МИНИСТЕРСТВО СЕЛЬСКОГО ХОЗЯЙСТВА РФ
ФГБОУ ВО Тверская ГСХА
Кафедра технологических и транспортных машин и комплексов
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИЛОВ
для проведения практических занятий
Тверь 2016
УДК 694.314.1548
Рецензент: Берней В.И. - профессор кафедры ремонта и эксплуатации МТП
Елисеев Ю.В. Сопротивление материалов: методические указания для проведения практических занятий / Ю.В. Елисеев, А.В. Кудрявцев – Тверь: ТГСХА, 2016.- 57 с.
Методические указания предназначены для студентов инженерного факультета ФГБОУ ВО Тверская ГСХА очного и заочного отделения по направление подготовки 23.03.03 Эксплуатация транспортно-технологических машин и комплексов, профиль подготовки Автомобильный сервис. Методические указания содержат девять практических занятий. Каждое занятие содержит общие сведения, индивидуальное задание и пример решения.
Методические указания обсуждены и рекомендованы к изданию на заседании кафедры технологических и транспортных машин и комплексов
«15» _ ноября _ 201 6 года протокол № 7
Методические указания рассмотрены и рекомендованы к изданию на методической комиссии инженерного факультета
«29» _ ноября _ 201 6 года протокол № 8
ОСНОВНЫЕ ОБОЗНАЧЕНИЯ
m – масса;
F (F x, F y, F z) – сила (составляющие силы по координатным осям);
М – момент силы (момент пары);
q – интенсивность распределенной нагрузки;
R (X, Y, Z)– реакция (реактивная сила);
M R – реактивный момент в жесткой заделке;
T – сила натяжения гибкой связи (каната, троса, ремня);
F ∑ – равнодействующая сила;
М ∑ – равнодействующий момент;
F т – сила трения;
M т – момент трения;
G – сила тяжести;
F и – сила инерции;
f – коэффициент трения скольжения;
А – площадь;
S x – статический момент площади
относительно оси х;
V – объем;
С – центр тяжести;
W – работа силы (момента силы);
P – мощность силы (момента силы);
l (l AB) – длина (длина между точками A и В);
t – время;
s – перемещение, путь;
v – скорость;
а – ускорение;
a n (a t) – нормальное (тангенциальное) ускорение;
j – угол поворота;
w – угловая скорость; рад/с
e – угловое ускорение;
n – частота вращения вала, об/мин;
h – коэффициент полезного действия (КПД).
[s] – допускаемое нормальное напряжение (общее обозначение);
[sр] – то же, при растяжении;
[sс] – то же, при сжатии;
[sсм] – то же, при смятии;
sВ – предел прочности;
sВр (sВс) – предел прочности при растяжении (при сжатии);
sт – предел текучести;
smax (tmax) – наибольшее напряжение в поперечном сечении бруса;
sпц – предел пропорциональности;
[t] – допускаемое касательное напряжение;
[tкр] – допускаемое напряжение при кручении;
[tср] – то же, при срезе;
j – угол закручивания бруса при кручении;
[ j 0] – допускаемый относительный угол закручивания;
Е – модуль продольной упругости;
J x, J y – главные центральные моменты
инерции;
J p – полярный момент инерции;
М х – изгибающий момент в поперечном сечении бруса относительно оси х;
М изг – изгибающий момент, суммарный
для бруса круглого поперечного сечения;
М кр – крутящийся момент в поперечном сечении бруса;
N – продольная сила в поперечном сечении бруса;
s [ s ] – коэффициент запаса прочности
(нормативный);
Q y, Q – поперечная сила, действующая вдоль оси у или суммарная.
СОДЕРЖАНИЕ
Практическое занятие №1. Определение реакций опор балок …………......
Практическое занятие №2. Расчет бруса на растяжение (сжатие) …………
Практическое занятие №3. Расчет статически неопределимых конструкций ………………………………………………………………………………
Практическое занятие №4. Определение положения центра тяжести плоского симметричного сечения ………………………………………………….
Практическое занятие №5. Определение главных центральных моментов инерции сложного симметричного сечения …………………………………
Практическое занятие №6. Сложное напряженное состояние ……………..
Практическое занятие №7. Расчет вала на кручение ………………………..
Практическое занятие №8. Определение размеров поперечного сечения консольной балки ……………………………………………………………...
Практическое занятие №9. Определение диаметра вала при изгибе с кручением ………………………………………………………………………
Приложения
ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ №1
Тема. Введение. Основные определения
Тема практического занятия. Определение реакций опор балок
Цель занятия. Определить реакции опор консольной балки
Общие сведения
1. Последовательность решения задачи.
1. Изобразить балку с действующими на нее нагрузками.
2. Составить расчетную схему балки.
3. Выбрать расположение координатных осей.
4 Произвести необходимые преобразования заданных сил:
- наклоненную к оси балки под углом 
силу F, заменить двумя взаимноперпендикулярными составляющими,
- равномерно распределенную нагрузку – ее равнодействующей.
5. Освободить балку от опор, заменив их действие реакциями.
6. Оставить и решить уравнения равновесия заданной системы сил.
7. Провести проверку решения.
2. Задания для практического занятия.
Задача. Жестко заделанная консольная балка нагружена равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью q и моментом М. На расстоянии а от стены передается сила F, наклоненная к оси балки под углом α. Определить реакции заделки (рисунок 1.1).
Данные своего варианта взять из таблицы 1.1
а)
|
| |||||||||||||
| а - для четных вариантов; б – для нечетных; Рисунок 1.1 - Схемы к задаче |
Таблица 1.1 – Данные практической задачи
| q | кН/м | 0,4 | -1,8 | 1,4 | 1,2 | -0,2 | M | F | α |
| a | м | ||||||||
| b | кН·м | кН | град | ||||||
| № варианта и данные к задаче | 6,2 | -16 | |||||||
| -5,6 | |||||||||
| 7,8 | |||||||||
| 4,6 | -22 | ||||||||
| -5,0 | 8,0 | ||||||||
| 4,8 | |||||||||
| 2,8 | -0,5 |
3. Пример решения.
Жестко заделанная консольная балка АВ нагружена, как показано на рисунке 1.1, а.
Определить реакции заделки балки
Дано: F=50 кН; q=5 кН/м; М=20 кН·м; α=200.
Найти: RА, φх, МЗ.
Решение:
1. Изображаем балку (рисунок 1.2).
2. Составляем расчетную схему балки:
- провести оси координат х и у;
- найти модули проекций силы F:
F х= F ·cosα; F х =50·cos200=50·0,9397=47 кН;
F у= F ·sinα; F у =50·sin200=50·0,342=17,1 кН;
- определяем равнодействующую равномерно распределенной нагрузки и расстояние от ее линии действия до опоры А:
F q= q · l = q · AB =5·5=25 кН;
АК = l /2= АВ /2=2,5 м;
- применяем принцип освобождения тела от связей (рисунок 1.2).
Рисунок 1.2 - Принцип освобождения тела от связей
3. Составляем уравнения равновесия и определяем неизвестные реакции опор:
∑ Fk x=0, RA x+ F x=0, RA x=- F x=-47 кН;
∑ Fk y=0, RA y- F q+ F y=0, RA y= F q- F y=25-17,1=7,9 кН;
=47,7 кН;
=arcsin0,166=9,50;
∑ MA (Fk)=0, M З+ F q· AK - F y· AC - M =0,
M З=- F q· AK + F y· AC + M =-25·2,5+17,1·2+20=-8,3 кН·м.
4. Проверяем правильность найденных результатов:
MC (Fk)= RA y· AC + M З+ F q· CK - M =7,9·2–8,3+25·0,5-20=0
Ответ: RA=47,7 кH; φх=9,50; MЗ=-8,3 кН·м.
Контрольные вопросы
1. Какие разновидности связей рассматриваются в статике?
2. Как определяется проекция силы на ось?
3. Назовите единицы измерения силы?
4. Как определяется момент силы относительно точки?
5. Назовите единицы измерения момента силы?
6. Назовите правило знаков для определения момента силы относительно точки?
7. Чем отличаются активные силы от пассивных?
8. Запишите уравнения равновесия для системы произвольных сил?
9. Как определяется равнодействующая равномерно распределенной нагрузки?
10. Какая разновидность связи была задана в условии задачи?
Литература
1. Волков А. Н. Сопротивление материалов. — М.: КолосС, 2004. – 18...19 с.
2. Кривошапко С. Н. Сопротивление материалов: лекции, семинары, расчетно-графические работы. — М.: Издательство Юрайт, 2013. - 187…194 с.
ПРАКТИЧЕСКЕ ЗАНЯТИЕ № 2
Тема. Центральное растяжение (сжатие)
Тема практического занятия. Расчет бруса на растяжение (сжатие).
Цель занятия.
Общие сведения
1. Растяжением или сжатием называется такой вид деформации, при котором в любом поперечном сечении бруса возникает только продольная сила. Продольная сила в поперечном сечении бруса численно равна алгебраической сумме внешних сил, расположенных по одну сторону сечения (имеется в виду, что все силы направлены вдоль оси бруса).
Растягивающие (направленные от сечения) продольные силы считаются положительными, а сжимающие (направленные к сечению) – отрицательными.
При растяжении и сжатии в поперечных сечениях бруса возникают только нормальные напряжения, равномерно распределенные по сечению и вычисляемые по формуле
где N − продольная сила, Н;
F − площадь поперечного сечения, мм.
Для наглядного изображения распределения вдоль оси бруса продольных сил и нормальных напряжений строят графики, называемые эпюрами.
Деформацией при растяжении участка бруса является его удлинение. Абсолютное удлинение или укорочение прямо пропорционально продольной силе, длине участка бруса и обратно пропорционально жесткости сечения бруса
где EF − жесткость сечения.
Коэффициент E характеризует жесткость материала, т. е. его способность сопротивляться упругим деформациям растяжения или сжатия и называется модулем упругости первого рода; для стали E = (1,96…2,16)·105Па.
2. Пример решения.
Построить эпюры продольных сил, нормальных напряжений и перемещений поперечных сечений по длине ступенчатого бруса (рисунок 2.1). Материал бруса – сталь Ст.3; E = 2 ⋅105МПа; P = 60 кН; F 1 = 5 см2; F 2= 12 см2; a = 1м.
Решение. Разбиваем брус на участки: 1(АВ), 2(ВС) и 3(CD).
Применяя метод сечений, рассматриваем равновесие левой части, отбрасывая при этом отсеченную правую часть
Для участка 1
N 1= P = 60кН.
Для участка 2
N 2= P = 60кН.
Для участка 3
N 3= P +2 P =3 P =180кН.
Эпюра, показывающая, как меняется N по длине бруса, изображена на рисунке 1.
Для построения эпюры нормальных напряжений, находим напряжения на каждом участке:
Рисунок 2.1 – Построение эпюр продольных сил, нормальных напряжений и перемещений поперечных сечений по длине ступенчатого бруса
Эпюру перемещений строим, начиная от защемленного конца D. Перемещение поперечного сечения, где проложена сила 2 P (точка С), равное удлинению участка CD.
Перемещение сечения В относительно сечения С равно удлинению участка ВС.
Абсолютное перемещение сечения В
Δ B = Δ C + Δ BC = 0,75 + 0,25 =1,0мм.
Перемещение сечения А относительно В, равное удлинению участка АВ:
Абсолютное перемещение сечения А:
Δ A = Δ B + Δ AB = 1,0 + 1,2 = 2,2мм.
Построенная по полученным данным эпюра перемещений показана на рисунке 1
3. Задание.
Вариант 1. Построить эпюры продольных сил, нормальных напряжений и перемещений поперечных сечений по длине ступенчатого бруса по данным одной из схем, приведенных на рисунках 2.2.
Исходные данные: P = 50 кН; F = 5 см2; l = 1 м.
Рисунок 2.2 – Схема ступенчатого бруса
Вариант 2.Для стального бруса, нагруженного продольными силами Р, с учетом собственного веса (рисунок 2.3) требуется:
1. Определить внутренние силы, напряжения и перемещения по длине бруса.
2. Построить эпюры нормальных сил, напряжений и перемещений по длине бруса.
3. Указать положение наиболее опасного сечения и величину нормального напряжения в этом сечении.
Принять, что материал бруса имеет плотность γ = 7,8 г/см3 и модуль продольной упругости Е = 2•105 МПа.
Таблица 2.1 – Исходные данные
| № варианта | Р, кН | F, м2 | a, м | b, м | c, м |
| 1,2 | 16•10 - 4 | 1,1 | 1,2 | 1,3 | |
| 1,9 | 13•10 - 4 | 1,4 | 1,7 | 1,5 | |
| 1,7 | 11•10 - 4 | 1,7 | 1,5 | 1,7 | |
| 1,3 | 15•10 - 4 | 2,0 | 1,9 | 1,8 | |
| 1,5 | 17•10 - 4 | 2,3 | 2,2 | 2,0 | |
| 2,0 | 19•10 - 4 | 2,6 | 2,5 | 2,4 | |
| 1,1 | 18•10 - 4 | 2,9 | 2,8 | 2,7 | |
| 1,6 | 14•10 - 4 | 1,5 | 1,6 | 1,6 | |
| 1,8 | 12•10 - 4 | 1,8 | 1,8 | 1,9 | |
| 2,2 | 10•10 - 4 | 1,2 | 1,3 | 1,4 |
Рисунок 2.3 – Схемы стального бруса
Контрольные вопросы
1. Продольные и поперечные деформации при растяжении (сжатии) бруса.
2. Коэффициент Пуассона.
3. Закон Гука.
4. Модуль упругости; жесткость стержня при растяжении (сжатии).
5. Определение значений внутренних усилий, напряжений и перемещений.
6. Построение эпюр.
7. Напряжения и деформации от действия собственного веса элемента.
Литература
1. Волков А. Н. Сопротивление материалов. — М.: КолосС, 2004. – 18...19 с.
2. Кривошапко С. Н. Сопротивление материалов: лекции, семинары, расчетно-графические работы. — М.: Издательство Юрайт, 2013. - 187…194 с.
ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ №3
Тема. Статически неопределимые системы.
Тема практического занятия. Расчет статически неопределимых конструкций.
Цель занятия. Расчет конструкций.
Общие сведения
1. Статически неопределимые задачи.
Задачи на расчет конструкций, в элементах которых внутренние силовые факторы не могут быть определены при помощи одних уравнений
равновесия статики, называются статически неопределимыми. При решении таких задач помимо уравнений равновесия сил составляются уравнения перемещений. Для этого вычерчивают деформированную схему системы, из которой и устанавливают нужные зависимости. Полученная зависимость между деформациями называется уравнением совместности деформаций системы и представляет собой геометрическую сторону задачи. Деформация стержня возникает от нагрузки, изменения температуры стержня или неточности его изготовления.
Температурное удлинение (укорочение) стержня
где α - коэффициент линейного расширения материала стержня.
2. Пример решения.
Жесткая балка (рисунок 3.1) силой тяжести 40 кН шарнирно укреплена в стене в точке А и расположена горизонтально при помощи двух стальных стержней 1 (ВС) и 2 (DE) равной длины 
.
На балку действуют сосредоточенная сила Р=20кН. Площади поперечных сечений стержней равны соответственно F и 2F (F=2*10-4 м2).
Определить усилия в стержнях, а также возникающие в них напряжения.
Рисунок 3.1 –Балка жесткая
Решение. Применяя к балке принцип освобождаемое от связей, получаем три неизвестных: реакцию RА, шарнира А и реакции R1и R2 стержней.
Для полученной плоской уравновешенной системы сил можно составить два уравнения равновесия: уравнение проекций сил на ось у и уравнение моментов сил относительно какой-либо точки.
Для решения задачи необходимо составить третье, дополнительное уравнение деформации элементов системы. Для этого представим систему в деформированном виде и непосредственно по схеме (рисунок 3.1) установим зависимость между деформациями стержней 1 и 2.
Из подобия треугольников АВВ1 и ADD1получим
Поскольку реакцию RА не требуется определять, то составим только одно уравнение равновесия - сумму моментов сил относительно точки А.
или
По закону Гука.
Разделим первое равенство на второе
Тогда
Находим реакции стержней:
R1= 6,3 кН;
R2 = 31,5 кН.
Вычисляем напряжения в стержнях:
3. Задание.
1. Определить усилия в стержнях жесткой балки и возникающие в них напряжения по данным одной из схем. Приведенным на рисунке 3.2 и в таблице 3.1.
Удлинение стержня в зависимости от температуры
∆ l =α l ∆ T,
где α = 12*10-6;
К-1- коэффициент линейного расширения железа;
∆ T- изменение температуры стержня.
Таблица 3.1 – Исходные данные
| № | P, кН | Стержень 1 | Стержень 2 | Величина зазора ∆ l | Изменение температуры стержня ∆ t | ||
| Длина | Площадь поперечного сечения | Длина | Площадь поперечного сечения | ||||
| 2 l | 3 F | l | 2 F | - | - | ||
| l | F | 3 l | F | - | - | ||
| 2 l | 2 F | l | F | - | - | ||
| l | F | 2 l | 2 F | - | - | ||
| 2 l | F | l | 2 F | - | - | ||
| l | F | 2 l | F | - | - | ||
| 3 l | 2 F | l | F | - | - | ||
| 2 l | F | l | F | - | - | ||
| 2 l | 2 F | l | F | - | - | ||
| 2 l | 2 F | l | 2 F | - | - | ||
| - | l | F | 3 l | 2 F | 0.0006 l | - | |
| - | l | F | 2 l | F | 0.0008 l | - | |
| - | l | F | 2 l | 3 F | 0.0005 l | - | |
| - | l | F | 2 l | 2 F | 0.001 l | - | |
| - | l | F | 2 l | 2 F | - | +30°C | |
| - | 2 l | F | l | 2 F | - | -30° С | |
| - | 3 l | 2 F | l | F | - | +20°C | |
| - | l | F | 1,5 l | 2 F | - | -20°C | |
| - | l | F | 2 l | F | - | +25°C | |
| - | 3 l | F | l | F | - | -25°C |
Рисунок 3.2 – Балки жесткие
Контрольные вопросы
8. Дифференциальное уравнение изогнутой оси балки.
9. Методы определения перемещений.
10. Понятие статической неопределимости.
11. Порядок расчета простых статически неопределимых систем.
12. Расчет статически неопределимых систем при изгибе.
Литература
1. Волков А. Н. Сопротивление материалов. — М.: КолосС, 2004.
2. Кривошапко С. Н. Сопротивление материалов: лекции, семинары, расчетно-графические работы. — М.: Издательство Юрайт, 2013.
ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ № 4
Тема. Геометрические характеристики плоских сечений
Тема практического занятия. Определение положения центра тяжести плоского симметричного сечения
Цель занятия. Определить положение центра тяжести сечения, составленного из профилей стандартного проката.
Общие сведения
1. Последовательность решения задачи:
1. Начертить заданное сложное сечение (фигуру), выбрать оси координат.
2. Разбить сложное сечение на простые, для которых центры тяжести и силы тяжести известны;
3. Определить необходимые данные для простых сечений:
а) выписать из таблиц ГОСТа для каждого стандартного профиля необходимые справочные данные (h; b; d; A; для швеллера z 0) или определить площадь простого сечения;
б) определить координаты центров тяжести простых сечений относительно выбранных осей координат;
в) определить статические моменты площади простых сечений;
4. Определить положение центра тяжести сложного сечения.
2.Задача.
Для заданных плоских симметричных сечений (рисунок 4.1), составленных из профилей стандартного проката определить:
1. Положение центра тяжести.
2. Главные центральные моменты инерции.
Данные своего варианта взять из таблицы 4.1
| а) | б) |
| Рисунок 4.1 - Плоские симметричные сечения |
Таблица 4.1 – Исходные данные
| № двутавра | № швеллера | Полоса, h×b, мм | |||||
| № варианта и данные к задаче | 140´10 | ||||||
| 150´12 | |||||||
| 160´12 | |||||||
| 160´10 | |||||||
| 150´10 | |||||||
| 300´16 | |||||||
| 420´20 |
Обратите внимание, что, все геометрические параметры швеллера даны в ГОСТ при вертикальном положении его стенки. При повороте швеллера на угол 900, все его геометрические параметры заданные относительно оси Х меняются на параметры заданные относительно оси У.
3. Пример решения
Для заданного плоского симметричного сечения составленного из профилей стандартного проката определить положение центра тяжести.
Дано: полоса 120´10 (ГОСТ 103-76); двутавр № 12 (ГОСТ 8239-89); швеллер № 14 (ГОСТ 8240-89).
Найти: С (х С; у С).
Решение:
1. Разбиваем сложное сечение на 3 простых сечения:
1 – полоса;
2 – двутавр;
3 – швеллер.
2. Выписываем из таблиц ГОСТа и определяем необходимые данные для простых сечений:
- полоса 120´10; А 1 =120·10=1200 мм 2 =12 см 2; С 1 (0;0,5);
- двутавр № 12; А 2 =14,7 см 2 ; С 2 (0; 7);
- швеллер № 14; А 3 =15,6 см 2 ; С 3 (0; 14,67).
3. Находим статические моменты площади относительно оси 0 х:
S x1 = A 1 ·y1 =12·0,5=6 см 3; S x2 = A 2 ·y2 =14,7·7=102,9 см 3;
S x3 = A 3 ·y3 =15,6·14,67=228,9 см 3;
∑ S х = S x1 + S x2 + S x3 =6+102,9+228,9=337,8 см 3.
4. Определяем сумму площадей простых сечений:
∑ А k = A 1+ A 2 + A 3 =12+14,7+15,6=42,3 см 2.
5. Определяем положение центра тяжести сложного сечения:
х С =∑ S у\∑ А k; х С =0 см;
у C =∑ S х\∑ А k; у C =337,8\42,3=8 см.
Ответ:центр тяжести сложного сечения находится в точке С (0; 8).
Контрольные вопросы
1. Каким свойством обладает центр параллельных сил?
2. Запишите формулы для определения центра тяжести плоской фигуры, составленной из площадей.
3. Что такое статический момент площади?
4. В каких единицах измеряется статический момент площади?
5. Какие свойством обладает статический момент площади?
6. Перечислите способы определения центра тяжести твердого тела.
7. Где находится центр тяжести тела, имеющего 2 оси симметрии?
Литература
1. Волков А. Н. Сопротивление материалов. — М.: КолосС, 2004. - 36…41 с.
2. Кривошапко С. Н. Сопротивление материалов: лекции, семинары, расчетнографические работы. — М.: Издательство Юрайт, 2013. - 220…228 с.
ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ № 5
Тема: Геометрические характеристики плоских сечений
Тема практического занятия: Определение главных центральных моментов инерции сложного симметричного сечения
Цель занятия: Определить главные центральные моменты инерции сложного симметричного сечения, составленного из профилей стандартного проката.
Общие сведения
1. Последовательность решения задачи:
1. Провести центральные оси простых сечений у сложного сечения центр тяжести, которой известен.
2. Определить необходимые данные для простых сечений:
а) выписать из таблиц ГОСТа для каждого стандартного профиля необходимые справочные данные (J x i ; J у i ), определить центральные моменты инерции полосы;
б) определить расстояния между главной центральной осью сложного сечения и центральными осями простых сечений по формуле:
аi= |у С -у i |
3. Определить главные центральные моменты инерции сложного сечения.
2. Пример решения.
Для плоского симметричного сечения составленного из профилей стандартного проката определить главные центральные моменты инерции (рисунок 5.1).
Рисунок 5.1 – Симметричное сечение
Дано: полоса 120´10 (ГОСТ 103-76); двутавр № 12 (ГОСТ 8239-89); швеллер № 14 (ГОСТ 8240-89); центр тяжести сечения: С (0; 8).
Найти: J x; J у.
Решение:
1. Провести центральные оси простых сечений.
2. Выписываем из таблиц ГОСТа и определяем центральные моменты инерции для простых сечений:
Полоса 120´10; А 1=12 см2; С 1 (0;0,5);
J x1= b · h 3/12=12·13/12=1 см4;
J у1= b 3· h =123·1/12=144 см4.
Двутавр № 12; А 2 =14,7 см 2 ; С 2 (0; 7);
J x2=350 см4; J у2=27,9 см4.
Швеллер № 14; А 3 =15,6 см 2 ; С 3 (0; 14,67);
J x3=45,4 см4; J у3=491 см4.
3. Определяем расстояния между главной центральной осью сложного сечения и центральными осями простых сечений:
а 1=|у С -у1|=8-0,5=7,5 см;
а 2=|у С -у2|=8-7=1 см;
а 3=|у С -у3|=|8-14,67|=6,67 см.
4. Определяем главный центральный момент инерции сложного сечения относительно оси у по формуле:
J у =∑ J у i = J у1+ J у2+ J у3=144+27,9+491=662,9 см4.
5. Определяем главный центральный момент инерции сложного сечения относительно оси х по формуле:
J хС=∑(J х i+аi 2· Аi)=(J х1 +а 12· А 1)+(J х2 +а 22· А 2)+(J х3 +а 32· А 3);
J хС=(1+7,52·12)+(350+12·14,7)+(45,4+6,672·15,6)=1780,1 см4.
Ответ: J max= J xС=1780,1 см4; J min= J у=662,9 см4.
Контрольные вопросы.
1. Какая величина называется статическим моментом сечения?
2. Назовите свойство статического момента сечения относительно центральных осей.
3. Какие величины называются осевыми моментами инерции сечения, какие сечения они характеризуют?
4. Какая величина называется центробежным моментом инерции сечения, какие сечения они характеризуют?
5. Какая величина называется полярным моментом инерции сечений, какие сечения он характеризует?
6. Назовите свойство полярного момента инерции сечения.
7. Какие моменты инерции сечения и оси называются главными?
8. Какие моменты инерции сечения называются главными центральными?
Литература
1. Волков А. Н. Сопротивление материалов. — М.: КолосС, 2004.
2. Кривошапко С. Н. Сопротивление материалов: лекции, семинары, расчетно-графические работы. — М.: Издательство Юрайт, 2013.
ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ №6
Тема. Сложное напряженное состояние.
Тема практического занятия. Сложное напряженное состояние.
Цель. Расчет сложного анпряжения.
Общие сведения
Напряжения в сечениях
Напряжением называют меру воздействия внутренних силовых факторов на единицу площади в рассматриваемой точке сечения бруса.
Система приложенных к телу внешних нагрузок, приводит к возникновению в его сечениях внутренних силы R и момента M (рисунок 6.1).
Рисунок 6.1 – Брус
При этом внутренняя сила и внутренний момент воздействуют на все сечение бруса в целом.
Выделим в рассматриваемом сечении элементарную площадку dA бесконечно малой площади (рисунок 6.2).
Рисунок 6.2
Полное напряжение – часть внутренних усилий, приходящаяся на конкретную точку сечения.
Рисунок 6.3 - Сечение
Обозначение полного напряжения в точке – p.
Единица измерения – Паскаль [Па] или (Н/м2).
Ввиду того, что большинство конструкционных материалов обладает высокой прочностью часто напряжения, возникающие в них, измеряются в кратных величинах, например, мегапаскаль [МПа].
В общем случае вектор полного напряжения в точке может располагаться под любым углом к сечению. В таких случаях для существенного упрощения расчетов его удобно раскладывать на составляющие (проекции):
σ – нормальное напряжение; τ – касательное напряжение;
Рисунок 6.4 – Проекции силы
В частных случаях (например, при растяжении-сжатии и кручении) в сечениях бруса имеют место только нормальные либо только касательные напряжения.
При решении таких задач, величина нормальных и касательных напряжений сравнивается с соответствующими допустимыми значениями напряжений.
Правила знаков для нормальных и касательных напряжений.
Для напряжений в точках бруса при его нагружении установлены следующие правила знаков:
Нормальные напряжения σ принимаются положительными (т.е. σ > 0), если они растягивают выделенный элемент бруса (рисунок 6.5).
Рисунок 6.5 - Правило знаков для нормальных напряжений
Касательные напряженияτ принимаются положительными (т.е. τ > 0), если они стремятся повернуть рассматриваемый элемент бруса по ходу часовой стрелки (рисунок 6.6).
Рисунок 6.6 - Правило знаков для касательных напряжений
Необходимо отметить, что касательные напряжения на взаимно перпендикулярных площадках элемента имеют одинаковую величину и противоположный знак.
3.Закон парности касательных напряжений
Касательные напряжения на соседних, взаимно перпендикулярных площадках равны по величине и противоположны по знаку.
Касательные напряжения τ принимаются положительными (т.е. τ > 0), если они стремятся повернуть рассматриваемый элемент бруса по ходу часовой стрелки.
τα = - τβ
Рисунок 6.7 – Направление касательных напряжений
Это следует из того условия, что выделенный элемент находиться в статичном состоянии, а для этого сумма моментов касательных напряжений должна быть равна нулю.
То есть напряжения на взаимно перпендикулярных гранях элемента уравновешивают друг друга.
Например (рисунок 6.7), если напряжения на «правой» и «левой» гранях элемента положительны и равны, например, 50 МПа, то соответственно на «верхней» и «нижней» площадках они также будут равны 50 Мпа, но уже со знаком минус (рисунок 6.8).
Рисунок 6.8
Визуально это проверяется так: стрелки касательных напряжений на углах элемента должны либо сходиться, либо расходиться.
Главные напряжения.
Главными называют нормальные напряжения на площадках выделенного элемента с нулевыми касательными напряжениями (рисунок 6.9).
Рисунок 6.9 – Нормальные напряжения
Для любого случая нагружения бруса всегда можно найти такое положение мысленно выделенного в нем элементарного объема, на гранях которого касательные напряжения будут отсутствовать (т.е. τ=0).
Площадки (грани элемента) на которых касательные напряжения равны нулю называются главными.
Таким образом, главные – это нормальные напряжения на главных площадках.
