Контрольная работа

Материал: сталь 40.

n = 4, a = 1,4 м

P = 1,7qa т, q = 3 т/м

М 0 = 2,3qa 2 т·м

1. Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов

Определим расчетную нагрузку:

Р р = Р · n = 1,7 · 3 · 1,4 · 4 = 28,56 т

q p = q · n = 3 · 4 = 12 т/м

М р = М 0 · n = 2,3 · 3 · 1,4 2 · 4 = 54,1 т · м

Q p = q p · a = 12 · 1,4 = 16,8 т

Схему нагружения балки заменим ее моделью, в которой действующие на балку связи заменим силами.

Определим реакции опор. Составим следующие уравнения:

Q p · 0,5a + M p – P p · 2a + Q p · 2,5a + P p · 3a – R E · 4a = 0

R E = (Q p · 3a + M p + P p · a) / 4a = (16,8 · 3 · 1,4 + 54,1 + 28,56 · 1,4) / 4 · 1,4 = 29,4 т

R А · 4a - Q p · 3,5a + M p + P p · 2a - Q p · 1,5a - P p · a = 0

R А = (Q p · 5a - M p - P p · a) / 4a = (16,8 · 5 · 1,4 - 54,1 - 28,56 · 1,4) / 4 · 1,4 = 4,2 т

Проверка:

R А - Q p + P p - Q p - P p + R E = 0

4,2 – 16,8 + 28,56 – 16,8 – 28,56 + 29,4 = 0 – равенство верно.

Построим эпюру поперечных сил методом характерных точек, ходом слева:

F A пр = R А = 4,2 т

F В лев = F A пр - q p · а = 4,2 – 12 · 1,4 = -12,6 т

F В пр = F В лев = -12,6 т

F С лев = F В пр = -12,6 т

F С пр = F С лев + Р р = -12,6 + 28,56 = 15,96 т

F D лев = F С пр - q p · а = 15,96 - 12 · 1,4 = -0,84 т

F D пр = F D лев - Р р = -0,84 – 28,56 = -29,4 т

F Е лев = F D пр = -29,4 т

Строим эпюру изгибающих моментов, методом характерных точек ходом слева (рис. 1). Правую часть до рассматриваемого сечения мысленно отбрасываем. Находим сумму моментов всех сил, действующих слева от сечения относительно рассматриваемой точки.

М В лев = R A · a – q p · a · 0,5a = 4,2 · 1,4 – 12 · 1,4 · 0,5 · 1,4 = -5,88 т · м

М В пр = R A · a – q p · a · 0,5a + М р = 4,2 · 1,4 – 12 · 1,4 · 0,5 · 1,4 + 54,1 = 48,22 т · м

М С = R A · 2a – q p · a · 1,5a + М р = 4,2 · 2 · 1,4 – 12 · 1,4 · 1,5 · 1,4 + 54,1 = 30,58 т · м

М D = R A · 3a – q p · a · 2,5a + М р + P p · a – q p · a · 0,5a =

4,2 · 3 · 1,4 – 12 · 1,4 · 3 · 1,4 + 54,1 +28,56 · 1,4 = 41,16 т · м

Необходимо также найти моменты в сечениях К и L.

Прежде чем определить момент в сечении К, необходимо найти расстояние х = АК. Составим выражение для поперечной силы в этом сечении и приравняем его к нулю.

F K = R A - q p · x = 0

x = R A / q p = 4,2/12 = 0,35 м

Определим момент в точке К:

М К = R A · x – q p · х · 0,5х = 4,2 · 0,35 – 12 · 0,35 · 0,5 · 0,35 = 0,74 т · м

Аналогично определяем момент в точке L.

F L = R A – q p · a +P p – q p · x 1 = 0

x 1 = (R A – q p · a + P p)/ q p = (4,2 – 12 · 1,4 + 28,56)/12 = 1,33 м

М L = R A (2a + x 1) – q p · a (1,5a + x 1) + M P + P P · x 1 - q p · x 1 · 0,5x 1 =

4,2 (2·1,4 + 1,33) – 12 · 1,4(1,5 · 1,4 + 1,33) + 54,1 + 28,56 · 1,33– 12 · 1,33 · 1,33 · 0,5 =41,2 т · м

По найденным точкам строим эпюру изгибающих моментов (рис. 1).

2. Определение необходимого осевого момента сопротивления изгибу из условия прочности

Условие прочности на изгиб:

|σ max | = |M max | / W тр ≤ [σ]

Из эпюры изгибающих моментов:

M max = 48,22 т · м = 48,22 · 10 4 Н · м – максимальный изгибающий момент.

[σ] = 650 МПа – допускаемое нормальное напряжение для стали 40.

Требуемый осевой момент сопротивления изгибу из условия прочности:

W тр ≥ |M max | / [σ] = (48,22 · 10 4) / 650 · 10 6 = 0,074 · 10 -2 м 3

Исследуем поперечные сечения различных форм (двутавр, швеллер, прямоугольник, квадрат, круг, треугольник)

W кр = πd 3 / 32 = W тр

= = 0,2 м

S кр = πd 2 / 4 = (3,14 · 0,2 2) / 4 = 0,0314 м 2 = 314 см 2 – площадь поперечного сечения.

W к = b 3 / 6 = W тр

= = 0,16 м

S к = b 2 = 0,16 2 = 0,0256 м 2 = 256 см 2 – площадь поперечного сечения.

Прямоугольник:

W п = ba 2 / 6 = W тр; a > b; возьмем a = 2b.

W тр = 4b 3 / 6; b =

= = 0,1 м; a = 2 · 0,1 = 0,2 м

S п = аb = 0,1 · 0,2 = 0,02 м 2 = 200 см 2 – площадь поперечного сечения.

Треугольник. При вычислении напряжения в вершине треугольника.

W т = bh 2 / 24 = W тр; b – сторона треугольника, h – высота.

Возьмем: h = b /

W тр = b 3 / 48; b =

= = 0,33 м; h = 0,33 / = 0,23 м

S тр = 0,5hb = 0,5 · 0,33 · 0,23 = 0,038 м 2 = 380 см 2 – площадь поперечного сечения.

По справочникам определим швеллер.

Берем швеллер №40. W x = 761 cм 3 ; h = 0,4 м; b = 0,115 м.

S ш = 61,5 см 2 – площадь поперечного сечения.

По справочникам определим двутавр.

Берем двутавр №36. W x = 743 cм 3 ; h = 0,36 м; b = 0,145 м.

S ш = 61,9 см 2 – площадь поперечного сечения.

3. Оценка рациональной формы поперечного сечения с точки зрения прочности

Наиболее рациональным по расходу материала является швеллер или двутавр, так как для обеспечения прочности при одинаковых условиях площадь поперечного сечения у них наименьшая. Выбираем двутавр.

4. Проверка выбранного поперечного сечения на прочность касательного напряжения

Условие прочности по касательным напряжениям имеет вид:

≤ [τ]

[τ] = 390 МПа – допускаемое касательное напряжение.

Из эпюры поперечных сил:

Q max = 29,4 т = 29,4 · 10 4 Н – максимальная поперечная сила.

Из справочника (двутавр №36):

S x = 423 см 3 = 423 · 10 -6 м 3 – статический момент полусечения расположенного выше или ниже нейтральной оси.

I x = 13380 cм 4 = 13380 · 10 -8 м 4 – момент инерции всего сечения относительно нейтральной линии.

b = d = 7,5 мм = 0,0075 м – толщина стенки двутавра.

= 124 · 10 6 Па = 124 МПа

τ max = 124 МПа ≤ [τ] = 390 МПа

5. Построение эпюр нормальных и касательных напряжений в опасном сечении балки

Определим наибольшие нормальные напряжения в сечении балки с максимальным изгибающим моментом.

σ max = ± M max / W x = ±(48,22 · 10 4) / 0,000743 = ± 648 МПа,

так как для двутавра №36 W x = 743 см 3 = 0,000743 м 3 .

Из теории известно, что наибольшие нормальные напряжения при поперечном изгибе возникают в крайних волокнах сечения, в нейтральном слое напряжение равно нулю. Строим эпюру нормальных напряжений. Для этого в произвольном масштабе изображаем сечение двутавра. Параллельно вертикальной оси двутавра проводим нулевую линию и откладываем от нее по разные стороны на уровне крайних волокон σ max и σ min . Соединяем эти точки прямой линией.

Наибольшие касательные напряжения найдены выше. τ max = 124 МПа

Наибольшие касательные напряжения по высоте сечения возникают на уровне нейтральной оси.

Строим эпюру касательных напряжений (рис. 2).

На нулевой линии на уровне нейтральной оси откладываем τ max . Зная характер эпюры, даем ее полное изображение.

6. Проверка на прочность балки по эквивалентным напряжениям

Рассмотрим элемент, вырезанный в районе точки А (рис. 3). На гранях этого элемента, совпадающих с поперечными сечениями, возникают максимальные нормальные напряжения. В точке А возникает линейное напряженное состояние, поэтому условие прочности имеет вид.

Контрольная работа

Материал: сталь 40.

n = 4, a = 1,4 м

P = 1,7qa т, q = 3 т/м

М 0 = 2,3qa 2 т·м

1. Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов

Определим расчетную нагрузку:

Р р = Р · n = 1,7 · 3 · 1,4 · 4 = 28,56 т

q p = q · n = 3 · 4 = 12 т/м

М р = М 0 · n = 2,3 · 3 · 1,4 2 · 4 = 54,1 т · м

Q p = q p · a = 12 · 1,4 = 16,8 т

Схему нагружения балки заменим ее моделью, в которой действующие на балку связи заменим силами.

Определим реакции опор. Составим следующие уравнения:

Q p · 0,5a + M p – P p · 2a + Q p · 2,5a + P p · 3a – R E · 4a = 0

R E = (Q p · 3a + M p + P p · a) / 4a = (16,8 · 3 · 1,4 + 54,1 + 28,56 · 1,4) / 4 · 1,4 = 29,4 т

R А · 4a - Q p · 3,5a + M p + P p · 2a - Q p · 1,5a - P p · a = 0

R А = (Q p · 5a - M p - P p · a) / 4a = (16,8 · 5 · 1,4 - 54,1 - 28,56 · 1,4) / 4 · 1,4 = 4,2 т

Проверка:

R А - Q p + P p - Q p - P p + R E = 0

4,2 – 16,8 + 28,56 – 16,8 – 28,56 + 29,4 = 0 – равенство верно.

Построим эпюру поперечных сил методом характерных точек, ходом слева:

F A пр = R А = 4,2 т

F В лев = F A пр - q p · а = 4,2 – 12 · 1,4 = -12,6 т

F В пр = F В лев = -12,6 т

F С лев = F В пр = -12,6 т

F С пр = F С лев + Р р = -12,6 + 28,56 = 15,96 т

F D лев = F С пр - q p · а = 15,96 - 12 · 1,4 = -0,84 т

F D пр = F D лев - Р р = -0,84 – 28,56 = -29,4 т

F Е лев = F D пр = -29,4 т

Строим эпюру изгибающих моментов, методом характерных точек ходом слева (рис. 1). Правую часть до рассматриваемого сечения мысленно отбрасываем. Находим сумму моментов всех сил, действующих слева от сечения относительно рассматриваемой точки.

М В лев = R A · a – q p · a · 0,5a = 4,2 · 1,4 – 12 · 1,4 · 0,5 · 1,4 = -5,88 т · м

М В пр = R A · a – q p · a · 0,5a + М р = 4,2 · 1,4 – 12 · 1,4 · 0,5 · 1,4 + 54,1 = 48,22 т · м

М С = R A · 2a – q p · a · 1,5a + М р = 4,2 · 2 · 1,4 – 12 · 1,4 · 1,5 · 1,4 + 54,1 = 30,58 т · м

М D = R A · 3a – q p · a · 2,5a + М р + P p · a – q p · a · 0,5a =

4,2 · 3 · 1,4 – 12 · 1,4 · 3 · 1,4 + 54,1 +28,56 · 1,4 = 41,16 т · м

Необходимо также найти моменты в сечениях К и L.

Прежде чем определить момент в сечении К, необходимо найти расстояние х = АК. Составим выражение для поперечной силы в этом сечении и приравняем его к нулю.

F K = R A - q p · x = 0

x = R A / q p = 4,2/12 = 0,35 м

Определим момент в точке К:

М К = R A · x – q p · х · 0,5х = 4,2 · 0,35 – 12 · 0,35 · 0,5 · 0,35 = 0,74 т · м

Аналогично определяем момент в точке L.

F L = R A – q p · a +P p – q p · x 1 = 0

x 1 = (R A – q p · a + P p)/ q p = (4,2 – 12 · 1,4 + 28,56)/12 = 1,33 м

М L = R A (2a + x 1) – q p · a (1,5a + x 1) + M P + P P · x 1 - q p · x 1 · 0,5x 1 =

4,2 (2·1,4 + 1,33) – 12 · 1,4(1,5 · 1,4 + 1,33) + 54,1 + 28,56 · 1,33– 12 · 1,33 · 1,33 · 0,5 =41,2 т · м

По найденным точкам строим эпюру изгибающих моментов (рис. 1).

2. Определение необходимого осевого момента сопротивления изгибу из условия прочности

Условие прочности на изгиб:

|σ max | = |M max | / W тр ≤ [σ]

Из эпюры изгибающих моментов:

M max = 48,22 т · м = 48,22 · 10 4 Н · м – максимальный изгибающий момент.

[σ] = 650 МПа – допускаемое нормальное напряжение для стали 40.

Требуемый осевой момент сопротивления изгибу из условия прочности:

W тр ≥ |M max | / [σ] = (48,22 · 10 4) / 650 · 10 6 = 0,074 · 10 -2 м 3

Исследуем поперечные сечения различных форм (двутавр, швеллер, прямоугольник, квадрат, круг, треугольник)

W кр = πd 3 / 32 = W тр

d = = = 0,2 м

S кр = πd 2 / 4 = (3,14 · 0,2 2) / 4 = 0,0314 м 2 = 314 см 2 – площадь поперечного сечения.

W к = b 3 / 6 = W тр

d = = = 0,16 м

S к = b 2 = 0,16 2 = 0,0256 м 2 = 256 см 2 – площадь поперечного сечения.

Прямоугольник:

W п = ba 2 / 6 = W тр; a > b; возьмем a = 2b.

W тр = 4b 3 / 6; b = = = 0,1 м; a = 2 · 0,1 = 0,2 м

S п = аb = 0,1 · 0,2 = 0,02 м 2 = 200 см 2 – площадь поперечного сечения.

Треугольник. При вычислении напряжения в вершине треугольника.

W т = bh 2 / 24 = W тр; b – сторона треугольника, h – высота.

Возьмем: h = b /

W тр = b 3 / 48; b = = = 0,33 м; h = 0,33 / = 0,23 м

S тр = 0,5hb = 0,5 · 0,33 · 0,23 = 0,038 м 2 = 380 см 2 – площадь поперечного сечения.

По справочникам определим швеллер.

Берем швеллер №40. W x = 761 cм 3 ; h = 0,4 м; b = 0,115 м.

S ш = 61,5 см 2 – площадь поперечного сечения.

По справочникам определим двутавр.

Берем двутавр №36. W x = 743 cм 3 ; h = 0,36 м; b = 0,145 м.

S ш = 61,9 см 2 – площадь поперечного сечения.

3. Оценка рациональной формы поперечного сечения с точки зрения прочности

Наиболее рациональным по расходу материала является швеллер или двутавр, так как для обеспечения прочности при одинаковых условиях площадь поперечного сечения у них наименьшая. Выбираем двутавр.

4. Проверка выбранного поперечного сечения на прочность касательного напряжения

Условие прочности по касательным напряжениям имеет вид:

τ max = ≤ [τ]

[τ] = 390 МПа – допускаемое касательное напряжение.

Из эпюры поперечных сил:

Q max = 29,4 т = 29,4 · 10 4 Н – максимальная поперечная сила.

Из справочника (двутавр №36):

S x = 423 см 3 = 423 · 10 -6 м 3 – статический момент полусечения расположенного выше или ниже нейтральной оси.

I x = 13380 cм 4 = 13380 · 10 -8 м 4 – момент инерции всего сечения относительно нейтральной линии.

b = d = 7,5 мм = 0,0075 м – толщина стенки двутавра.

τ max = = 124 · 10 6 Па = 124 МПа

τ max = 124 МПа ≤ [τ] = 390 МПа

5. Построение эпюр нормальных и касательных напряжений в опасном сечении балки

Определим наибольшие нормальные напряжения в сечении балки с максимальным изгибающим моментом.

σ max = ± M max / W x = ±(48,22 · 10 4) / 0,000743 = ± 648 МПа,

так как для двутавра №36 W x = 743 см 3 = 0,000743 м 3 .

Из теории известно, что наибольшие нормальные напряжения при поперечном изгибе возникают в крайних волокнах сечения, в нейтральном слое напряжение равно нулю. Строим эпюру нормальных напряжений. Для этого в произвольном масштабе изображаем сечение двутавра. Параллельно вертикальной оси двутавра проводим нулевую линию и откладываем от нее по разные стороны на уровне крайних волокон σ max и σ min . Соединяем эти точки прямой линией.

Наибольшие касательные напряжения найдены выше. τ max = 124 МПа

Наибольшие касательные напряжения по высоте сечения возникают на уровне нейтральной оси.

Строим эпюру касательных напряжений (рис. 2).

На нулевой линии на уровне нейтральной оси откладываем τ max . Зная характер эпюры, даем ее полное изображение.

6. Проверка на прочность балки по эквивалентным напряжениям

Рассмотрим элемент, вырезанный в районе точки А (рис. 3). На гранях этого элемента, совпадающих с поперечными сечениями, возникают максимальные нормальные напряжения. В точке А возникает линейное напряженное состояние, поэтому условие прочности имеет вид:

σ max ≤ [σ]

Очевидно, что:

σ max = σ А = M max / W x = (48,22 · 10 4) / 0,000743 = 648 МПа

σ max = 648 МПа ≤ [σ] = 650 МПа.

Рассмотрим элемент, вырезанный в районе точки В (рис. 3). На его гранях, совпадающих с поперечными сечениями, возникают максимальные касательные напряжения (точка В находится в нейтральном слое).

τ max = τ В = = = 124 · 10 6 Па = 124 МПа

В точках нейтрального слоя возникает плоское напряженное состояние – чистый сдвиг. Как известно, при чистом сдвиге:

σ 1 = |σ 3 | = τ; то есть:σ 1 = |σ 3 | = τ max = τ В = 124 МПа

По гипотезе прочности наибольших касательных напряжений:

σ экв = σ 1 – (-σ 3) = σ 1 + σ 3 = 2τ В = 2 · 124 = 248 МПа

σ экв = 248 МПа ≤ [σ] = 650 МПа.

Вероятно опасной точкой может быть точка С (точка на границе полки и стенки двутавра). В этой точке возникают нормальные напряжения, близкие по значению к максимальным и значительные касательные напряжения (рис. 3).

σ С = = = 604 · 10 6 Па = 604 МПа

τ С = = = 91 · 10 6 Па = 91 МПа

S x ’ – статический момент площади полки относительно оси х. Принимая полку за прямоугольник с размерами: 145х12,3, находим:

S x ’ = 145 · 12,3 · 173,85 = 3,1 · 10 5 мм 3 = 3,1 · 10 -4 м 3

В точке С возникает плоское напряженное состояние. По гипотезе наибольших касательных напряжений находим:

σ экв = = = 631 МПа

6.Деформация и перемещения.

7.Расчетная схема.

8.Продольная сила и её определение. Построение эпюры продольной силы.

9.Напряжения при растяжении-сжатии (нормально напряжение). Построение эпюры нормальных напряжений.

10.Закон Гука при растяжении-сжатии. Модуль упругости (модуль Юнга).

Определение абсолютной деформации участка бруса

11.Коэффициент поперечной деформации (коэффициент Пуассона

12.Определение перемещений при растяжении-сжатии. Закон Гука для участка бруса. Определение перемещений сечений бруса

13.Определение механических характеристик материалов. Испытание на растяжение. Испытание на сжатие.

14.Методы расчёта элементов конструкций на прочность и жесткость.

15.Статические неопределимые задачи при растяжении-сжатии и методы их решения.

16.Особенности стержневых статически неопределимых конструкций.

17.Сдвиг. Поперечная сила.

18.Напряжение при сдвиге (касательное напряжение). Закон парности касательных напряжений.

19.Закон Гука при сдвиге. Модуль упругости при сдвиге. Связь модуля при сдвиге с модулем при растяжении.

20.Практические расчёты на сдвиг. Расчет сварных соединений. Расчёт болтовых и заклёпочных соединений.

21.Геометрические характеристики плоских сечений. Общие сведения. Статический момент сечения. Определение центра тяжести сечения.

22.Моменты инерции площади сечения.

23.Зависимость между моментами инерции относительно параллельных осей. Вычисление моментов инерции сложных сечений.

24.Зависимость между моментами инерции при повороте осей. Главные оси и главные моменты инерции.

Главные оси инерции и главные моменты инерции

25.Вычисление главных центральных осевых моментов инерции простых сечений.

26.Вычисление главных центральных осевых моментов инерции сложных сечений.

28.Напряжения при кручении (вывод формулы).

29.Определение перемещений при кручении.

30.Практические расчёты на кручение.

31.Изгиб. Внутренние усилия при изгибе. Разновидности изгиба. Виды балок.

32.Определение внутренних усилий при изгибе. Дифференциальные зависимости при изгибе. Правила построения эпюр.

34.Касательные напряжения при изгибе (вывод формулы).

35.Расчёт на прочность при изгибе.

36.Расчёт балок на жёсткость. Методы определения перемещений при изгибе (перечислить методы).

37.Определение перемещений при помощи дифференциального уравнения изогнутой оси балки..

38.Определение перемещений при изгибе при помощи универсального уравнения изогнутой оси бруса (метода начальных параметров).

39.Определение перемещений при изгибе при помощи интеграла Мора. Правило Верещагина.

Потенциальная энергия системы с учетом силы ф

Площадь  иногда приходится разбивать на более простые части, тогда вместо (20) получим

40.Напряжённое состояние в точке элемента конструкции. Виды напряжённого состояния.

41.Линейное напряжённое состояние. Плоское напряжённое состояние.

Внецентренное растяжение (сжатие) прямого бруса.

Ядро сечения

43Изгиб с кручением.

44.Изгиб, кручение и сжатие.

Простейшие случаи сопротивления

Вид напряженного состояния	N z	Q x	Q y	M z	M x	M y
Растяжение/сжатие
Кручение
х
Чистый изгиб относительно оси у
х
Поперечный изгиб относительно оси у

Примечание: + означает наличие усилия, 0  его отсутствие

6.Деформация и перемещения.

7.Расчетная схема.

8.Продольная сила и её определение. Построение эпюры продольной силы.

Под растяжением или сжатием понимается такой вид нагружения, при котором в поперечных сечениях бруса возникают только нормальные силы (N), а все прочие внутренние силовые факторы равны нулю. Растягивающие нормальные силы (т.е. силы, направленные от поперечного сечения рис. 7.а) принято считать положительными, а сжимающие силы (т.е. силы направленные к поперечному сечению рис.7,б) – отрицательными. Этим правилом пользуемся при построении эпюр продольных сил.

Рис.7

Пример 1. Для бруса, находящегося в равновесии и нагруженного так, как показано на рис.8 а построить эпюру нормальных сил N. Разбиваем брус на участки, начиная от свободного конца. Границами участков являются сечения, в которых приложены внешние силы.

I участок – СД, II участок – ВС, III участок – ВА.

Применяя метод сечений, оставляем правую и отбрасываем левую часть бруса: это позволяет не определять опорной реакции. Проводя произвольное сечение I-I на участке I и составляя для части бруса (рис. 8,б) уравнение равновесия Z=0, получим F-N=0, N=F

Очевидно, что все сечения на участке I равноценны. Таким образом, на участке I брус растянут силой F. Построим эпюру нормальных сил (рис.8,д). От нулевой линии, параллельной оси бруса, отложим вверх в масштабе на участке I ординаты, равные F и эпюру пометим знаком (+).

Проделаем подобные операции для участка II. Рассечём брус сечением 2-2 и рассмотрим правую отсечённую часть (рис.8,в)

Z=0 F+2F-N 2 =0 N 2 =3F

На эпюре нормальных сил на участке II отложим ординаты, равные 3F в том же масштабе, что и на участке I. Аналогично определяем нормальную силу на участке III. Проводим сечение 3-3 (рис. 8,в) и пишем уравнение равновесия Z=0

F+2F-4F+N 3 =0 N 3 =F

Усилие N 3 направлено к сечению, т.е. сжимает участок III. Откладываем вниз от нулевой линии ординаты, равные F и ставим знак (-) на эпюре N (рис.8,д)

Таким образом, на рис.8,д построена эпюра нормальных сил для заданного бруса; Эпюры силовых факторов штрихуются линиями, перпендикулярными оси, т.к. они являются графиками, построенными в масштабе, т.е. каждая штриховая линия представляет собой продольную силу возникающую в соответствующем поперечном сечении.

9.Напряжения при растяжении-сжатии (нормально напряжение). Построение эпюры нормальных напряжений.

При растяжении (сжатии) бруса в его поперечных сечениях возникают только нормальные напряжения.

Гипотеза плоских сечений Я. Бернулли: сечения бруса, плоские и нормальные к его оси до деформации, остаются плоскими и нормальными к оси и при деформации.

При растяжении (сжатии) бруса нормальные напряжения распределены по его поперечному сечению равномерно.

Нормальное напряжение, возникающее в материале при растяжении (сжатии), А - площадь поперечного сечения, N - сила вызывающая деформацию.

Для нормальных напряжений принимают то же правило знаков, что и для продольных сил, т.е. при растяжении считают напряжения положительными.

ПРИМЕР РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Для бруса со ступенчато-переменным поперечным сечением построить эпюру нормальных напряжений:

Решение:

Разбиваем брус на участки, начиная от свободного конца. Границами участков являются места приложения внешних сил и изменения размеров поперечного сечения, т.е. брус имеет пять участков.

При построении эпюры N достаточно было разбить брус только на три участка в местах приложения сил.

Нормальные напряжения вычисляем по формуле: σ = N/А

Аналогично:

В пределах каждого из участков напряжения постоянны, т.е. эпюра на данном участке - прямая, параллельная оси Х. Для расчётов на прочность интерес представляют в первую очередь те сечения, в которых возникают наибольшие напряжения. Интересно также отметить, что максимальные напряжения, возникающие в исследуемом образце, не всегда совпадают с максимальными продольными силами.