Расчет конструкции на прочность

Содержание
Введение…………………………………………………………………….
Определение реакций опор …………………………………………………
1.1 Обоснование метода решения…………………………………..……………
1.2. Составление расчетной схемы………………..……………………………
1.3. Составление уравнений равновесия…………………..…………………….
1.4. Определение реакций опор…………………………………………………..
Определение геометрических характеристик сечения…………………….
2.1. Обоснование метода решения……………………………….………………
2.2. Определение площади поперечного сечения ………………………………
2.3. Определение центра тяжести сечения ……………………………………...
2.4. Определение осевых и полярного моментов инерции сечения………….
2.5. Определение моментов сопротивления сечения………………………….
3. Расчет балки на растяжение-сжатие…………………………………………
3.1 Обоснование метода решения………………………………….……………
3.2 Составление расчетной схемы и аналитическое решение………………..
4. Расчет балки на изгиб…………………………………………………………
4.1 Обоснование метода решения………………………………….……………
4.2 Составление расчетной схемы и аналитическое решение………………..
Заключение……………………………………………………………………….
Список использованных источников………………..………………………….

Введение
Определение реакций опор конструкцииОбоснование метода решенияРавномерно распределенную нагрузку заменяем сосредоточенной силой, приложенной в геометрическом центре нагруженного участка и имеющей такое же направление.По принципу освобождаемости от связей опора должна быть заменена реакциями связей, препятствующими перемещению точки конструкции, в которой установлена опора.Т.к., конструкция состоит из нескольких твердых тел, соединенных между собой двухсторонними связями, то ее разделяем на части и составляем уравнения равновесия для каждой части отдельно, а затем решаем полученные системы уравнений совместно.Для плоской системы сил условия равновесия могут быть записаны в одной из трех форм:; ; ;; ; ;; ; .Для определения моментов сил относительно точки используется теорема Вариньона: если система сил имеет равнодействующую, то момент этой равнодействующей относительно любой точки равен сумме моментов составляющих относительно этой же точки.Силы, приложенные к балке под углом, отличным от прямого, раскладываем на составляющие, параллельные координатным осям, распределенную нагрузку заменяем сосредоточенной силой Q, приложенной в середине нагруженного участка l.Балка расположена в вертикальной плоскости, жестко защемлена в точке A (рисунок 1.1).Рисунок 1.1 Схема нагружения балки.На балку действует активные силы: пара сил с моментом M=30 кН∙м, в точке B на ось действует сосредоточенная сила R=35 кН, на участке DE действует равномерно распределенная нагрузка интенсивности q=15 кН/м.Определить реакции связи в точке A вызываемые действующими нагрузками.1.2. Составление расчетной схемыРавномерно распределенную нагрузку, действующую на участке DE, заменим эквивалентной по действию сосредоточенной силой , приложенной в середине нагруженного участка (рисунок 1.1), численно равной Q=q∙DE=15∙0,2=3 кН,где q=15 Н/м, DE=0,2 м.Проведем координатные оси Azy. Сосредоточенную силу R, действующую под углом к горизонту, спроецируем на оси координат (рисунок 1.2), получимRz=R∙cosγ=35∙cos60°=35∙0,5=17,5 кН,Ry=R∙sinγ=35∙sin60°=35∙0,866=30,31 кН,где R=35 Н, γ=60°.Согласно принципу освобождаемости отбросим жесткую заделку в точке А, заменив её действие реакциями связей ZA, YA, MA (рисунок 1.2).Рисунок 1.2 – Расчетная схема балки.1.3. Составление уравнений равновесияДля полученной произвольной плоской системы сил составим три уравнения равновесия Fkz=0; ZA-Rz=0,(1.1)Fky=0; YA-Q-Ry=0,(1.2)MA(Fk)=0; MA+M-Q∙AD+DE2-Ry∙AB=0.(1.3)1.4. Определение реакций опорИз уравнения (1.1) ZA=Rz=17,5 кН.Из уравнения (1.2) YA=Q+Ry=3+30,31=33,31 кН.Из уравнения (1.3) MA=-M+Q∙AD+DE2+Ry∙AB=-30+3∙0,7+30,31∙0,2==-21,838 кН∙мПроверка. Составим уравнение моментов относительно точки BMB(Fk)=MA+M-YA∙AB-Q∙DE2+BD==-21,838+30-33,31∙0,2-3∙0,5=0.Т.к. сумма моментов относительно точки B равна нулю, то реакции опор определены верно. 2. Определение геометрических характеристик сеченияОбоснование метода решенияПри определении положения центра тяжести сечения необходимо определять значения статических моментов этого сечения.Статическими моментами площади сечения относительно осей и называются определенные интегралы вида: и , где F - площадь сечения, и - координаты элемента площади dA.Если известно положение центра тяжести сечения, то статические моменты сечения могут быть подсчитаны по простым формулам, без взятия интегралов, а именно , , где и - координаты центра тяжести сечения.Оси, проходящие через центр тяжести сечения -называются центральными. Центр тяжести сечения лежит на оси симметрии сечения. Если сечение имеет хотя бы две оси симметрии, то центр тяжести лежит на пересечении этих осей.Для сложного сечения, состоящего из k простейших фигур, координаты центра тяжести сечения определяются по формулам; ,где и - координаты центров тяжести отдельных фигур сечения, –площадь поперечного сечения k –ой фигуры.Моменты инерции сечения тела. Полярным моментом инерции плоской фигуры относительно полюса, лежащего в той же плоскости, называется взятая по всей площади сумма произведений площадей элементарных участков на квадраты их расстояний до полюса . , м4.Осевым моментом инерции плоской фигуры относительно оси, лежащей в той же плоскости, называется взятая по всей площади сумма произведений площадей элементарных участков на квадрат их расстояний до этой оси., м4.Оси, относительно которых моменты инерции имеют максимальные и минимальные значения, называются главными осями инерции.Если главная ось инерции проходит через центр тяжести фигуры, то она называется главной центральной осью, а момент инерции относительно этой оси – главным центральным моментом инерции.Моменты сопротивления сечения тела. Осевым моментом сопротивления называется отношение момента инерции относительно данной оси к расстоянию от оси до наиболее удаленной точки поперечного сечения, .Полярным моментом сопротивления называется отношение полярного момента инерции к расстоянию от полюса до наиболее удаленной точки сечения.В качестве полюса принимается центр тяжести поперечного сечения стержня.Определение площади поперечного сеченияДелим плоскую фигуру на части, для которых известны или легко определяются площади Ai и координаты центров тяжести xi и yi.В данном случае разобьем сечение на три части (1 – трапеция, 2 и 3 – полукруг) (рисунок 2.1).Рисунок 2.1 – Сечение балки.Площадь первой фигуры (трапеция)A1=20+10∙402=600 мм2.Площадь второй фигуры (половина круга)A2=π∙2022=3,14∙2022=628 мм2.Площадь третьей фигуры (половина круга)A3=π∙1022=3,14∙1022=157 мм2.A=Ai=A1+A2+A3=600+628+157=1385 мм2.Определение центра тяжести сеченияКоординаты центров тяжести каждой фигуры (рисунок 2.2)x1=20+40-403∙2∙20+1020+10=37,8 мм,x2=20-4∙203π=20-4∙203∙3,14=11,5 мм,x3=20+40+4∙103π=20+40+4∙103∙3,14=64,2 мм,y1=y2=y3=20 мм.Рисунок 2.2 – Центры тяжести сечения.Вычисляем координаты центра тяжести плоской фигуры:xC=A1∙x1+A2∙x2+A3∙x3A=39981,41385=28,9 мм,yC=A1∙y1+A2∙y2+A3∙y3A=277001385=20 мм.Центр тяжести площади указан на рисунке 2.3.Определение осевых моментов инерции сеченияПроводим через центр тяжести главные центральные оси XY и, применяя метод разбиения, находим моменты инерции сечения относительно центральных осей, .Применяя формулы моментов инерции прямоугольника и двух полукругов относительно собственных центральных осей, а также теорему о моменте инерции относительно оси, параллельной центральной (теорему Гюйгенса- Штейнера), записываем.Рисунок 2.3 – Определение осевых моментов инерции.Относительно оси X.ТрапецияJ1CX=40∙404-20448∙40-20=100000 мм4.Полукруг 2J2CX=12∙π∙2R464=12∙3,14∙2∙20464=62800 мм4.Полукруг 3J3CX=12∙π∙2R464=12∙3,14∙2∙10464=3925 мм4.Т.о., JCX=J1CX+J2CX+J3CX=100000+62800+3925=166725 мм4.Относительно оси Y.ТрапецияJ1CY=403∙(6∙202+6∙20∙40-20+40-202)36∙2∙20+40-20+A1∙k12==403∙6∙202+6∙20∙40-20+40-20236∙2∙20+40-20+600∙8,92=201600,07 мм4,где k1=x1-xc=37,8-28,9=8,9 мм.Полукруг 2J2CY=12∙π∙2R464+A2∙k22=12∙3,14∙2∙20464+628∙17,42==252933,28 мм4,где k2=xс-x2=28,9-11,5=17,4 мм.Полукруг 3J3CY=12∙π∙2R464+A3∙k32=12∙3,14∙2∙10464+157∙35,32==199561,13 мм4,где k3=x3-xc=64,2-28,9=35,3 мм.Т.о., JCY=J1CY+J2CY+J3CY=201600,07+252933,28+199561,13==654094,48 мм4.Определение моментов сопротивления сеченияОсевые моменты сопротивления сеченияWCX=JCXymax=166725 20=8336,25 мм3,где ymax=40-yc=40-20=20 мм.WCY=JCYxmax=654094,48 41,1=15914,71 мм3,где xmax=70-xc=70-28,9=57 мм.3.Расчет балки на растяжение-сжатие 3.1 Обоснование метода решенияРастяжением или сжатием называется такой вид нагружения, при котором в любом поперечном сечении бруса возникает только продольная сила. Продольная сила в поперечном сечении бруса численно равна алгебраической сумме внешних сил, расположенных по одну сторону сечения (имеется в виду, что все силы направлены вдоль оси бруса).Для определения внутренних силовых факторов применяют метод сечений.Условие равновесия сечения при растяжении или сжатии имеет вид .При растяжении и сжатии в поперечных сечениях бруса возникают только нормальные напряжения, равномерно распределенные по сечению и вычисляемые по формуле [8]гдепродольная сила; площадь поперечного сечения.Для наглядного изображения распределения вдоль оси бруса продольных сил и нормальных напряжений строят графики, называемые эпюрами.Деформацией при растяжении участка бруса является его удлинение.Абсолютное удлинение или укорочение прямо пропорционально продольной силе, длине участка бруса и обратно пропорционально жесткости сечения бруса,где жесткость сечения.Коэффициент характеризует жесткость материала, т. е. его способность сопротивляться упругим деформациям растяжения или сжатия и называется модулем упругости первого рода3.2 Составление расчетной схемы и аналитическое решениеРассмотрим балку (см. рисунок 1.2), оставим только горизонтальные составляющие внешних сил, приложенных к конструкции (рисунок 3.1) и определим внутренние силовые факторы, возникающие под действием приложенных внешних сил.Исходные данные для расчета: ZA=17,5 кН, Rz=17,5 кН, А=1385 мм2, l1 = 200 мм, l2 = 600 мм, МПа.На балку действуют две горизонтальные силы, приложенные в точках A и B. Т.к. балка имеет одно поперечное сечение по всей длине, то конструкция имеет два характерных участка AB и BE.3.2.1. Определение продольных сил. Проведем сечение на участке AB и отбросим правую часть. Для оставшейся части составим уравнение равновесия, или -N1+ZA=0, откуда N1=ZA=17,5 кН.Проведем сечение на участке BE и отбросим правую часть. Для оставшейся части составим уравнение равновесия, или -N2+ZA-Rz=0, откуда N2=ZA-Rz=17,5-17,5=0 кН.По полученным значениям стоим эпюру продольных сил (рисунок 3.1).Рисунок 3.1 – Эпюры продольных сил, нормальных напряжений и абсолютных деформаций.3.2.2. Определение нормальных напряжений. Нормальные напряжения на участке ABσ1=N1A=17,5∙1031385=12,6 МПа.Нормальные напряжения на участке DEσ2=N2A=01385=0 МПа.По полученным значениям стоим эпюру нормальных напряжений (рисунок 3.1).3.2.3. Определение абсолютной деформации балки. Т.к. точка A жестко закреплена, то перемещение точки A∆lA=0.Перемещение точки B∆lB=∆lA+∆lAB=0+0,013=0,013 мм.где ∆lAB=N1∙l1E∙A=17,5∙103∙2002,0∙105∙1385=0,013 мм.Перемещение точки Е∆lE=∆lB+∆lBE=0,013+0=0,013 мм.где ∆lBE=N2∙l2E∙A=0∙6002,0∙105∙1385=0 мм.По полученным значениям стоим эпюру абсолютной деформации балки (рисунок 3.1).4. Расчет балки на изгиб4.1 Обоснование метода решенияИзгибу подвергаются балки, оси, валы и другие детали конструкций. При изгибе в поперечном сечении горизонтальной балки, закрепленной на двух опорах и находящейся под действием внешних моментов и вертикальных сил, возникают внутренние силовые факторы: поперечная сила или и изгибающий момент или . Такой вид нагружения называется поперечным изгибом.При поперечном изгибе в точках поперечного сечения действуют не только нормальные напряжения, соответствующие изгибающему моменту, но и касательные напряжения, соответствующие поперечной силе.Для определения поперечных сил и изгибающих моментов используют метод сечений и составляют два уравнения равновесия (,).Поперечная сила в сечении балки численно равна алгебраической сумме всех внешних сил, действующих справа или слева от сечения, и считается положительной, если результирующая всех внешних сил слева от сечения направлена вверх.Изгибающий момент в сечении балки численно равен алгебраической сумме моментов относительно центра тяжести сечения всех внешних сил, действующих справа или слева от сечения. Если внешняя нагрузка стремится изогнуть балку выпуклостью вниз, то изгибающий момент в сечении считается положительным, и наоборот. При поперечном изгибе в точках поперечного сечения действуют не только нормальные напряжения, соответствующие изгибающему моменту, но и касательные напряжения, соответствующие поперечной силе.Нормальные напряжения растяжения и сжатия, которые вычисляют по формулегде – изгибающий момент в рассматриваемом поперечном сечении балки; – момент сопротивления изгибу (осевой момент сопротивления).Касательные напряжения можно определить согласно теореме Журавского.Условие прочности балки при изгибе по нормальным напряжениям заключается в том, что максимальное нормальное напряжение в опасном сечении не должно превосходить допускаемого .4.2 Составление расчетной схемы и аналитическое решение Рассмотрим балку (см. рисунок 1.2), оставим только вертикальные составляющие внешних сил, приложенных к конструкции (рисунок 4.1) и определим внутренние силовые факторы, возникающие под действием приложенных внешних сил.Исходные данные для расчета: YA=33,31 кН, MA=-21,838 кН∙м, Q=3 кН, M=30 кН∙м, Ry=30,31 кН, l1=100 мм, l2=100 мм, l3=500 мм, l4=100 мм, МПа, WCX=8336,25 мм3, WCY=10376,02 мм3, момент приложен в середине, показанного участка.Рисунок 4.1 – Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.На балку действуют вертикальные силы, приложенные в точках А, H, B, L. Т.к. балка имеет одно поперечное сечение по всей длине, то конструкция имеет 4 характерных участка AH, HB, BL, LE.4.2.1. Определение поперечных сил. Проведем сечение на участке LE и отбросим левую часть. Для оставшейся части получимQE=0 кН.Проведем сечение на участке BL и отбросим левую часть. Для оставшейся части получимQL=Q=3 кН.Проведем сечение на участке HB и отбросим левую часть. Для оставшейся части получимQB=Ry+Q=30,31+3=33,31 кН.Проведем сечение на участке AH и отбросим левую часть. Для оставшейся части получимQH=Ry+Q=30,31+3=33,31 кН.Для проверки проведем сечение на участке AH и отбросим правую часть. Для оставшейся части получимQA=YA=33,31 кН.Т.к. QA=QH, то силы найдены, верно.По полученным значениям стоим эпюру продольных сил (рисунок 4.1.).4.2.2. Определение изгибающих моментов. Проведем сечение на участке LE (за точкой E) и отбросим левую часть. Для оставшейся части получимME=0 кН∙м.Проведем сечение на участке BL (за точкой L) и отбросим левую часть. Для оставшейся части получимML=0 кН∙м.Проведем сечение на участке BL (за точкой B) и отбросим левую часть. Для оставшейся части получимML=Q∙l3=3∙0,5=1,5 кН∙м.Проведем сечение на участке HB (перед точкой H) и отбросим левую часть. Для оставшейся части получимMH=Q∙l3+l2+Ry∙l2=3∙0,6+30,31∙0,1=4,831 кН∙м.Проведем сечение на участке HE (за точкой H) и отбросим левую часть. Для оставшейся части получимMH=Q∙l3+l2+Ry∙l2-M=3∙0,6+30,31∙0,1-30==-25,169 кН∙м.Проведем сечение на участке AH (перед точкой A) и отбросим левую часть. Для оставшейся части получимMA=Q∙l3+l2+l1+Ry∙l2+l1-M=3∙0,7+30,31∙0,2-30==-21,838 кН∙м.Проведем сечение на участке AH (перед точкой A) и отбросим правую часть. Для оставшейся части получимMA=MA=-21,838 кН∙м.По полученным значениям стоим эпюру продольных сил (рисунок 4.1).Максимальные нормальные напряжения в сечении балки составляют σи=MиmaxWCY=25,169∙10615914,71=1581 МПа.ЗаключениеВ ходе выполнения работы определены реакции опор составной конструкции, определены геометрические характеристики сечения балки, проведены расчеты на растяжение-сжатие и поперечный изгиб балки, в результате которых определены внутренние силовые факторы.Определены максимальные нормальные напряжения при растяжении и при изгибеσр=12,6 МПа, σи=1581 МПа.Расчетное максимальное нормальное напряжение при изгибе превышает допускаемое. Список литературы1. Зиомковский, В. М. Прикладная механика : учебное пособие для вузов / В. М. Зиомковский, И. В. Троицкий ; под научной редакцией В. И. Вешкурцева. — Москва : Издательство Юрайт, 2019 ; Екатеринбург : Изд-во Урал. ун-та. — 286 с. — (Университеты России). — ISBN 978-5-534-00196-9 (Издательство Юрайт). — ISBN 978-5-7996-1883-4 (Изд-во Урал. ун-та). — Текст : электронный // ЭБС Юрайт [сайт]. — URL: https://www.biblio-online.ru/bcode/4381472. Гребенкин, В. З. Техническая механика : учебник и практикум для прикладного бакалавриата / В. З. Гребенкин, Р. П. Заднепровский, В. А. Летягин ; под редакцией В. З. Гребенкина, Р. П. Заднепровского. — Москва : Издательство Юрайт, 2019. — 390 с. — (Бакалавр. Прикладной курс). — ISBN 978-5-9916-5953-6. — Текст : электронный // ЭБС Юрайт [сайт]. — URL: https://www.biblio-online.ru/bcode/4332453. Прикладная механика : учебник для бакалавров / под ред. В.В. Джамая .— 2-е изд., испр. и доп. — М. : Юрайт, 2013 .— 360с.4. Сопротивление материалов: учебник / Схиртладзе А.Г., Романовский Б.В., Волков В.В., Потемкин А.Н. – М.: Издательсткий центр «Академия», 2012. – 416 с.5. Андреев, В.И. Детали машин и основы конструирования. Курсовое проектирование [Электронный ресурс] : учеб. пособие / В.И. Андреев, И.В. Павлова. — Электрон. дан. — Санкт-Петербург : Лань, 2013. — 352 с. — Режим доступа: https://e.lanbook.com/book/12953.6. Чернилевский, Д.В. Детали машин и основы конструирования. Учебник для вузов. [Электронный ресурс] – М.: Машиностроение, 2012. - 672 с. https://e.lanbook.com/reader/book/5806/#1