Сопромат 0086
Задача №1
Исходные данные: схема е- 6.
Уголок – 125 х 125 х 12
Полоса 22 х 10
Из ГОСТ 8509-72 для равнобокового уголка.
в = 125 мм d = 12 мм А = 28.9 · 10-4 м2
Ух = 423 · 10-8 м4 Iхс = 670 · 10-8 м4 Iуо = 174 · 10-8 м4
Z0 = 3.53 · 10-2
1. Схеме масштаб 1:2.
2. Площадь полосы Ап = 0,22 · 0,1 = 0,0022м2 = 22 · 10-4 м2
Площадь всего сечения Асеч = Ауг + Ап = 28,9 · 10-4 + 22· 10-4 = 51 · 10-4 м2.
3. Определение центра тяжести сечения относительно Хп и Уп
Ус = 
= 0.57 · 10-2 м
Хс = 
= 1.14 · 10-2 м
4. Определение моментов инерции.
Ixc = Ixyг + Ауг · α2уг + Ixп+ Ап · α2п = 423 · 10-8 + 28,9 · 10-4 (5,7 · 10-3)2 + 
+ 220 · 10-3 (4,3 · 10-3)2 = 2649 · 10-8 м4
Iус = Iу уг + Адг · в2уг + Iдп+ Ап · l2п = 438 · 10-8 + 28,9 · 10-4 (11,4 · 10-3)2 + 
+ 220 · 10-3 (8,6 · 10-3)2 = 2087 · 10-8 м4
Iхс ус = Iху уг + Ауг · ауг · вуг + Iхп + Ап ап · вп = 
+ Ауг ауг · вуг + Iхп + Ап ап · вп 
sin 90° + 28.9 · 10-4 (5.7 · 10-2) (11.4 · 10-2) + 2 + (220 · 10-3) (10 · 10-3) (4.3 · 10-3) 18.6 · 10-3 = 2211 · 10-8м4
Определение положения главных центральных осей инерции
= -4
2а = -22° а = -11°
5. Определение главных моментов инерции. Проверка решения
м4 Imin = 140 · 
м4
проверки:
Imax + Imin = Ixc + Iyc = 4596 · 10-8 + 140 · 10-8 = 2649 · 10-8 + 2087 · 10-8 =
= 4736 · 10-8
Imax > Ixc > Iyc > 0
4596 · 10-8 > 2649 · 10-8 > 2087 · 10-8 > 0
Радиусы инерции
imax = 
= 9,5 · 10-2
imin = 
= 1,66 · 10-2 м
Задача №2
Схема 6 F = 2см2 а = 0,1м б = 0,18м с = 0,16 м t = 20 кН/м
I участок 0 – 0,16м
ΣZ1 = 0 N1 = -P – tz1 0≤ z1 ≤ 0.16м z1 = 0 N1 = -P = -28кН
Z1 = 0.16м N1 = -P – tz1 = -28 – 20 0.16 = -31.2кН
σ1 = N1/2F z1 = 0.16м
σ1 = 
= -78Мпа
z1 = 0 σ1 = 
= -70Мпа.
перемещение сечения I-I ∆lI-I = ∆lBC + ∆lCD
∆lCD = 
= 7 · 10-11м - растяжение
∆lВС= 
= 6,3 · 10-11 + 2,25 · 10-4 = 8,55 · 10-11 м
∆lI-I = -8,55 · 10-11 + 7 · 104 = -1,55 · 10-11м.
Задача №3
Схема е 6. А1 = 11 · 10-4 м2 А2 = 8 · 10-4 м2 а = 4,8 м с = 1,6 м l = 1м l1 = 1,5м l2 = 2.2 м
Составим уравнения равновесия статики
1) ΣZ = 0 Hс = 0
2) ΣY = 0 -N1 + N2 – F + Rс = 0
3) ZME = 0 -N1 · 1,8 - N2 · 2.6 + F · 1 = 0
Система статически неопределима. Ставим дополнительное уравнение совместности деформаций.
∆l2 = 
· 2.6 = 1,44 + 
N1
N2
N1 0.275 N2 = 1.44 · 0.136 N1
N2 = 
N1 N2 = 0.712 N1
Определим N1 и N2 через F из уравнения 3
-N1 · 1.8 + F · 1 – 0.712 N1 · 2.6 = 0
N1 = 
= 0.27 F
N2 = 0.712 · 0.27 F = 0.192 F
Определение величины F, при которых напряжение в одной из тяг достигнет предела текучести
σ1 = N1/A1 = 
= 0,025 · 104 F
σ2 = N2/A2 = 
= 0,024 · 104 F
В тяге 1 напряжение достигнет предела текучести раньше и
0,025 · 104 · F = 24 · 104кПа F = 
= 960 кН
Определение предельного значения Fпр, при котором напряжение достигнет предела текучести в обоих тягах.
N1 пр = А1 · σт = 11 · 10-4 · 24 · 104 = 264 кН
N2 пр = А2 σт = 8 · 10-4 · 24 · 10-4 = 192 кН
Из уравнения 3 определим Fпр
-N1 пр · 1,8 - N2 m · 2.6 + Fпр · 1 = 0
Fпр = 
= 980 кН
Определение грузоподъемности системы:
По методу допускаемых напряжений
[σ] = σт/к = 
= 16 · 104 кПа 0,025 · 104 [F] = 16 · 104 кПа
[F] = 
= 640 кН
По методу разрушающих нагрузок
[F] = Fпр/к = 980/1,5 = 660кН – больше чем по методу допускаемых напряжений.
Задача №4
Схема 6 а = 0,1м с = 0,18м l = 0.16 м М1 = 2000Нм М2 = 2800нМ М3 = 2600нМ М4 = 2000нМ τ = 60Мпа п/в = 1,5 [Θ] = 1.8с/м Q = 8 · 104МПа
Используя метод сечения, определим значение крутящего момента на участке вала и построим эпюру Мкр.
Участок I-I сечение I-I
МкрI = -M4 = -2000Нм
Участок II-II сечение II-II
МкрII = -M4 + M3 = -2000 + 2600 = 600Нм
Участок III-III сечение III-III
МкрIII = -M4 + M3 + M2 = - 2000 + 2600 + 2800 = 3400Нм
Участок IV-IV сечение IV-IV
МкрIV = -M4 + M3 + M2 – M1 = -2000 + 2600 + 2800 – 2000 = 1400Нм
Определение размеров валика из условия прочности τmax = Mкр max/Wp ≤ [τ]
Wp = Mкр max/Wp = 
= 56.7 · 10-6 м3
Для прямоугольного сечения Wp = β · в3
Из таблицы β = 0,346 при п/в = 1,5 в = 
в = 
= 5,4 · 10-2м = 54мм
n = в · 1,5 = 54, · 1,5 = 81мм
Из условия жесткости Θmax = 
max ≤ [Θ]
Yp = 
= 236 · 10-10м4
Для прямоугольного сечения Yp = aв4. При п/в = 1,5 а = 0,294
в = 
= 1.68 · 10-2 = 16.8мм.
n = 16.8 · 1.5 = 25.2мм.
Окончательно принимаем размеры валика: n = 81мм в = 54мм. Распределение касательных напряжений в поперечных сечениях наиболее не зауженного участка. В середине большой стороны τmax = Mmax/Wк
Wк = β · в3 = 0,346 · (5,4 · 10-2)3 = 54,5 · 10-6
τmax = 
= 59,38 · 10-6 Па = 59,38 Мпа.
В середине меньшей стороны точке В τв = η · τmax. По таблице η = 0,859 при п/в = 1,5 τв = 59,38 · 0,859 = 51Мпа.
Построение углов закручивания
φЕ = 0 φɤ = 
= 0.074 раб
φс = φɤ + 
= 0.254 раб
φВ = φс + 
= 0.311 раб
φA = φВ + 
= 0.205 раб
Задача №5
Схема I – 8
Cхема II – 6
c/a = 1.1 p/qa = 2 m/qa2 = 0.1 a = 1.5м q = 9кН/м с = 1,1 · 1,5 = 1,65м Р = 9 · 1,5 · 2 = 27кН m = 9 · 1.52 · 0.1 = 2,025кНм
Участок 1 0 ≤ х1< 1,5м Qх1 = Р = 27кН Мх1 = Р · х1 x1 = 0 Мх1 = 0 x1 = 1.5 Мх1 = 27 · 1,5 = 40,5кНм
Участок 2 1,5 ≤ х2 ≤ 3,15
Qх2 = P- q (х2 – а)2 х2 = 1,5 Qx2 = P = 27кН х2 = 3,15 Q2 = 27 – 9 (3.15 – 1.5) = 12.15кН
Мх2 = Рх2 – q 
x2 = 1.5 Mx2 = 27 · 1.5 = 40.5кНм
x2 = 3,15 Mx2 = 27 · 3,15 – 9 
= 72,8кНм
Подбор круглого сечения. момент сопротивления wx = Mмелк/[δ]
Wx = 
= 0.141 · 10-3 м3 wx = 
Диаметр балки d = 
d ≥ 
1.4 · 10-1м
Схема II-6
Определение реакций опор
ΣМА = -m + q · 4.8 · 3.9 – P.3 + – RВ · 6.3 = 0
Rв = 
= 13.56кН.
ΣМВ = 0
-m + RA · 6.3 + P. 3.3 – q · 4.8 · 2.4 = 0
RA = 
= 2.64кН
Проверка ΣУ = 0
RA + Р – q · 4,8 + Rв = 13,56 + 27 – 9 · 4,8 + 2,64 = 0
Построение эпюр М и Q
1 участок 0 ≤ х1 ≤ 1,5 Q1 = 0 M1 = -2,025кНм
2 участок 1,5 ≤ х2 ≤ 3 Q2 = RA 2,64кН М2 = -m + RA · (x2 -1.5) x2 = 1.5 M2 = -m = -2.025 x2 = 3 M2 =-2.025 + 2.64 = 1.935кНм
3 участок 3 ≤ х3 ≤ 4,5
Q3 = RA – q (x3 – 3) x3 = 3 Q3 = RA = 2.64кН х3 = 4,5 Q3 = 2.64 – 9 · (4.5 – 3) = 10.86кН х3 = 4,5 М3 = -2,025 + 2,64 0╖ 3 – 9 · 1,52/2 = -4,3кН.
На участке М3 имеет максимум при Q3 = 0
RA – q (x3 – 3) = 0 x3 = 
= 3.3м.
М3max = -0.025 + 2.64 · (3.3 – 1.5) – 9 
= 2.32Нм
4 участок 0 ≤ х4 ≤ 3,3 Q4 = – Rв + qx4 х4 = 0 Q4 = -Rв = -13,50Н х = 3,3 Q4 = -13.56 + 9 · 3.3 = 16.14H.
M4 = RВ · х4 – q42/2 x4 = 3.3 M4 = 13.56 – 9 · 3.32/2 = 4.3кН х4 = 0 М4 = 0
На участке М4 имеет максимум при Q4 = 0
-RВ + q x4 = 0 x4 = Rв/q = 13.56/9 = 1.5м
Ь4max = 13.56 · 1.5 – 9 · 1.52/2 = 10.2кНм.
Подбор сечения
Wx = Mmax/[G] = 
= 51 · 10-6м3
Принимаем I №12 Wх = 58,4· 10-6 м3
ГОСТ 8239-72 Ix = 350 · 10-8м4
Задача №6
Построим эпюры единичных сил
Р1 – 1
ΣМв = 0 -RA · 7.8 + RA · 6.3 = 0 RA = 
= 1.23кН
ΣМв = 0 –Р · 1,5 + RВ · 6,3 = 0 RВ = 
= 0,23кН.
Р2 = 1
ΣМв = 0 -RA · 6,3 + Р2 · 3.3 = 0 RA = 
= 0.52
m = 1
ΣМa = 0 –m + RВ · 6,3 = 0 RВ = 
= 0,16кН.
Перемещение определяем с помощью интеграла Мора
δ1 = 
dz Для I №12 Ix = 350 · 10-8 м4
Е = 2 · 1011 Па. При определении произведения 
с криволинейными эпюрами применяем правило Симпсона.
= 
δ1 = -
= -8,57 · 10-3м
= 
δ2 = 
= 11,4 · 10-3м.
1 · 1,5 · 2,025 + 1,5/6 (0,77 · 1,935 + 2,05) + 1,5/6 (1 + 0,77) · (1,935 · 2,05) + 1,15/6 (0,77 · 1,93 – 4 · 0,51 · 2,3 + 0,53 · 4) + 1,5/3,3 (0,53 · 4,3 – 4 · 0,4 · 8) = -3
φ = 
= -4,28 · 10-3 раб.
Задача №7
Схема 6 а = 0,6м в = 0,4м с = 0,3м D1 = 0.3 D2 = 0.6 N = 17кВт n = 700об/мин Ст 10 Gт = 250Мпа пт = 1,5
Определение нагрузок, действующих на вал.
Крутящий момент Мк = 
= 0.23кНм.
Р = 
= 1,53кН
Рверт = Ргор = Р · cos45° = 1.53 · 0.7 =1.07кН
t = 
= 0.77кН
Q = 3t = 3 · 0.77 = 2.31кН
Построение эпюр Мкр, Мх, Му.
Для вертикальной плоскости
ΣМв = 0 RA · 1.3 – Pc · 0.3 = 0
RA = 
= 0.25кН.
Мс = 0,25 · 1 = 0,25кНм.
Для горизонтальной плоскости.
ΣМD = 0 RA · 1.3 – Q · 0.7 – Pг · 0,3 = 0
RА = 
= 1,5кН
MD = 1.5 · 0.6 = 0.9кНм
Приведенный расчетный момент
Мпрmax = 
= 1.753кНм
Диаметр вала d ≥ 
= 
= 5.5 · 10-2м.
Из [G] = δx/115 = 250/1,5 = 167Мпа
Задача №8
[δ] = 160Мпа Схема 6 Р = 6кН l = 0.95м Ст5.
Момент инерции сечения относительно осей х и у
Уx = 
= 3,326а4
Уу = 
= 0,795а4
Площадь сечения F = 1,5 а · 3а - 
= 3,7152
Минимальный радиус инерции imin = 
= 0.462 a
Гибкость λmax = 
= 10,3/а
Принимаем в 1 приближении а = 5 · 10-2 м λmax = 
= 200
φ = 0,15
σ = 
= 49.2Мпа > [σ] – недогрузка большая
Принимаем а = 1 · 10-2 м λ = 
= 103 φ = 0,13
σ = 
= 123 Мпа – недогрузка
Принимаем а = 0,9 · 10-2 м λ >220 φ = 0,13
σ = 
= 153 < 160 = [σ]
Размеры сечения l = 1.5 · 0.9 · 10-2 = 13.5 · 10-2м
h = 3 · 0.9 · 10-2 = 2.7 · 10-2м
Так как для λ > λизд = 92, то определение σкр выполняем по формуле Эйлера σкр = 
= 136Мпа.
Критическая сила Ркр = F · σкр = 136 · 106 · 3,715 · (0,9 · 10-2)2 = 40,6кН.
Коэффициент запаса устойчивости
[ny] = Pкр/Р = 40,6/6 = 6,8
Сечение в масштабе 2:1
Задача №9
D = 0.050м d = 0.0040м Рmax = 170кН Рmin = 85кН τт = 940Мпа τ-1 = 480Мпа τ0 = 780Мпа кr = 1.09 β = 0.83 Er = 0.99.
Определение максимального τmax и минимального τmin напряжений в проволоке пружины.
τ = к 
, к = 
– коэффициент, учитывающий влияние конечной силы
Сп – характеристика геометрических параметров пружины
Сп= D/d = 0.050/0.0041 = 12.19 к = 
= 1,11
τmax = 
= 348Мпа.
τmin = 
= 174Мпа
Коэффициент асимметрии цикла R = τmin/ τmax = 174/348 = 0.5.
Определение среднего τm и амплитудного значений τа
τm = 
= 261Мпа.
τа = = 
= 87Мпа.
Построим схематизированную диаграмму (в осях τm, τа)
Масштаб в 1см – 100Мпа.
Координаты точки С (940; 0)
Координаты точки А (0; τ-1/кD)
КD = 
= 1,33
A (0; 480/1.33 = 360Мпа) Точка D (τ0/2 = 780/2 = 390; 
= 290
Тоже М (τm; τa)
Координаты точки В а = 
= 700Мпа
в = 
= 220
Коэффициент запаса nR = ON/OM = 72/26 = 2.77
ψτ = 
= 0.23
Аналитически nR = 
= 2.74
Результаты совпадают.
