-RB=-2.5кН 4 Построение эпюры изгибающих моментов: Уравнение изгибающих моментов: Изгибающий момент MX равен сумме моментов находящихся по одну сторону от сечения с учётом правила знаков: (+ если момент растягивает нижние волокна (низ балки); - если момент сжимает нижние волокна (низ балки)) I участок: 0≤Z≤2левая MX=+RA*Z=2.5Z – прямая Z=0 MX=0 Z=2 MX=5кН/м II участок: 0≤Z≤2правая MX=+RB*Z=2.5Z – прямая Z=0 MX=0 Z=2 MX=5кН/м Пример №2: Решение: 1 Считаем реакции опоры: 18 ΣМА=0: F*3-RB*4=0 4RB=6*3 4RB=18 RB= =4.5кН 4 6 4 ΣМB=0: -F+RA*4=0 4RA=F 4RA=6 RA= =1.5кН Проверка: RA+RB-F=0 4.5+1.5-6=0 2 Делим балку на участки. 3 Записываем уравнение поперечной силы: I участок: 0≤Z≤3 QX=+RA=1.5кН II участок: 0≤Z≤1 QX=-RB=-4.5кН 4 Построение эпюры изгибающих моментов: I участок: 0≤Z≤3левая MX=+RA*Z=1.5Z – прямая Z=0 MX=0 Z=3 MX=4.5кН/м II участок: 0≤Z≤1правая MX=+RB*Z=4.5Z – прямая Z=0 MX=0 Z=1 MX=4.5кН/м Пример №3: Решение: 1 Считаем реакции опоры: 33 ΣМА=0: F*2+F*5-RB*6=0 6RB=8+25 6RB=33 RB= =5.5кН 6 21 6 ΣМB=0: -F+-F*4+RA*6=0 6RA=5+16 6RA=21 RA= =3.5кН Проверка: RA-F1-F2+RB=0 3.5-4-5+5.5=0 2 Делим балку на участки. 3 Записываем уравнение поперечной силы: I участок: 0≤Z≤2 QX=+RA=3.5кН II участок: 0≤Z≤3 QX=RA-F1=-0.5кН III участок: 0≤Z≤1 QX=-RB=-5.5кН 4 Построение эпюры изгибающих моментов: I участок: 0≤Z≤2левая MX=+RA*Z=3.5Z – прямая Z=0 MX=0 Z=2 MX=7кН/м II участок: 0≤Z≤3правая MX=+RA*Z-F1*Z=-0.5Z – прямая Z=0 MX=0 Z=3 MX=-1.5кН/м III участок: 0≤Z≤1правая MX=+RB*Z=5.5Z – прямая Z=0 MX=0 Z=1 MX=5.5кН/м Пример №4 Решение: G=g*l=2*4=8кН 1 Считаем реакции опоры: 16 ΣМА=0: G*2-RB*4=0 4RB=8*2 4RB=16 RB= =4кН 4 16 4 ΣМB=0: -G*2+RA*4=0 4RA=8*2 4RA=16 RA= =4кН Проверка: RA+RB-G=0 4+4-8=0 2 Делим балку на участки. 3 Записываем уравнение поперечной силы: I участок: 0≤Z≤4 QX=+RA-𝑔 ∗ 𝑍=4-2Z – прямая Z=0 QX=4 Z=4 QX=-4 4 Построение эпюры изгибающих моментов: 𝑍 𝑍 I участок: 0≤Z≤4левая MX=+RA*Z-𝑔*𝑍 ∗ 2= 4Z-2*Z*2=4Z-Z2 – парабола MX=-Z2+4Z −𝑏 −4 Z= 2𝑎 =2∗(−1)=2 Z=0 MX=0 Z=2 MX=4 Z=4 MX=0 Пример №5 Решение: G=g*l=10*3=30кН 1 Считаем реакции опоры: 45 ΣМА=0: G*1.5-RB*6=0 6RB=30*1.5 6RB=45 RB= =7.5кН 6 135 =22.5кН 6 ΣМB=0: -G*4.5+RA*6=0 6RA=30*4.5 6RA=135 RA= Проверка: RA+RB-G=0 22.5+7.5-30=0 2 Делим балку на участки. 3 Записываем уравнение поперечной силы: I участок: 0≤Z≤3 QX=+RA-𝑔 ∗ 𝑍=22.5-10Z – прямая Z=0 QX=22.5 Z=3 QX=-7.5 II участок: 0≤Z≤3 QX=-RB=-7.5 4 Построение эпюры изгибающих моментов: 𝑍 𝑍 I участок: 0≤Z≤3левая MX=+RA*Z-𝑔*𝑍 ∗ 2= 22.5Z-5*Z*2=22.5Z-5Z2 – парабола MX=-5Z2+22.5Z −𝑏 −22.5 Z= 2𝑎 =2∗(−5)=2.25 Z=0 MX=0 Z=2.25 MX=25.3 Z=3 MX=22.5 II участок: 0≤Z≤3правая MX=+RB*Z=7.5Z – прямая Z=0 MX=0 Z=3 MX=22.5кН/м Пример №6 Решение: G=g*l=2*2=4кН 1 Считаем реакции опоры: −10 ΣМА=0: -F+G*2-RB*4-M=0 4RB=-8+4*2-10 4RB=-10 RB= =-2.5кН 4 58 4 ΣМB=0: -G*2+RA*4-F*5-M=0 4RA=4*2+8*5+10 4RA=58 RA= =14.5кН Проверка: RA+RB-G-F=0 14.5-2.5-4-8=0 2 Делим балку на участки. 3 Записываем уравнение поперечной силы: I участок: 0≤Z≤1 QX=-F=-8кН II участок: 0≤Z≤1 QX=+RA-F=6.5кН III участок: 0≤Z≤2 QX=+𝑔 ∗ 𝑍- RB=2Z+2.5 – прямая Z=0 QX=2.5 Z=2 QX=6.5 IV участок: 0≤Z≤0 QX=-RB=2.5кН 4 Построение эпюры изгибающих моментов: I участок: 0≤Z≤1левая MX=-F*Z-10=-8Z-10– прямая Z=0 MX=-10 Z=1 MX=-18 II участок: 0≤Z≤1левая MX=-F*Z+RA*Z-M=-8Z+14.5Z-10=6.5Z-10 – прямая Z=0 MX=0 Z=3 MX=22.5 𝑍 𝑍 III участок: 0≤Z≤2правая MX=RB*Z- 𝑔*𝑍 ∗ 2=-2.5Z-2*𝑍 ∗ 2=-2.5Z-Z2 – парабола MX=-Z2-2.5Z Z=0 MX=0 Z=2 MX=9 IV участок: 0≤Z≤1правая MX=+RB*Z=-2.5Z – прямая Z=0 MX=0 Z=1 MX=-2.5 Пример №7 Решение: G=g*l=5*2=10кН 1 Считаем реакции опоры: 17.5 ΣМА=0: -F*2.5+G*2.5-RB*4=0 4RB=-3*2.5+10*2.5 4RB=17.5 RB= =4.375кН 4 34.5 =8.625кН 4 ΣМB=0: -G*1.5+RA*4-F*6.5=0 4RA=10*1.5+3*6.5 4RA=34.5 RA= Проверка: RA+RB-G-F=0 8.625+4.375-10-3=0 2 Делим балку на участки. 4 Записываем уравнение поперечной силы: I участок: 0≤Z≤2.5 QX=-F=-3кН II участок: 0≤Z≤4 QX=+RA-F+ 𝑔 ∗ 𝑍=2Z+5.625кН – прямая Z=0 QX=5.625 Z=4 QX=13.625 III участок: 0≤Z≤1 QX=RB=4.375 4 Построение эпюры изгибающих моментов: I участок: 0≤Z≤2.5левая MX=-F*Z=-3Z – прямая Z=0 MX=0 Z=2.5 MX=-7.5 II участок: ? III участок: ? Пример: Дано: G=50кН Решение: ОХ 0 G*cos20o -R2*cos60o OY R1 -G*cos70o -R2*cos30o ΣX=0: 0+ G*cos20o-R2*cos60o=0 ΣY=0: R1-G*cos70o-R2*cos30o=0 Из первого: 0+50*0.9397-R2*0.5=0 0.5R2=46.985 R2=93.97 R2=94кН Из второго: R1-17.1-81.4=0 R1=98.5кН Ответ: R1=98.5кН R2=94кН