 Задания .

Задания .
Задача 2
Абсолютно жёсткий брус АС опирается на шарнирно – неподвижную
опору А и прикреплён к стальному стержню ВС длиной L с помощью шарнира
С (см. рис.3).
Требуется:
1. Определить реакции в опорах А и В.
2. Определить продольную силу N в стальном стержне и построить её эпюру.
3. Определить площадь поперечного сечения стержня.
4. Определить удлинение стержня ВС и величину вертикального перемещения
точки С.
Общие данные: предел текучести материала (Ст.3)  Т  240 МПа ; коэффициент запаса прочности nT  1,5 ; модуль упругости (модуль Юнга)
E  2 00 ГПа .
Схема номер V, а, м=1,9 , в,м=1,4 , L, м=2,4 , F, кН=16
B
I
II
30˚
А
B
120˚
А
C
C
F
60˚
B
B
60˚
B
135˚
B
B
IV C
А
FB
B
45˚
C
а
45˚
B
F
B
F
а
Рис. 3
3
IX
B
А X
C
в
C
B
60˚
F
А
VIII
F
А
45˚
B
45˚
B
C
А
C
А VII
B
BB
А
III
F
C
F
VI
F
А
C
F
V
B
B
в
Задача 3
К стальному валу приложены три вращающих момента (рис.4).
Требуется:
1. Определить реактивный момент в заделке.
2. Построить эпюру крутящих моментов.
3. Определить диаметр вала (расчёты произвести из условия прочности и
условия жёсткости).
4. Построить эпюру углов закручивания.
Общие данные: допускаемое касательное напряжение    50 МПа ; допускаемый относительный угол закручивания    0 ,5 o м 1 ; модуль сдвига
G  80 ГПа .
Схема номер V а, м=1,9
в, м=1,4 с, м=0,5 М1, кН·м=9 , М2, кН·м=5
М3, кН·м=4
М3
М2
М1
М1
I
М2
М3
VI
М3
М2
М1
М1
М2
М3
М3
М2
М1
М1
М2
М3
М1
М2
М3
М1
М2
М3
II
III
VIII
М3
М2
М1
IV
IX
М2
М3
М1
V
X
а
в
с
а
Рис. 4
4
в
Таблица 4
с
Задача 4
Даны две схемы стальных балок (рис.5).
Требуется:
Для схемы «б»:
1. Построить эпюры поперечной силы Q и изгибающего момента M.
2. Подобрать сечения следующей формы: прямоугольное (h[b = k); круглое;
кольцевое (α = d[D); состоящее из двух швеллеров; двутавровое.
3. Оценить эффективность формы сечения.
Общие данные: предел текучести материала  Т  240 МПа ; коэффициент запаса прочности nT  1,5 ; модуль упругости (модуль Юнга) E  200 ГПа .
Схема "б" номер V а1, м=1,0
М, кН·м=25
а2, м=1,4
q, кН/м=18
F, кН=25
α=0,8
k=2,5
M
q
q
F
I
F
q
M
q
II
q
M
q
III
F
M
F
q
q
IV
q
M
q
V
F
a1
a1
a2
a2
б)
a)
Рис. 5
5
Задача 8
Стальной стержень длиной l сжимается силой F (рис.9).
Требуется:
1. Найти размеры поперечного сечения стержня при допускаемом напряжении
на центральное сжатие    160 МПа , пользуясь методом последовательных
приближений.
2. Найти величину критической силы, если предельная гибкость пред  100 .
3. Найти коэффициент запаса устойчивости.
Схема номер I
Форма сечения I
F, кН=400
6
l, м=2,5
F
a
a
II
a
I
a
I
l
0.2a
1.5a
a
IV
a
III
F
1.5a
II
0.2a
l
2d
V
a
d
VI
F
2d
a
a
III
l
VII
VIII
d
d
0.2d
F
IV
X
a
IX
2a
a
l
2a
0.2a
Рис. 9
7
Примеры решения задач
Задача 2 (рис.12)
Постановку задачи см. в практической части задания к курсовой работе
(задача 2).
Исходные данные:
Предел текучести материала стержня (Ст. 3)  T  240 МПа ; коэффициент запаса прочности nT 1,5 ; модуль Юнга E 200  ГПа ; a = 1м; b = 2м;
L = 2м; F = 20 кН.
Решение:
I. Определяем реакции в опорах D и В.
Рассматриваемая система является статически определимой, поскольку
число связей, накладываемых на систему, соответствует числу уравнений равновесия статики в плоскости. Последних всегда три. В нашем случае в опоре В
возникает только одна реакция в направлении продольной оси стержня ВС (реакция R В ), в опоре D – две ( R D и H D ), так как она является шарнирно неподвижной опорой (см. рис. 12, а).
Составляем уравнения равновесия статики. Желательно каждое уравнение представить так, чтобы оно содержало только одну неизвестную.
F  a  b  20  1  2
 M D  0; F  a  b  RB  a  sin   0  RB  a  sin 60  1 0,866  69,3 кН .
Y  0; RB  sin   RD  F  0
 X  0; RB  cos   H D  0
 RD  RB  sin 60  F  69 ,3  0,866  20  40 кН .
 H D  RB  cos   69 ,3  0,5  34 ,65 кН .
Проверка правильности определения реакций:
 M C  F  b  RD  a  0, 20  2  40 1  0, 0  0 .
Проверка обязательна. Полученное тождество свидетельствует о правильности результатов.
II. Определяем продольную силу N в стальном стержне и строим её эпюру.

Пользуясь методом сечения, определяем значение продольной силы
N в сечении m – n стержня ВС (см. рис. 12, б): N  RB  69 ,3 кН .

Строим эпюру продольной силы. Поскольку при изменении значения координаты сечения m – n в пределах длины стержня продольная сила
остаётся постоянной, эпюра продольной силы представляет собой прямую, параллельную оси абсцисс (см. рис. 12, б).
C
RB
ΔL
Y
C2
Δверт
α
RB
B
B
n
L
m
8
X
C1
RD
N
III. Определяем площадь поперечного сечения стержня ВС.
Условие прочности при растяжении для пластичных материалов:
 max    , где  max  N max A ;
 max - наибольшее по абсолютной величине расчётное растягивающее напряжение, возникающее в сечении с продольной силой Nmax и с площадью поперечного сечения А.

240
Допускаемое напряжение    T 
160 МПа .
nT 1,5
Из условия прочности решаем проектировочную задачу, математическая
A  N max  .
формулировка которой:
Предельное значение площади
69 ,3 103
A
 4,33 10  4 м 2  4,33 см 2 .
6
160 10
IV. Определяем удлинение стержня ВС и величину вертикального перемещения точки С.
 Удлинение стержня ВС определяем согласно закону Гука для абсолютных удлинений на основании следующей формулы:
NL
69 ,3 103  2
L 

1,6 10 3 м 1,6 мм .
11

4
E A 2 10  4,33 10
 Вертикальное перемещение точки С находим, заменяя дугу (радиусом L  L ) перпендикуляром С2С1 на первоначальное направление стержня (см. рис. 12, а). Малая величина удлинения L 1,6 10 3 м по сравнению с
длиной стержня L  2 м допускает такую замену при весьма незначительной
погрешности результата. Из треугольника СС1С2 находим, что вертикальное
перемещение
L 1,6 10 3
Δверт  СС1 

1,85 10 3 м 1,85 мм .
sin 
0,866
9
Задача 3
Постановку задачи см. в практической части задания к курсовой работе
(задача 3).
Решение типовой задачи см. в [1] пример 6.1; c. 195-199.
Задача 4
Схема «а» (рис.13)
Постановку задачи см. в практической части задания к курсовой работе
(задача 4, схема «а»).
Исходные данные:
F 15 кН , q  10 кН м , а1  2 м , а2 1 м ,  T  240 МПа , nT 1,5 .
Решение:
I. Построим эпюры поперечной силы Q и изгибающего момента M.

Получим выражения для Q и M по участкам. Заданная балка имеет
два участка нагружения: по длине первого участка распределена равномерная
нагрузка q, прекращение действия которой означает начало второго участка
(см. рис. 13, а). На рисунке z1 и z 2 - координаты поперечных сечений первого и
второго участков. Для каждого участка выбирается своя система координат.
0  z1  a1 .
I – ый участок:
Рассматривая равновесие левой отсечённой части балки (см. рис. 13, б), запишем выражения для Q  z1  и M  z1  :
Q  z1   F  q z1 .
Полученное выражение представляет собой уравнение наклонной прямой, следовательно, для её построения необходимо определить координаты двух точек.
Мы выберем крайние точки:
z1  0, Q z1   F 15 кН ; z1  a1  2 м , Q  z1   F  q a1  15  10  2   5 .
z
M  z1   F z1  q z1  1 .
2
Равнодействующая распределённой нагрузки q на участке z1 равняется q z1 и
приложена в середине участка, то есть расстояние от силы q z1 до сечения равно z1 2 . Данное выражение изгибающего момента представляет собой уравнение кривой второго порядка, имеющей экстремум в сечении с координатой z 0 ,
в котором Q  z0   0 (см. ответ на вопрос 3 раздела 6). Следовательно, для построения эпюры M требуются координаты трёх точек:
q a12
10  2 2
z1  0, M z1   0 ;
z1  a1  2 м M  z1   F a1 
 15  2 
 10 кН  м .
2
2
F 15
При z1  z0 Q  z0   F  q z0  0  z0   1,5 м .
q 10
q z02
10 1,52
Тогда M  z0   F z0 
15 1.5 
11,25 кН  м .
2
2
10
II – ой участок:
0  z 2  a2 .
Рассматривая равновесие левой части, отсечённой сечением с координатой z 2
(см. рис. 13, в), запишем выражения для Q  z 2  и M  z 2  :
Q z 2   F  q a1 15 10  2   5 кН  const .
Полученное выражение представляет собой уравнение прямой, параллельной
оси эпюры.
M  z2   F a1  z2   q a1 0,5 a1  z2  .
q
q
а)
M(z1)
z1
F
F
z1
Q(z1)
z2
a2
a1
б)
M(z2)
q
15
0
+
+
0
10
q
Y
11.25
Q(z2)
в)
0
z0
Э M,
кН·м
z2
a1
F
Э Q,
кН
5
Z
5
0
F
z1
z2
г)
Рис. 13
В данном случае мы получили уравнение прямой, наклонной к оси эпюры. Для
её построения определим координаты двух крайних точек:
z2  0, M  z2   F a1  0,5 q a12  15  2  0,5 10  22 10 кН  м ;
z2  a2 1 м;
M  z2   F a1  a2   q a10,5a1  a2  152  1 10  20,5  2 1  5 кН  м.
 Строим эпюры Q и M. Результат представлен на рис. 13, а.
II. Определяем максимальное нормальное напряжение в балке сложного
поперечного сечения, уже рассмотренного в задаче 1.
Для этого следует воспользоваться формулой
M max
11.25 103
 max 

 0,06368 109 Па  63,68 МПа .

6
Wx
176 ,66 10
III. Определяем фактический коэффициент запаса прочности как

240
nT*  T 
 3,77 .
 max 63,68
11
Конструкция пригодна к эксплуатации, так как действительный запас прочности больше нормативного nT*  nT , то есть 3,77 > 1,5.
IV. Определяем прогиб конца консоли аналитическим методом.
 Составляем приближённые дифференциальные уравнения изогнутой оси
балки по участкам с соблюдением условий Клебша (см. ответ на вопрос 11 раздела 6).
Необходимо отметить, что в этом случае выбирается только одна система
координат с началом в крайней левой точке балки (см. рис. 13, г). Если в этой
точке балка жёстко или шарнирно зафиксирована, то прежде чем приступить к
составлению уравнений, необходимо определить реакции в опорах.
Для нашего случая:
q z12




0

z

a
I – ый участок:
;
EI X y z1  F z1 
1
1,
2
q z 22 q  z 2  a1 2
II – ой участок: a1  z 2  a1  a2 , EI X y z 2   F z 2 
.

2
2
 Дважды интегрируем дифференциальные уравнения
 EI y z1   F z12 2  q z13 6  C1
1
I - ый участок  X
3
4
2 
 EI X y  z1   F z1 6  q z1 24  C1z1  D1 .
 EI X y z2   F z22 2  q z23 6  q z2  a1 3 6  C2
3
II - ой участок 
4
3
4
 EI X y  z2   F z2 6  q z2 24  q z2  a1  24  C2 z2  D2 . 4
 Рассматриваем граничные условия и доказываем равенство постоянных
интегрирования на обоих участках.
При z1  z 2  a1 (на границе двух смежных участков балки) y1  y 2 ,
y1  y 2 , так как они являются углами поворота и прогибами, соответственно,
одного и того же сечения.
Тогда, учитывая формулы (1) и (3), получим:
3
2
Fa1 qa13
Fa12 qa13 qa1  a1 

 C1 


 C2 , откуда C1  C2  C .
2
6
2
6
6
Из формул (2) и (4) получим
4
Fa13 qa14
Fa3 qa4 qa1  a1 

 Ca1  D1  1  1 
 Ca1  D2 , откуда D1  D2  D .
6
24
6
24
24
Следовательно, имеют место только две постоянных интегрирования: C, D.
 Из начальных условий определяем значения постоянных интегрирования C и D.
Первое условие: при z 2  a1  a2  3 м y  z 2   0 , то есть в защемленном
конце балки угол поворота равен нулю, иными словами сечение не поворачивается. Тогда согласно формуле (3)
EI X y z 2  3 15 32 2 10 33 6 10  3  23 6  C  0 .
Откуда
C   24,2 кН  м2 .
12
Второе условие: при z 2  a1  a2  3 м , y  z 2   0 , то есть в защемленном
конце балки прогиб равен нулю – сечение не перемещается вертикально. Тогда
в соответствии с формулой (4)
EI X y z 2  3 15 33 6 10 34 24 10  3  24 24  C 3  D  0 .
Откуда
D  33,4 кН  м3 .
 Вычисляем прогиб конца консоли
Для этого воспользуемся формулой (2) при z1  0 :
y z1   D EI X 
38,4 103
8
 8 10 3 м  8 мм .
2 10  2395 ,52 10
Согласно принятому направлению координатных осей (см. рис. 13, г) при
решении задачи аналитическим методом знак «+» указывает на то, что прогиб
конца консоли балки направлен вверх.
11
Задача 4
Схема «б» (рис.14)
Постановку задачи см. в практической части задания к курсовой работе
(задача 4, схема «б»).
Исходные данные:
M  20 кН  м , q  16 кН м , а1  1 м , а2  2 м ,  T  240 МПа , nT 1,5 .
Решение:
I. Построим эпюры поперечной силы Q и изгибающего момента M.
 Определяем опорные реакции балки. Заданная балка зафиксирована в
двух сечениях с помощью шарнирно-подвижной и шарнирно-неподвижной
опор (см. рис. 14). Характер прикладываемой нагрузки обуславливает необходимость определения только вертикальных реакций опор R A и RB , так как горизонтальная составляющая реакции в опоре А равна нулю ( H A  0 ).
a2
0,5  qa22  M 0,5 16  22  20

 26 кН .
 M A  0, RB a2  qa2 2  M  0  RB 
a2
2
a2
0,5  qa22  M 0,5 16  22  20

 6 кН .
 M В  0,  RAa2  M  qa2 2  0  RA 
a2
2
Проверка:  Y  0, R A  RB  qa2 ; 6  26  32  0; 0  0 .
Полученное тождество свидетельствует о правильности результатов.
 Записываем уравнения для Q и M по участкам. Для каждого участка выбирается своя система координат
0  z1  a1 .
I – ый участок:
Рассматриваем равновесие левой части балки:
Q z1   0, M  z1   M  20 кН  м  const .
0  z 2  a2 .
II – ой участок:
Рассматриваем равновесие правой части балки:
Q z 2    RB  qz 2 .
13
z 2  0, Q z 2    RB   26 кН ; z 2  a 2 , Q z 2    RB  qa 2   26  32  6 кН .
M  z 2   RB  z 2  0.5  qz22 .
z 2  0, M  z 2   0;
z 2  a2  2 м , M  z 2   RB  a2  0,5  qa22  26  2  0,5 16  2 2  20 кН  м.
R
26
При z 2  z0 Q z0    RB  qz0  0  z0  B  1,625 м ,
q 16
qz02
16 1,625 2
тогда M  z0   RB z0 
 26 1,625 
 21,125 кН  м .
2
2
q
 Строим эпюры Q и M. РеRB
RA
M
зультат представлен на рис. 14.
A
II. B
Подбираем сечения указанных
в задании форм.
z1
z2
Условие прочности при изгибе по
a2
a1
нормальным напряжениям для плаЭ Q,
z0
стичных материалов:
6
кН
0
M
 max  max    ,
WX
    T  240  160 МПа .
26 где
nT
1,5
21,125
20
Тогда условие проектировочной задачи принимает следующий вид:
+
Э M,
M
кН·м
WX  max .
 
h
Рис. 14
Так как M max  21,125 кН  м (см. рис.14), то предельное значение осевого момента сопротивления:
21,125 103
WX 
 0,132  10 3 м3 .
6
160 10
 Подбираем прямоугольное сечение. Соотношение сторон h b  2 (рис.15).
y
Так как для прямоугольного сечения момент сопротивления относительно оси X ( см. рис. 15) W X  bh 2 6 и
x
по условию b  h 2 , то:
h  3 12WX  3 12  0,132 103  0,1166 м 11,66 см ,
b  h 2  11,66 2  5,83 см ,
b
Рис. 15
y
d
x
Aпр  h  b  0,1166  0,0583  67 ,98 104 м2 .
 Подбираем круглое сечение.
Для круглого сечения осевой момент сопротивления (рис. 16) W X    D 3 32 ; тогда
14
Рис. 16
D  3 32WX   3 32  0,132 103   0,1104 м 11см ;
Aкр    D2 4    0,1104 2 4  0,0096 м2 .
 Подбираем кольцевое сечение. Отношение диаметров
  d D  0,8 (рис. 17).
Для кольцевого сечения осевой момент сопротивления WX   D3 32  1  4 . Тогда

x
d
D
y
D 3
Рис.17

32WX

 1 4

3

32  0,132 10 3

  1  0,84

 0,1316 м 13,16 см ;
d  D  0,8  0,1316  0,8  0,1053 м 10,53 см ;



Aкц    D2  1  2 4    0,1316 2 1  0,82 4  48,97 104 м2 .
 Подбираем сечение, состоящее из двух швеллеров.
В основе определения осевого момента сопротивления лежит соотношение
W X  I X y max
(см. решение задачи 1, пункт VI).
Рассматриваемое сечение сложное (см. решение задаx
чи 1, пункт V), состоит из двух равных частей (рис. 18):
I Xшв1  I Xшв2 2  I Xшв
I Xшв
WX 

2
 2 W Xшв .
y max
y max
y max
Рис. 18
M
M
По условию проектировочной задачи W X  2W Xшв  max  W Xшв  max .
 
2 
Тогда предельное расчётное значение осевого момента сопротивления для одy
ного швеллера
WXшв  0,066 м3  66 см3 .
По таблице ГОСТ 8240-72 выбираем швеллер № 14 с ближайшим большим моментом сопротивления ГОСТWXшв  70,2 см3 . Следовательно, площадь всего сече-
A  2  ГОСТAшв  2 15,6 104  31,2 104 м2  31,2 см2 .
y
 Подбираем двутавровое сечение.
Условие проектировочной задачи для балки с двутавровым сеx чением (рис. 19):
M
ГОСТ
WXдв  max  0,132 10 3 м3 .
 
По таблице ГОСТ 8239-72 выбираем двутавровую балку
Рис.19
№ 18 с ближайшим значением момента сопротивления, значение которого отвечает условию проектировочной задачи:
ГОСТ
WXдв  143 см3 ; ГОСТAдв  23,4 см2 .
III. Оцениваем эффективность формы сечения.
Для этого сравниваем площади всех подобранных сечений:
ния балки
15
Aпр
Aдв
67 ,98

 2 ,91;
23,40
Aкр
Aдв
Aкц

96 ,00
 4 ,10;
23,40
48 ,97
Aшв 31,20

 2 ,09;

1,33.
Aдв 23,40
Aдв 23,40
Наиболее эффективной формой сечения балки (балка с наименьшим весом) является двутавровое сечение, наименее эффективной – круглое сплошное сечение.
16
Задача 8 (рис. 21)
Постановку задачи см. в практической части задания к курсовой работе
(задача 8).
Исходные данные:
F  400 кН , L  3 м , E  200 ГПа ,  1 (μ – коэффициент, зависящий от
условий закрепления стержня, табличная величина).
Решение:
I. Находим размеры поперечного сечения стержня при допускаемом
напряжении на центральное сжатие   160 МПа , пользуясь методом последовательных приближений.
 Записываем выражение для определения площади поперечного сечения стержня из условия устойчивости.
F
Условие устойчивости
      ,
A
F
F
тогда
,
A
(5)
L
А А
d
2d
A-A
3d
  
где  - коэффициент уменьшения допускаемого напряжения
на сжатие, или коэффициент продольного изгиба.
В расчётной формуле (5) имеются две неизвестные величины – коэффициент  и искомая площадь A. Поэтому при
подборе сечения необходимо использовать метод последовательных приближений.
 Для упрощения расчётов выполним вспомогательные
преобразования.
Так как проектируемое сечение сложное, минимальный
момент инерции (потеря устойчивости происходит в плоскости
наименьшей жёсткости) определяется следующим образом:
b h3  d 4 3d 2d 3  d 4
I min 



1,95 d 4 .
12
64
12
Рис. 21
Площадь поперечного сечения
 d2
A  2d  2d 
 5,21 d 2 .
4
d  0 ,44 A .
Тогда
Минимальный радиус инерции
imin
I min
1,95 d 4


 0,61 d .
A
5,21 d 2
imin  0,61 d .
17
64
(6)
(7)
 Выполняем первое приближение. В первом приближении коэффициент
продольного изгиба обычно принимают 1  0 ,5 , тогда
A1 
F

400 103
 0,005 м 2 .
1   0,5 160 10
Используя соотношения (6) и (7), получим:
d1  0,44 0,005  3,1102 м  3,1см ;
6
imin1  0,61 d1  0,61 3,1102 1,89 102 м .
Тогда расчётная гибкость колонны:
L
1 3
1 

159 .
imin1 1,89 10  2
По таблице ([1], табл. 13.1, с. 493) определяем значение коэффициента 1 , соответствующего гибкости 1  159 .
 150    0,32;
 160    0,29.
Путём линейной интерполяции
0,32  0,29
1  0,32 
 9  0,293 .
10
Проверим выполнение условия устойчивости в первом приближении. Для этого
вычислим рабочие напряжения первого приближения следующим образом:
F 400 103
1  
 80000 103 Па  80 МПа .
A1
0 ,005
Затем определим допускаемые напряжения по устойчивости в первом приближении
как
 у 1    0,293 160  46,88 МПа .
Из приведённых вычислений следует, что условие устойчивости не выполняется, так как
1   у 80 МПа  46,88 МПа .
В этом случае перенапряжение составляет
1   у 
80  46 ,88
 1 
100 % 
100 %  70 ,65 % ,
 у 
46 ,88
что недопустимо. Следовательно, необходимо второе приближение.
 Выполняем второе приближение. Во втором приближении коэффициент
продольного изгиба
    0,5  0,293
2  1 1 
 0,396 .
2
2
Тогда площадь сечения
F
400 103
2
A2 


0
,
0063
м
.
2   0,396 160 106
 
 
Диаметр
d2  0,44 0,0063  3,5 102 м  3,5 см ;
18
радиус инерции
imin 2  0,61 d2  0,61 3,5 102  2,135 10 2 м .
Гибкость колонны
2 
L
1 3
140 ,5 .
2,135 10  2
Определяем значение коэффициента  2 , соответствующего этой гибкости:
 140    0,36;
imin 2

 150    0,32;
0,36  0,32
 0,5  0,358 .
10
Проверим выполнение условия устойчивости во втором приближении. Для этого вычислим рабочие напряжения второго приближения
F 400 103
2 

 63492 103 Па  63,492 МПа .
A2 0,0063
Затем определим допускаемые напряжения по устойчивости во втором приближении
 у 2    0,358 160  57 ,28 МПа .
Из приведённых вычислений следует, что условие устойчивости не выполняется, так как
 2   у 63,492 МПа  57 ,28 МПа .
В этом случае перенапряжение составляет
 2   у 
63,492  57 ,28
 2 
100 % 
100 % 10 ,84 % ,
 у 
57 ,28
что опять недопустимо, так как перенапряжение превышает 5%. Следовательно, необходимо третье приближение.
 Выполняем третье приближение. В третьем приближении коэффициент
продольного изгиба
    0,396  0,358
3  3 3 
 0,377 .
2
2
Тогда площадь сечения
F
400 103
2
.
A3 


0
,
0066
м
3   0,377 160 106
2  0,36 
 
 
Диаметр
d3  0,44 0,0066  3,6 102 м  3,6 см ;
радиус инерции imin 3  0,61 d3  0,61 3,6 10 2  2,196 102 м .
Гибкость колонны
3 
L
1 3
136 ,6 .
2,196 10  2
Определяем значение коэффициента  3 , соответствующего этой гибкости.
imin3

19
 130    0,40;
 140    0,36;
0,40  0,36
 6,6  0,374 .
10
Проверим выполнение условия устойчивости в третьем приближении. Для этого вычислим рабочие напряжения третьего приближения
F 400 103
3  
 60606 103 Па  60 ,606 МПа .
A3 0,0066
Затем определим допускаемые напряжения по устойчивости в третьем приближении
 у 3    0,374 160  59,84 МПа ;
3  0,40 
 
 3   у  60 ,606 МПа  59,84 МПа .
Из чего следует, что условие устойчивости не выполняется, однако перенапряжение составляет
 3   у 
60 ,606  59 ,84
 3 
100 % 
100 % 1,28 %  5 % ,
 у 
59 ,84
что допустимо, так как оно не превышает 5%. То есть окончательно принимаем
d  0,036 м  36 мм .
Следовательно, сечение имеет размеры 72×108 см;
I min 1,95 d 4 1,95  3,64  327 ,5 см4 ;
 136,6 .
II. Находим величину критической силы.
Так как   пред , то есть 136 ,6 100 , то используем формулу Эйлера для
определения критической силы:
 2 E I min  2  2 1011  327 ,5 10 8
3
Fкр 


718
,
29

10
Н  718 ,29 кН .
 L 2
1 32
III. Определяем коэффициент запаса устойчивости следующим образом:
Fкр 718 ,29
kу 

1,8 .
F
400
Задача 9
Постановку задачи см. в практической части задания к курсовой работе
(задача 9).
Решение типовой задачи см. в [1] пример 14.2; с. 537 – 540.
Библиографический список
1. Дарков А.В., Шпиро Г.С. Сопротивление материалов. – М.: Высш. школа,
1989. – 624 с.
2. Писаренко Г.С. Сопротивление материалов. – Киев: Высш. школа, 1986. –
775 с.
3. Феодосьев В.И. Сопротивление материалов. – М.: Наука, 1986. – 512 с.
20
21