Процедура расчета и создания стержней с заданными характеристиками

Курсовая работа
Тема: Процедура расчета и создания стержней с заданными характеристиками
Содержание
1 Основные аспекты создания стержней
1.1 Растяжение в центре и по бокам
1.2 Расчет статических стержневых систем
1.3 Расчет основных переменных
2 Оценка параметров закручивания
3 Процедура создания стержней
3.1 Создание стальной балки
3.2 Выбор материала
3.3 Создание стержня определенной жесткости
1 Основные аспекты создания стержней
1.1 Растяжение в центре и по бокам
Для заданного ступенчатого стержня (рис. 1, а) при осевых нагрузках F1=a1qa, F2=a2qa требуется:
1. Определить реактивную осевую силу в опорном сечении.
2. Определить продольные силы Nz, нормальные напряжения sz и перемещения w в характерных точках и построить их эпюры.
3. Определить опасное сечение и подобрать необходимую площадь A стержня из условия прочности на растяжение или сжатие.
Принять: α1=3, α2=4, а=1 м, q=600 кН/м, [σр]=160 МПа, [σс]=60МПа
Решение
1. Определение опорной реакции.
Составляем уравнение равновесия в проекции на ось z:
ΣZi=0
RB - qa + 4qa + q2a + 3qa = 0
RB = qa + 4qa - q2a - 3qa = 0
2. Построение эпюр продольных сил, напряжений и перемещений.
Эпюра Nz. Строится по формуле:
N = N ± qz
Знак «плюс» соответствует погонной нагрузке, вызывающей растяжение бруса, а знак «минус» берется в случае сжатия. В сечениях где приложены сосредоточенные силы (сеч. C и E), на эпюре Nz имеют место скачки. Если сосредоточенная сила вызывает растяжение, то скачок вверх (сеч. E), в случае сжатия – скачок вниз (сеч. С). На участках BC и CD продольная сила изменяется по линейному закону (qz¹0), а на участке DE продольная сила постоянна (qz=0). Вычисляем значения продольной силы в характерных точках и строим эпюру Nz (рис. 1, б)
NE = 3qa
NED = NDE = 3qa
NDC = NDE + q2a = 3qa + q2a = 5qa
NC = NDC – 4qa = 5qa – 4qa = qa
NB = NC – qa = qa – qa = 0
Эпюра σz. Напряжение в поперечных сечениях связаны с продольной силой соотношением
σz =/>
Учитывая, что брус имеет ступенчато – переменное сочетание, характер распределения нормальных напряжений по длине бруса остается таким же как для продольной силы. Однако в местах резкого изменения формы бруса (сеч. C и D) на эпюре σz, в отличие от Nz, возникают скачки, связанные с изменением площади поперечного сечения. Вычисляем напряжения в характерных точках и строим эпюру σz (рис. 1, в)
σE =/>
σDE= σE =/>
σD =/>
σCD =/>
σC =/>
Эпюра w. Она строится по формуле
w(z) = w0 + />
где w0 - перемещение в начале участка;
wz - площадь эпюры σz от начала участка до рассматриваемого сечения.
При отсутствие погонной нагрузки (уч. DE) напряжения постоянны, а перемещения изменяются по линейному закону. На участках с погонной нагрузкой напряжения изменяютяс по линейному закону, а перемещения – по квадратичному (уч. BC и CD). Вычисляем перемещения в характерных точках и сторим эпюру w (рис. 1, г)
wB = 0
wC = wB + />
wD = wC + />
wE = wD + />
Подбор сечений.
Из условия прочности на растяжение
σmax £ [σр]
/>£ [σр]
Aр ³ />см2
Площадь сечения работающего на сжатие Ac = 0, т.к. σmin =0. Окончательно принимаем A=Aр=187,5 см2.
Исходя из найденной площади сечения, определим полное удлинение ступенчатого бруса
Dl=wE=/> м =1,5 мм
1.2 Расчет статических стержневых систем
Для заданной стержневой системы (рис. 2, а) требуется:
1. Определить усилия в стержнях и подобрать их сечения из двух равнобоких уголков по методу допускаемых напряжений, обеспечив заданное соотношение площадей A2/A1=1,6. Допускаемое напряжение принять равным [σ] = 160 МПа.
2. При принятых размерах сечений стержней определить грузоподъемность конструкции по методу допускаемых нагрузок.
3 Оценить в процентах дополнительный резерв грузоподъемности, получаемый при переходе от метода допускаемых напряжений к методу допускаемых нагрузок.
Принять: F=500 кН
Решение
1. Определение усилий в стержнях.
Данная система является однажды статически неопределимой (4 неизвестных при 3 уравнениях статики), поэтому в дополнение к уравнениям статики необходимо составить одно уравнение совместности деформаций.--PAGE_BREAK--
Уравнениестатики
Σm0=0
N1·2a·cos45° + N2·4a·cos30° — 3a·F = 0
N1 /> + N2 2/>=3F
Уравнение совместности деформаций. Из подобия треугольников ABB1 и BCC1 имеем:
/>
/>
/>
Заменяя по закону Гука деформации через усилия и подставляя в последние уравнение, получим
/>
/>
/>
Решая совместно уравнения (1) и (2), находим усилия в стержнях
/>
/>
/>
/>
2. Подбор сечений стержней.
Следует заметить, что подобранные сечения должны одновременно удовлетворять и условию прочности, и заданному соотношению площадей. Чтобы удовлетворить обоим названым условиям, сопоставим два варианта.
По первому варианту сечение 1-го стержня подберем из условия прочности, а 2-го – исходя из заданного соотношения площадей, т.е.
/>см2
/>см2
По второму варианту из условия прочности находится сечение 2-го стержня, а из заданного соотношения – сечение 1-го
/>см2
/>см2
Окончательно принимаем второй вариант, так как он обеспечивает и прочность обоих стержней, и заданное соотношение площадей. По таблице сортамента для равнополочных уголков в соответствие с ГОСТ 8509-86 принимаем:
для 1-го стержня – 2 уголка 70´70´6 (А1=2·8,15=16,3 см2)
для 2-го стержня – 2 уголка 90´90´7 (А2=2·12,3=24,6 см2)
3. Определение грузоподъемности конструкции по методу допускаемых нагрузок.
Составляем уравнения предельного равновесия.
/>
/>
/>кН
Следовательно, при переходе от одного метода допускаемых напряжений к методу допускаемых нагрузок можно повысить грузоподъемность конструкции в
/>раза или на 16 %
2 Оценка параметров закручивания
Для проведения опыта на растяжение был изготовлен нормальный цилиндрический образец диаметром в расчетной части d0=16 мм и расчетной длинной l0=10·d0=160 мм. После изготовления он был подвергнут упрочняющей термической обработке (улучшению). Испытания проводились на машине УММ – 20. Геометрические параметры образца:
до опыта:
d0=16 мм
/>мм
после испытания:
d1=11,3 мм
/>мм
1. Вычисление основных механических характеристик.
Исходя из приведенной выше диаграммы растяжения образца (рис. 3), можно определить основные механические характеристики материала.
Определим характеристики прочности.
Предельная нагрузка Fт определяется следующим образом. Из точки О откладываем отрезок ОЕ, равный заданной остаточной деформации 0,2%, т.е. Dl0,2 = 0,002·l0 = 0,002·160 = 0,32 мм
Затем из точки Е проводим прямую, параллельную начальному прямому участку ОА. Ордината точки пересечения этой прямой с диаграммой как раз и дает искомое значение Fт=70 кН.
Наибольшая выдерживаемая образцом нагрузка, взятая непосредственно с диаграммы, равна Fmax = Fпч = 118 кН.
Определим характеристики пластичности.
Из точки D, соответствующей разрушению образца, проводим пунктирную прямую DL, параллельную начальному прямому ОА. Отрезок OL дает значение абсолютного удлинения при разрыве Dl=33 мм. Длина образца после разрыва l1= l0 + Dl=160 + 33 = 193 мм
Таблица 1 – Механические характеристики стали 30 (улучшение)
Характеристики прочности, МПа
Предел текучести
/>
348
Предел прочности
/>
587
Характеристики пластичности, %
Относительное остаточное удлинение
/>
20
Относительное остаточное сужение
/>
50
Выбор коэффициента запаса прочности и определение допускаемого напряжения
Условие прочности по методу допускаемых напряжений имеет вид
σmax £[σ]
[σ] =/>
где σпред – предельное напряжение, т.к. материал пластичный (δ>5%), то σпред = σт =348 МПа;
[n] – нормативный коэффициент запаса прочности, который определяется по формуле
[n] = [n1]·[n2]·[n3]
где [n1] – коэффициент, учитывающий неточность в определение нагрузок и напряжений, [n1] =1;
[n3] – коэффициент условий работы, учитывающий степень ответственности детали, [n3] =1…1,5»1;
[n2] – коэффициент, учитывающий неоднородность материала, повышенную его чувствительность к недостаткам механической сборки, выберается из табл. 2
Таблица 2 – Коэффициент неоднородности материала    продолжение
--PAGE_BREAK--
σт / σпч
0,45…0,55
0,55…0,70
0,70…0,9
[n]
1,2…1,5
1,4…1,8
1,7…2,2
Так как σт / σпч=0,593, то коэффициент неоднородности материала выбираем из второго столбца по формуле линейной интерполяции, для определения среднего значения в промежутке
/>
/>
По формуле (4) определяем коэффициент запаса прочности
[n] = 1·1,59·1=1,59
По формуле (3) находим величину допускаемого напряжения
[σ] =/>МПа
После округления до ближайшего целого числа, кратного 10, окончательно получим [σ] =220 МПа. Это значение используется при расчете балки на прочность (задача 3.1).
Оценка параметров закручивания
Для заданного трансмиссионного вала (рис. 4, а) требуется:
1. Построить эпюру крутящего момента MК и определить требуемый диаметр вала из расчетов на прочность и жесткость.
2. Установить наиболее рациональное расположение шкивов на валу и определить диаметр вала в этом случае. Оценить в процентах достигаемую в этом случае экономию материала по сравнению с заданным расположением шкивов.
3. Построить эпюры углов закручивания для обоих вариантов, считая неподвижным левый конец вала.
Принять: М=3 кН·м, а=0,2 м, G =80 МПа, [τ]=50 МПа, [θ]=8 мрад/м
Решение
1. Определение диаметра вала.
Строим эпюру МК (рис. 4, б). Как видим, при заданном расположение шкивов наибольший крутящий момент равен МКmax =15 кН·м. Меняя местами шкивы, ищем такой вариант нагружения, при котором расчетный крутящий момент получается наименьшим. Это и будет рациональный вариант расположения шкивов. Схема нагружения рационального расположения шкивов и соответствующая ей эпюра МК представлены на рис. 5, а и б. В этом случае расчетный момент МКmax =12 кН·м, меньше чем в первом варианте.
Из условий прочности и жесткости определяем искомый диаметр:
1 вариант:
/>мм
/>мм
Следовательно, d1 = max {dпч,dж} = 124 мм. Принимаем по ГОСТ 6636-86 d1 = 130 мм. Жесткость поперечного сечения данного вала равна
/>МН·м2
2 вариант:
/>мм
/>мм
Следовательно, d2 = max {dпч,dж} = 118 мм. Принимаем по ГОСТ 6636-86 d2 = 120 мм. Жесткость поперечного сечения данного вала равна
/>МН·м2
Требуемый диаметр вала по второму варианту получается меньше, чем по первому. Тем самым переход от заданного расположения шкивов к рациональному приводит к экономии материала, равной
/>
Построение эпюры угла закручивания φ.
Угол поворота определяется по формуле
/>
где φ0 – угол поворота в начале участка;
ωМ – площадь эпюры крутящего момента от начала участка до рассматриваемого сечения.
Так как крутящий момент остается постоянным в пределах каждого участка, то согласно первой формуле угол φ меняется по линейному закону. Вычисляем углы поворота на границах участков и строим эпюры (рис.4, в и рис.5, в)
1 вариант:
φ0 = φА = 0
/>мрад
/>мрад
/>мрад
2 вариант:
φ0 = φВ = 0
/>мрад
/>мрад
/>мрад
3 Процедура создания стержней
3.1 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
ЭпюраQy. 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)    продолжение
--PAGE_BREAK--
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΄
18
/>
/>МПа
2,2΄
18
792
44
0,04
0,6


3,3΄
1,1
792
720
0,7
9,3


4
1,1
1181
1073,6
1
14


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    продолжение
--PAGE_BREAK--
/>
/>21º
Экстремальные касательные напряжения равны по величине
/>МПа
и действуют на площадках, равнонаклоненных к осям 1 и 3.
3.2 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
υiAi
1
2t
8t2
16t3
2
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
/>
/>






/>
/>


1
–0,6t
8t2
10,7t4
2,88t4


2
–1,6t
–3t2
–1,5t4
–7,68t4


Σ
9,2t4    продолжение
--PAGE_BREAK--
–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%
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
/>
/>
/>
/>    продолжение
--PAGE_BREAK--
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
2а
3а
4а
5а
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.