Процедура создания стержней




Создание стальной балки

 

Спроектировать стальную балку (рис. 6,а) в 5 вариантах поперечного сечения: круглого, прямоугольного (h/b=2), двутаврового, из швеллеров и уголков, приняв допускаемое напряжение [σ] = 160 МПа. Оценить экономичность всех пяти сечений и начертить их в одном масштабе. Для балки двутаврового профиля построить эпюры нормальных и касательных напряжений, а также исследовать аналитически и графически напряженное состояние в точке К опорного сечения.

Принять: М = 4qa2 кН·м, F = 2qa кН, q=15 кН/м, а = 1,2 м, yк /h= – 0,1

Решение

1. Определение опорных реакций и построение эпюр Qy и Mx.

 

ΣYi=0

RA - 2qa + q2a = 0

RA =4qa

 

ΣmA=0

MA - 4qa2 + 2qa3a-q2a2a = 0

MA = 4qa2 + 6qa2 + 4qa2 = 14qa2

 

Эпюра Qy. Строится по формуле

 

Q = Q0 ± qz

 

В данном случае следует взять знак «минус», так как погонная нагрузка направлена вниз. Поперечная сила постоянна на участке АВ (q=0) и изображается наклонной прямой на участке MF (q=const). Вычисляем значения Qy в характерных точках и строим ее эпюру (рис. 6,б)

 

QA=RA=4qa

 

QAB=QA=4qa

QBC=QAB – q2a=4qa – 2qa=2qa

QC =QBC – 2qa=2qa – 2qa=0

 

Эпюра Mx. Строится по формуле

 

Mx = M0 + Q0Z – 0,5qz2

 

Изгибающий момент изменяется по квадратичному закону на участке MF (q=const) и по линейному закону – на участке АВ (q=0). Вычисляем значения в характерных точках и строим эпюру (рис. 6,в)

 

MA = – 14qa2

MAВ = MA + 4qa2 = – 14qa2+ 4qa2 = – 10qa2

MВ = MAВ + 4qa2 = – 10qa2+ 4qa2 = – 6qa2

MВС = MВ + 6qa2 = – 6qa2+ 6qa2 = 0

 

Расчетный изгибающий момент равен

 

Mрас = |MA| = 14qa2 = – 14·15·103·1,2 = 302,4 кН·м

 

Подбор сечений.

Из условий прочности по нормальным напряжениям определяем требуемый момент сопротивления поперечного сечения по кторому подбираем конкретные сечения

см3

 

Круг:

 

 

см

 

Принимаем по ГОСТ 6636-86 нормализованное значение d0=270 мм, тогда

 

см3

 

Прямоугольник (h/b=2):

 

 

см

 

Ближайшее меньшее стандартное значение равно b0=140 мм. При этом балка будет работать с перенапряжением, равным

 

что удовлетворяет требованию, и для которого

 

см2

 

Двутавр. По ГОСТ 8239-89 выбираем двутавр № 55 для которого =2035 см3, A3=118 см2.

Три швеллера. По ГОСТ 8240-89 выбираем три швеллера № 36, для которых =3·601=1803 см3, A4=3·53,4=160,2 см2.

Неравнобокие уголки. Они находятся подбором, так как в сортаменте не даны значения момента сопротивления. Использую формулу

 

 

Сделав несколько попыток, выбираем восемь уголков 250´160´16 для которых

 

см3

 

A5=8·63б6=508,8 см2

Оценка экономичности подобранных сечений

Масса балки определяется как произведение плотности материала на ее объем m=rAl, т.е. расход материала при прочих равных условиях зависит только от площади поперечного сечения А. Сравнивая массы балок

 

m1: m2: m3: m4: m5 = A1: A2: A3: A4: A5 = 1: 0,68: 0,2: 0,28: 0,89 заключаем, что самым неэкономичным является круглое сечение. При замене круга другими формами (прямоугольник, двутавр, три швеллера, восемь уголков) достигается экономия, равная соответственно 32%, 80%, 72% и 11%.

Исследование напряжений в опорном сечении для балки двутаврового профиля № 55 (рис. 7,а), параметры которой по ГОСТ 8239-89 равны:

 

h=55 см, b=18 см, d=1,1 см, t=1,65 см, Ix=55962 см4, Sx=1181 см3

 

Внутренние силовые факторы в опорном сечении А:

 

QA = 4qa=4·15·1,2 = 72 кН

MA = – 14qa2 = – 14·15·103·1,22 = – 302,4 кН·м

 

Эпюра σ. Нормальные напряжения в поперечном сечении изменяются по линейному закону

 

 

Вычисляем напряжения в крайних точках и строим эпюру σ (рис. 7,б)

 

 

Эпюра τ. Она строится по формуле Журавского

 

Находим значения τ в 4 характерных точках по высоте сечения (необходимые вычисления представлены в табл. 3) и строим касательные напряжения (рис. 7,в)

 

Таблица 3 – Вычисления касательные напряжений в характерных точках

№ точек bi, мм , см3 , МПа
1,1΄           МПа
2,2΄       0,04 0,6
3,3΄ 1,1     0,7 9,3
  1,1   1073,6    

 

Определение главных напряжений в точке К (yк /h= – 0,1):

– напряжение в поперечном сечении

 

МПа

МПа

 

– величины главных напряжений

 

σ1 = 35,25 МПа

σ3 = – 5,25 МПа

 

– ориентация главных площадок


21º

 

Экстремальные касательные напряжения равны по величине

 

МПа

 

и действуют на площадках, равнонаклоненных к осям 1 и 3.

 

Выбор материала

 

Согласно схеме нагружения (рис. 9,а), подобрать сечение балки (рис. 10), изготовленной из материала, неодинаково работающего на растяжение и сжатие.

Принять: М = 4qa2 кН·м, F = 2qa кН, q= 15 кН/м, а = 1,2 м,

 

[σр] = 40 МПа, [σс] = 70 МПа

 

Решение

1. Определение опорных реакций и построение эпюр Qx и Mx.

 

ΣmB=0

RA4a - 2qaa - 4qa2- q3a3,5a = 0

RA = 4,125qa

 

ΣYi=0

RA - 2qa - q3a+ RB = 0

RB =0,875qa

Эпюра Qy. Строится по формуле

 

Q = Q0 ± qz

 

В данном случае берем знак «минус», так как погонная нагрузка направлена вниз. Находим значения поперечной силы в характерных точках и строим ее эпюру (рис. 9,б)

 

QС = 0

QCA = QC –qa= – qa

QA = QCA + RA = – qa + 4,125qa = 3,125qa

QAF = QA – 2qa = 3,125qa – 2qa = 1,125qa

QFD = QAF = 1,125qa

QD = QFD – 2qa = 1,125qa – 2qa = – 0,875qa

QDB = QD = – 0,875qa

QB = QDB + RB = – 0,875qa + 0,875qa = 0

 

Эпюра Mx. Строится по формуле

 

Mx = M0 + Q0Z – 0,5qz2

 

Изгибающий момент изменяется по квадратичному закону на участке CA и AF (q=const) и по линейному закону – на участках FD и DB (q=0). Вычисляем значения в характерных точках и строим эпюру (рис. 9,в)

 

MС = –4qa2

MA = MС – qa2 = – 4qa2 – 0,5 = – 4,5qa2

MF = MA + qa2 = – 10qa2+ 4qa2 = – 6qa2

MD = MF + 1,125qa2 = – 0,25qa2+ 1,125qa2 = 0,875qa2

MB = MD – 0,875qa2 = 0,875qa2+ 0,875qa2 = 0

 

Расчетный изгибающий момент равен

 

Mрас = |MA| = 4,5qa2 = 4,5·15·103·1,22 = 97,2 кН·м

 

Геометрические характеристики сечения

Положение центра тяжести.

Необходимые вычисления представлены в табл. 4.

 

Таблица 4 – Положение центра тяжести

№ п/п υi Ai υi Ai
  2t 8t2 16t3
  t – 3t2 – 3t3
Σ 5t2 13t3

 

 

Момент инерции относительно главной центральной оси.

Предварительно определим моменты для элементов сечения относительно собственных центральных осей, а последующие вычисления выполним в табличной форме (табл. 5)

 


Таблица 5 – Момент инерции

№ эл-в yi Ai yi = υi – υc
  –0,6t 8t2 10,7t4 2,88t4
  –1,6t –3t2 –1,5t4 –7,68t4
Σ 9,2t4 –4,8t4
4,4t4

 

Момент сопротивления

 

 

Поскольку материал хуже работает на растяжение, то с точки зрения наиболее эффективного его использования профиль следует расположить так, чтобы более тонкий слой толщиной h2 испытывал растяжение в опасном сечении А. В этом сечении растяжение возникает в верхней части балки, поэтому профиль следует расположить полостью вниз.

Подбор сечения балки.

Находим необходимые размеры:

– из условия прочности на растяжение

 

мм

– из условия прочности на сжатие

 

мм

 

Принимаем большее значение t = max { tр, tс} = 113 мм.

В опорном сечение D изгибающий момент меньше расчетного. Поэтому здесь нужно проверить прочность балки на растяжение. Находим

 

МПа

 

Т.к. перенапряжение составляет 15,4%, что недопустимо, принимаем t =200 мм

 

МПа

 

В этом случае перенапряжение составляет 2,78%, что допустимо, т.к. 2,78% < 5%, следовательно прочность балки при найденных размерах будет обеспечена.

Создание стержня определенной жесткости

Подобрать сечение балки (рис. 11,а), удовлетворяющее условиям прочности и жесткости. Допускаемое напряжение материала определяется исходя из диаграммы растяжения материала (задача 1.3). Исследование перемещения выполнить двумя способами:

– пользуясь методом начальных параметров, определить прогибы и углы поворота сечений балки с координатами z = 0, a, 2a, 3a, 4a, 5a; изобразить изогнутую ось балки и показать на ней найденные перемещения;

– определить прогибы в середине пролета и на концах консолей, а также углы поворота на опорах энергетическим методом.

Принять: q= 15 кН/м, а = 1,2 м, [σ] = 220 МПа, l / [ f ] = 800

Решение

1. Определение опорных реакций и построение эпюр поперечной силы и изгибающего момента.

 

ΣmB=0

RA4a + 1,5qa2 – q4a2а- 1,5qa·a = 0

RA = 2qa

 

ΣYi=0

RA - 4qa + 1,5qa + RB = 0

RB =0,5qa

 

Эпюра Qy. Поперечная сила изменяется на всех участках по линейному и принимает в характерных точках следующие значения (рис. 11,б)

 

QA=RA=2qa

QAD=QA – qa=2qa – qa=qa

QDB=QAD –q3a=qa – 3qa= – 2qa

QB=QDB + RB = – 2qa + 0,5qa= – 1,5qa

QBC =QB = – 1,5qa

QC=QDC + 1,5qa = – 1,5qa +1,5qa = 0

 


Эпюра Mx. Изгибающий момент изменяется по квадратичному закону на участке AB (q=const) и по линейному закону – на участке BC (q=0). Вычисляем значения в характерных точках и строим эпюру (рис. 11,в)

 

MA = 0

MAD = MA + qa2 = 0+ 1,5qa2 = 1,5qa2

 

MD = MAD + 1,5qa2 = 1,5qa2+ 1,5qa2 = 3qa2

 

ME = MD + qa2 = 3qa2+ 0,5qa2 = 3,5qa2

 

MB = ME – qa2 = 3,5qa2 – 2qa2 = 1,5qa2

 

MC = MB – 1,5qa2 = 1,5qa2 – 1,5qa2 = 0

 

Расчетный изгибающий момент равен

 

Mрас = |ME| = 3,5qa2 = 3,5·15·103·1,22 = 75,6 кН·м

 

Определение перемещений.

Для перемещения упругих перемещений в инженерной практике применяются как аналитические (точные и приближенные), так и графические методы. Из точных аналитических методов следует отметить метод начальных параметров и энергетический метод. К приближенным относят метод конечных разностей (МКР) и метод конечных элементов (МКЭ).

Определим первыми двумя методами.

Метод начальных параметров.

Из граничных условий задачи имеем: νA = 0, νB = 0. Первое дает ν0 = 0, а из второго находим θ0:

 

 

откуда

 

 

А теперь находим искомые перемещения:

– сечение z=a

 

 

– сечение z=2a

 

– сечение z=3a

 

 

 

– сечение z=4a

 

 

– сечение z=5a

 

 


 

Результаты вычислений сведем в табл. 6 и построим упругую линию балки, показано на рис. 11,а пунктиром.

 

Таблица 6 – Перемещения и угол поворота в сечение балки

Перемещения Сечение z
  а
θ´
ν´    

 

Для расчета балки на жесткость необходимо знать максимальный прогиб, который имеет место в сечении, где угол поворота равен нулю. Последний описывает полиномом 3-й степени и в связи с этим нахождение максимального прогиба связано с громоздкими вычислениями. С другой стороны, судя по приведенной выше таблице, он имеет место в интервале (2а, 3а). В силу непрерывности функции прогибов νmax мало отличается от прогиба сечения E. Следовательно, с небольшой погрешность (не превышающей точности инженерных расчетов) можно принять

 

νmax ≈ νЕ =

 

Энергетический метод

Искомые перемещения находятся с помощью интеграла Мора

 

для вычисления которых в простых случаях можно пользоваться правилом Верещагина

 

 

а в более сложных случаях – формулой Симпсона

 

 

При наличие на данном участке равномерно распределенной погонной нагрузки q величина момента посредине участка находится следующим образом

 

 

Величина моментов Млев и Мпр берутся со своими знаками. Знак «плюс» перед вторым слагаемым соответствует погонной нагрузке, направленной вниз, а «минус» – вверх.

Строим эпюры моментов от заданной нагрузки и от единичных воздействий, приложенных к балке в направлении искомых перемещений (рис. 11,г – з).

Определяем моменты по средине участков

 

 

Перемножая соответствующие эпюры, находим искомые перемещения, увеличенные для удобства вычислений в EI раз:

 

 

 

 

 

 

Знак «минус» у перемещения указывает, что оно противоположно направлению соответствующего единичного фактора: единичной силы для прогиба сечения С и единичного момента для угла поворота сечения В, т.е. прогиб νС направлен вверх, а сечение В поворачивается против часовой стрелки. Знак «плюс» у угла поворота θА указывает, что сечение В поворачивается в направлении единичного момента, т.е. по часовой стрелки.

Подбор сечения балки по условиям прочности и жесткости.

Из условия прочности имеем

 

 

Отсюда, учитывая что

 

Mmax = 75,6 кН

 

находим диаметр сечения балки, удовлетворяющий условию прочности

 

мм

 

Далее согласно условию жесткости

 

откуда с учетом

 

мм

 

находим искомый диаметр, удовлетворяющий условию жесткости

 

мм

 

Из двух полученных значений принимаем большее, т.е.

d = max {dпч,dж} = dж = 237 мм

После округления до ближайшего стандартного значения по ГОСТ 6636-86 окончательно получим d0 =240 мм.

Найденное таким образом значение диаметра поперечного сечения бруса, обеспечит надежную работу балки, так как удовлетворяет одновременно и условию прочности, и условию жесткости.



Поделиться:




Поиск по сайту

©2015-2024 poisk-ru.ru
Все права принадлежать их авторам. Данный сайт не претендует на авторства, а предоставляет бесплатное использование.
Дата создания страницы: 2019-08-04 Нарушение авторских прав и Нарушение персональных данных


Поиск по сайту: