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=1qa, F2=2qa требуется:

1. Определить реактивную осевую силу в опорном сечении.

	2. Определить продольные силы Nz, нормальные напряжения z 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 (qz0), 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;

z  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  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



l=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.

Уравнение статики



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 70706 (А1=2·8,15=16,3 см2)

для 2-го стержня – 2 уголка 90907 (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. l0,2 = 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 l=33 мм. Длина образца после разрыва l1= l0 + l=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…1,51;

[n2] – коэффициент, учитывающий неоднородность материала, повышенную его чувствительность к недостаткам механической сборки, выберается из табл. 2



Таблица 2 – Коэффициент неоднородности материала

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 + 2qa3aq2a2a = 0

MA = 4qa2 + 6qa2 + 4qa2 = 14qa2



Эпюра Qy. 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)



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 25016016 для которых



 см3



A5=8·63б6=508,8 см2

Оценка экономичности подобранных сечений

Масса балки определяется как произведение плотности материала на ее объем m=Al , 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

0

0

0

0



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




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

υi Ai

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

–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% < 5%, следовательно прочность балки при найденных размерах будет обеспечена.

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
















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



0

а

2а

3а

4а

5а

θ













ν

0







0





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.