Примеры расчета работ
скачать (23371 kb.)
Доступные файлы (1):
1.doc | 23371kb. | 18.12.2011 07:07 | ![]() |
содержание
- Смотрите также:
- Буданов К.Д., Мартиросов А.А., Попов Э.А., Туваева А.А. Основы теории, конструкция и расчет текстильных машин [ документ ]
- Практикум: Электрические цепи постоянного тока и методы их расчета [ документ ]
- Геодезические разбивочные работы [ лекция ]
- Взрывные работы [ лекция ]
- Бронин В.Н., Голли А.В. Проектирование свайных фундаментов [ документ ]
- Руководство. Научно-исследовательская работа в школе [ стандарт ]
- Выбор вспомогательное оборудование ТЭС [ лекция ]
- Занятие по структурному планированию Целью занятия является получение навыков составления сетевых графиков, расчета раннего и позднего времени начала работ, нахожде [ документ ]
- Комашенко В.И., Носков В.Ф., Лебедев Ю.А. Буровзрывные работы [ документ ]
- Выручка от продажи продукции, методы расчета выручки [ документ ]
- Конспект лекций для сдачи экзамена по курсу Инвестиции и инновации [ лекция ]
- Курсовой проект - Расчет сметной стоимости 2-ух этажного здания [ курсовая работа ]
1.doc
1. Исследование напряженного состоянияДано: в опасной точке упруго деформированной конструкции выделен бесконечно малый эле-мент, по граням которого действуют нормальные и касательные напряжения (рис. 1.1).
а) материал – сталь [σ] = 160 МПа, ν = 0.28, E = 2·105 МПа.
б) материал – чугун;
σ

Вычислить:
величины главных напряжений и их направление анали-тически и при помощи диаграммы Мора;
максимальные касательные напряжения и положение площадок, по которым они действуют;
определить деформацию по трем главным направлениям и объемную деформацию элемента;
проверить прочность конструкции по II, III и IV теориям и оценить результаты; вычислить эквивалентные напряжения;
показать площадки разрушения (по желанию);
Р

1. Вычисление величин главных напряжений и их направление аналитически и с помощью кругов Мора.
а) вычисление аналитическим способом
Для нахождения главных напряжений применяем формулы для плоского напряженного состояния:

Так как вдоль оси y нормальные напряжения не действуют, то σy = 0. Тогда подставляя в выражение значения, получаем:

Тогда в силу того, что σ1 > σ2 > σ3 получаем: σ1 = σmax = 20 МПа, σ2 = 0 МПа, σ3 = σmin = -80 МПа.
Теперь определяем расположение главных площадок:


Углы α0’ и α0” отсчитываются от наибольшего нормального напряжения, в данном случае от σy (σy > σx, т.к. σy = 0 и σx < 0): угол α0’ указывает на наибольшее главное напряжение σ1 и отклады-вается по часовой стрелке (т.к. α0’ < 0), угол α0” указывает на главное напряжение на смежной пло-щадке σ3 и откладывается против часовой стрелки (т.к. α0” > 0). Показываем расположение глав-ных площадок в элементе (рис. 1.2).
б

В осях σ и τ отмечаем две точки Dx(σx;τxy) и Dy(σy;τyx), в нашем случае Dx(-60;-40) и Dy(0;40) (рис. 1.3).
Проводим прямую DxDy, и из точки пере-сечения прямой с осью σ (т. C) радиусом DxC проводим окружность. Точки пересечения ок-ружности с осью σ (т. A и B) дают значения главных напряжений (т. A – σ1, т. B – σ3).
Из точки наибольшего нормального на-пряжения (т. Dy) проводим прямую, парал-лельную оси σ – получаем полюс (т. M), со-единяя полюс M с т. A и т. B, получаем на-правление главных напряжений (луч MA указывает направление σ1, MB – σ3, относительно оси y), углы между лучами и осью σ дают углы α0’ и α0”.
2. Определение максимальных касательных напряжений и положения площадок, по которым они действуют
М


С помощью кругов Мора максимальное касательное напряжение определяется точкой пересечения окружности и перпендикуляра, проведенного из ее центра (рис. 1.3).
3. Определение деформаций по трем главным направ-лениям и обьемной деформации
Деформации по главным направлениям по закону Гука равны:

Подставляя значения главных напряжений, получаем:

Объемная деформация примерно равна сумме линейных деформаций по главным направ-лениям (с точностью величин второго порядка этих деформаций):

^ Проверка прочности конструкции по II, III, V и оценка результатов
а) по II теории (для хрупких материалов)
II теория прочности – теория наибольших линейных деформаций, разрушение элемента, находящегося в сложном напряженном состоянии, наступит тогда, когда наибольшая линейная деформация достигнет величины, при которой в случае простого растяжения-сжатия наступает разрушение:

в нашем случае:

Эквивалентное напряжение меньше допускаемого.
б) по III теории (для пластичных материалов)
III теория прочности – теория наибольших касательных напряжений, текучесть материала на-ступит тогда, когда наибольшие касательные напряжения превысят допустимые.

в нашем случае:

Эквивалентное напряжение меньше допускаемого.
в) по V теории (для хрупких и пластичных материалов)
V теория прочности – теория Мора основана на том, что прочность материала в общем случае напряженного состояния зависит главным образом от величины и знака наибольшего и наимень-шего напряжений:

Коэффициент k – отношение допускаемых напряжений при растяжении и при сжатии:
– для стали: [σ+] ≈ [σ-] и k = 1;
– для чугуна: [σ+] = 28..80 МПа и [σ-] = 120..150 МПа, берем [σ+] = 28 МПа и [σ-] = 120 МПа, тогда k = 0,233;
Определяем эквивалентные напряжения:
– для стали:

– для чугуна:

Эквивалентные напряжения в обоих случаях меньше допускаемого.
5. Площадки разрушения
П

2. Растяжение – сжатие
статически определимых ступенчатых стержней
Д

материал – сталь, [σ] = 160 МПа, E = 2∙105 МПа.
a = 80 см, Fa = 4 см2, P1 = 180 кН;
b = 30 см, Fb = 12 см2, P2 = 140 кН;
c = 60 см, Fc = 10 см2, P3 = 110 кН;
Вычислить:
построить эпюры продольных сил, напряжений и перемещений;
оценить прочность стержня;
Решение:
1. Построение эпюр, продольных сил, напряжений и перемещений
Заданный стержень имеет 4 участка, границами участков являются сечения приложенения внешних сил и места изменения размеров поперечного сечения (рис. 2.2, а).
Для определения продольных сил проводим произвольные сечения на каждом из участков (се-чение a–a на участке 1, b–b на участке 2, c–c на участке 3, d–d на участке 4) и рассматриваем рав-новесие верхней отсеченной части стержня (рис. 2.2, б, в, г, д):

Определяем нормальные напряжения в сечениях каждого участка:

Таким образом, 1ый участок стержня испытывает напряжения превышающие допустимые


Берем новое сечение участка стержня равное


Строим эпюры для продольных сил и нормальных напряжений (рис. 2.2, е, ж).
Определяем удлинения участков стержня, считая длины участков стержня следующими:


Удлинения участков стержня – есть перемещение сечений границ участка относительно друг друга, абсолютное перемещение сечения – есть перемещение сечения относительно заделки. Для нахождения абсолютного перемещения сечения, необходимо просуммировать относительные перемещения сечений до данного, начиная от заделки, т.е.:

Строим эпюру абсолютных перемещений, начиная с закрепленного конца (рис. 2.2, з).
2. Оценка прочности стержня
При начальных данных прочность стержня не была достаточна, чтобы выдержать приложен-ные нагрузки: в сечении участка 1 возникали напряжения, превышающие допустимые, поэтому было необходимо пересчитать площадь поперечного сечения 1ого участка для выполнения условия прочности, что и было сделано в п. 1.
3. Проверка прочности балки
и исследование деформаций при изгибе
Д

материал – сталь Ст 3, [σ] = 160 МПа,
[τ] = 100 МПа, Е = 2·105 МПа.
q = 20 кН/м, P = 20 кН;
a = 4 м, b = 3 м, c = 2 м;
Требуется:
составить уравнение поперечных сил и изгибающих моментов по участкам, построить эпюры (Q и Mи);
подобрать сечение балки-двутавра из условия прочности по нормальным напряжениям;
вычислить максимальное касательное напряжение;
определить главное напряжение в сечении, имеющем одновременно большие значения Q и Ми для точки сечения на уровне примыкания полки к стенке; проверить прочность по энергетиче-ской теории.
определить прогибы и углы поворота в характерных сечениях балки;
по вычисленным значениям прогибов показать на схеме балки её изогнутую ось;
проверить жесткость балки по допускаемому значению прогиба;
Решение:
1. Составление уравнений поперечных сил и изгибающих моментов по участкам, построение эпюр
Определяем реакции опор, исходя из того, что суммы моментов внешних сил относительно опор равны нулю (рис. 3.2, а):

Равномерно распределенную нагрузку заменяем равнодействующей, приложенной в центре участка действия нагрузки и равной по величине



Заданная балка имеет 3 участка нагружения, границами участков являются сечения приложе-ния внешних сил. Определяем поперечные силы и изгибающие моменты по участкам.
На 1ом участке проводим произвольное сечение и рассматриваем отсеченную часть (рис. 3.2, б). На участке действуют две внешние силы: реакция опоры Ra и распределенная на-грузка (следовательно, поперечная сила будет меняться по линейному закону), при этом реакция Ra стремится повернуть отсеч. часть против часовой стрелки и определяемая ей составляющая поперечной силы имеет отрицательный знак, распределенная нагрузка стремится повернуть отсеч. часть по часовой стрелке и определяемая ей составляющая поперечной силы имеет поло-жительный знак; поперечная сила есть сумма этих составляющих:

в сечении ^ поперечная сила равна:

в сечении C:

Поскольку на участке присутствует распределенная нагрузка, то изгибающий момент будет меняться по квадратичному закону; реакция Ra загибает отсеч. часть выпуклостью вверх и момент, создаваемый ей отрицательный, распределенная нагрузка загибает отсеч. часть выпуклостью вниз и момент, создаваемый ей положителен; тогда изгибающий момент будет:

в сечении ^ изгибающий момент равен 0 (нет внешнего момента), в сечении C:

В сечении балки, где поперечная сила равна 0, изгибающий момент принимает максимальное значение (сечение E):

На 2ом участке проводим сечение и рассматриваем отсеч. часть (рис. 3.2, в). На участке дей-ствуют две внешние силы: реакция опоры Rb и сила P (следовательно, поперечная сила на участке постоянна), при этом реакция опоры стремится повернуть отсеч. часть против часовой стрелки, а сила P по часовой стрелке, поэтому:

Изгибающий момент меняется линейно (т.к. поперечная сила постоянна), при этом реакция опоры загибает отсеч. часть выпуклостью вниз, сила P выпуклостью вверх, поэтому:

в сечении ^ изгибающий момент равен:

в сечении B:

На 3ем участке проводим сечение и рассматриваем отсеч. часть (рис. 3.2, г). На участке дей-ствует одна внешняя сила: сила P (следовательно, поперечная сила на участке постоянна):

Изгибающий момент меняется линейно (т.к. поперечная сила постоянна), при этом сила P за-гибает отсеч. часть выпуклостью вверх, поэтому:

в сечении ^ изгибающий момент равен:

в сечении D изгибающий момент равен 0 (нет внешнего момента).
По приведенным данным строим эпюру поперечных сил (рис. 3.2, д) и изгибающих моментов (рис. 3.2, е).
2. Подбор сечения балки-двутавра из условия прочности по нормальным напряжениям
Максимальное нормальное напряжение, возникающее в сечении балки при изгибе, равно:

по условию прочности максимальное нормальное напряжение не должно превышать допустимого, поэтому:

подставляя в выражение максимальный изгибающий момент, возникающий в сечениях балки (в данном случае в сечение E), получаем:

Для обеспечения требуемой прочности можно:
– по сортаменту двутавровых балок (ГОСТ 8239–72) выбрать двутавр №36, для кото-рого Wz=743 см3 и масса 1ого метра балки 48,6 кг;
– по сортаменту швеллеров (ГОСТ 8240–72) выбрать швеллер №27, для которого Wz=310 см3 и масса 1ого метра балки 27,7 кг, и соединив два швеллера, получить необходимое се-чение;
Поскольку масса 1ого метра двутавра меньше массы 1ого метра двух скрепленных швеллеров на 14%, при этом момент сопротивления двутавра больше суммы моментов сопротивления двух швеллеров на 20%, то рационально будет использовать двутавровую балку для обеспечения проч-ности конструкции.
Выбираем двутавровую балку №36, для которого момент сопротивления Wz = 743 см3, мо-мент инерции Jz = 13380 см4, площадь сечения двутавра F = 61,9 см2, статический момент полусечения Smax = 423 см3;
Тогда максимальное нормальное напряжение, возникающее в сечении балки, будет:

Нормальные напряжения в сечении изменяются линейно: максимальны по краям и равны 0 на нейтральной линии; т.к. изгибающий момент в сечении отрицателен, то верхние слои материала растягиваются и нормальные напряжения положительны, нижние слои сжимаются и нормальные напряжения отрицательны. Строим эпюру нормальных напряжений в сечении E (рис. 3.3, б).
3. Вычисление максимального касательного напряжения
Касательные напряжения, возникающие в сечениях балки при изгибе, определяются по фор-муле Журавского:

где ^ – поперечная сила, действующая в сечении, Szотс – статический момент отсеч. части сечения относительно оси z, b – ширина сечения в рассматриваемом слое материала.
Максимальные касательные напряжения возникают в сечении, где поперечная сила макси-мальна (сечение A), поэтому:


Определяем касательные напряжения в характерных точках сечения двутавровой балки (рис. 3.3, а):
– т. 1:
Статический момент отсеч. части Szотс = 0 (точка находится на краю сечения), поэтому по формуле Журавского касательные напряжения

– т. 2:
Статический момент отсеч. части равен:

где Fотс – площадь осеч. части сечения, yC отс – расстояние от оси z до центра тяжести отсеч. части.
В данном случае отсеч. частью является часть сечения двутавра выше т. 2, т.е. полка; тогда площадь сечения полки примерно будет:

где bп – ширина полки, sп – средняя толщина полки (рис. 3.3, а).
Центр тяжести сечения полки находится приблизительно на половине толщины полки от края полки, расстояние от оси z до центра тяжести:

где h – высота сечения двутавра, sп – средняя толщина полки (рис. 3.3, а).
Статический момент полки относительно оси z:

Ширина сечения на уровне т. 2 равна толщине стенки sс; тогда касательные напряжения в т. 2 сечения равны:

– т. 2’:
Статический момент отсеч. части равен статическому моменту полки (т. 2 и т. 2’ находятся на одном уровне относительно оси z). Отличие между т. 2 и т. 2’ состоит в том, что ширина сечения на уровне т. 2 равна толщине стенки, на уровне т. 2’ – ширине полки, поэтому касательные напря-жения в т. 2’ сечения равны:

– т. 3:
Статический момент отсеч. части равен статическому моменту полусечения Smax; ширина се-чения на уровне т. 3 равна толщине стенки sс, тогда касательные напряжения в т. 3 сечения равны:

Касательное напряжение, возникающее в т. 3 сечения ^ , является максимальным для данного сечения, но т.к. в рассмотренном сечении A возникают максимальные касательные напряжения во всей балке, то касательное напряжение в т. 3 является максимальным для всей балки:

Максимальное касательное напряжение не превышает допустимого.
По приведенным вычислениям строим эпюру касательных напряжений для сечения A (рис. 3.3, в).
4.^ Q и Ми для точки сечения на уровне примыкания полки к стенке; проверка прочности по энергетиче-ской теории
В качестве сечения, имеющего одновременно большие значения Q и Mи, берем сечение C, для которого поперечная сила QC = 17,143 кН, и изгибающий момент MC = -91,428 кН∙м.
Так как нормальные напряжения линейно изменяются по высоте сечения, то наибольшее действующее в сечение C равно:

Нормальное напряжение, действующее на расстоянии y от нейтральной линии, будет:

где h – высота сечения двутавра, ymax – наибольшее расстояние от нейтральной линии до края сече-ния; нормальное напряжение на уровне примыкания полки к стенке (т. 2’ на рис. 3.3, а):

где y2’ – расстояние от нейтральной линии до полки.
Касательное напряжение в точке примыкания полки к стенке (т. 2’ на рис. 3.3, а), по формуле Журавского (с учетом ранее вычисленного статического момента полки):

где Szотс – статический момент полки относительно оси z, bп – ширина полки
Главные напряжения для выделенного элемента в точке примыкания полки к стенке опреде-ляются по формулам для плоского напряженного состояния:

в данном случае


IV теория прочности (для пластичных материалов) – энергетическая теория, предполагается, что опасное состояние нагруженного элемента определяется предельной величиной накопленной удельной энергии формоизменения. Эквивалентное напряжение и условие прочности определя-ется как:

Подставляя в это выражение выражения для главных напряжений, вычисленные выше, и при-водя подобные, получаем условие прочности:

в данном случае, подставляя нормальные и касательные напряжения для точки примыкания полки к стенке сечения, получаем:

т.е. условие прочности выполняется.
5.^
Методом начальных параметров составляем уравнения для прогибов: ось x направляем вправо, y – вверх; начало отсчета берем в сечении A, составляем уравнение моментов относи-тельно сечения D. Все силовые факторы имеют знаки моментов: реакция Ra загибает балку относительно сечения D выпуклостью вверх и создаваемый ей момент отрицателен, реакция Rb – выпуклостью вниз и создаваемый ей момент положителен, распределенная нагрузка – выпук-лостью вниз и создаваемый ей момент положителен, но т.к. распределенная нагрузка не доходит до конца балки, то продолжаем ее до конца и прикладываем компенсирующую, момент создава-емый компенсирующей нагрузкой отрицателен. Составляем уравнение прогибов:

уравнение углов поворота получается дифференцированием уравнения прогибов:

Г


из 1ого граничного условия получаем:

из 2ого граничного условия:


Углы поворота в сечениях A и B:

Определяем значения прогибов и углов поворота в сечениях балки:
прогиб в сечении ^ :

угол поворота в сечении C:

прогиб в сечении D:


угол поворота в сечении D:

Из расчетов видно, что на 1ом участке угол поворота меняется с положителного на отрица-тельный, в отличие от других участков, где угол поворота монотонно убывает; значит на 1ом участ-ке есть такое сечение, где угол поворота равен 0, – это сечение соответствует перегибу балки и ее максимальному на этом участке прогибу, т.е.

где xF – расстояние от края балки до сечения F перегиба балки.
Решая это кубическое уравнение методом Кардано, получаем 3 действительных корня (описа-ние метода и решение уравнения опущено вследствие его громоздкости), при этом в диапазоне [0;4] лежит только один корень

Прогиб в сечении F равен:

6. Показ изогнутой оси балки
По вычисленным в п. 5 значениям прогибов показываем изогнутую ось балки (рис. 3.4, б).
7. Проверка жесткости балки по допускаемому значению прогиба

Проверяем жесткость балки по допускаемому прогибу на каждом из участков балки.
– 1ый участок:
Допускаемый прогиб для 1ого участка равен:

где l1 – длина 1ого участка.
Наибольший прогиб на участке 1 равен прогибу в сечении F, поэтому условие жесткости по допускаемому прогибу будет:

таким образом, условие жесткости по допускаемому прогибу не выполняется.
– 2ой участок:
Допускаемый прогиб для 2ого участка равен:

где l2 – длина 2ого участка.
Наибольший прогиб на участке 2 равен прогибу в сечении C, поэтому:

условие жесткости по допускаемому прогибу также не выполняется.
– 3ий участок:
Допускаемый прогиб для 3его участка равен:

где l3 – длина 3его участка.
Наибольший прогиб на участке 3 равен прогибу на краю участка – в сечении D, поэтому:

таким образом, и на этом участке условие жесткости по допускаемому прогибу не выполняется.
4. Расчет вала на сложное сопротивление
Дано: редукторный ступенчатый вал (рис. 4.1).
м

Т = 0,14 кН·м;
D1 = 110 мм, D2 = 200 мм;
a = 70 мм, b = 40 мм, c = 100 мм;
Требуется:
определить окружные и радиальные усилия, приняв соотношение между ними
построить эпюры изгибающих моментов в двух плоскостях;
построить эпюру суммарного изгибающего момента;
построить эпюру крутящего момента;
используя IV теорию прочности определить диаметр вала на отдельных участках, округлив их до стандартных размеров;
начертить эскиз вала;
Решение:
1. Определение окружных и радиальных усилий
Окружные усилия создают относительно оси вращения моменты, равные по величине мо-менту, передаваемого валом, поэтому:


по соотношению между окружными и радиальными усилиями, находим последние:


2. Построение эпюр изгибающих моментов в двух плоскостях
а) в горизонтальной плоскости
В



Вал имеет 3 участка, границами участков являются опоры и шкивы. Горизонтальный изги-бающий момент линейно меняется по участкам вала (т.к. нет распределенной нагрузки).
На 1ом участке изгибающий момент равен:

в сечении ^ изгибающий момент равен 0 (т.к. нет внешних моментов), в сечении C:

На 3ем участке изгибающий момент равен:

в сечении ^ момент равен 0 (т.к. нет внешних моментов), в сечении D:

По вычисленным значениям моментов строим эпюру горизонтального изгибающего момента (рис. 4.2, в).
б) в вертикальной плоскости
В



Вертикальный изгибающий момент линейно меняется по участкам вала (т.к. нет распределен-ной нагрузки).
На 1ом участке изгибающий момент равен:

в сечении ^ изгибающий момент равен 0 (т.к. нет внешних моментов), в сечении C:

На 3ем участке изгибающий момент равен:

в сечении ^ момент равен 0 (т.к. нет внешних мо-ментов), в сечении D:

По вычисленным значениям моментов строим эпюру вертикального изгибающего момента (рис. 4.3, в).
3.^
Суммарный изгибающий момент определяется как:

Определяем суммарный изгибающий момент в сечениях по границам участков:
в сечениях A и B суммарный изгибающий момент равен 0;
в сечении C:

в сечении D:

По вычисленным значениям моментов строим эпюру суммарного изгибающего момента (рис. 4.3, г).
4.^
Окружное усилие шкива 1 создает относительно продольной оси вала момент, который стре-мится вращать вал по часовой стрелке (если смотреть с положительного направления оси x); ок-ружное усилие шкива 2 создает момент, который стремится вращать вал против часовой стрелки (рис. 4.3, д).
Крутящий момент возникает только в сечениях участка вала между шкивами, на участках между шкивом и опорой крутящий момент равен 0.
Проводим произвольное сечение на участке 2 между шкивами и рассматриваем равновесие одной из частей (например, правой). Крутящий момент возникающий в сечении равен сумме внешних моментов, действующих по одну сторону от сечения; в данном случае крутящий момент равен по величине моменту T2 = 140 Н·м и направлен в противоположную ему сторону; и если смотреть на торец отсеченной части вала, то крутящий момент стремится вращать отсеченную часть против часовой стрелки, поэтому он имеет отрицательный знак.
Строим эпюру крутящих моментов (рис. 4.3, е).
5.^ IV теории
По IV теории условие прочности выглядит:

где Wz – момент сопротивления сечения вала; в данном случае вал круглого сечения:

где d – диаметр сечения вала.
Определяем диаметры вала по участкам, исходя из условия прочности:
– 1ый участок:
Наибольший суммарный изгибающий момент на 1ом участке действует в сечении C, крутящий момент на 1ом участке не возникает, поэтому эквивалентный момент равен:

исходя из условия прочности определяем необходимый момент сопротивления и диаметр сечения вала на 1ом участке:

– 2ой участок:
Наибольший суммарный изгибающий момент на 2ом участке действует в сечении C, крутящий момент на 2ом участке равен моменту, передаваемого валом, с отрицательным знаком, поэтому эк-вивалентный момент равен:

исходя из условия прочности определяем необходимый момент сопротивления и диаметр сечения вала на 2ом участке:

– 3ий участок:
Наибольший суммарный изгибающий момент на 3ем участке действует в сечении D, крутящий момент на 3ем участке не возникает, поэтому эквивалентный момент равен:

исходя из условия прочности определяем необходимый момент сопротивления и диаметр сечения вала на 3ем участке:

Выбираем диаметры вала по участкам, исходя из ряда Ra 40 нормальных линейных размеров (ГОСТ 6636–69):
– для 1ого участка принимаем диаметр

– для 2ого участка принимаем

– для 3его участка принимаем

6. Эскиз вала
Эскиз вала с указанием необходимых размеров представлен на рис. 4.4.
5. Расчет статически неопределимой балки
при динамическом нагружении
Д

материал – сталь, [σ] = 160 МПа, E = 2·105 МПа;
a = 0,6 м, b = 0,2 м, c = 0,8 м;
d = 11 см, P = 1 кН, h = 14 см;
Требуется:
раскрыть статическую неопределённость рамы;
определить динамический коэффициент;
определить динамические напряжения и прогибы;
Решение:
1. Раскрытие статической неопределенности рамы
В

а) построение грузовой эпюры
Определяем реакцию заделки A, проецируя все внешние силы на ось y (рис. 5.2, б):

Изгибающий момент от статической силы P на 2ом участ-ке будет:

в сечении D момент равен 0, в сечении A:

Строим эпюру моментов от силы P (рис. 5.2, в).
б) построение эпюры моментов от единичной силы
Вместо неизвестной X1 прикладываем единичную силу


Изгибающий момент от единичной силы равен:

в сечении C момент равен 0, в сечении A:

Строим эпюру моментов от единичной силы (рис. 5.2, д).
в) решение канонического уравнения
В сечении B приложения неизвестной реакции прогиб ра-вен 0 (т.к. катковая опора препятствует вертикальному пере-мещению), поэтому и в сечении C прогиб равен 0, т.е. суммар-ный прогиб от действия неизвестной реакции X1 и силы P ра-вен 0:

где δ11, δ1P – прогибы от действия единичной силы и силы P.
Находим прогибы способом Верещагина:

где Ωi – площадь фигуры на грузовой эпюре,ηi – ордината под центром тяжести этой фигуры на эпюре единичной силы.
Находим прогиб от единичной силы: площадью фигуры в формуле Верещагина будет площадь эпюры единичной силы, ординатой – ордината под центром тяжести эпюры единичной силы (2/3 высоты эпюры); поэтому:


Находим прогиб от силы P: площадью фигуры будет площадь грузовой эпюры, ординатой – ордината на эпюре единичной силы под центром тяжести грузовой эпюры (рис. 5.3); поэтому:

Тогда, решая каноническое уравнение получаем:

Неизвестная реакция X1 равна по величине

2. Определение статического прогиба и динамического коэффициента
а) построение эпюры изгибающих моментов
Определяем реакцию заделки A с учетом реакции отброшеной опоры (рис. 5.2, е):

Изгибающий момент на 1ом участке равен:

в сечении C момент равен 0, в сечении D:

Изгибающий момент на 2ом участке:

в сечении А момент равен:

Строим эпюру изгибающих моментов (рис. 5.2, ж).
б) построение эпюры единичной силы
В сечении D прикладываем единичную силу и рассматриваем ее действие на раму (рис. 5.2, з). Момент от единичной силы возникает только на 2ом участке рамы:

в сечении D момент равен 0, в сечении A:

Строим эпюру изгибающего момента от единичной силы (рис. 5.2, и).
в) определение статического прогиба
Определяем статический прогиб с помощью интеграла Мора:

где Mи(P), Mи(1) – изгибающие моменты, возникающие под действием силы P и единичной силы.
В данном случае:

но т.к. на 1ом участке единичная сила момента не создает, то первое слагаемое обращается в ноль:

с учетом моментов, создаваемых силой P и единичной силой на 2ом участке получаем:


Учитывая, что сечение рамы круглое, находим его момент инерции:

тогда статический прогиб равен:

Вычисляем динамический коэффициент по приближенной формуле:

3. Определение динамических напряжений и прогибов
Динамические напряжения определяются как:

Учитывая, что сечение рамы круглое, находим его момент сопротивления:

Считая статический изгибающий момент максимальным, действующим в сечениях рамы, на-ходим максимальные динамические напряжения:

Таким образом, максимальные динамические напряжения превышают допустимые напряже-ния


Округляем диаметр нового сечения рамы до стандартного


Максимальные динамические напряжения, возникающие в раме с новым сечением:

Определяем статический прогиб для рамы с новым сечением:

Пересчитываем динамический коэффициент:

Динамический прогиб в сечении падения груза будет:

Скачать файл (23371 kb.)