Міністерство освіти і науки України Дніпровський національний університет імені Олеся Гончара ПОСІБНИК ДО ВИКОНАННЯ ІНДИВІДУАЛЬНИХ ЗАВДАНЬ З ДИСЦИПЛІНИ «ОПІР МАТЕРІАЛІВ» Частина 2 2017 Міністерство освіти і науки України Дніпровський національний університет імені Олеся Гончара Кафедра теоретичної і комп’ютерної механіки ПОСІБНИК ДО ВИКОНАННЯ ІНДИВІДУАЛЬНИХ ЗАВДАНЬ З ДИСЦИПЛІНИ «ОПІР МАТЕРІАЛІВ» Частина 2 Дніпро Ліра 2017 У посібнику подано приклади розв’язання деяких основних типів задач з опору матеріалів і завдання до самостійної (індивідуальної) роботи за темами «Геометричні характеристики перерізів» і «Розрахунок статично визначеної балки на згин». Призначено для студентів денної форми навчання фізико-технічного факультету Дніпровського національного університету імені Олеся Гончара, які вивчають дисципліну «Опір матеріалів». Рекомендовано до друку вченою радою механіко-математичного факультету Дніпровського національного університету імені Олеся Гончара 29.10.2017 р., протокол № 3. Посібник до виконання індивідуальних завдань з дисципліни «Опір матеріалів». Частина 2. Укладач: канд. фіз.-мат. наук, доц. Т. В. Ходанен Підписано до друку 29.10.2017 Формат 60х84/16. Папір друкарський. Друк плоский. Ум. друк. арк. 1,4 Тираж 30 пр. Зам. № 100 Видавництво «Ліра», вул. Наукова, 5, м. Дніпро. ДК № 6042 від 26.02.2018. 3 ПЕРЕДМОВА Опір матеріалів є однією з найважливіших базових дисциплін, що викладаються для спеціальностей фізико-математичного й технічного напрямків. Важливою складовою при вивченні цієї дисципліни є засвоєння навичок практичного розв’язання задач, зокрема розрахунків на міцність елементів конструкцій. У даному посібнику наводяться приклади розв’язання задач і варіанти завдань до самостійної (індивідуальної) роботи за темами «Геометричні характеристики перерізів» і «Розрахунок статично визначеної балки на згин», які викладаються у другому семестрі при вивченні дисципліни «Опір матеріалів». Після засвоєння теоретичного матеріалу, викладеного у лекціях та в допоміжній рекомендованій літературі, наведеній наприкінці посібника, студенти виконують індивідуальні завдання за відповідною темою. Оформлення роботи здійснюється за зразком, поданим у якості прикладу розв’язання, на одному боці стандартних аркушів білого паперу формату А4 (210297мм) від руки або за допомогою комп’ютерної техніки. Креслення виконуються в масштабі олівцем (для зручності можна використовувати міліметровку) або за допомогою графічних редакторів. Виклад розв’язання завдання супроводжується короткими поясненнями, аркуші нумеруються. Титульний аркуш оформлюється відповідно до поданого в додатку прикладу. Після кожного завдання наведено перелік запитань для самоперевірки засвоєння відповідної теми. При здачі завдання студент має надати чіткі відповіді на запитання стосовно етапів виконання роботи. 4 Завдання № 1 ГЕОМЕТРИЧНІ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЕРЕРІЗІВ Задано поперечний переріз (рис. 1), розміри якого подано в табл. 1. Необхідно: 1. Розбити фігуру на прості частини. 2. Для кожної частини знайти площу, положення центра ваги і моменти інерції відносно власних центральних осей (табл. 2). 3. Визначити положення центра ваги перерізу. Виконати перевірку правильності знаходження центра ваги. 4. Обчислити моменти інерції простих частин відносно центральних осей перерізу. 5. Обчислити моменти інерції перерізу відносно його центральних осей. 6. Визначити положення головних центральних осей інерції. Обчислити головні центральні моменти інерції. 7. Побудувати еліпс інерції. 8. Визначити моменти опору в головних центральних осях інерції. a a b b/3 b a a/3 2a a b/3 a/3 a/3 a А № варіанта а, см b, см a Б Рис. 1 a b В 1 2 3 4 5 6 7 8 Таблиця 1 9 10 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8 9 9 10 10 11 11 12 12 14 5 Таблиця 2 Геометричні характеристики деяких плоских фігур Прямокутник Коло Півколо Прямокутний трикутник у у у h b/2 С h/2 С x уc x R у С x h С R b F R , F hb, hb3 bh3 , Iy , Ix 12 12 I xy 0 Ix Iy 4 , I xy 0 4R R 2 , , F 2 3 I x 0,11R 4 , Iy R 4 8 , I xy 0 x b bh3 bh I , F , x 36 2 hb3 h 2b 2 Iy , I xy 36 72 Приклад розв’язання задачі Задано поперечний переріз (рис. 2). Розміри показано на рисунку. 1. Розіб’ємо фігуру на 3 прості: 1 – трикутник, 2 – прямокутник, 3 – півколо (рис. 3). 2. Позначимо характеристики фігур нижніми індексами з відповідним порядковим номером фігури 5 4 6 5 R 4 h/3 yc 2 b/3 10 Рис. 2 Площі фігур: 4 bh 5 6 2 2 F1 15 см , F2 bh 10 5 50 см , 2 2 R 2 3,14 52 F3 39,25 см 2 , 6 2 2 F F1 F2 F3 15 50 39,25 104,25 см 2 . 2 y1 С1 . 1 O Центри ваги кожної фігури визначимо в системі координат x0Oy0: 5 y0 y 3 y2 С2 . . x2 С x1 y3 С3 . x3 x x0 5 10 Рис. 3 6 Моменти інерції простих фігур відносно власних центральних осей позначимо верхніми індексами з відповідним номером та обчислимо за формулами (табл. 2): bh3 5 63 hb3 6 53 I x(1) 30 см 4 , I y(1) 20,83 см 4 , 36 36 36 36 h 2b 2 6 2 52 I x(1y) 12,5 см 4 . 72 72 bh3 5 103 hb3 10 53 I x( 2 ) 416,67 см 4 , I y( 2 ) 104,17 см 4 , I x( 2y) 0. 12 12 12 12 4 4 R 3,14 5 I x( 3) 245,31 см 4 , I y( 3) 0,11R 4 68,75 см 4 , I x( 3y) 0. 8 8 3. Визначимо положення центра ваги перерізу за формулами: 3 3,33 15 7,5 50 12,12 39,25 xC xC Fi / F 8,64 см, 104,25 1 1 1 1 1 2 2 3 2 2 3 3 3 i 3 2 15 5 50 5 39,25 yC yC Fi / F 4,57 см. 104,25 1 Позначимо через аі і bі відстані (відповідно по горизонталі й по вертикалі) від центрів ваги простих фігур з відповідним номером до центру ваги перерізу: a1 xC xC 8,64 3,33 5,31 см, b1 yC yC 4,57 4 2,57 см. i 1 1 a2 xC xC 8,64 7,5 1,14 см, b2 yC yC 4,57 5 0,43 см. 2 2 a3 xC xC 8,64 12,12 3,48 см, b3 yC yC 4,57 5 0,43 см. 3 3 Перевіримо правильність знаходження центра ваги за допомогою визначення статичних моментів перерізу відносно його центральних осей xOy (рис. 3): 3 3 1 1 3 3 1 1 S x S x( i ) Fi bi 15 2,57 50 (0,43) 39,25 (0,43) 0,17 0, S y S y( i ) Fi ai 15 5,31 50 1,14 39,25 (3,48) 0,06 0. Центр ваги знайдено правильно. 4. Обчислимо моменти інерції частин перерізу відносно його центральних осей за формулами: I x(1) I x(1) b12 F1 30 2,57 2 15 129,07 см 4 , 1 I (1) y I (1) y1 a12 F1 20,83 5,312 15 443,77 см 4 , I xy(1) I x(1y) a1b1 F1 12,5 5,31 2,57 15 217 ,2 см 4 . 1 1 I x( 2 ) I x( 2 ) b22 F2 416,67 (0,43) 2 50 425,92 см 4 , 2 7 I y( 2 ) I y( 2 ) a22 F2 104,17 1,14 2 50 169,15 см 4 , 2 I xy( 2 ) I x( 2y) a2 b2 F2 0 1,14 (0,43) 50 24,51 см 4 . 2 2 I ( 3) x I ( 3) x3 b32 F3 245,31 (0,43) 2 39,25 252,57 см 4 , I y( 3) I y( 3) a32 F3 68,75 (3,48) 2 39,25 544,08 см 4 , 3 I xy( 3) I x( 3y) a3b3 F3 0 (3,48) (0,43) 39,25 58,73 см 4 . 3 3 5. Обчислимо моменти інерції перерізу відносно його центральних осей за формулами: 3 I x I x( i ) 129,07 425,92 252,57 807,56 см 4 , 1 3 I y I y( i ) 443,77 169,15 544,08 1157 см 4 , 1 3 I xy I xy( i ) 217,2 24,51 58,73 251,42 см 4 . 1 Визначимо положення головних центральних осей інерції за формулою: 2 I xy 2 251,42 tg 2 1,4390, 2 arctg (1,4390 ) 5512, I y I x 1157 807,56 6. 55 12 27 36. 2 Перевіримо правильність визначення кута за формулою: I I 807,56 1157 I uv I xy cos2 x y sin 2 251,42 cos5512 sin 5512 0,45 0. 2 2 Відцентровий момент інерції дорівнює 0 в головних осях, тобто кут визначено правильно. Осі uСv – головні центральні осі інерції. Головні моменти інерції: I max min Ix Iy 2 I Iy x 2 2 807,56 1157 807,56 1157 2 I xy2 251,42 2 2 2 982,28 306,17, I max I u 1288,45 см 4 , I min I v 676,11 см 4 . При побудові головних центральних осей інерції u i v повернемо осі х і у на кут 28 проти годинникової стрілки. Оскільки I y I x , а I u I v , то через u позначимо вісь, що складає кут з віссю y (рис. 4). 7. Визначимо радіуси інерції: iu Iu 1288,45 I 676,11 3,52 см, iv v 2,55 см. F 104,25 F 104,25 Відкладаємо півосі еліпса інерції від точки С: iu по осі v, iv по осі u (рис. 4). 8 8. Для визначення моментів опору в головних центральних осях інерції побудуємо прямі, паралельні координатним осям u i v через найбільш віддалені від осей точки перерізу (О – від осі u, А – від осі v). За допомогою лінійки з урахуванням масштабу визначимо відстані між відповідними осями та побудованими прямими, що проходять через точки О і А: umax 6,5 см, vmax 9,7 см (рис. 4). А y u iv umax iu О iu . С iv v α x vmax Рис. 4 Моменти опору можна визначити за формулами: I 1288,45 I 676,11 wu u 133 см3 , wv v 104 см3 . vmax 9,7 umax 6,5 Запитання для самоперевірки 1. Які Ви знаєте геометричні характеристики поперечних перерізів? 2. Як знайти центр ваги плоскої фігури? 3. Дайте визначення моментів плоских фігур. 4. За якими формулами визначаються осьові (відцентровий) моменти інерції? В яких одиницях вони вимірюються? 5. Назвіть основні властивості моментів плоских фігур. 6. За якими формулами визначаються статичні моменти інерції? В яких одиницях вони вимірюються? 7. Які осі називаються центральними? 8. Які осі називаються головними центральними? 9. Як визначити головні моменти інерції складної фігури? 10. Як побудувати еліпс інерції? В яких одиницях вимірюються радіуси інерції? 11. Як визначити момент інерції відносно довільної осі за допомогою еліпса інерції? 12. Як визначити моменти опору? В яких одиницях вони вимірюються? 9 Завдання № 2 РОЗРАХУНОК СТАТИЧНО ВИЗНАЧЕНОЇ БАЛКИ НА ЗГИН Задана статично визначена балка (рис. 5). Розміри та числові значення навантажень подано в таблиці 3. Геометричні та вагові характеристики двотаврових прокатних профілів подано в таблиці 4. Необхідно: 1. Визначити опорні реакції. 2. Побудувати епюри поперечних сил та згинаючих моментів. 3. Визначити небезпечні перерізи балки. 4. Підібрати переріз балки у вигляді двотаврового прокатного профілю за максимальним згинальним моментом. 5. Побудувати епюри нормальних і дотичних напружень у всіх небезпечних перерізах балки. 6. Визначити головні напруження у небезпечних перерізах балки на рівні прилягання стінки до полиці та перевірити виконання умов міцності за третьою й четвертою теоріями міцності. 7. Побудувати епюри поперечних сил та згинальних моментів з урахуванням власної ваги балки. 8. Перевірити виконання умов міцності у небезпечних перерізах балки з урахуванням її власної ваги. 9. Визначити кути повороту та прогини у перерізах балки C, D i E за методом початкових параметрів. При розрахунках на міцність вважати [σ] = 1600 кг/cм2, Е = 2·106 кг/cм2. 10 A q q Р M С A a Б D b q A С a В A D D b Р Д a c В A a D b q c В b d E d M E q Р С E q Р С d M Г A E Р В c q С a d M b Р В c D c В d M E Рис. 5 Таблиця 3 № варіанта Розміри а, м b, м c, м d, м 1 2 3 4 5 6 1 1,5 2 2,5 3 2,5 1,5 2 2,5 3 2,5 2 2 2,5 3 2 2,5 3 1,25 1 0,5 0,75 1 1,25 Навантаження M, т·м P, т 2 1 2,5 0,5 1,5 2 4 3 2 3 2 2,5 q, т/м 0,5 1 0,7 0,6 0,8 0,9 11 Таблиця 4 Двотаври сталеві гарячекатані (ГОСТ 8239-89) Позначення: h – висота двотавра, b – ширина полиці, d – товщина стінки, t – середня товщина полиці, F – площа поперечного перерізу № 10 12 14 16 18 18а 20 20а 22 22а 24 24а 27 27а 30 30а 33 36 40 45 50 55 60 h, мм 100 120 140 160 180 180 200 200 220 220 240 240 270 270 300 300 330 360 400 450 500 550 600 b, мм 55 64 73 81 90 100 100 110 110 120 115 125 125 135 135 145 140 145 155 160 170 180 190 d, мм 4,5 4,8 4,9 5,0 5,1 5,1 5,2 5,2 5,4 5,4 5,6 5,6 6,0 6,0 6,5 6,5 7,0 7,5 8,3 9,0 10,0 11,0 12,0 t, мм 7,2 7,3 7,5 7,8 8,1 8,3 8,4 8,6 8,7 8,9 9,5 9,8 9,8 10,2 102 10,7 11,2 12,3 13,0 14,2 15,2 16,5 17,8 F, см2 12,0 14,7 17,4 20,2 23,4 25,4 26,8 28,9 30,6 32,8 34,8 37,5 40,2 43,2 46,5 49,5 53,8 61,9 72,6 84,7 100,0 118,0 138,0 qm, кг/м 9,46 11,50 13,70 15,90 18,40 19,90 21,00 22,70 24,00 25,80 27,30 29,40 31,50 33,90 36,50 39,20 42,20 48,60 57,00 66,50 78,50 92,60 108,0 Ix, см4 198 350 572 873 1290 1430 1840 2030 2550 2790 3460 3800 5010 5500 7080 7780 9840 13380 19062 27696 39727 55962 76806 Wx, см3 39,7 58,4 81,7 109,0 143,0 159,0 184,0 203,0 232,0 254,0 289,0 317,0 371,0 407,0 472,0 518,0 597,0 743,0 953,0 1231,0 1589,0 2035,0 2560,0 qm – маса одного погонного метра, I – осьовий момент інерції, W – момент опору, i – радіус інерції, S – статичний момент половини перерізу ix, см 4,06 4,88 5,73 6,57 7,42 7,51 8,28 8,37 9,13 9,22 9,97 10,10 11,20 11,30 12,30 12,50 13,50 14,70 16,20 18,10 19,90 21,80 23,60 Sx, см3 23,0 33,7 46,8 62,3 81,4 89,8 104,0 114,0 131,0 143,0 163,0 178,0 210,0 229,0 268,0 292,0 339,0 423,0 545,0 708,0 919,0 1181,0 1491,0 Iy, см4 17,9 27,9 41,9 58,6 82,6 114,0 115,0 155,0 157,0 206,0 198,0 260,0 260,0 337,0 337,0 436,0 419,0 516,0 667,0 808,0 1043,0 1356,0 1725,0 Wy, см3 6,49 8,72 11,50 14,50 18,40 22,80 23,10 28,20 28,60 34,30 34,50 41,60 41,50 50,00 49,90 60,10 59,90 71,10 86,10 101,00 123,00 151,00 182.00 iy, см 1,22 1,38 1,55 1,70 1,88 2,12 2,07 2,32 2,27 2,50 2,37 2,63 2,54 2,80 2,69 2,95 2,79 2,89 3,03 3,09 3,23 3,39 3,54 12 Приклад розв’язання задачі Задана балка. Розміри і навантаження подано на рис. 6. Р=5т А 2м С q=1т/м 4м D 2м M=3т·м В 2м E Рис. 6 1. Визначимо опорні реакції RA i RB, склавши рівняння моментів відносно точок А і В (рис. 7). RA А Р=5т 2м С q=1т/м 4м D 2м RВ M=3т·м В 2м E Рис. 7 M A P AC q DB ( AD DB / 2) RB AB M 0. M A 5 2 1 2 (6 1) RB 8 3 0. RB (10 14 3) / 8 21 / 8 2,625 т. M M B RA AB P CB q DB ( DB / 2) M 0. B RA 8 5 6 1 2 1 3 0. R A (30 2 3) / 8 35 / 8 4,375 т. Складемо рівняння рівноваги для перевірки визначених реакцій у вигляді: Yi RA P q DB RB 4,375 5 1 2 2,625 0. Тобто, реакції визначено правильно. Q M 2. Побудуємо епюри поперечних сил та + + згинаючих моментів за методом перерізів. Для цього будемо розглядати послідовно ділянки балки зліва Рис. 8 направо та записувати вирази для Qy i Mx (для скорочення запису індекси y i x будемо опускати). Будемо користуватися загальноприйнятими правилами знаків для поперечної сили та згинального моменту (рис. 8). І ділянка. 0 z 2, Q( z ) RA 4,375 т, M ( z ) RA z , M (0) 0, M (2) 4,375 2 8,75 т м ІІ ділянка. 2 z 6, Q( z ) RA P 4,375 5 0,625 т, M ( z ) RA z P ( z 2), 13 M (2) 4,375 2 8,75 т м, M (6) 4,375 6 5 4 6,25 т м. ІІІ ділянка. 6 z 8, Q( z ) R A P q ( z 6), Q(6) 4,375 5 0,625 т, Q(8) 4,375 5 1 2 2,625 т, M ( z ) RA z P ( z 2) q ( z 6) 2 , 2 22 M (6) 4,375 6 5 4 6,25 т м, M (8) 4,375 8 5 6 1 3 т м. 2 ІV ділянка. 8 z 10, Q( z ) RA P q 2 RB 4,375 5 2 2,625 0 , M ( z ) RA z P ( z 2) q 2 ( z 7) RB ( z 8), M (8) 4,375 8 5 6 1 2 1 3 т м, M (10) 4,375 10 5 8 1 2 3 2,625 2 3 т м. Епюри подано на рис. 9. RВ=2,625т y R =4,375т A Р=5т А 2м С q=1т/м 4м І ІІ D 2м M=3т·м В ІІІ 2м E z ІV 4,375 Q, т -0,625 -2,625 M, т·м 3 8,75 6,25 Рис. 9 На ІV ділянці поперечна сила всюди дорівнює нулеві, згинальний момент є постійним, тобто на цій ділянці має місце чистий згин. Епюри моментів побудовано на розтягнутому волокні. 3. Небезпечним є переріз балки С, оскільки в ньому згинальний момент має максимальне за модулем значення M (2) M max 8,75 т м 8,75 105 кг см. У цьому 14 ж перерізі максимального за модулем значення досягає поперечна сила Q(2) Qmax 4,375 т 4375 кг . В усіх інших перерізах балки значення цих внутрішніх силових факторів є меншими. 4. Оберемо двотавровий прокатний профіль із умови міцності у вигляді: M max 8,75 10 5 Wx 547 см 3 . 1600 За таблицею 4 обираємо профіль № 33 з найближчим більшим значенням моменту опору Wx 597 см3 . Цей профіль має такі характеристики: h 330 мм 33 см, b 140 мм 14 см, d 7 мм 0,7 см, t 11,2 мм 1,12 см, I x 9840 см4 , Sx 339 см3 , qm 42,2 кг / м 0,0422 т / м. 5. Побудуємо епюри нормальних і дотичних напружень у небезпечному перерізі балки (z = 2 м). Для спрощення розрахунків будемо вважати полиці і стінку двотавру прямокутниками (рис. 10). Епюра нормальних напружень – лінійна функція, своїх максимальних за модулем значень напруження досягають в найбільш віддалених від нейтральної лінії (осі x) точках, тому достатньо знайти лише це максимальне значення: M max 8,75 10 5 max 1466 кг / см 2 . Wx 597 Оскільки згинальний момент в цьому перерізі додатний, то нижні волокна балки розтягнуті, а верхні – стиснуті. Тому й нормальні напруження мають відповідні знаки: на нижній границі вони додатні, на верхній – від’ємні. Ці значення однакові за модулем ( max 1466 кг / см2 . ) через симетрію двотавру відносно осі x. Дотичні напруження визначаються за формулою: Q S x* ( y ) , I x b( y ) де Q Qmax 4375 кг , S x* ( y ) – статичний момент відтятої площі перерізу, b( y) – ширина перерізу на відстані y від нейтральної осі. Визначимо дотичні напруження на різних відстанях від нейтральної осі, що позначені цифрами 1, 2 3, 4 (рис. 10). Маємо: h 33 1) y1 16,5 см, b( y1 ) b 14 см, S x* ( y1 ) 0, ( y1 ) 0; 2 2 h 33 2) y2 t 1,12 15,38 см, b( y2 ) b 14 см, 2 2 h t 33 1,12 3 S x* ( y2 ) (b t ) 14 1,12 250 см , 2 2 2 2 15 ( y2 ) Q S x* ( y 2 ) 4375 250 8 кг / см 2 ; I x b( y 2 ) 9840 14 3) y3 y2 15,38 см, b( y3 ) d 0,7 см, S x* ( y3 ) S x* ( y2 ) 250 см3 , Q S x* ( y3 ) 4375 250 ( y3 ) 159 кг / см 2 ; I x b( y3 ) 9840 0,7 4) y 4 0 см, b( y 4 ) d 0,7 см, S x* ( y4 ) S x 339 см3 , ( y4 ) 1 Q S x* ( y 4 ) 4375 339 215 кг / см 2 . I x b( y 4 ) 9840 0,7 y -1466 8 2 h 3 159 -1368 215 4 x d t b 1368 , кг / см 1466 2 8 159 , кг / см 2 Рис. 10 Отримані значення відкладемо праворуч (в додатному напрямку) від осі y симетрично відносно осі х та з’єднаємо всі точки параболами. Таким чином, на верхній і нижній границі балки ( y h 2 ) мають місце стиск та розтяг відповідно (лінійний напружений стан), в інших точках перерізу – плоский напружений стан, зокрема на нейтральній лінії – чистий зсув. 6. Для обчислення головних напружень у розглядуваному перерізі балки на рівні прилягання стінки до полиці визначимо спочатку нормальні напруження, що виникають на відстані y3 15,38 см за формулою: M max y3 M max (h 2 t ) 8,75 10 5 (33 2 1,12) 8,75 10 5 15,38 ( y3 ) 1368 кг / см 2 . Ix Ix 9840 9840 Головні напруження обчислимо за формулами: ( y3 ) 1 2 1368 1 1, 2 ( y3 ) 4 2 ( y3 ) (1368) 2 4 159 2 684 702. 2 2 2 2 16 Відповідно до нерівності 1 2 3 : 1 18 кг / см 2 , 3 1386 кг / см 2 . Головні напруження на рівні прилягання стінки до полиці в нижній частині двотавра дорівнюють: 1 1386 кг / см2 , 2 18 кг / см2 . Очевидно, що всі визначені головні напруження за модулем не перевищують допустимого напруження [σ]. Перевіримо виконання умов міцності за третьою і четвертою теоріями міцності за формулами: eIII 2 ( y3 ) 4 2 ( y3 ) (1368) 2 4 159 2 1404 кг / см 2 1600 кг / см 2 , eIV 2 ( y3 ) 3 2 ( y3 ) (1368) 2 3 159 2 1395 кг / см 2 1600 кг / см 2 . Умови міцності виконуються. 7. Для побудови епюр поперечних сил та згинальних моментів з урахуванням власної ваги балки скористаємося принципом суперпозиції, а саме: побудуємо епюри від власної ваги балки, моделюючи її розподіленим навантаженням по усій її довжині, а потім додамо відповідні епюри, побудовані в п. 2 (рис. 9). Спочатку знайдемо реакції: M A qm AE AE / 2 RB AB 0. M M M A 0,0422 10 5 RB 8 0 RB (2,11) / 8 0,264 т. B RA AB qm AB AB / 2 qm BE BE / 2 0. B R A 8 0,0422 8 4 0,0422 2 1 0 R A 1,266 / 8 0,158 т. Виконаємо перевірку: Y i RA qm AE RB 0,158 0,0422 10 0,264 0. Тобто, реакції визначено правильно. Для побудови епюр запишемо аналітичні вирази: І ділянка. 0 z 8, Q( z ) RA qm z , Q(0) RA 0,158 т, Q(8) 0,158 0,0422 8 0,18 т, z2 82 , M (0) 0, M (8) 0,158 8 0,0422 0,0864 т м. 2 2 Оскільки Q змінює знак на цій ділянці з (+) на (–), то в перерізі, в якому Q = 0, М досягає свого максимального значення, тобто: R 0,158 Q( z ) R A qm z 0 z A 3,74 м, qm 0,0422 M ( z ) R A z qm M ( z ) R A z qm z 2 3,74 2 0,158 3,74 0,0422 0,2958 т м. 2 2 17 RВ=0,264 т RA=0,158 т qm=0.0422 т/м А С І В D E ІІ 0,158 0,084 0,074 Q, т z* -0,095 -0,18 -0,0864 M, т·м 0,1884 0,2316 0,2958 Рис. 11 Для зручності додавання епюр визначимо Q і М в перерізах С і D: Q(2) 0,158 0,0422 2 0,074 т, Q(6) 0,158 0,0422 6 0,095 т, 22 62 M (2) 0,158 2 0,0422 0,2316 т м, M (6) 0,158 6 0,0422 0,1884 т м. 2 2 Також в перерізі z 3,74 м обчислимо значення М на епюрі, що відповідає заданому навантаженню: M (3,74) 4,375 3,74 5 1,74 7,663 т м. ІІ ділянка. 8 z 10, Q( z ) RA qm z RB , Q(8) 0,158 0,0422 8 0,264 0,084 т, Q(10) 0,158 0,0422 10 0,264 0, z2 82 M ( z ) RA z qm RB ( z 8), M (8) 0,158 8 0,0422 0,0864 т м, 2 2 M (10) 0,158 10 0,0422 102 0,264 2 0. 2 Побудуємо сумарні епюри Q і М (рис. 12), додаючи значення відповідних ординат (рис. 9 і рис. 11) у всіх розглянутих перерізах: 18 RВ=2,889т RA=4,533т Р=5т q=1т/м M=3т·м qm=0,0422т/м А 2м І 4,533 С 4м ІІ D 2м В ІІІ 2м E ІV 4,449 0,084 -0,551 Q, т -0,625 -0,72 3,74 м -2,805 M, т·м 2,9136 3 6,4384 8,9816 7,9588 Рис. 12. z 0, Q(0) RA 4,375 0,158 4,533 т, M (0) 0. z 2 м, Q(2 0) 4,375 0,074 4,449 т, Q(2 0) 0,625 0,074 0,551 т, M (2) 8,75 0,2316 8,9816 т м. z 3,74 м, Q(3,74) 0,625 0 0,625 т, M (3,74) 7,663 0,2958 7,9588 т м. z 6 м, Q(6) 0,625 0,095 0,72 т, M (6) 6,25 0,1884 6,4384 т м. z 8 м, Q(8 0) 2,625 0,18 2,805 т, Q(8 0) 0 0,084 0,084 т, RB Q(8 0) Q(8 0) 0,084 (2,805) 2,889 т, M (8) 3 0,0864 2,9136 т м. z 10 м, Q(10) 0, M (10) 3 0 3 т м. 8. Як видно з рис. 12, положення небезпечного перерізу (за максимальним моментом) не змінилося. Тож, скористаємося формулами, наведеними в п. 5-6, для перевірки виконання умов міцності з урахуванням власної ваги балки. У перерізі С маємо: M (2) M max 8,9816 т м 8,9816 105 кг см, Q(2) Qmax 4,449 т 4449 кг . Тоді max M max 8,9816 10 5 1504 кг / см 2 1600 кг / см 2 . Wx 597 На рівні прилягання полиці до стінки: 19 ( y3 ) M max y2,3 8,9816 105 15,38 1404 кг / см 2 , Ix 9840 Q S x* ( y3 ) 4449 250 ( y3 ) 161 кг / см 2 ; I x b( y3 ) 9840 0,7 Головні напруження обчислимо за формулами: ( y3 ) 1 2 1404 1 1,3 ( y3 ) 4 2 ( y3 ) (1404 ) 2 4 1612 702 720. 2 2 2 2 2 Таким чином, 1 18 кг / см , 3 1422 кг / см 2 , 3 1422 кг / см 2 1600 кг / см 2 . За теоріями міцності: eIII 2 ( y3 ) 4 2 ( y3 ) (1404 ) 2 4 1612 1440 кг / см 2 1600 кг / см 2 , eIV 2 ( y3 ) 3 2 ( y3 ) (1404 ) 2 3 1612 1431 кг / см 2 1600 кг / см 2 . Тобто, з урахуванням власної ваги балки умови міцності не порушуються. 9. Запишемо загальні вирази для визначення кутів повороту та прогинів за методом початкових параметрів (без урахування власної ваги): z2 ( z 200) 2 EI ( z ) EI (0) RA P 2! І 2! RB ( z 800) ( z 900) q 2! 3! 2 ІI ( z 600)3 q 3! ІII 3 ; IV z ( z 200)3 ( z 600) 4 EIv( z ) EIv(0) EI (0) z RA P q 3! І 3! 4! ІI 3 RB ( z 800) ( z 800) q 3! 4! 3 ІII 4 . IV На опорі A: v( A) v(0) 0 . (0) визначимо з умови v( B ) 0 . Одиниці вимірювання для розрахунків: координати z – см, сили – кг, розподілене навантаження q = 1 т/м = 10 кг/см. В другу формулу підставляємо z = 800 см і записуємо лише доданки І-ІІІ ділянок, на яких z ≤ 800 см. 800 3 (600 ) 3 (200 ) 4 EIv( B) EIv(800 ) EI (0) 800 4375 5000 10 0. 3! 3! 4! 800 3 600 3 200 4 5000 10 240833333 ; Тобто, EI (0) 4375 800 6 800 6 800 24 240833333 240833333 (0) 0,0122 рад. EI 2 10 6 9840 Тепер, підставляючи відповідні координати z для перерізів С, D і E, визначаємо кути повороту і прогини: 20 Переріз С (z =200 см): 1 200 2 1 200 2 (200) EI (0) RA 240833333 4375 0,0078 рад. EI 2! 2 10 6 9840 2! v(200) 1 200 3 EI ( 0 ) 200 R A EI 3! 1 200 3 240833333 200 4375 2,15 см. 2 10 6 9840 3! Переріз D (z =600 см): 1 600 2 400 2 (600) EI (0) RA P EI 2! 2! 600 2 400 2 240833333 4375 5000 2 ! 2! 0,0074 рад. 6 2 10 9840 1 600 3 400 3 v(600) EI (0) 200 RA P EI 3! 3! 600 3 400 3 5000 3! 3! 2,05 см. 6 2 10 9840 240833333 600 4375 Переріз E (z =1000 см): 1 1000 2 800 2 400 3 200 2 200 3 (1000 ) EI (0) RA P q RB q EI 2! 2! 3! 2! 3! 1000 2 800 2 400 3 200 2 200 3 240833333 4375 5000 10 2625 10 2 ! 2 ! 3 ! 2 ! 3! 0,0155 рад. 6 2 10 9840 1 1000 3 800 3 400 4 200 3 200 4 v(1000 ) EI (0) 1000 RA P q RB q EI 3! 3! 4! 3! 4! 1000 3 800 3 400 4 200 3 200 4 240833333 1000 4375 5000 10 2625 10 3 ! 3 ! 4 ! 3 ! 4! 2,8 см. 6 2 10 9840 21 Запитання для самоперевірки 1. Який вид навантаження називається плоским згином? 2. Як саме має прикладатися зовнішнє навантаження, щоб згин був плоским? 3. Що таке чистий згин? 4. Які ще види згину Ви знаєте? Чим вони відрізняються? 5. Як використовувати диференціальні залежності Журавського для побудови епюр поперечної сили і згинального моменту? 6. Правила знаків для поперечної сили і згинального моменту. 7. Як моделюється власна вага балки у розрахунках? 8. Які перерізи вважають небезпечними? 9. Із якої умови обирають профіль балки? 10. Що таке нейтральна лінія перерізу? 11. Які види напруженого стани виникають у різних точках поперечного перерізу при плоскому згині? 12. Який вигляд мають епюри нормальних і дотичних напружень в поперечному перерізі? 13. Що називається прогином? У яких одиницях він вимірюється? 14. Що називається кутом повороту перерізу? У яких одиницях він вимірюється? 15. В чому суть метода початкових параметрів визначення кутів повороту перерізів і прогинів? 22 Список літератури 1. Швайко М. Ю. Опір матеріалів. Д.: ДДУ. Ч. 1. 1992. –284 с.; Ч. 2. 1994. –220 с. 2. Писаренко Г. С., Квітка О. Л., Уманський Є. С. Опір матеріалів. Вид-во «Вища школа», 2004. – 655 с. 3. Феодосьев В. И. Сопротивление материалов. М.: «Наука», 1986. – 512 с. 4. Сборник задач по сопротивлению материалов. Под ред. Качурина В. К. М., Вид-во «Наука», 1972. – 432с. 5. Швайко М. Ю., Поліщук О. С. Завдання для індивідуальної роботи студентів із загального курсу «Опір матеріалів і елементи будівельної механіки». Д.: РВВ ДНУ, 2006. – 32 с. 6. Гафаров Р. Х. Сопротивление материалов: конспект лекций. Уфа: УГАТУ, 2009. – 220 с. 7. Атаров Н. М. Сопротивление материалов в примерах и задачах: Учеб. пособие. – М.: ИНФРА-М, 2010. – 407 с. – (Высшее образование). 8. Мильніков О. В. Опір матеріалів. − Тернопіль: Видавництво ТНТУ, 2010. − 257 с. 23 ДОДАТОК Міністерство освіти і науки України Дніпровський національний університет імені Олеся Гончара Фізико-технічний факультет Індивідуальне завдання з дисципліни «Опір матеріалів» за темою «Геометричні характеристики перерізів» Виконав: студент групи (шифр) Прізвище, ініціали Прийняв: доцент (підпис) 2017 Прізвище, ініціали 24 ЗМІСТ Передмова 3 Завдання 1. Геометричні характеристики перерізів 4 Приклад розв’язання задачі 5 Запитання для самоперевірки 8 Завдання 2. Розрахунок статично визначеної балки на згин 9 Приклад розв’язання задачі 12 Запитання для самоперевірки 21 Список літератури 22 Додаток 23
