Олимпиада 2015 Решения задач

Задача №1 Для шарнирно опертой двутавровой балки, находящейся в условиях
пространственного изгиба (рис.1,а) подобрать сечение из условия прочности при
заданных расчетных значениях нагрузок. Построить эпюру нормальных напряжений в
опасном сечении балки. В расчетах принять расчетное сопротивление стали
R  210МПа. (При подборе сечения в первом приближении принять отношение
моментов сопротивления двутавра равным
k  WWyz  10 ).
Рис.1
Решение
Определяем вертикальные и горизонтальные опорные реакции и строим эпюры
изгибающих моментов
M z и M y (см. рис.1.2). Момент M z вызывает растяжение в
M y - в точках правой части сечения (при взгляде
на сечение со стороны положительного направления оси Ox ).
точках нижней части сечения, а момент
Рис.1.2
Приняв в первом приближении отношение моментов сопротивления двутавра
равным
k  WWyz  10 , определим требуемый момент сопротивления Wz
прочности в двух опасных сечениях балки С и D.
из условия
Сечение С: Wz
 k  Wy ,  x 
M
Mz My
Mz

 R,
 y  R,
Wz Wy
k  Wy Wy
1 Mz
(45 / 10  2,5) 106
1 Mz
(
 M y )  R , Wy  (
 My) 
 33,33см3 .
3
Wy k
R k
210 10
1 Mz
(15 / 10  7,5) 106
Сечение D: Wy  (
 My) 
 42,86см3 .
3
R k
210 10
Более опасным является сечение D. По сортаменту принимаем двутавр №30,
Wz  472см3 , Wy  49,9см3 .
Определяем наибольшие напряжения в угловых точках двутавра сечения D и проверяем
прочность балки
15 103
7,5
 max 

 182MПа  R  210МПа .
472 106 49,9
Прочность балки обеспечена с запасом, поэтому во втором приближении примем
двутавр №27
Wz  371см3 , Wy  41,5см3 .
Определяем наибольшие напряжения в угловых точках двутавра сечения D и проверяем
прочность балки
15 103
7,5
 max 

 221,2MПа  R  210МПа .
371 106 41,5
Прочность балки не обеспечена (превышение 5,2%). Принимаем двутавр №30.
Определим угол наклона нейтральной линии к оси
Оz (  x 
M
Mz
y  y z  0 ),
Jz
Jy
Jz M y
7080 7,5



 10,5 ,  0  84,60
Jy Mz
337 15
как  0  0 ,то нулевая линия проходит через вторую и четвертую четверти осей
tg ( 0 )  
Так
координат поперечного сечения. Эпюра нормальных напряжений приведена на рис.1.3
Рис.1.3
Задача №2 Колонна промышленного здания нагружена вертикальной силой
Fх  600kH и
горизонтальной
Fy  4kH .
Найти наибольшие сжимающие и
растягивающие напряжения. Построить эпюру нормальных напряжений.
Рис.2
Решение Fх , Fz , M z
Приведем силы в центр тяжести сечения (рис. 2.1) Построим эпюры
N ,M z,My
(рис.2,1 ). Опасным сечением является сечение в заделке, а действующие в нем
внутренние усилия равны:
N   Fx  600кН ; M y  600  0,06  36кНм
(сжимают точки сечения в первой четверти);
M z  Fx  l  4  3  12кНм
(растягивают точки сечения в первой четверти);
Рис.2,1
Геометрические характеристики сечения: A  0,3  0, 4  0,12 м
2
0,43  0,3
0,42  0,3
4 4
Jy 
 16 10 м ; Wy 
 8 103 м3 ;
12
6
3
0,4  0,3
0,4  0,32
4
4
Jz 
 9 10 м ; Wz 
 6  103 м3 .
12
6
Выражение для нормальных напряжений в произвольной точке сечения
My
N Mz
600 103 12 103
36 103
x  
y
z

y
z,
A Jz
Jy
0,12
9 104
16 104
40
 x  (5   y  2, 25  z )
3
Уравнение нейтральной линии  x  0 . Определяем отрезки, которые отсекает
нейтральная линия, на главных центральных осях инерции определяем из уравнения
40
 yn  22,5  zn  0 .
3
15
zn  0, y n 
 0,375м . zn
40
5
Получаем:
yn  0, zn  
5
 0, 22м
22,5
На рис. 2.2 Показана эпюра нормальных напряжений в точках сечения
Рис.2.2
Задача №3 Стальной стержень длиной
силой Py
l  1м круглого сечения нагружен
вертикальной
 1,6kH , горизонтальной силой Pz  2, 4kH и моментом M x  2кНм (рис.3).
Допускаемое напряжение стали
   160МПа .
1) Определить диаметр стержня
D
из условия прочности ( i
наибольших касательных напряжений (  i
  2  4 2 )
   )
по теории
и по энергетической теории (
 i   2  3 2 ).
Касательные напряжения от поперечного изгиба при оценке
прочности не учитывать.
2) Построить эпюру нормальных и касательных напряжений в опасном сечении стержня.
Рис.3.1
Решение
Геометрические характеристики круглого сечения:
Wy  Wz  W 
 D3
32
;Wx

 D3
16
 2 W .
Опасным является сечение стержня в заделке. Определяем опорные реакции и
вычисляем внутренние усилия в т.О. Значения внутренних усилий:
M x  2кНм ;
M z   Py l  1,6кНм ; M y   Pz l  2,4кНм .
Вычисляем величину суммарного изгибающего момента
M  M M
2
z
2
y
2
 l Pz2  Py2  1  1,62  2,42  2,88кНм .
Наибольшие нормальные напряжения от
M в двух точках контура круга  x  
M
W
Касательные напряжения от крутящего момента максимальны в точках контура круга

Mx Mx

Wx 2W
.
Условие прочности по теории наибольших касательных напряжений
 i   2  4 2 
1
W
M 2  M x2    , отсюда находим
.
M 2  M x2
W
2,882  22 6

10  21,91см3 ,
3
160 10
 
D 3
32  21,91

 6,07см
Условие прочности по энергетической теории
 i   2  3 2 
M 2  M x2
W
32  21,00

M 2  0,75  M x2    , отсюда находим
2,882  0,75  22 6

10  21,00см3 ,
3
160 10
 
D 3
1
W
 5,98см .
Таким образом, по обеим теориям прочности получили близкие результаты.
Примем D  6,1см и определим наибольшие нормальные и касательные напряжения
для сечения совпадающего с заделкой.
W
  6,13
32
 22,3см3 , Wx  2  W  44,6см3 ;
M 2,88 103
 max,min   
 129,1МПа ;
W 22,3 106
Mx
2  103


 44,8МПа
W x 44,6  106
Определим угол наклона нейтральной линии к оси
tg ( 0 )  
Оz (  x 
M
Mz
y  y z  0 ),
Jz
Jy
Jz M y
2,4


 1,5 ,  0  56,30
Jy Mz
1,6
Рис.3.2 Эпюры касательных и нормальных напряжений