Учебное пособие (часть 1)

Н. Б. ЛЕВЧЕНКО
Л. М. КАГАН-РОЗЕНЦВЕЙГ
И. А. КУПРИЯНОВ
О. Б. ХАЛЕЦКАЯ
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
ЧАСТЬ 1
Санкт-Петербург
2011
2
Министерство образования и науки Российской Федерации
Санкт-Петербургский государственный архитектурно-строительный
университет
Автомобильно-дорожный факультет
Кафедра сопротивления материалов
Н. Б. ЛЕВЧЕНКО
Л. М. КАГАН-РОЗЕНЦВЕЙГ
И. А. КУПРИЯНОВ
О. Б. ХАЛЕЦКАЯ
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
Учебное пособие по выполнению расчетно-графических
работ для студентов всех специальностей и форм обучения
ЧАСТЬ 1
Задачи № 1–11
Под редакцией д-ра техн. наук, проф. В. Д. Харлаба
Санкт-Петербург
2011
3
УДК 539.3/8(07)
Сопротивление материалов: Учебное пособие по выполнению расчетно-графических работ для студентов всех специальностей и форм
обучения. Ч. 1 / Н. Б. Левченко (гл. 1, кроме разд. 1.2.3), Л. М. КаганРозенцвейг (гл. 2), И. А. Куприянов (гл. 1, разд. 1.2.3; гл. 3),
О. Б. Халецкая (гл. 2); СПбГАСУ. СПб., 2001. с.
В пособии даны краткие сведения из теории, необходимые для
решения задач, и приводятся примеры решения задач, входящих в
расчетно-графические работы, по трем темам: "Растяжение-сжатие",
"Исследование плоского напряженного состояния. Проверка прочности для сложного напряженного состояния" и "Кручение". Решение
задач снабжено подробными объяснениями.
Ил. 54. Библиогр. 4 назв.
Рецензенты:
д-р техн. наук, проф. В. З. Васильев (Санкт-Петербургский государственный университет путей сообщения);
д-р техн. наук, проф. В. В. Улитин (Санкт-Петербургский государственный университет низкотемпературных и пищевых технологий)
Рекомендовано Редакционно-издательским советом СПбГАСУ в
качестве учебного пособия
© Н. Б. Левченко, Л. М. Каган-Розенцвейг,
И. А. Куприянов, О. Б. Халецкая, 2011
© Санкт-Петербургский государственный
архитектурно-строительный университет, 2011
4
ОБЩИЕ УКАЗАНИЯ ПО ВЫПОЛНЕНИЮ РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКИХ
РАБОТ
В процессе изучения курса "Сопротивление материалов" студенты выполняют расчетно-графические работы (РГР). Количество РГР и
задач, входящих в каждую из этих работ, зависит от специальности и
количества часов, отведенных в учебном плане на изучение курса.
Цель РГР – сознательное усвоение теоретического курса и приобретение навыков решения задач, имеющих как академический, так и
практический характер.
Данное учебное пособие предназначено для оказания помощи
студентам при выполнении расчетно-графических работ. Номера задач, решение которых объясняется в данном пособии, соответствуют
номерам задач в издании [4], по которому студенты выбирают схемы
решаемых задач.
В данном пособии приводятся краткие теоретические сведения и
основные формулы, необходимые для выполнения задач, объясняются смысл и порядок решения задач. Решение одних задач сопровождается численными расчетами, решение других приведено в общем
виде. Ни в коем случае не следует копировать решение задач, не
разобравшись со смыслом того, что Вы делаете. Пособие не заменяет
учебник, поэтому перед выполнением задач прочитайте те разделы
учебников, которые приведены в перечне литературы по изучаемой
теме. В процессе расчетов обращайте внимание на единицы измерения величин, входящих в формулы. Не забывайте писать, в каких
единицах Вы получили результат. Рекомендуемые единицы измерения приведены в перечне используемых обозначений. Все арифметические вычисления следует выполнять с точностью до трех значащих
цифр – точностью, достаточной для инженерных расчетов.
Расчетно-графические работы оформляются на одной стороне
стандартных листов писчей бумаги формата А-4 (210х297). Перед
решением задачи необходимо нарисовать расчетную схему задачи в
масштабе в соответствии со своими данными. Решение задачи должно сопровождаться короткими пояснениями, рисунки желательно делать карандашом, на листах должны быть оставлены поля для заме-
5
чаний преподавателя. После выполнения всех задач, входящих в расчетно-графическую работу, листы с решением следует сброшюровать
и снабдить титульным листом.
ИСПОЛЬЗУЕМЫЕ ОБОЗНАЧЕНИЯ
Нагрузки:
F – сосредоточенная сила, кН;
M – сосредоточенная пара сил (момент), кНм;
q – интенсивность распределенной по длине стержня нагрузки, кН/м.
Обозначение осей:
x – продольная ось стержня;
y , z – главные центральные оси инерции поперечного сечения стержня.
Геометрические характеристики поперечного сечения стержня:
A – площадь поперечного сечения, см2;
S y , S z – статические моменты относительно осей y, z , см3;
I y , I z – осевые моменты инерции относительно осей y, z , см4;
I p – полярный момент инерции, см4.
Внутренние усилия:
N – продольная сила, кН;
Qy , Qz , (Q) – поперечные силы, кН;
My , Mz, (M) – изгибающие моменты кНм;
Mк – крутящий момент, кНм.
Напряжения:
 x ,  y ,  z , () – нормальные напряжения, МПа;
 xy ,  yz ,  zx , () – касательные напряжения, МПа;
1 ,  2 ,  3 , (гл) – главные напряжения, МПа.
Деформации и перемещения:
 x ,  y ,  z ,() – относительные линейные деформации;
 xy ,  yz ,  zx , () – угловые деформации (углы сдвига);
l – абсолютная деформация стержня при растяжении-сжатии (перемещения точек оси вдоль оси x), см;
v, w – прогибы оси стержня (балки) при изгибе (перемещения точек оси
вдоль осей y, z), см;
6
 – угол поворота оси стержня (балки) при изгибе, рад;
 – угол закручивания стержня (вала) при кручении, рад.
Характеристики материала:
пц – предел пропорциональности, МПа;
т – предел текучести, МПа;
в – временное сопротивление (для хрупких материалов  рв – предел
прочности при растяжении,  св – предел прочности при сжатии), МПа;
[], [] – допускаемые напряжения, МПа;
E – модуль упругости, МПа;
 – коэффициент Пуассона;
 – коэффициент линейного температурного расширения, 1/град.
7
1. РАСТЯЖЕНИЕ-СЖАТИЕ
Рекомендуемая литература
Александров А. В., Потапов В. Д., Державин Б. П. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк., 1995. Гл. 2 (§ 2.1, 2.2), гл. 3 (§ 3.1, 3.4, 3.6–3.12).
Гастев В. А. Краткий курс сопротивления материалов. М.: Физматгиз,
1977. Гл. 2.
Дарков А. В., Шпиро Г. С. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк.,
1989. Гл. 1 (§ 1.3), гл. 2.
Основные понятия и формулы
Растяжение-сжатие – простейший вид деформации стержня. При
растяжении-сжатии в стержне из шести видов внутренних усилий
возникает только одно усилие – продольная сила N.
Для определения внутренних усилий в стержнях и стержневых
системах используется метод сечений. Согласно этому методу из
уравнения равновесия отсеченной части стержня следует, что продольная сила – внутреннее усилие, численно равное сумме проекций
всех внешних сил, взятых с одной стороны от сечения, на ось
стержня. Примем следующее правило знаков для продольной силы:
растягивающая продольная сила положительна, сжимающая – отрицательна (рис. 1.1). Часто внутреннее
усилие меняется по длине стержня, в
N0
N0
этом случае принято рисовать график
изменения усилия вдоль оси стержня,
N0
N0
который называется эпюрой. Эпюра
позволяет определить, в каком сечении
действует максимальное внутреннее
Рис.1.1. Правило знаков для
усилие (например, найти N max при распродольной силы
тяжении-сжатии). Сечение, где действует максимальное усилие, будем называть опасным.
После определения продольной силы можно найти нормальное
напряжение в поперечном сечении стержня при растяжении-сжатии
по формуле
8
N
.
(1.1)
A
x
Абсолютная деформация стержня (его
удлинение или укорочение) в том случае, если
материал стержня работает упруго, т. е. подчиl
няется закону Гука, определяется так:
l
l
l N ( x)
x
l    x dx  
dx  
dx
(1.2)
E
EA
0
0
0
На рис. 1.2 показано удлинение стержня l
l, загруженного силой F. Если не учитывать
F
собственный вес, то продольная сила не меняРис. 1.2. Деформация
ется по длине стержня (для стержня, показанрастянутого стержня
ного на рис. 1.2, N  F  const ) и EA  const ,
то
Nl
l 
.
(1.3)
EA
Если задача решается с учетом собственного веса, т. е. усилие N
линейно зависит от х, то из (1.2) при EA  const можно получить
формулу
( F  G / 2 )l
l 
,
(1.4)
EA
где G  Al – собственный вес стержня;  – объемный вес материала.
x   
1.1. РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМЫХ СТЕРЖНЕВЫХ
СИСТЕМ
Основные определения
Статически определимая стержневая система – это конструкция, состоящая из стержней, для определения внутренних усилий в которых достаточно уравнений статики. В данном разделе рассматриваются конструкции, стержни которых работают на растяжение-сжатие, т. е. в каждом стержне возникает только одно внутреннее
усилие – продольная сила N.
9
Основной задачей расчета конструкции является обеспечение ее
безопасной эксплуатации. Важнейшим условием, обеспечивающим
безопасную эксплуатацию конструкции, является условие прочности.
Существуют различные методы обеспечения прочности конструкций,
подробно о которых можно прочитать в [1, § 3.12]. Мы чаще всего
будем пользоваться одним из этих методов – расчетом по допускаемым напряжениям. Согласно этому методу для конструкций, работающих на растяжение-сжатие, условие прочности можно записать в
таком виде:
 max  [] ,
(1.5)
где  max – максимальное напряжение в конструкции, вычисляемое по
формуле (1.1); [ ] – допускаемое напряжение, которое находится по
формуле
(1.6)
[ ]   пред / n .
В формуле (1.6)  пред – предельное напряжение, при достижении которого в стержне наступает предельное (опасное) состояние
материала: появляются пластические деформации, если материал
стержня – пластичный, или происходит разрушение, если стержень
выполнен из хрупкого материала; n – нормируемый коэффициент запаса прочности. Предельные напряжения: предел текучести  т для
р
пластичных материалов и предел прочности при растяжении (  в )
с
или сжатии (  в ) для хрупких материалов являются характеристиками материалов и находятся опытным путем. Студенты берут эти
характеристики из таблицы, приведенной в [4]. Значения нормируемых коэффициентов запаса прочности даны там же.
Кроме формулы (1.5), возможен второй вариант записи условия
прочности
(1.7)
nдейств  n ,
где
nдейств  пред /  max
(1.8)
называется действительным коэффициентом запаса прочности, показывающим во сколько раз надо увеличить максимальное напряжение
10
в стержне, чтобы материал стержня оказался в опасном (предельном)
состоянии.
Порядок решения большинства задач о проверке прочности статически определимых стержневых систем при расчете по допускаемым напряжениям сводится к следующим этапам:
1) находим внутренние усилия (продольную силу при растяжении-сжатии) и выявляем опасные сечения;
2) определяем напряжения;
3) после выявления максимальных напряжений используем
условие прочности (формулы (1.5) или (1.7) при растяжении-сжатии).
Из условия прочности:
 либо находим грузоподъемность конструкции, т. е. ищем допускаемую нагрузку – максимальную нагрузку, обеспечивающую
безопасную эксплуатацию конструкции;
 либо подбираем сечения стержней, т. е. находим такие минимальные размеры поперечного сечения, которые обеспечивают безопасную эксплуатацию конструкции.
Если нагрузка на конструкцию задана и известны размеры поперечных сечений стержней, то просто проверяем прочность (по формулам (1.5) или (1.7) при растяжении-сжатии) и делаем вывод о возможности эксплуатации конструкции.
Примеры решения задач
1.1.1. Подбор сечения стержня, подверженного
растяжению-сжатию (задача № 1)
Условие задачи
Стержень переменного сечения с заданным отношением площадей A1 / A2  2 подвержен действию нагрузок, показанных на
рис. 1.3, а. Цель расчета – подобрать площади поперечного сечения
стержня так, чтобы на каждом участке соблюдалось условие прочности (1.5) или (1.7). (При этом должно выполняться заданное отношение площадей.)
11
a
x1
x2
x3
A1(сталь)
A2(чугун)
F2
R
q2
l1
F1
q1
l2
l3
б
21
5
Эпюра N, кН
10
19
в
10/А1
5/А1
21/A1
19/А1
Эпюра 
10/A2=20/A1
Рис. 1.3. К решению задачи № 1:
а – схема нагрузки на стержень;
б, в – эпюры продольной силы и напряжений
Решение
Определяем продольную силу и строим эпюру распределения N
вдоль оси стержня. Для этого сначала из уравнения равновесия всего
стержня находим опорную реакцию:
R  F2  q1l3  F1  q2 l2 .
Затем, используя метод сечений, определяем продольную силу в
произвольном сечении на каждом участке стержня:
на первом участке (0  x1  l1 ) N ( x1 )  R ;
на втором участке (0  x2  l2 ) N ( x2 )  R  F2  q2 x2 ;
на третьем участке (0  x3  l3 ) N ( x3 )   F1  q1 x3 .
12
Поясним, что на первом и втором участках суммируем все силы,
находящиеся слева от рассматриваемого сечения, на третьем участке
в выражение для продольной силы входят силы, расположенные
справа от сечения.
Ищем значения N на границах участков. На первом участке продольная сила постоянна и не зависит от x. В начале второго участка
N ( x2  0)  R  F2 ,
в конце второго участка
N ( x2  l2 )  R  F2  q2l2 .
Аналогично для третьего участка
N ( x3  0)   F1 ,
N ( x3  l3 )   F1  q1l3 .
По полученным точкам строим эпюру N. На рис. 1.3, б эпюра N
построена для следующих исходных данных: l1  l3  1 м, l2  1,2 м;
F1 = 10 кН, F2 = 40 кН, q1 = 15 кН/м, q2 = 20 кН/м.
Зная продольную силу, по формуле (1.1) находим напряжения
в стержне и строим эпюру распределения напряжений по длине
стержня (рис. 1.3, в). Для этого площади сечений на всех участках
выразим, используя заданное отношение площадей, через одну неизвестную величину A1 . Заметим, что на эпюре продольных сил скачки
(т. е. резкие изменения усилий при переходе в соседнее сечение)
имеют место под сосредоточенными силами на величину этих сил, на
эпюре напряжений скачки появляются также и в местах изменения
поперечного сечения.
Для подбора сечения стержня по эпюре напряжений выбираем
опасные сечения с максимальными напряжениями. Причем для хрупких материалов важным является не только абсолютное значение
напряжения, но и его знак. Более опасным является растягивающее
напряжение, так как разрушающее напряжение при растяжении у
хрупкого материала много меньше прочности при сжатии. Например,
на эпюре  , показанной на рис. 1.3, в, опасным является не только
сечение в начале третьего участка ( x3  0) , где действуют максимальные сжимающие напряжения, но и сечение в конце третьего участка
( x3  l3 ) с максимальными растягивающими напряжениями. Таким
13
образом, для стержня, показанного на рис. 1.3, должны выполняться
условия прочности в трех опасных сечениях:
для чугунной части
сmax  20 / A1  [] cчуг , откуда A1  20 / счуг ,
 pmax  10 / A1   чуг
и A1  10 / чуг
р
р ;
для стальной части
max  21 / A1   ст , тогда A1  21 / ст .
Из трех значений A1, найденных из условий прочности в опасных сечениях выбираем то, которое удовлетворяет всем условиям (то
есть максимальное их всех найденных значение A1 . Величину А2
находим по заданному соотношению: A2  A1 / 2 .
Для проверки вычислений находим действительные коэффициенты запаса прочности на каждом участке по формуле (1.8) и сравниваем их с нормируемым коэффициентом запаса. На самом опасном
участке (в опасном сечении) действительный коэффициент запаса
прочности должен равняться нормируемому, а на остальных участках
согласно (1.7) должен быть больше нормируемого.
1.1.2. Определение напряжений и перемещений в стержне
при растяжении-сжатии с учетом собственного веса
(задача № 2)
Условие задачи
Стержень переменного сечения с соотношением площадей поперечных сечений A1/A2 = 2 находится под действием сосредоточенных сил и собственного веса (рис. 1.4, а). Материал стержня на всех
участках одинаков. Требуется построить эпюры распределения продольной силы и напряжений вдоль оси стержня и определить перемещение сечения а–а.
Решение
Строим эпюры изменения продольной силы и напряжений вдоль
оси стержня. Собственный вес стержня принято учитывать, заменяя
его распределенной по всей длине нагрузкой. Интенсивность распре-
14
деленной нагрузки равна собственному весу, действующему на единицу длины стержня, т. е.
на первом и втором участках
A (l  l )
q1  1 1 2
 A1 ,
(l1  l2 )
на третьем участке
A l
q2  2 3  A2 ,
l3
где  – объемный вес материала стержня.
a
б
R
в
R
A1
q1
F1
a
a
A2
R/A1
1
l1
la
F1
l2
F1 /A1
2
l3
q2
F2
F2
Эпюра N
2F2 /A1
Эпюра 
Рис. 1.4. К решению задачи № 2:
а – схема нагрузки на стержень;
б, в – эпюры продольной силы и напряжений
Эпюры продольной силы и напряжений строим, используя метод
сечений, аналогично тому, как это делали в задаче № 1. Заметим, что
угол наклона эпюры продольной силы зависит от величины q и, следовательно, при построении эпюры N в масштабе угол ее наклона на
первом и втором участке должен быть больше, чем на третьем участке, так как A1 по условию больше, чем A2 (рис. 1.4, б). Угол же наклона эпюры напряжений зависит от объемного веса , и поэтому угол
наклона эпюры напряжений на всех участках одинаков (рис. 1.4, в).
15
Находим перемещение (опускание) сечения а–а. Это перемещение можно искать разными способами. По п ер во му способу для
определения перемещения используем формулу (1.4). Здесь F – сосредоточенная сила, вызывающая перемещение участка длиной l;
G – собственный вес рассматриваемого участка. Эту формулу можно
использовать на участках постоянного сечения между сосредоточенными силами. Отсчет надо вести от неподвижного сечения, т. е. заделки. Например, в рассматриваемой задаче перемещение сечения а–
а складывается из удлинения участка длиной l1, которое мы обозначим l1, и удлинения участка длиной la – la. При определении удлинения l1 в формуле (1.4) сила F равна сумме F1, F2 и собственного
веса всех расположенных ниже участков. Вес рассматриваемого
участка стержня длиной l1: G  A1l1 . Таким образом, по (1.4)
( F  F2  A1l2  A2l3  A1l1 / 2)l1
.
l1  1
EA1
Удлинение la происходит под действием сосредоточенной силы, состоящей из силы F2, веса участков стержня, расположенных
ниже сечения а–а, и собственного веса участка G  A1la . То есть
[ F  A1 (l2  la )  A2l3  A1la / 2]la
.
la  2
EA1
Окончательно опускание сечения а–а равно l  l1  la .
Если построена эпюра распределения напряжений, то для определения перемещения заданного сечения удобно использовать вто р о й способ, применяя формулу (1.2). В формуле (1.2) N ( x) / A  ( x) ,
а  ( x)dx – это площадь эпюры напряжений на участке между неподвижным сечением (заделкой) и рассматриваемым сечением а-а. Таким образом, если найти площадь двух трапеций на указанном
участке (заштрихованные площади 1 и 2 эпюры  на рис. 1.4, в) и
разделить полученную величину на модуль упругости, мы получим
искомое перемещение сечения а–а:
l  1  2  E .
16
При вычислении перемещения обращайте внимание на единицы
измерения величин, входящих в формулы. Рекомендуем окончательный результат получить в сантиметрах.
1.1.3. Определение грузоподъемности статически
определимой конструкции, работающей на растяжениесжатие (задача № 3)
Условие задачи
Конструкция, состоящая из стержней, соединенных шарнирами,
загружена силой F (рис. 1.5). Сечения стержней – из прокатных профилей, площади сечений можно найти по сортаментам стального
проката (например, в [1]). Цель расчета:
1) определить значение допускаемой нагрузки;
2) найти перемещение узла С.
С
1

F
2
Рис. 1.5. Схема конструкции в задаче № 3
N1

N2
F

x2
Рис. 1.6. План сил
x1
Примечание. Если на схеме,
выбранной студентом по [4], один
стержень показан более жирным,
то его следует считать абсолютно
жестким, т. е. деформациями этого
стержня нужно пренебречь.
Решение
Для определения усилий используем
метод сечений. Для этого нарисуем
план сил: рассечем деформируемые
стержни конструкции и отброшенные
части стержней заменим продольными силами N1 и N2 (рис. 1.6). Найдем
усилия N1 и N2 из уравнений равновесия отсеченной части конструкции.
Желательно составлять такие уравнения равновесия, чтобы в каждое
17
уравнение входило только одно неизвестное усилие, например,
 x1  0 для определения N1 и  x 2  0 (рис. 1.6) для нахождения N2..1.
Эти уравнения в рассматриваемой задаче имеют вид:
 N1 sin   F cos   0 и N 2 sin   F  0 . Откуда
F
F
N1 
и N2  
.
sin 
tg
Знак минус показывает, что направление усилия в стержне 2
противоположно показанному на рис. 1.6, т. е. стержень 2 сжат.
Определим напряжения по (1.1) и выберем наиболее напряженный стержень (допустим, что в рассматриваемой задаче это будет
стержень 1).
Из условия прочности этого стержня получим значение допускаемой нагрузки:
F
 max 
 [] , F  [] A1tg .
tgA1
Найдем перемещение узла С, построив план перемещений
(рис. 1.7). Предварительно найдем абсолютные деформации стержней
l1 и l2 по формуле (1.3). В рассматриваемой задаче растянутый
стержень 1 будет удлиняться, а сжатый стержень 2 – укорачиваться.
Для построения плана перемещений нарисуем схему конструкции в
масштабе и отложим отрезки l1 и l2 вдоль оси каждого стержня,
выбрав масштаб для деформаций так, чтобы картинка плана перемещений была наглядной. В процессе деформации стержни поворачиваются относительно точек А и В по дугам. Из-за малости деформаций эти дуги заменяем касательными, т. е. перпендикулярами к
направлениям стержней (отрезки C1C  и C 2 C  на рис. 1.7). На пересечении дуг (перпендикуляров к направлениям стержней) находится
новое положение узла C после деформации – точка C  на рис. 1.7.
. Для конструкции, имеющей жесткий стержень, рациональным уравнением равновесия, в которое входит одно неизвестное усилие, является уравнение  m A  0 , где А – шарнир, вокруг которого поворачивается жесткий стержень.
1
18
Вертикальное и горизонтальное перемещение узла C до С2
пускается определять по масl2
штабу, не делая сложных геометрических выкладок.
B
Примечание. Если конверт


C
C
струкция имеет абсолютно
жесткий стержень, то принцип построения плана перемещений тот же. Все точки
C
абсолютно жесткого стержня
Сгор.
могут перемещаться только
по дугам (перпендикулярам к
Рис. 1.7. План перемещений
направлению стержня), поворачиваясь вокруг неподвижного шарнира. Например, если стержень АС на рис. 1.7 считать абсолютно жестким, то точка С
переместится в положение C  и горизонтальное перемещение узла С
будет равно нулю.
A
C l1 С1
1.2. РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ
СТЕРЖНЕВЫХ СИСТЕМ
Основные определения
Статически неопределимая система – система, в которой количество неизвестных (опорных реакций, внутренних усилий) больше
числа независимых уравнений статики, составляемых для рассматриваемой системы (конструкции). Таким образом, в статически неопределимой системе невозможно найти все неизвестные, пользуясь только уравнениями равновесия. Разность между количеством неизвестных и числом независимых уравнений статики называется степенью
статической неопределимости.
Конструкции, состоящие из стержней, соединенных шарнирами,
называются шарнирно-стержневыми. В этих конструкциях есть
стержни, которые обеспечивают геометрическую неизменяемость
19
конструкции и при удалении которых система превращается в механизм. Такие стержни будем называть необходимыми. Если же при
удалении некоторых стержней геометрическая неизменяемость конструкции не нарушается, то такие стержни назовем лишними. В статически определимой системе есть только необходимые стержни, в
статически неопределимой – число лишних стержней равно степени
статической неопределимости.
Порядок определения всех неизвестных в статически неопределимых конструкциях (раскрытия статической неопределимости) следующий:
1) записываем необходимые для определения внутренних усилий и опорных реакций уравнения равновесия;
2) составляем уравнения совместности деформаций (геометрические уравнения). Количество уравнений совместности деформаций
равно степени статической неопределимости;
3) записываем физические уравнения, связывающие усилия и
деформации;
4) решая полученную систему уравнений, находим все неизвестные.
Если в качестве физических уравнений используется закон Гука,
то такой способ расчета носит название расчета по упругой стадии
деформаций. После определения внутренних усилий – продольных
сил в стержнях статически неопределимой системы – встает задача
обеспечения ее прочности. При расчете по упругой стадии деформаций считается, что предельное состояние конструкции наступает тогда, когда один, наиболее напряженный, стержень переходит в предельное состояние (разрушится или потечет). Поэтому после определения усилий по этому способу находим напряжения в стержнях и
выбираем стержень, в котором действует максимальное напряжение.
Из условия прочности этого наиболее напряженного стержня либо
вычисляем допускаемую нагрузку, либо подбираем сечения стержней. Следует отметить, что в большинстве статически неопределимых
конструкций в результате расчета по этому способу только в одном
стержне напряжения будут равны допускаемым, остальные же стержни будут недогружены. Достичь равенства напряжений во всех эле-
20
ментах конструкции и, следовательно, добиться выполнения требования, чтобы напряжения во всех стержнях равнялись допускаемым, в
общем случае невозможно.
Второй способ расчета статически неопределимых стержневых
систем носит название расчета по предельному пластическому состоянию.2 Благодаря наличию лишних стержней в статически
неопределимой системе, наступление состояния текучести в одном
(наиболее напряженном) стержне еще не приводит к нарушению геометрической неизменяемости всей конструкции. Остальные стержни,
оставаясь упругими, препятствуют пластическим деформациям этого
стержня. Конструкция продолжает выполнять свое назначение, перейдя из упругой стадии работы в упругопластическую. При увеличении нагрузки в пластическую стадию работы вовлекаются все новые
стержни. И только тогда, когда в системе потекут все ли шни е
стержни и хотя бы один необходимый, конструкция превращается в
механизм и не может выполнять свои функции. Это состояние и считается предельным при расчете по предельному пластическому состоянию. Таким образом, расчет по предельному пластическому состоянию сводится к следующему:
1) определяем, сколько стержней должно потечь, чтобы конструкция превратилась в механизм. Дальнейший расчет возможен по
двум вариантам:
 если в предельном состоянии текут все стержни системы, то,
составляя уравнения равновесия конструкции в предельном состоянии, находим из него значение предельной нагрузки Fпред ;
 если в предельном состоянии течет только часть стержней, то,
не определяя порядка перехода стержней в пластическое состояние,
рассматриваем все кинематически возможные варианты предельного
состояния конструкции. Находим из уравнений равновесия предельную нагрузку для каждого варианта. Выбираем из всех вариантов минимальное значение предельной нагрузки Fпред  Fmin ;
Как видно из названия, этот способ применим к конструкциям, стержни
которых выполнены из пластичного материала.
2
21
2) из условия прочности конструкции по предельному состоянию F  Fпред / n либо вычисляем допускаемую нагрузку, либо подбираем сечения стержней.
Отметим, что расчет по предельному пластическому состоянию
является более экономичным, чем расчет по упругой стадии деформаций. Поэтому при сравнении результатов расчета по двум способам
должно получиться, что допускаемая нагрузка, найденная расчетом
по предельному пластическому состоянию, всегда не меньше нагрузки, полученной расчетом по упругой стадии деформации. Соответственно площади сечений стержней, найденные расчетом по предельному состоянию, должны быть не больше площадей сечений, полученных расчетом по упругой стадии деформаций.
Примеры решения задач
1.2.1. Расчет статически неопределимого составного
стержня, работающего на растяжение-сжатие
(задача № 4)
Условие задачи
Стержень переменного
A2(бронза)
А1(сталь)
сечения с заданным соотношением площадей поперечF
ного сечения A1 / A2  2 , выполненный из разного матеa
b
c

риала, загружен силой F
(рис. 1.8). Между правым
концом стержня и стенкой
Рис. 1.8. Схема нагрузки на стержень
в задаче № 4
существует зазор  .
Требуется:
1) определить продольные силы, напряжения на каждом участке и проверить прочность
стержня от действия заданной нагрузки F.
22
2) найти дополнительные напряжения, возникающие в стержне
при его нагревании на температуру T и проверить прочность
стержня от температурного воздействия.
Решение
I. Определение напряжений от заданной нагрузки
Прежде всего, надо убедиться, что заданная система является
статически неопределимой. Найдем абсолютную деформацию стержня, показанного на рис. 1.8, предполагая сначала, что правая стенка
отсутствует. Тогда, используя метод сечений, определим продольные
силы на трех участках стержня:
на первом участке длиной a N a  F ;
на втором и третьем участках N b  N c  0 .
Полное удлинение стержня, равное в общем случае
l  la  lb  lc , в данной задаче равно удлинению первого участка и, следовательно, по (1.3)
Fa
.
l  la 
Eст A1
Если под действием нагрузки абсолютная деформация l стержня будет больше заданного зазора  , то стержень упрется правым
концом в стенку и возникнут опорные реакции как в левом защемлении ( R A ), так и в правом опорном закреплении ( RB ) (рис. 1.9, а). Для
заданной системы можно составить только одно независимое уравнение статики  x  0 . Таким образом, две неизвестные опорные реакции нельзя найти из одного уравнения, и система в процессе деформации становится один раз статически неопределимой.
Для раскрытия статической неопределимости используем расчет
по упругой стадии деформаций и запишем три группы уравнений:
1) уравнения равновесия. Из них получим:

для всего стержня R A  RB  F ;
N a  RA ,

для
отсеченных
частей
стержня
N b  R A  F , N c  RB . Заметим, что при составлении уравнений
равновесия отсеченных частей стержня сделано предположение, что
первая и вторая части стержня растянуты, а третья часть – сжата;
23
2) уравнение совместности деформаций, смысл которого в данной задаче очень простой: полная деформация стержня равна заданному зазору. При составлении уравнения совместности деформаций
важно, чтобы знаки абсолютных деформаций соответствовали сделанным предположениям о направлении усилий. В нашем примере
l  la  lb  lc   ;
3) физические уравнения
N cc
N a
N b
.
la  a , lb  b , lc 
Eбр A2
Eст A1
Eст A1
Решив полученную систему уравнений, найдем продольные силы, а затем напряжения в разных частях стержня и построим эпюры
их распределения по длине стержня (рис. 1.9, б). Если знак усилия после решения системы уравнений получился отрицательным, это ознаа
А1(сталь)
RA
A2(бронза)
RB
F
a
b
c
б
RA
RB
Эпюра N
RA /A1
RB /A2
Эпюра 
Рис. 1.9. К решению задачи № 4:
а – план сил от действия F,
б – эпюры продольной силы и напряжений от F
чает, что сделанное предположение о направлении продольной силы
24
не подтвердилось. В рассмотренной задаче отрицательным должно
получиться усилие N b , т. е. второй участок длиной b не растянут, а
сжат. Знаки N и  на эпюрах ставим в соответствии с правилом знаков
для продольной силы.
После определения напряжений производим проверку прочности
по формулам (1.5) или (1.7) так же, как в статически определимой системе. Если условие прочности на каком-нибудь участке стержня не
будет выполняться, измените значение F так, чтобы условие прочности соблюдалось.
II.Определение температурных напряжений
Найдем удлинение стержня от температурного воздействия l T
а
А1(сталь)
A2(бронза)
RA
a+b
RB
c
б
RA
RA /A1
Эпюра N
RА /A2
Эпюра 
Рис. 1.10. К решению задачи № 4: а – план сил от действия T ,
б – эпюры продольной силы и напряжений от T
и убедимся в том, что это удлинение больше заданного зазора  .
T
T
l T  lст
 lбр
 Tст ( a  b)  Tбр c .
25
Если l T >  , то система является один раз статически неопределимой, и раскрытие статической неопределимости производим по той
же схеме, что и в предыдущей части задачи:
Из уравнений равновесия следует, что
и
R A  RB
N ст  N бр  R A . Здесь в соответствии с рис. 1.10, а предполагаем, что
стержень всюду сжат. (Силу F при определении температурных
напряжений считаем равной нулю.)
Уравнение совместности деформации показывает, что абсолютная деформация стержня, равная разности удлинения стержня от температурного воздействия l T и укорочения от действия сжимающих
продольных сил l N не может быть больше заданного зазора  :
l  l T  l N   ,
N
N
 lбр
где l N  lст
.
Укорочение стержня от действия продольных сил найдем, используя физические уравнения (закон Гука):
N бр c
N ( a  b)
N
N
lбр

и
.
lст
 ст
Eбр A2
Eст A1
После решения полученной системы уравнений найдем усилия в
обеих частях стержня. Полученный положительный знак должен подтвердить предположение о том, что стержень сжат. Строим эпюры
продольной силы и напряжений (рис. 1.10, б) от температурного воздействия.
Проверяем прочность стержня и в случае невыполнения условия
прочности на каком-нибудь участке находим новое значение T , при
котором условие прочности будет соблюдаться на всех участках.
26
1.2.2. Расчет статически неопределимой стержневой
конструкции, работающей на растяжение-сжатие (задача № 5)
Условие задачи
Стержневая конструкция, состоящая из абсолютно жесткого
диска и двух деформируемых стержней длиной l1 и l2, соединенных
шарнирами, подвержена действию силы F (рис. 1.11). Примем следующие исходные данные: a  2 м, b  3м,   30 , A1 A2  2 , l1  4 м,
l2  2 м,
2
l2
C
1
l1
b

B
A
a
a
F
Рис. 1.11. Схема конструкции в задаче № 5
Решение этой задачи состоит из трех частей:
Часть 1. Расчет по упругой стадии деформации. В зависимости
от исходных данных, выписанных из таблицы и являющихся индивидуальными для каждого студента, надо либо определить грузоподъемность конструкции, либо подобрать размеры поперечного сечения
расчетом по допускаемым напряжениям.
Часть 2. Расчет по предельному пластическому состоянию. Требуется найти грузоподъемность (или подобрать сечения стержней)
расчетом по предельному состоянию.
Часть 3. Определение дополнительных напряжений, связанных
с изменением температуры на T или неточностью изготовления 
одного из стержней. Допустим, что в рассматриваемой задаче стер-
27
жень 1 охлаждается (T1 < 0), и найдем возникающие в стержнях конструкции температурные напряжения.
Решение
Прежде всего убедимся, что рассматриваемая конструкция является статически неопределимой. Сосчитаем число неизвестных: ими
являются продольные силы в двух деформируемых стержнях и две
опорные реакции в шарнирно неподвижной опоре в точке А. Таким
образом, имеем 4 неизвестные, а число независимых уравнений статики для данной системы равно 3. Система является один раз статически неопределимой.
Часть 1. Для расчета конструкции по упругой стадии деформации необходимо составить три группы уравнений:

уравнения равновесия;

уравнения совместности деформаций;

физические уравнения (закон Гука).
Чтобы составить уравнения равновесия, нарисуем план сил. Для
этого рассечем стержни и, отбросив части стержней, заменим их
внутренними усилиями – продольными силами N1 и N2 (рис. 1.12, а).
Важно, чтобы на плане сил направления усилий соответствовали
плану перемещений. Для того, чтобы выяснить как направлены продольные силы в стержнях, нарисуем приближенный план перемещений (рис. 1.12, б), пользуясь принципами, описанными при решении
задачи № 3. Точки В и С жесткого диска поворачиваются с радиусами AB и АС вокруг неподвижной точки А на один и тот же угол  и
перемещаются по дугам, которые заменяем перпендикулярами BB и
СС  Для того, чтобы найти абсолютные деформации стержней, надо
из точек B  и C  (новые положения узлов В и С) опустить перпендикуляры на направления стержней. Как видно из рис. 1.12, б стержень 1
укорачивается на l1 (выделенный жирным отрезок), и поэтому на
плане сил усилие N1 показано сжимающим. Стержень 2 согласно плану перемещений удлиняется на  l 2 , и на рис. 1.12, а продольная сила
N2 нарисована растягивающей.
28
б
a
N2
y
l2
N1

A
HA
a
x
RA
l1
B

B



C

C
A
F
a
Рис. 1.12. К решению задачи № 5:
а – план сил от действия F;
б – план перемещений от действия F
Теперь составим три уравнения равновесия:
 x  0 ; H A  N1 sin   0 ;
 y  0 ; R A  N 2  N1 cos   F  0 ;
 m A  0 ; N1 cos   a  N 2  a  F  a  0 .
Запишем вторую группу уравнений – уравнения совместности
деформаций. Поскольку данная система является один раз статически
неопределимой, необходимо составить одно уравнение совместности
деформаций. Это геометрическое уравнение, связывающее абсолютные деформации стержней, и его мы получим на основании плана перемещений. Из подобия треугольников ABB и ACC на
BB  CC 

рис. 1.12, б
. Связывая отрезки BB и CC с деформацияAB AC
ми стержней l1 и l2 и учитывая, что AB = a, а AC  a 2  b 2 , получим уравнение совместности деформаций
l1
l2
.

cos   a sin   a 2  b 2
Поскольку sin   a / a 2  b 2 , то окончательно
29
l1
 1,15l1 .
cos 
Это уравнение показывает, во сколько раз абсолютное удлинение второго стержня больше абсолютного укорочения первого стержня. При построении плана перемещений в масштабе (что рекомендуется) результаты вычислений можно проверить по рисунку, измерив
отрезки l1 и l 2 и найдя их отношение.
Теперь надо связать деформации стержней с внутренними усилиями. Предполагая, что материал подчиняется закону Гука (расчет
по упругой стадии деформаций), запишем третью группу уравнений
Nl
N l
l1  1 1 и l2  2 2 .
EA1
EA2
Мы получили полную систему уравнений для определения всех
неизвестных ( N1, N 2 , H A , RA ). Как правило, нас интересуют только
продольные силы в стержнях, поэтому из уравнений равновесия при
решении системы используется только последнее уравнение, в которое не входят опорные реакции. Решая полученную систему уравнений, найдем внутренние усилия в стержнях:
F
;
N1 
e2 1
cos  
e1 cos 
e
F 2
e1
N2 
.
e2 1
cos  (cos  
)
e1 cos 
EA
Здесь введено обозначение ei  i – погонная жесткость i-го
li
стержня.
Заметим, что, как видно из полученных формул, усилия зависят
не только от величины нагрузки и геометрических размеров конструкции, как в статически определимых системах, но и от отношения
погонных жесткостей стержней. Эта важная закономерность справедлива для любой статически неопределимой конструкции и позволяет
l 2 
30
влиять на распределение усилий в стержнях без изменения ее геометрической схемы. Для принятых в данной задаче исходных данных получим N1  0,495F и N 2  0,571F .
Определив внутренние усилия в стержнях, находим напряжения и выбираем наиболее напряженный стержень. Из условия прочности этого
(наиболее напряженного) стержня либо определяем допускаемую
нагрузку, либо подбираем размеры поперечных сечений стержней
(заданное отношение площадей сечения необходимо сохранить).
Напряжения
в
стержнях
 (1)  0,495F A1 ,
( 2)  0,571F A2  1,142F A1 . Из сравнения видно, что наиболее
напряженным является стержень 2. Из условия прочности этого
стержня
 max  ( 2)  1,142F A1  []
находим либо значение F, либо А1 (А2 по заданному отношению равно
А1/2).
Для проверки рекомендуем после определения допускаемой
нагрузки (либо размеров площадей сечения) еще раз найти напряжения в стержнях и убедиться в том, что условие прочности выполняется в обоих стержнях.
Часть 2. Сделаем расчет конструкции по предельному пластическому состоянию. Поскольку заданная система является один раз
статически неопределимой, то в предельном состоянии должны потечь два стержня, то есть все деформируемые стержни конструкции.
Для определения предельной нагрузки нарисуем план сил в предельном состоянии (рис. 1.13). Направления усилий снова должны соответствовать плану перемещений. Составим одно уравнение равновесия в предельном состоянии (такое уравнение, в которое не входят
неизвестные опорные реакции):
 m A  0 ;  т A1 cos   a   т A2  a  Fпред  a  0 .
Из этого уравнения можно найти значение предельной нагрузки.
Для конкретных исходных данных, использованных в первой части
задачи, получим:
Fпред   т A1  0,867   т A2   т A1  1,367 .
31
Из условия прочности конструкции по предельному состоя тA2
нию F  1,367 т A1 n либо находим
значение допускаемой нагрузки,
либо подбираем размер А1.
 тA1
Сравним величины допускаемых нагрузок, найденных разными методами для рассмотренного
А
примера. Допускаемая нагрузка,
Fпред
определенная расчетом по упругой
стадии деформации
a
a
Fдупр
оп  [] A1 1,142 ,
оказалась меньше допускаемой
Рис. 1.13. План сил в предельном нагрузки, полученной расчетом по
состоянии
предельному пластическому сопл
стоянию Fдоп
 1,367[] A1 , на 56%.
Часть 3. Найдем дополнительные напряжения в стержнях конструкции, связанные с охлаждением стержня 1 на T градусов. Предполагая, что в процессе деформации материал стержней остается
упругим, расчет ведем по той же схеме, что и в первой части задачи,
т. е. составляем три группы уравнений:

уравнения равновесия;

уравнения совместности деформаций;

физические уравнения.
Уравнения равновесия составляем по плану сил (рис. 1.14, а), уравнения совместности деформаций – по плану перемещений (рис. 1.14, б).
План сил и план перемещений, как и раньше, должны соответствовать
друг другу. Поясним особенности построения плана перемещений от
температурного воздействия. Если бы конструкция была статически
определимой, т. е. стержень 2 отсутствовал, то стержень 1 при охлаждении уменьшил бы свою длину на величину l1T , жесткий диск повернулся бы на угол  и узел В переместился в положение В. Поскольку конструкция статически неопределима, то лишний стержень
2 препятствует такой деформации. В результате жесткий диск повер-
32
нется только на угол , точка В перейдет в положение В. Стержень 1
окажется растянутым на величину l1N (выделенный жирным отрезок на плане перемещений рис. 1.14, б) и в нем возникнет растягивающее усилие N1. В свою очередь стержень 2 в процессе деформации
также будет растянут на величину l2 продольной силой N2. В соответствии с планом перемещений на плане сил (см. рис. 1.14, а) оба
стержня показаны растянутыми.
Теперь запишем систему уравнений для определения внутренних
усилий в заданной конструкции:
N2
a
б
N1
l1N

HA
A
l1T
В
 В

В


l2 C

C

A
RA
a
a
Рис. 1.14. К решению задачи № 5:
а – план сил от температурного воздействия;
б – план перемещений от температурного воздействия
уравнение равновесия
 m A  0 ;  N1 cos   a  N 2  a  0 ;
уравнение совместности деформации 3
Очевидно, что связь между деформациями стержней будет такой же, как
и в первой части задачи, поэтому уравнение совместности деформаций в третьей части задачи можно записать, используя ранее полученное уравнение, заменив в нем l1 на l1T  l1N .
3
33
и физические уравнения
l1T  l1N
 l 2
cos 
N1l1
N l
;  l2  2 2 .
EA 2
EA1
Решая эту систему уравнений, найдем усилия в стержнях системы, а далее по формуле (1.1) температурные напряжения. Заметим,
что отрицательный знак T используется только при построении
плана перемещений (стержень укорачивается от действия температуры), при решении системы уравнений величину T следует принять
положительной.
Примечание. Определение монтажных напряжений, связанных с
неточностью изготовления одного из стержней  i , производится так
же, как температурных напряжений. Например, если в рассмотренном
примере стержень 1 будет изготовлен короче, чем требуется, на величину 1 (эта величина в таблице исходных данных [4] задана отрицательной), то при сборке конструкции стержень 1 надо будет растянуть
и при этом стержень 2 тоже растянется. На плане перемещений отрезок l1T заменим на 1 и решение задачи будет справедливо, если в
l1T  l1T ;  l1N 
полученной системе уравнений всюду заменить l1T на заданную величину 1 .(Отрицательный знак 1 при решении системы уравнений
не учитывается.)
1.2.3. Определение грузоподъемности статически
неопределимой шарнирно-стержневой конструкции (задача № 6)
Условие задачи
Имеется шарнирно-стержневая система, состоящая из трех деформируемых стержней, загруженная силой F (рис. 1.15). Заданы:
геометрические характеристики системы ( a ,  ,  ); площади попе-
34
речных сечений стержней A1  A , A2  2 A , A3  0,5 A ; материал конструкции  пластичный. Требуется4:
1) определить грузоподъемность системы тремя способами:
3

рас
2
четом по упругой стадии деформаций;

рас
четом по упругопластической стадии;
C

рас1
четом по предельному пластическому
F
состоянию;
a
2*) определить остаточные напряжения в стержнях системы при полной
Рис. 1.15. Схема конструкции разгрузке из положения предельного
в задаче № 6
равновесия.
Решение
I. Определение грузоподъемности системы расчетом
по упругой стадии деформаций
Найдем степень статической неопределимости системы. В данной конструкции имеем три неизвестные продольные силы в стержнях. Число уравнений статики, которые можно составить для системы
сил, сходящихся в одной точке, равно двум. Таким образом, число неизвестных больше числа уравнений равновесия на единицу, и система
является один раз статически неопределимой. Можно определить степень статической неопределимости и по-другому. Шарнир C (модель
которого  точка) для неподвижного закрепления на плоскости требует наложения двух линейных связей. Такими необходимыми связями
При решении этой задачи студенты заочной формы обучения выполняют только расчет по предельному пластическому состоянию. Остальные студенты решают задачу № 6 в соответствии с требованием преподавателя. Пункт
2, отмеченный значком *, не является обязательным и выполняется по желанию студента.
4
35
являются любые два стержня из имеющихся трех стержней системы.
Следовательно, оставшийся третий стержень становится лишней кинематической связью (лишним стержнем), а система является один
раз статически неопределимой.
Для раскрытия статической неопределимости требуется составить уравнения статики, одно (по числу лишних связей) кинематическое соотношение (условие совместности деформаций) и физические
уравнения. Рекомендуем начинать решение задачи с записи условия
совместности деформаций, построив предполагаемый план перемещений. Для составления уравнений равновесия строим план сил,
направления усилий на котором должны быть согласованы с планом
перемещений.
1. Уравнение совместности деформаций. Построим предполагаемый план перемещений (рис. 1.16). Величины двух абсолютных деформаций задаем произвольно (например, считаем, что стержни 2 и 3
удлиняются, и откладываем произвольные отрезки l2 и l3 вдоль
стержней). На пересечении траекторий поворота концов двух стержней (перпендикуляров к направлениям стержней) получаем новое положение шарнира C – точку С на рис. 1.16. Опустив из этой точки
перпендикуляр на направление оси
стержня 1, найдем величину его абсолютной деформации l1 .
3

Разложим полное перемеще2
ние шарнира C – отрезок CC  – на
C
l1
составляющие u и v . Найдем абсо
лютные деформации стержней, выразив их через u и v , используя их
l3
1
l2
v геометрическую связь:
l1  u ,
l2  u cos   v sin  ,
C

u
l3  v cos   u sin  .
Исключив из этих выражений
Рис. 1.16. План перемещений при u и v , получим искомое соотношерасчете по упругой стадии
ние между абсолютными деформа-
36
циями
y
N2
N1

l1 tg   ctg   
N3
l
l 2
 3 0
sin  cos 
.
Допускается составлять уравнение совместности деформаций
C
приближенно, измеряя отношения
между абсолютными деформациями
F
по построенному в масштабе плану
перемещений. Для приближенного
Рис. 1.17. План сил в упругой
определения связи между абсолютстадии работы
ными деформациями представим эту
связь в виде
l1  k 2 l2  k3l3  0 .
Неизвестные параметры данной зависимости k 2 и k 3 определим
из двух планов перемещений. При построении первого плана перемещений предположим, что l  0 . Измерим деформации первого l  и

x
1
2
третьего l3 стержней. Тогда
k 3   l1 l3 .
Построив второй план перемещений в предположении, что
l3  0 , найдем отношение деформаций первого l1 и второго l2
стержней и получим
k   l  l  .
2
1
2
2. Уравнения равновесия. Составим их на основании плана сил.
Нарисуем план сил, вырезав узел C и заменив отброшенные части
стержней внутренними усилиями, причем направления усилий покажем в соответствии с планом перемещений растягивающими
(рис. 1.17). Запишем два независимых уравнения статики. Для данной
системы таковыми являются:
 x  0 ;  N1  N 2 cos   N 3 sin   0 ;
F  N 2 sin   N 3 cos   0 .
 y  0;
37
3. Физические соотношения. Поскольку расчет ведется по упругой стадии деформаций, то материал конструкции подчиняется закону
Гука (1.3) и для каждого стержня записываем физические уравнения:
N l
Nl
N l
l1  1 1 ;
l3  3 3 .
l2  2 2 ;
EA1
EA3
EA2
Полученную систему уравнений решаем относительно усилий
N1 , N 2 , N 3 . Например, при   45 ,   30 это решение имеет вид
N1  0,101F , N 2  0,608F , N 3  0,658F .
Найденное решение показывает, что усилие в первом стержне N 1
отрицательно, т. е. стержень не растянут, как мы предполагали, а
сжат. Полученные положительные знаки N 2 и N 3 подтверждают
предположение о том, что эти стержни растянуты.
Для проверки прочности конструкции определим напряжения в
стержнях системы:
N
0,101F
;
1  1  
A1
A
N
0,608F 0,304F
;
2   2 

A2
2A
A
N
0,658F 1,316F
.
3  3 

A3
0,5 A
A
При расчете по упругой стадии деформации считаем, что предельное состояние конструкции наступит тогда, когда потечет один,
наиболее напряженный, стержень. Поскольку пластичный материал
имеет одинаковые пределы текучести при сжатии и растяжении, то
знак напряжения не имеет значения и первым потечет стержень, в сечении которого возникают наибольшие по модулю напряжения. В
данном случае это третий стержень. Из условия его текучести находим предельную нагрузку:
1,316F
упр
Fпред
 0,767 т A ;
 т ,
A
а из условия прочности  допускаемую нагрузку на конструкцию:
упр
Fпред
1,316F
упр
Fдоп  0,767A 
  ,
.
A
n
38
Отметим, что при расчете по упругой стадии деформаций
нагрузка и напряжения на всем участке деформирования связаны
прямой пропорциональной зависимостью, а потому коэффициенты
запаса по напряжениям и по нагрузке равны между собой.
II. Определение предельной грузоподъемности системы
расчетом по упругопластической стадии
Проследим за дальнейшим развитием процесса нагружения –
деформирования системы после того, как напряжения в третьем
стержне достигли предела текучести. Примем, что материал конструкции работает в соответствии с идеализированной диаграммой
упругопластического тела – диаграммой Прандтля (рис. 1.18). При

продолжении роста нагрузки напряжения в третьем стержне будут
т
оставаться постоянными и равными
 т . При работе конструкции в упругопластической стадии напряжения

в остальных стержнях будут расти в
соответствии с упругим законом, но
Рис. 1.18. Диаграмма Прандтля
при изменившихся параметрах линейной зависимости от нагрузки.
Эти изменения связаны с перераспределением нагрузки только на
упругие стержни, обеспечивающие неизменяемость системы в этой
стадии ее работы.
Поскольку усилие в стержне 3 уже известно, задача становится
статически определимой и усилия в стержнях 1 и 2 находим из уравнений равновесия узла C (план сил на рис. 1.19):
 x  0 ;  N1  N 2 cos    т A3 sin   0 ;
 y  0 ;  N 2 sin    т A3 cos   F  0 .
Решение этой системы уравнений при   45 ,   30 :
N1  F  0,683 т A ,
N 2  1,414F  0,612 т A .
Зависимости напряжений от нагрузки на данной стадии работы
системы:
39
F
F
 0,683 т ,
 2   0,707  0,306 т .
A
A
Предельное пластическое состояние конструкции достигается
тогда, когда напряжения в одном из упругих стержней 1 и 2 достигнут предела текучести и конструкция превратится в механизм. Определим, какой из стержней потечет первым, приравняв напряжения в
стержнях пределу текучести и найдя, при каком значении нагрузки
стержни потекут:
1   т ,
F  1,683 т A ;
2    т ,
F  1,847 т A .
 1 
Видно, что нагрузка, при
которой 1   т , меньше и пер-
y
N2
N1


 тA3
x
C
F
вый стержень потечет раньше
второго. Нагрузка, при которой
будут течь два стержня (3 и 1), и
есть предельная нагрузка для
всей конструкции
пл
Fпред
 1,683 т A .
Заметим, что в предельном
состоянии напряжения в первом
Рис. 1.19. План сил
в упругопластической стадии работы и третьем стержнях достигли
предела текучести. При этом первый стержень потек вслед за третьим, хотя к концу упругой стадии напряжения в нем были меньше,
чем во втором стержне. Зависимость между напряжениями и нагрузкой с начала деформирования в упругопластической стадии уже не
является линейной, а потому одинаковым коэффициентам запаса по
нагрузке и по напряжениям в наиболее напряженном упругом
стержне будут соответствовать различные значения допускаемой
нагрузки. Так, в нашем случае допускаемая нагрузка с коэффициентом запаса n  1,5 по напряжениям определяется из условия

F

  1,350 т A .
 0,683 т  т ;
 1  т ;
Fдоп
A
n
n
40
Если же исходить из коэффициента запаса n  1,5 по нагрузке, то
пл
Fпред
1,683 т A
F
F
;
;
Fдоп  1,122т A .
n
n
Очевидно, что расчет по допускаемой нагрузке приводит к повышенному запасу прочности в отдельных стержнях системы, а расчет по допускаемым напряжениям не обеспечивает заданного коэффициента запаса по нагрузке. Поэтому значение допускаемой нагрузл
 Fдоп .
ки принимаем из условия прочности по нагрузке: Fдпоп
Следует отметить, что современными строительными нормами
проектирования предусматривается раздельное применение коэффициентов надежности по нагрузке и по материалу. Условие прочности
в этом случае приняло бы вид

F
 1,683 т ,
A

где  и   коэффициенты надежности (запаса) по нагрузке и по материалу соответственно.
III. Определение предельной грузоподъемности системы
расчетом по предельному пластическому состоянию
Заданная система имеет три деформируемых стержня, один из
которых является лишним, так как система один раз статически
неопределима. В предельном состоянии, когда конструкция превращается в механизм, должны потечь два стержня (один лишний и один
необходимый). В рассмотренных ранее способах решения этой задачи
рассматривался порядок перехода материала стержней в пластическую стадию работы, было выяснено, какой стержень потечет первым, какой – вторым. При этом конструкция сначала работает в упругой стадии (материал всех стержней подчиняется закону Гука), затем
переходит в упругопластическую стадию работы. Решение вопроса о
предельной нагрузке на конструкцию, при которой последняя переходит в механизм, может быть получено и без рассмотрения упругой
и упругопластической стадий работы конструкции. Для этого достаточно исследовать равновесие системы в момент перехода в предельное пластическое состояние, т. е. в так называемое предельное равно-
41
весие. Сложность состоит в том, что конкретный механизм перехода
системы в предельное пластическое состояние заранее неизвестен.
Поэтому приходится рассматривать все кинематически возможные
варианты перехода к предельному равновесию и для каждого из них
вычислять предельную нагрузку. Фактически будет иметь место тот
вариант предельного состояния, которому соответствует минимальное значение предельной нагрузки.
В данной задаче возможны три варианта предельного равновесия конструкции: 1) текут стержни 1 и 3; 2) текут стержни 2 и 3 и,
наконец, 3) текут стержни 2 и 1.
В качестве примера рассмотрим два варианта предельного пластического состояния в нашей задаче. Согласно первому варианту
допустим, что напряжения в стержнях 1 и 3 равны  т , а стержень 2
работает упруго. Для определения направления усилий в стержнях 1 и
3 построим план перемещений, используя те же правила построения
плана перемещений, которые описаны при решении задач № 3 и 5.
Поскольку упругие деформации стержня 2 много меньше пластических деформаций стержней 1 и 3, то при построении плана перемещений стержень 2 можно считать абсолютно жестким. Под действием
нагрузки жесткий стержень 2 повернется вокруг шарнира А, и этот
поворот вызовет укорочение стержня 1 на l1 и удлинение стержня 3
на l3 (рис. 1.20, а). Соответствующий плану перемещений план сил
Рис. 1.20. Вариант 1 предельного пластического состояния:
а – план перемещений;
б – план сил
42
для первого варианта перехода в предельное состояние показан на
рис. 1.20, б.
Чтобы неизвестное усилие N2 не входило в уравнение, в качестве
условия предельного равновесия выберем уравнение "сумма моментов относительно шарнира A равна нулю" (см. рис. 1.20, б):
 M A  0;
 Fпред a   т A1a  tg    т A3a  cos    т A3  sin   a  tg   0 .
Из этого уравнения при   45 ,   30 найдем Fпред  1,683 т A .
Во втором варианте предельного пластического состояния
напряжения в стержнях 2 и 3 равны т, а первый стержень работает в
упругой стадии. Планы сил и перемещений показаны на рис. 1.21. Запишем уравнение предельного равновесия для узла С (такое уравнение равновесие, в которое не входит неизвестное усилие N1):
  0 .
 т A2 sin    т A3 cos   Fпред
 y  0;
Отсюда Fпред  1,847 т A .
б
а
y
А

2
1


l3
C
C
l2
 тА3
 тА2
3

N1
x
F пред
Рис. 1.21. Вариант 2 предельного пластического состояния:
а – план перемещений;
б – план сил
Аналогично можно определить предельную нагрузку для третьего варианта, в котором пластически деформироваться будут стержни
43
1 и 2. Фактической предельной нагрузкой будет минимальное значение из трех полученных. В нашей задаче это Fпред  1,683 т A (первый вариант предельного состояния), что совпадает со значением,
найденным ранее расчетом по упругопластической стадии.
Надо отметить, что число кинематически возможных вариантов
предельного состояния может уменьшиться, если ось какого-либо
стержня совпадает с линией действия нагрузки (в этом случае поворота этого стержня не происходит и механизма не образуется).
Допускаемое значение нагрузки определяем как отношение предельного значения нагрузки к коэффициенту запаса прочности n.
IV. Определение остаточных напряжений
Процесс нагружения конструкции в упругой и упругопластической стадиях, рассмотренный в пп. I и II, можно отобразить на диаграмме в осях   F
(рис. 1. 22). Характерные точки этой диаграммы получены по соответствующим зависимостям (F ) для трех стержней конструкции.
Рассмотрим процесс полной разгрузки системы из положения предельного равновесия (на диаграмме это соответствует вертикальной прямой с абсциспл
сой Fпред  1,683 т A ). Процесс разгрузки можно трактовать как наложение на
существующие напряжения напряжений от отрицательного приращения
нагрузки. Закон изменения последних определяется упругим решением задачи
до тех пор, пока величина напряжения в одном из стержней не достигнет  т ,
поэтому линии разгрузки каждого стержня будут направлены параллельно линиям упругого нагружения (левый участок диаграммы). Если одно из напряжений при разгрузке достигнет величины  т (как это имеет место в нашем случае), то законы изменения напряжений станут соответствовать упругопластической стадии, а их графики будут параллельны соответствующим линиям
нагружения (правый участок диаграммы).
Зависимости (F ) можно записать, пользуясь уравнением прямой с известным угловым коэффициентом, проходящей через заданную точку:
k
   0   F  F0  ,
A
где k / A  угловой коэффициент прямой линии нагружения, параллельной
рассматриваемой линии разгрузки;  0 и F0  начальные параметры (напряже-
44
ние и нагрузка в начале участка). В нашем случае F0  1,683 т A ,  0   т для
стержней 1 и 3, а для стержня 2  0  0,884 т .

упр
Fпред  0,767 т A
т
0,884т
0,422т
0,307т
0,231т
F
0,077т
0,683т
0,846т
т
0,163тA
пл
Fпред  1, 683 т A
Рис. 1.22. Зависимость между напряжениями и
нагрузкой в процессе увеличения и уменьшения
нагрузки для стержней:
1–
2–
3–
увеличение F;
уменьшение F;
увеличение F;
уменьшение F;
увеличение F;
уменьшение F
Запишем эти зависимости непосредственно после начала разгрузки:
F
 1  0,101  0,830 т ,
A
45
F
 0,372 т ,
A
F
  3  1,316  1,215 т .
A
Напряжение   3 , как легко вычислить, достигнет значения  т при
снижении нагрузки до F  0,163 т A . При этом напряжения в остальных
стержнях будут  1  0,846 т ,   2  0,422 т .
  2  0,304
Пользуясь найденными значениями как начальными параметрами, запишем зависимости для напряжений на втором участке разгрузки, проходящей в
упругопластической стадии:
F
 1    0,683 т ,
A
F
  2  0,707  0,307 т ,
A
  3   т .
При полной разгрузке ( F  0 ) получаем следующие значения остаточных
напряжений:  1  0,683 т ,   2  0,307 т ,   3   т . В заключение следует проверить равновесие узла C при полученных значениях остаточных
напряжений.
46
2. ИССЛЕДОВАНИЕ ПЛОСКОГО НАПРЯЖЕННОГО
СОСТОЯНИЯ. ПРОВЕРКА ПРОЧНОСТИ ДЛЯ СЛОЖНОГО
НАПРЯЖЕННОГО СОСТОЯНИЯ
Рекомендуемая литература
Александров А. В., Потапов В. Д., Державин Б. П. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк., 1995. Гл. 13 (§ 13.6).
Гастев В. А. Краткий курс сопротивления материалов. М.: Физматгиз,
1977. Гл. 3 (§ 10, 11), гл. 4 (§ 14, 15, 20).
Дарков А. В., Шпиро Г. С. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк.,
1989. Гл. 3 (§ 3.1–3.5, 3.7), гл. 8 (§ 8.1, 8.2).
Основные понятия и формулы
Напряженное состояние в точке тела. Под точкой тела понимаем малый объем материала вблизи геометрической точки. Внутри
этого объема напряжения изменяются дифференциально мало.
Напряженным состоянием в точке называют совокупность напряжений на всех площадках, проведенных через нее. Напряженное состояние задают три вектора напряжений на трех взаимно перпендикулярных площадках. Эти три площадки выбираются произвольно.
Изображают точку в виде параллелепипеда, построенного на указанных трех площадках.
Пусть введена прямоугольная система координат и три площадки, перпендикулярные ее осям x, y, z. Векторы напряжений на этих
трех площадках задаются своими проекциями на оси координат и
обозначаются соответственно p x , p y , p z . Проекции, перпендикулярные площадкам, называются нормальными напряжениями  x ,  y ,
 z . Индекс в обозначении указывает направление нормали n к площадке. Проекции, лежащие в плоскостях площадок, называются касательными напряжениями  xy ,  xz ,  yx ,  yz ,  zx ,  zy . Первый индекс обозначения определяет площадку, на которой действует напряжение, второй индекс указывает ось, в направлении которой напряжение действует.
Следствием условий равновесия элементарного объема тела яв-
47
ляется закон парности касательных напряжений:  xy   yx ;
 xz   zx ;  zy   yz . Касательные напряжения  mn ,  nm направлены либо навстречу друг другу, либо в противоположные стороны.
С учетом закона парности касательных напряжений для задания
напряженного состояния в точке нужно указать шесть параметров:
три нормальных напряжения  x ,  y ,  z и три касательных напряжения  xy ,  xz ,  yz .
В точке всегда можно выбрать три взаимно перпендикулярные
площадки, на которых действуют только нормальные напряжения, а
касательные напряжения равны нулю. Эти площадки называют главными, действующие на них нормальные напряжения – главными
напряжениями.
Для главных напряжений, занумерованных по убыванию, используется специальное обозначение: 1 ,  2 ,  3 . Обозначение предполагает 1   2   3 (с учетом знака).
Главные напряжения обладают свойством экстремальности: одно из них максимально среди нормальных напряжений на площадках
с произвольной нормалью n , другое – минимально. В принятых обозначениях 1   max , 3   min . Пусть p n – вектор напряжения на
площадке с нормалью n , pn – его модуль. Свойство экстремальности
означает также следующее: 1  p n   3 .
Главными направлениями напряженного состояния называют
направления нормалей к главным площадкам. Эти направления обозначают цифрами 1, 2, 3. Главные площадки обозначают соответственно 1, 2, 3.
Напряженное состояние, при котором ни одно из трех главных
напряжений не равно нулю, называется объемным. Если одно из
главных напряжений равно нулю, то напряженное состояние называется плоским. Наконец, линейным именуется напряженное состояние, при котором отлично от нуля только одно главное напряжение.
Далее рассматривается плоское напряженное состояние.
Пусть главная площадка с нулевым главным напряжением расположена перпендикулярно оси y. Тогда при плоском напряженном
48
состоянии отличны от нуля напряжения  x ,  z ,  xz ,  zx (рис. 2.1; где
с целью упрощения рисунка напряжения показаны не на всех гранях
элементарного параллелепипеда; ненагруженная площадка совпадает
с плоскостью чертежа).
Аналитическое исследование плоского напряженного состояния. Заданы напряжения на взаимно перпендикулярных площадках.
Вычисляются напряжения на площадках произвольной ориентации,
главные площадки и главные напряжения, площадки, по которым
действуют экстремальные касательные напряжения.
Правила знаков для напряжений: нормальное напряжение  n
положительно, если направление напряжения совпадает с направлением внешней нормали n (направлено от площадки, растягивающее);
касательное напряжение положительно, если в плоскости чертежа
z
z
z
x
xz
x
zx
z
z 
zx
x
xz x
z
n
n
n xz
n
x
x
Рис. 2.1. Плоское напряженное
состояние в точке тела
Рис. 2.2. Напряжения
на наклонной площадке
оно обходит площадку по часовой стрелке.
На двух взаимно перпендикулярных площадках заданы напряжения  x ,  z ,  xz ,  zx . На рис. 2.1, 2.2 нормальные напряжения
 x  0 ,  z  0 (растягивающие), касательное напряжение  xz  0
(обходит площадку по часовой стрелке), касательное напряжение
 zx  0 (обходит площадку против часовой стрелки). При указанном
правиле знаков закон парности касательных напряжений имеет вид
 xz    zx .
(2.1)
Наклонная площадка перпендикулярна чертежу, ее положение
определяет угол  n между нормалью к ней и осью x (см .рис. 2.2).
Угол  n отсчитывается от оси x к нормали n и считается положительным, если отсчет происходит против часовой стрелки.
49
Нормальное напряжение  n и касательное напряжение  n на
наклонной площадке определяются формулами
  z x  z
n  x

cos ( 2 n )   xz sin ( 2 n ) ;
(2.2а)
2
2
  z
n  x
sin ( 2 n )   xz cos ( 2 n ) .
(2.2б)
2
В правой части формул на первом месте в разности  x   z стоит
нормальное напряжение на площадке, от нормали к которой отсчитан
угол  n . Касательное напряжение берется с этой же площадки.
Из выражения (2.2а) следует, что сумма нормальных напряжений на двух взаимно перпендикулярных площадках не изменяется
при повороте этих площадок:
 x   z   n   n 90 ,
(2.3)
 n  90 – нормальное напряжение на площадке, перпендикулярной
площадке с нормалью n.
Когда заданные площадки являются главными, формулы (2.2а) и
(2.2б) принимают вид


  гл
  гл
 n  гл
 гл
cos ( 2 n ),
2
2
(2.4)

гл  гл
n 
sin ( 2 n ).
2
 – главные напряжения.
Здесь  x  гл ,  y  гл
Главные напряжения вычисляются по формуле
гл   x   z 1

( x   z ) 2  4 xz 2 .

 
гл
2
2
Согласно (2.3)
(2.5)
  x  z .
 гл   гл
(2.6)
Положение главных площадок определяет угол  гл , который
находится из уравнения
50
2 xz
.
(2.7)
x  z
Формуле (2.7) отвечает множество углов  гл , отличающихся друг от
друга на величину, кратную 90. Разные главные площадки соответ .
ствуют только двум из этих углов, которые обозначают  гл ,  гл
Для определения площадки, на которой действует бóльшее из
 , нужно вычислить вторую производную
напряжений  гл ,  гл
tg(2 гл )  
d 2n
dn
2
 2( x   z ) cos (2n )  4 xz sin (2n ) .
и посмотреть на ее знак. Если
d 2n
(2.8)
 0 при  n  гл , то на этой
d n
 , в противном
площадке действует меньшее из напряжений  гл ,  гл
случае – бóльшее (случай равенства нулю не встречается).
В рассматриваемом случае плоского напряженного состояния
 , 0. 1 – максимальное, а  3
три главных напряжения таковы:  гл ,  гл
– минимальное (с учетом знака) из этих трех напряжений.
Максимальное среди касательных напряжений на всевозможных
площадках, проведенных через точку, таково:
  3
 max  1
.
(2.9)
2
Это напряжение действует на площадке, одинаково наклоненной к
площадкам 1 и 3. Соответствующее нормальное напряжение
  3
 45  1
.
2
Касательное напряжение, максимальное по модулю среди
напряжений на площадках, перпендикулярных плоскости чертежа,
таково:

  гл
.
(2.10)
max   гл
2
Соответствующее нормальное напряжение

    гл
 max   гл
.
(2.11)
2
2
51
В общем случае величины max  ,  max различны.
Графическое исследование плоского напряженного состояния.
Вместо вычислений по приведенным выше формулам можно построить круг напряжений Мора и произвести графические построения. В
этом заключается графическое решение задачи (см. примеры).
Деформированное состояние в точке. Деформированным состоянием в точке называют совокупность линейных деформаций
всевозможных элементарных отрезков, проходящих через точку, и
изменений углов между всевозможными парами этих отрезков.
Пусть dx, dy, dz – длины до деформации трех взаимно перпендикулярных элементарных отрезков, расположенных вдоль осей
x, y , z . dx , dy , dz – изменения этих длин в результате деформации.
Деформированное состояние в точке определяют шесть параметров: три линейных деформации
dx
dz
dy
x 
, y 
, z 
,
dx
dz
dy
и три угловых деформации  xy ,  xz ,  yz , представляющих собой изменения прямых углов между отрезками dx, dy, dz .
Через точку всегда можно провести три взаимно перпендикулярных отрезка, углы между которыми не изменятся при деформации.
Оси координат, направленные вдоль этих отрезков, называют главными осями деформации.
Связь между напряжениями и деформациями. Для изотропного
материала (свойства материала одинаковы во всех направлениях) при
не слишком большом уровне напряжений связь напряжений и деформаций описывает обобщенный закон Гука:
52
1
1
 xy   xy ;
[ x  (  y   z )],
G
E
1
1
 y  [ y  (  z   x )],
(2.13)
 yz   yz ;
E
G
1
1
 z  [ z  (  x   y )],
 zx   zx .
E
G
Здесь E , G ,  – упругие характеристики материала; E – модуль Юнга (модуль упругости);  – коэффициент Пуассона ( 0    0,5 ); G –
модуль сдвига. Имеет место соотношение G  E /[2(1  )] .
Для изотропного материала главные оси деформации и
напряженного состояния совпадают, поэтому линейные деформации
вдоль главных осей определяются соотношениями (2.13):
x 
1
[1  (  2   3 )] ,
E
1
 2  [ 2  (  3  1 )] ,
E
1
 3  [ 3  ( 1   2 )] .
E
Соответствующие угловые деформации равны нулю.
1 
(2.14)
Относительная объемная деформация  v в точке есть отношение абсолютного изменения объема элементарного параллелепипеда к его первоначальному объему. Связь объемной деформации
 v с линейными деформациями дает соотношение
 v   x   y   z  1   2   3 .
(2.15)
Оценка прочности. Прочность материала в точке проверяется по
соответствующей материалу теории прочности. Из большого числа
ныне существующих теорий прочности при выполнении студенческих задач используются перечисляемые ниже.
Под исчерпанием прочности подразумевается переход материала в предельное состояние – разрушение для хрупкого материала и
развитие пластической деформации для пластичного материала. Расчет должен обеспечивать некоторый нормативный запас прочности,
53
что проще всего достигается введением коэффициента запаса прочности, понижающего разрешаемый уровень напряжений.5
Для всех применяемых при выполнении расчетно-графической
работы теорий прочности условие прочности можно записать в едином виде
(2.16)
 экв  р ,
где р  Rр / n – допускаемое напряжение. Величина R р представляет собой предельный уровень напряжения и определяется из эксперимента. Для хрупких материалов она совпадает с пределом прочности при осевом растяжении, для пластичных материалов – с пределом текучести при осевом растяжении. n – нормируемый коэффициент запаса прочности.  экв – комбинация главных напряжений 1 ,
 2 ,  3 (эквивалентное напряжение).
Согласно первой теории прочности, справедливой для хрупких
материалов, разрушение происходит от отрыва при достижении максимальным напряжением 1 (оно должно быть положительным, т. е.
растягивающим) предельного значения. Плоскость отрыва (опасное
сечение) перпендикулярна направлению главного напряжения 1 .
Условие прочности имеет вид
 экв  1  р .
(2.17)
Вторая теория прочности также применяется к хрупким материалам. Согласно этой теории разрушение происходит от отрыва при
достижении максимальной деформацией 1 (она должна быть положительной) предельного значения. Деформации вплоть до момента
разрушения считаются малыми и вычисляются по закону Гука. Плоскость отрыва (опасное сечение) перпендикулярна направлению действия главного напряжения 1 . Условие прочности приводится к виду
 экв  1  ( 2   3 )  р .
(2.18)
Современные нормы строительного проектирования предусматривают
несколько более сложный подход (введение отдельных коэффициентов запаса
на нагрузку, свойства материала, условия работы конструкции). С этим студент
познакомится при изучении курсов металлических, железобетонных и других
конструкций.
5
54
Третья теория прочности определяет уровень напряжений, при
котором в пластичном материале возникают заметные остаточные
деформации. Согласно третьей теории прочности переход материала
в предельное состояние происходит от сдвига при достижении максимальным касательным напряжением  max предельного значения.
Плоскость пластического сдвига (опасное сечение) совпадает с плоскостью действия напряжения  max . Данной теории соответствует
условие прочности
(2.19)
 экв  1   3  р .
Согласно четвертой теории прочности пластическое деформирование возникает от сдвига при достижении энергией изменения
формы предельного значения. Условием прочности служит соотношение
1
 экв 
[( 1   2 ) 2  (  2   3 ) 2  (  3  1 ) 2 ]  р .
(2.20)
2
Непосредственно эта теория прочности не определяет положения
опасных площадок. Последние (на основании иной трактовки теории)
можно считать равно наклоненными к главным осям (октаэдрические
площадки).
Условие прочности, соответствующее теории прочности Мора
(пятой теории прочности), имеет вид
 вр
(2.21)
 экв  1  с 3  р .
в
Здесь  вр ,  св – пределы прочности при растяжении и при сжатии. По
теории Мора можно определить и положение опасных площадок. Соответствующая формула не приводится.
К оценке прочности хрупких материалов применяются первая,
вторая и пятая теории прочности. Однако результаты оценки заметно
различаются. Наиболее достоверна оценка по пятой теории прочности.
Третья и четвертая теории прочности применяются к оценке прочности пластических материалов, дают близкие оценки прочности и широко используются в инженерных расчетах.
55
Примеры решения задач
2.1. ИССЛЕДОВАНИЕ ПЛОСКОГО НАПРЯЖЕННОГО
СОСТОЯНИЯ ПО ЗАДАННЫМ НАПРЯЖЕНИЯМ
НА ПРОИЗВОЛЬНЫХ ПЛОЩАДКАХ.
ПРОВЕРКА ПРОЧНОСТИ (ЗАДАЧА № 7)
Условие задачи
100 МПа
Элемент, выделенный из тела, находится в плоском напряженном состоянии
80 МПа
(рис. 2.3). По граням элемента заданы нор20 МПа
мальные и касательные напряжения, значе=105
ния которых приведены на рисунке.

Материал элемента – сталь с такими
Рис. 2.3.
Условие задачи № 7
характеристиками:
предел
текучести
 т  240 МПа; модуль Юнга E  2  105 МПа;
коэффициент
Пуассона
модуль
сдвига
  0,3 ;
E
G
 0,77  105 МПа; нормируемый коэффициент запаса проч2(1  )
ности n  1,5 .
Требуется:
1) найти нормальное, касательное и полное напряжения на
наклонной площадке, заданной углом   105 (см. рис. 2.3);
2) определить величины главных напряжений и положение
главных площадок;
3) найти наибольшее касательное напряжение и положение
площадки, по которой оно действует;
4) оценить прочность материала в точке и показать вероятное
направление плоскости сдвига или отрыва (опасной площадки);
5) найти линейные и угловые деформации в системе координат
xyz и линейные деформации вдоль главных направлений; вычислить
относительную объемную деформацию.
56
Примечание. Пп. 1–3 следует выполнить двумя способами: аналитическим и графическим.
z
n
n= 105
xz= –80
x= –20
x
z= –100
Рис. 2.4. Уточнение условия
задачи
Решение
Изобразим элемент в виде плоского
рисунка (рис. 2.4), на котором укажем систему координат. Покажем наклонную
площадку и внешнюю нормаль к ней, отметив штриховкой внутреннюю сторону
площадки. Система координат позволяет
обозначить напряжения:  x  20 МПа,
 z  100 МПа,  xz  80 МПа.
Аналитический способ исследования напряженного состояния
Определение напряжений на наклонной площадке. Напряжения на наклонной площадке (рис. 2.4), находим по формулам (2.2а) и
(2.2б). В этих формулах положение площадки задает угол  n между
осью x и нормалью n к площадке. Направление отсчета от оси x выбираем произвольно, учитывая, что значение угла зависит от выбранного направления. (Угол  n нельзя путать с углом  , указанным на
рис. 2.3.)
Можно отсчитывать угол  n не от оси x , а от оси z, но тогда в
формулах (2.2а) и (2.2б) напряжения  x ,  z надо поменять местами и
напряжение  xz заменить напряжением  zx . Надо выбирать более
удобный способ отсчета угла  n .
Используем угол  n между n и осью x , отсчитывая его от оси x
к нормали n :  n  105 ( см. рис. 2.4). Значение угла положительное,
так как угол отсчитывается против часовой стрелки. Согласно (2.2а) и
(2.2б)
n 
x  z x  z
 20  100

cos ( 2 n )   xz sin ( 2 n ) 

2
2
2
57
 20  ( 100)
cos ( 2  105)  ( 80) sin ( 2  105)  134,6 МПа ,
2
  z
n  x
sin ( 2 n )   xz cos ( 2 n ) 
2
 20  ( 100)

sin ( 2  105)  ( 80) cos ( 2  105)  49,3 МПа.
2
Нормальное напряжение  n отрицательно, значит, оно направлено к
площадке (сжимающее). Касательное напряжение  n положительно,
это значит, что оно обходит площадку по часовой стрелке.
Выполним то же самое вычисление по-другому. Используем теперь угол  n между нормалью n и осью z , отсчитывая его от z к n :
 n  15 . Формулы (2.2а) и (2.2б) записываем в измененном виде:
  x z  x
n  z

cos ( 2 n )   zx sin ( 2 n ) 
2
2
 100  20  100  ( 20)


cos ( 2  15)  80 sin ( 2  15)  134,6 МПа,
2
2
  x
n  z
sin( 2 n )   zx cos( 2 n ) 
2
 100  ( 20)

sin ( 2  15)  80 cos ( 2  15)  49,3 МПа.
2
Модуль вектора напряжения (или просто
полное напряжение)

pn
n
n
Рис. 2.5. Напряжения
на наклонной
площадке
pn  2n  2n  ( 134,6) 2  (49,3) 2  143,4 МПа.
Вычисленные напряжения показаны на рис. 2.5.
Определение главных напряжений и главных направлений. Согласно (2.5) главные
напряжения
гл  ( 20)  ( 100) 1

[20  ( 100)]2  4( 80) 2 

 
гл
2
2
 60  89,44 МПа .
После вычисления главные напряжения нумеруем согласно убыванию. Чтобы не путать напряжения до и после нумерации, специаль-
58
но используем разные обозначения. Пронумерованные главные
напряжения таковы:
1  29,44 МПа ,  2  0 ,  3  149,44 МПа .
Найдем положение главных площадок. Сказанное о способах
вычисления напряжений по наклонной площадке относится и к способам вычисления положения главных площадок. Здесь мы вычислим
 , определяющие положения главных площадок, одним
углы гл ,  гл
способом: будем отсчитывать эти углы от направления оси x . Углы
являются решениями уравнения (2.7):
2 xz
2( 80)
tg (2гл )  

 2,
x  z
 20  ( 100)
то есть
  121,7.
гл  31,7, гл
гл
z
45°
z
гл
3
1
31,7°
гл
гл
Рис. 2.6. Положение
главных площадок
max
x
max
x
Рис. 2.7. Площадка
с максимальным
касательным напряжением
Получены два значения угла, которые отвечают площадкам с
напряжениями 1 ,  3 (рис. 2.6). Выясним, какому из этих напряжений соответствует угол  гл . Для этого определим по формуле (2.8)
знак второй производной d 2  n d n 2 при  n  гл :
59
d 2 n
 2[20  ( 100)] cos (2  31,7)  4( 80) sin (2  31,7)  0 .
dn
Знак отрицательный, следовательно, по этой площадке действует бóльшее из найденных главных напряжений – напряжение 1 . Теперь можно в соответствии с нумерацией главных напряжений пронумеровать и углы: 1  31,7 ,  3  121,7 .
2
Определение максимального касательного напряжения. Касательное напряжение, максимальное среди касательных напряжений
на площадках, перпендикулярных плоскости x0 z (рис. 2.7), определяется формулой (2.10):
max  

гл  гл
29,44  ( 149,44)

 89,44 МПа.
2
2
В рассматриваемом примере главные напряжения гл  1 ,
   3 , поэтому касательное напряжение max  является максигл
мальным среди касательных напряжений для всей совокупности площадок, проходящих через заданную точку: max    max . Нормальное
напряжение на той же площадке дается формулой (2.11):

  гл
29,44  ( 149,44)
 max   гл

  60 МПа.
2
2
Графический способ исследования напряженного состояния
Способ состоит в построении круга напряжений Мора, позволяет проверить аналитическое решение.
Круг напряжений Мора является средством вычисления, поэтому его необходимо строить в крупном масштабе на миллиметровке,
используя заточенный карандаш. Чем точнее выполнены построения,
тем точнее будет получен результат
Строим круг напряжений (рис. 2.8). Изображаем систему координат 0 , используя одинаковый масштаб по вертикальной и горизонтальной осям. Отмечаем на координатной плоскости 0 две точки X, Z , соответствующие заданным площадкам с нормалями x, z .
Координатами точек X (20,80) , Z (100, 80) являются нормальные
60
K
Z
245

80
N
40
215

– 160
23
– 120
2n


– 80 O
– 40
20
40
21
– 40
X
– 80
Рис. 2.8. Круг Мора, изображающий заданное
плоское напряженное состояние
и касательные напряжения на заданных площадках. Соединяем точки
отрезком, который представляет собой диаметр круга Мора. Точка О
пересечения диаметра с осью  – центр круга. Проводим окружность.
Точкам I, III пересечения круга с горизонтальной осью соответствуют главные площадки 1, 3. Горизонтальные координаты этих точек (измеренные в масштабе) являются главными напряжениями:
1  29 МПа,  3  149 МПа.
Отмеченные на рисунке углы дают удвоенные значения углов
1 ,  3 , которые определяют положения главных площадок. Из рисунка видна связь главных напряжений 1 ,  3 и углов 1 ,  3 . Графически найденные значения: 21  63 , 2 3  243  180  63
Площадке, по которой действует максимальное касательное
напряжение, соответствует точка K круга. Координаты точки K дают значения max   89 МПа,  max    60 МПа.
Найдем напряжения на наклонной площадке. Отметим на
круге точку N , соответствующую этой площадке, отложив от радиуса OX (соответствующего оси x) против часовой стрелки угол
61
2 n  2  105 , либо от радиуса ОZ (соответствующего оси z) в том же
направлении угол 215. Координаты точки N дают напряжения на
наклонной площадке:  n  135 МПа ,  n  49 МПа .
Графическим изображением пространственного напряженного состояния служат три круга напряжений. Точки каждого круга
изображают площадки, которые перпендикулярны одной из главных
площадок. Точки затемmax
ненной области изобра80
жают
всевозможные
наклонные
площадки.
40
Изображение напряженного состояния в виде III
II
I 
трех кругов Мора ис40
пользуется в качестве – 160 – 120 – 80 – 40
иллюстрации, а не в ка– 40
честве способа вычисления, поэтому в расчетной
работе данный рисунок
Рис. 2.9. Круги Мора, изображающие
можно
выполнить в
объемное напряженное состояние
меньшем масштабе и не
обязательно на миллиметровке. Круги напряжений для рассматриваемого напряженного состояния показаны на рис. 2.9. Круг напряжений
на рис. 2.8 соответствует площадкам, перпендикулярным плоскости
чертежа (перпендикулярным второй главной площадке). Из рис. 2.9
видно, что максимальное касательное напряжение  max определяется
по бóльшему кругу.
Проверка прочности. Главные напряжения 1 ,  2 ,  3 вычислены выше.
Начать решение вопроса нужно с выбора соответствующей материалу теории прочности. По условию задачи материал – сталь (пластичный материал), поэтому используем третью и четвертую теории
прочности.
Согласно третьей теории прочности эквивалентное напряжение
III
экв
 1  3  29,44  (149,44)  178,9 МПа .
62
Сравнение  экв с пределом текучести  т показывает, что материал
работает упруго. Действительно,
III
экв
 178,9 МПа   т  240 МПа .
Но условие прочности не выполнено:
III
экв
 178,9 МПа    160 МПа .
Это означает, что не обеспечен нормативный коэффициент запаса
прочности. Конструкцию, имеющую точку с такими напряжениями,
эксплуатировать запрещается. Действительный (фактический) коэффициент запаса
III
nдейств   т /  экв
 240 / 178,9  1,33
меньше нормативного n  1,5 .
Согласно четвертой теории прочности
1
IV
 экв

[(1   2 ) 2  ( 2  3 ) 2  (3  1) 2 ] 
2
1

[(29,44) 2  (149,44) 2  (29,44  (149,44)) 2 ]  167,0 МПа,
2
 т  240  167,0  р  160 МПа.
Условие прочности не выполнено и согласно четвертой теории. Однако фактический коэффициент запаса оказывается другим:
nдейств  240 / 167  1,44 .
Положения опасных площадок согласно третьей и четвертой теориям приведены на рис. 2.10, 2.11. По площадке, выделенной
жирным контуром, на рис. 2.10 действует максимальное касательное
напряжение. Эта площадка перпендикулярна к площадке 2 и наклонена под углом в 45° к площадкам 1 и 3. Выделенная площадка
рис. 2.11 соответствует четвертой теории прочности. Она равно
наклонена ко всем трем главным площадкам.
Специально обратим внимание на способ изображения опасных
площадок: эти площадки показаны с привязкой к исходному элементу. Так необходимо сделать и при оформлении задачи.
63
z
z
3
3
45
1
1
max
45
x
x
31,7
y
31,7
2
Рис. 2.10. Опасная площадка
по третьей теории прочности
y
2
Рис. 2.11. Опасная площадка
по четвертой теории прочности
Поскольку привязка исходного элемента к конструкции, из которой он вырезан, известна, примененный способ изображения площадок равносилен указанию опасных площадок непосредственно на
конструкции.
Определение деформаций в точке. Деформации являются
упругими и можно применять обобщенный закон Гука, так как вычисленные выше эквивалентные напряжения меньше предела текучеIV
III
 экв
 т .
сти: экв
Когда  экв превышает  т , закон Гука определяет упругую (обратимую) часть полной деформации. В таком случае в задаче нужно
вычислить лишь эту составляющую, отметив примечанием в тексте.
Линейные деформации в направлении осей x, y, z таковы:
1
1
5
 x  [ x  ( y   z )] 
[

20

0
,
3
(
0

(

100
))]

5

10
,
E
2  105
1
1
4
 y  [ y  ( z   x )] 
[
0

0
,
3
(

100

(

20
)]

1
,
8

10
,
5
E
2  10
1
1
4
 z  [ z  ( x   y )] 
[

100

0
,
3
(

20

0
)]


4
,
7

10
.
E
2  105
64
Угловая деформация
1
1
3
 xz   xz 
(

80
)


1
,
04

10
рад   0,06 .
G
0,77  105
 
Знак минус говорит об уменьшении угла (dx , dz ) . Отсутствие касательных напряжений  xy ,  yz означает отсутствие соответствующих
угловых деформаций:  xy   yz  0 .
Линейные деформации вдоль главных направлений 1, 2, 3
1
1
4
[ 1   ( 2   3 )] 
[
29
,
44

0
,
3
(
0

149
,
44
)]

3,714

10
,
E
2  105
1
1
 2  [ 2  (3  1 )] 
[0  0,3( 149,44  29,44)]  1,80  10 4 ,
5
E
2  10
1
1
4
 3  [ 3   ( 1   2 )] 
[

149
,
44

0
,
3
(
29
,
44

0
)]


7,914

10
.
5
E
2  10
Относительная объемная деформация
1 
z
γxz
3
εz dz
1
3 d
1
dz
x
dx
1d
d
d
εx dx
Рис. 2.12. Деформация
элемента по направлениям х, z
Рис. 2.13. Деформации элемента
по главным направлениям 1, 3
 v   x   y   z  1   2   3  2,4  10 4 .
Рис. 2.12, 2.13 иллюстрируют результаты вычислений. На этих
рисунках dx , dz и d , d – размеры ребер элементов с гранями, перпендикулярными до деформации тела исходным и главным осям соответственно. В результате деформации элементы перемещаются как
жесткое целое и деформируются. На рисунках сплошной и пунктир-
65
ной линиями изображены элементы после и до деформации соответственно. Перемещение элементов как жесткого целого не изображено.
Примечание. Рисунки, показывающие деформации элемента,
выполняются в масштабе. Так как абсолютные деформации существенно меньше, чем длины граней, то для наглядности рисунков
масштабы длин и удлинений выбираются разными.
2.2. ИССЛЕДОВАНИЕ ПЛОСКОГО НАПРЯЖЕННОГО
СОСТОЯНИЯ ПО ЗАДАННЫМ НАПРЯЖЕНИЯМ
НА ГЛАВНЫХ ПЛОЩАДКАХ.
ПРОВЕРКА ПРОЧНОСТИ (ЗАДАЧА № 8)
Условие задачи
На гранях элементарного параллелепипеда заданы главные
напряжения (рис. 2.14). Материал элемента – чугун c характеристиками вр  180 МПа,  св  600 МПа, E  1,2  105 МПа,   0,25 . Нормативный коэффициент запаса прочности n  3 .
n
n
Требуется:
1) найти нормальное  n , каса120 МПа
тельное  n и полное p n напряжения
=15
мМПА
на наклонной площадке, заданной угМПа
лом  и изображенной на рис. 2.14;
2) найти величины наибольшего
Рис. 2.14.
касательного напряжения и соответУсловие задачи № 8
ствующего ему нормального напряжения, показать положение площадки, на которой эти напряжения действуют;
3) проверить прочность материала; найти действительный коэффициент запаса прочности.
50 МПа
Решение
Заданный элемент ограничен главными площадками, поэтому
сразу пронумеруем главные напряжения по убыванию ( 1  0 ,
66
 2  50 МПа,  3  120 МПа) и изобразим на рисунке главные оси
(рис. 2.15).
50
Определение напряжений. Напря2
жения на наклонной площадке вычисляются так же, как в задаче № 7. Единn
n= 15
ственное отличие состоит в том, что
можно использовать частный случай 120
120
(2.4) общих формул (2.2а) и (2.2б). По3
ложение наклонной площадки будем за50
давать углом  n , отсчитываемым от оси
Рис. 2.15. Уточнение
3 к нормали n. Значение  n  15 полоусловия задачи
жительно, так как угол отсчитывается
против часовой стрелки.
Согласно (2.4)
   2 3   2
n  3

cos ( 2 n )  115,3 МПа,
2
2
  2
n  3
sin ( 2 n )  17,5 МПа.
2
Модуль полного напряжения
pn   2n   2n  116,6 МПа.
Примененная формула для касательного напряжения  n справедлива для площадок, перпендикулярных плоскости чертежа. Максимальное для таких площадок касательное напряжение
   3 ( 50)  ( 120)
3
max    2max
 2

 35 МПа.
2
2
Соответствующее нормальное напряжение
   3  50  ( 120)
 max   2

 85 МПа.
2
2
3
Подсчитанное выше значение касательного напряжения  2max
не
самое большое из всех возможных значений. Это значение является
максимумом для касательных напряжений по площадкам, перпенди-
67
3
кулярным плоскости чертежа. Площадка, на которой действует  2max
,
расположена под углом 45° к главным площадкам 2, 3 (рис. 2.16).
50
2
45
120
max
max
120
50
2
3
120
max
1
3
45
Рис. 2.17. Площадка
с максимальным касательным
напряжением  max
50
Рис. 2.16. Площадка
с максимальным касательным
напряжением max 
Максимальное касательное напряжение (максимум вычисляется
для всех возможных площадок, проведенных через точку) и соответ
n
40
K


245
–120 III
– 100
2n
n
2 3
max
20
II
– 80
– 60
– 40
– 20
0
2
N
(2+3)/2
3
Рис. 2.18. Круг Мора, изображающий заданное плоское
напряженное состояние

– 20
– 40
68
ствующее ему нормальное напряжение имеют величины
   3 0  ( 120)
 max  1

 60 МПа,
2
2
  3
 45  1
  60 МПа
2
и действуют на площадке, перпендикулярной второй главной площадке и повернутой на угол в 45° к первой и третьей главным площадкам (рис. 2.17). Заметим особо, что теперь, в отличие от результата в задаче № 7,  max  max  .
Круг напряжений для заданного плоского напряженного состояния показан на рис. 2.18. Координаты точки N дают значение напряжений на площадке с нормалью n. Площадке с max  соответствует
точка K круга.

1 3

max
На рис. 2.19 показаны
1 2
 max
все три круга напряжений.
2 3
 max
Видно, что площадке с
II
I
наибольшим по модулю ка- III

сательным
напряжением
 max соответствует точка,
лежащая на бóльшем круге
напряжений.
Проверка прочности.
Рис. 2.19. Круги Мора,
По условию задачи материал изображающие заданное объемное
элемента хрупкий. При пронапряженное состояние
верке прочности используем
теории прочности, относящиеся к хрупким материалам.
Расчетное напряжение, соответствующее первой теории прочности
I
 экв
  1  0   р .
Видим, что первая теория прочности не годится для оценки прочности, так как она выдает в рассматриваемой ситуации неправдоподобный результат: при любом уровне напряжений прочность обеспечена.
69
Расчетное напряжение, соответствующее второй теории прочности,
 II   1   ( 2   3 )  0  0,25(50  120)  42,2    р 
180
 60 МПа .
экв
3
Прочность обеспечена с фактическим коэффициентом запаса
nдейств 
 вр
 II
экв

180
 4,26 ,
42,2
большем нормативного ( n  3 ).
Расчетное напряжение, соответствующее теории прочности
Мора,
 вp
180
180
V

 1  c  3  0 
(120)  36,0   р 
 60 МПа .
экв
600
3
в
Прочность обеспечена. Фактический коэффициент запаса
 вр
180
nдейств  V

 5.
50
2
 экв 36,0
Опасная плоскость показана на рис. 2.20
120
жирной линией. Она перпендикулярна
первому главному направлению. Если
3
напряженное состояние достигнет кри1
тического уровня (для этого все напряжения надо увеличить в nдейств раз), то Рис. 2.20. Опасная площадка
по указанной плоскости произойдет разрушение.
по первой и второй теориям
прочности
70
2.3. РАСЧЕТ ТОНКОСТЕННОЙ ТРУБЫ,
ПОДВЕРЖЕННОЙ ДЕЙСТВИЮ ВНУТРЕННЕГО ДАВЛЕНИЯ,
ПРОДОЛЬНОЙ СИЛЫ И КРУТЯЩЕГО МОМЕНТА
(ЗАДАЧА № 9)
Основные формулы
Рассматривается длинная прямолинейная цилиндрическая тонкостенная труба (рис. 2.21) с l / R  5, R /   10 . Труба нагружена
внутренним давлением q , по ее торцам приложены силы F и крутящие моменты M .

z
M
F
x
y
М
q
F
M
R
Рис. 2.21. Тонкостенная труба под действием внутреннего
давления, продольной силы и крутящего момента
Напряжения в трубе обозначаем, используя местную декартову
систему координат x, y, z: ось x параллельна оси трубы, ось z направлена по касательной к срединной линии поперечного сечения, осью y
служит продолжение радиуса R.
Сила F вызывает в поперечном сечении трубы продольное усилие N  F и создает нормальное напряжение (рис. 2.22)
F
x 
.
2R
Здесь 2R – площадь поперечного сечения тонкостенной трубы.
δ
х
N
Рис. 2.22. Напряжения
в трубе от продольной силы
σz
q
R
σz
Рис. 2.23. Напряжения в трубе от
внутреннего давления
71
Внутреннее давление вызывает растяжение трубы в кольцевом
направлении (рис. 2.23), чему соответствует напряжение  z в продольных сечениях трубы:
qR
z 
.

Напряжения  z положительны при q  0 . Случай q  0 отвечает давлению, приложенному к наружной поверхности.
Крутящий момент создает касательные напряжения (рис. 2.24):
M
M
.
 xz 
2
2

R

z
y
xz
x
Рис. 2.24. Напряжения
в трубе от крутящего
момента
Они направлены так, чтобы уравновесить
пару сил М.
По толщине трубы напряжения
 x ,  z ,  xz
распределены равномерно.
Остальные напряжения либо в точности
равны нулю, либо малы:  xy   zy  0 ,
 y  0.
Напряженное состояние элементарного параллелепипеда, вырезанного из трубы (рис. 2.25), является плоским. Анализ напряженного
состояния выполняется так же, как в задаче № 7.
Условие задачи
Труба с радиусом сечения
R  0,5 м толщиной   1 см загружена продольной растягивающей силой F  900 кН, внутренним давлением q  0,8 МПа и крутящим моментом M  300 кН  м .
Материал трубы – чугун с такими
характеристиками:  вр  180 МПа,
z
z
x
xz
x
y
Рис. 2.25. Напряженное
состояние точки трубы
72
 св  600 МПа,   0,25 . Нормативный коэффициент запаса прочности
n  3.
Требуется:
1) найти напряжения на гранях элемента, выделенного из трубы;
2) найти главные напряжения и положения главных площадок;
3) проверить прочность и определить действительный коэффициент запаса прочности;
4) показать направление трещины, возникающей при повышении уровня напряженного состояния до критического.
В расчетно-графической работе студенту требуется, кроме того,
вычислить напряжения по указанной наклонной площадке. Это задание выполняется так же, как в задаче № 7.
Решение
Начать решение задачи нужно с изображения трубы и действующих на нее сил. Рядом со стрелками указываются абсолютные значения сил. Знаки учитываются соответствующим направлением стрелок.
Проверим применимость к данной задаче формул для вычисления напряжений в тонкостенной трубе. Так как R /   50 / 1  50  10 ,
то труба является тонкостенной. Следовательно, вышеприведенные
формулы применимы.
Нормальное напряжение от продольного растяжения силой
F  900 кН
F
900
кН
x 

 2,87 2  28,7 МПа
2R 2  50  1
см
положительно.
Нормальное напряжение, вызванное внутренним давлением
q  0,8 МПа ,
qR 0,8  50
z 

 40 МПа

1
также положительно.
Касательное напряжение, вызванное моментом M  300 кН  м ,
по модулю равно
73
 xz 
M
2R 
2

300  102
2  50  1
2
 1,9
кН
см
2
 19 МПа .
Принимая во внимание направление крутящего момента (см.
рис. 2.24) и учитывая правило знаков для касательного напряжения
при плоском напряженном состоянии, получаем  xz  19 МПа .
Теперь изобразим найденное напряженное состояние точки трубы в виде плоского рисунка, учтя правила знаков для напряжений.
Для последующей проверки прочности вычислим главные
напряжения:
гл   x   z 1

(  x   z ) 2  4 xz 2 

 
гл
2
2

28,7  40 1

( 28,7  40) 2  4  (19) 2  34,35  19,82 МПа .
2
2
Главные напряжения, пронумерованные должным образом,
1  54,17 МПа , 2  14,53 МПа ,  3  0 .
Тангенс угла наклона главной площадки
tg (2гл )  
2 xz
2( 19)

 3,36 .
x  z
28,7  40
Отсюда два главных угла

  36,7  k  90 (k  0;1) .
2
Соответствие угла  гл главным площадкам (1 или 2) устанавливается так же, как в задаче № 7. Главные направления 1 и 2 показаны
на рис. 2.26. Проверку вычисленных значений главных напряжений и
главных направлений можно выполнить графически, построив круг
напряжений Мора. Построение круга напряжений описано при решении задачи № 7.
 гл   0,641рад  k 
74
Материал является хрупким (чугун), поэтому с целью проверки
прочности используем вторую теорию прочности или теорию прочности Мора.
Согласно второй теории прочности
II
 экв
  1  ( 2   3 )  54,14  0,25(14,53  0) 
 50,54МПа  р 
180
 60 МПа ,
3
значит, прочность обеспечена.
Вычислим действительный коэффициент запаса прочности:
nдейств 
 вр
 II
экв

180
 3,56  n  3 .
50,54
z
1
x
Вероятная плоскость отрыва (трещины)
перпендикулярна первому главному направле гл
нию, то есть наклонена к продольной оси трубы
2
под углом гл  36,7 . Она показана на Рис. 2.26. Вероятное
рис. 2.26, где ось x – продольная ось трубы. направление трещин
Направление вероятной плоскости отрыва на
рисунке привязано к оси конструкции, значит, может быть показано и
на самой конструкции.
Согласно пятой теории прочности (теории Мора)

V
экв
 1 
 вр
  54,14  0,3  0  54,14МПа   р 
с 3
в
180
 60 МПа ,
3
то есть прочность также обеспечена. Вычислим фактический коэффициент запаса прочности:
nдейств 
 вр
V
экв

180
 3,32  n  3.
54,14
75
3. КРУЧЕНИЕ
Рекомендуемая литература
Александров А. В., Потапов В. Д., Державин Б. П. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк., 1995. Гл.5 (§ 5.1–5.4), гл. 11 (§ 11.5);
Гастев В. А. Краткий курс сопротивления материалов. М.: Физматгиз,
1977. Гл. 6 (§ 27, 29–30, 32);
Дарков А. В., Шпиро Г. С. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк.,
1989. Гл. 6 (§ 6.1–6.4, 6.6, 6.7).
Основные понятия и формулы
При кручении поперечные сечения стержня поворачиваются вокруг его продольной оси, а продольные волокна при этом искривляются, превращаясь в пространственные кривые. Кручение вызывается
парами сил, действующими в плоскости поперечных сечений. В поперечных сечениях стержня возникает одно внутреннее усилие  крутящий момент Мк. Стержень, работающий на кручение, принято
называть валом.
Крутящие моменты в сечениях определяются, как и другие виды
усилий, методом сечений. Крутящий момент в сечении равен сумме
моментов внешних сил, действующих по одну сторону от сечения,
относительно продольной оси стержня. Примем правило знаков для
крутящего момента: его положительное направление соответствует
повороту сечения по ходу часовой стрелки, если смотреть на сечение
со стороны внешней нормали (рис. 3.1).
Напряженное состояние в любой точке поперечного сечения при
Mк > 0
Mк > 0
x
Рис. 3.1. Правило знаков для крутящего
момента
76
кручении является чистым сдвигом, и в точках поперечного сечения
возникают касательные напряжения.
Касательные напряжения при кручении стержня круглого сечения с радиусом R (или кольцевого сечения с внешним радиусом R)
определяются по формуле
M
  к ,
(3.1)
Ip
где   расстояние от центра до точки, в которой мы определяем .
Эти напряжения направлены перmax
пендикулярно радиусу, соединяющему центр круга с рассматриваемой точкой. Эпюра распределения
y

касательных напряжений на любом
2R
M 
диаметре будет иметь вид, показан к
Ip
ный на рис. 3.2. Максимальные каmax z
сательные напряжения, как следует
из формулы (3.1), действуют в точРис. 3.2. Распределение
ках на контуре сечения и они равкасательных напряжений
ны
в круглом сечении
M
 max  к ,
(3.2)
Wp
где W p  I p /  max  I p / R – полярный момент сопротивления.
Деформацию стержня круглого (кольцевого) сечения при кручении характеризует угол закручивания поперечного сечения на участке
длиной l (рис. 3.3)
M l
 к .
(3.3)
GI p
Относительная величина этого угла (на единицу длины)  называется погонным углом закручивания
M
  к .
(3.4)
GI p
77
Мк

l
Рис. 3.3. Деформация стержня при кручении
Эпюры распределения касательных напряжений в стержнях
прямоугольного сечения показаны на рис. 3.4. Максимальные касательные напряжения действуют в точках, расположенных по середине
длинной стороны сечения. Они равны
M
(3.5)
 max  к .
Wк
Напряжения в точках по середине короткой стороны
M
(3.6)
1   к .
1
Wк
Погонный и полный углы закруh/2
чивания для стержней прямоугольного
y
сечения определяются по формулам
h/2
max
b/2 b/2
z
Рис. 3.4. Распределение
касательных напряжений
в прямоугольном сечении
 
Mк
M l
;  к .
GI к
GI к
(3.7)
Геометрические характеристики
сечения, входящие в формулы (3.1)–
(3.7), можно найти следующим образом:
Полярный момент инерции и полярный момент сопротивления:
78
*
для круглого сечения
R 4
R 3
, Wp 
;
(3.8)
Ip 
2
2
*
для кольцевого сечения
R 4
R 3
4
(3.9)
Ip 
1   ; Wp 
1  4 .
2
2
Здесь   r R  отношение радиусов внутреннего и внешнего контуров кольца.
Для стержня прямоугольного сечения геометрическая характеристика жесткости
I к  b 4
(3.10)
и момент сопротивления кручению
Wк  b 3 ,
(3.11)
где b  меньшая сторона прямоугольного сечения, а коэффициенты
 ,  ,  в формулах (3.6), (3.10), (3.11) определяются в зависимости от
отношения сторон сечения h b по таблицам, имеющимся в справочной литературе, например в [3, § 6.6].
Модуль сдвига в формулах (3.3) и (3.7)
E
G
.
(3.12)
21   
Целью расчета вала на кручение, как правило, является удовлетворение двум условиям: прочности и жесткости. Условие прочности
в опасной точке вала при кручении записывается так:
 max  ,
(3.13)
где [] берется либо на основании опытных данных, либо (при отсутствии нужных опытных характеристик) по теориям прочности, соответствующим материалу. Например, из теорий прочности для хрупких материалов, примененных для чистого сдвига, следуют такие результаты:
*
из второй теории прочности
р
 вр
 
;
(3.14)

1 +  n1   




79
*
из теории Мора
р
вр
,
 

1 + k n1  k 
(3.15)
где k   вр  св .
Из теорий прочности для пластичных материалов при чистом
сдвиге получим:
*
по третьей теории прочности
     т ,
(3.16)
2
2n
*
по четвертой теории прочности
     т .
(3.17)
3
3n
Условие жесткости вала при кручении – это условие, ограничивающее деформации стержня, а именно:
max   ,
(3.18)
где [] – допускаемый погонный угол закручивания, величина которого нормируется.
Удовлетворяя этим двум условиям, можно либо подбирать размеры сечения, либо определять допускаемую нагрузку на стержень.
Примеры решения задач
3.1. ПОДБОР СЕЧЕНИЯ СОСТАВНОГО СТЕРЖНЯ (ВАЛА),
РАБОТАЮЩЕГО НА КРУЧЕНИЕ (ЗАДАЧА № 10)
Условие задачи
Имеется стержень, расчетная схема которого представлена на
рис. 3.5, а. Стержень нагружен внешними парами M 1 , M 2 , M 3 . Левый участок стержня выполнен из чугуна и имеет прямоугольное сечение с заданным соотношением сторон h b ; правый участок выполнен из стали и имеет круглое сечение. Известны характеристики
прочности материалов:  вр (  св ) для чугуна и  т для стали; упругие
80
постоянные материалов  E , ; допускаемый погонный угол закручивания .
Требуется:
1) подобрать размеры поперечных сечений стержня так, чтобы
выполнялись условия прочности и жесткости на каждом участке
стержня;
2) построить эпюру изменения угла закручивания по длине
стержня.
Решение
Строим эпюру крутящих моментов, используя метод сечений.
Крутящий момент на каждом участке находим как алгебраическую
сумму моментов внешних пар, расположенных справа от сечения. (В
этом случае можно построить эпюру Мк без определения реактивного
момента, возникающего в защемлении.) Крутящий момент на крайнем
M1
a
0
0
б
Чугун 
3
2
1
M3
M2
Сталь 
1
l1
l2 2
l3 3
M1+M2+M3
M2+M3
M3
Эпюра Mк
в
1-0
2-0
3-0
Эпюра 
Рис. 3.5. К решению задачи № 10:
а – расчетная схема стержня;
б, в – эпюры крутящих моментов и углов закручивания
81
правом участке равен M 3 , на среднем  M 3  M 2 и на левом
 M 3  M 2  M 1 . Эпюра крутящих моментов показана на рис. 3.5, б.
Подбираем размеры сечения стержня из условия прочности. На
чугунном участке стержня M к max  M 3  M 2  M 1 и из условия
прочности (3.13), определяя  max по формуле (3.5), находим минимально необходимую величину момента сопротивления кручению:
M к max
Wкнеобх 
и, зная Wкнеобх , определяем ширину сечения b из

необх
W
к
формулы (3.11): b  3
. (Значение [] высчитываем либо по

второй теории прочности (3.14), либо по (3.15) – теории Мора.)
Для стального участка опасным является сечение, где действует
максимальный крутящий момент, т. е. в данном примере
M к max  M 3  M 2 , и из условия прочности (3.13) находим требуемый
полярный момент сопротивления
M к max
W необх 
,
p

где [] определяем по теориям прочности, справедливым для пластичного материала (3.16) или (3.17). Зная W pнеобх , ищем радиус поперечного сечения, используя формулу (3.8) для полярного момента сопротивления
R3
2W pнеобх
.

Полученные размеры рекомендуем округлить в большую сторону до 0,1 мм.
Проверим, выполняется ли для найденных из условия прочности
размеров поперечных сечений условие жесткости. Сосчитаем геометрические характеристики I p и I к по формулам (3.8) и (3.10) и модули
сдвига чугуна и стали по (3.12). На чугунном участке стержня должно
выполняться условие
82
M к max
GI к
На стальном участке должно быть
M к max
 .
 .
GI p
Если условие жесткости на каком-то участке не выполняется, то
следует увеличить размеры сечения. Из условия жесткости находим
минимально необходимую геометрическую характеристику жесткости для прямоугольного сечения:
M
I необх  к max
к
G
и требуемый полярный момент инерции для круглого сечения
M
I необх  к max .
p
G
Зная I p и I к , определяем по формулам (3.10) и (3.8) размеры
поперечного сечения, удовлетворяющие условию жесткости
b4
I необх
к
2 I необх
и R
4
p
.


Окончательно размеры, удовлетворяющие двум условиям (и
условию прочности, и условию жесткости), и соответствующие им
геометрические характеристики сечений используем в дальнейших
расчетах.
Построим эпюры касательных напряжений в поперечных сечениях стержня (рис. 3.2 и 3.4), сосчитав значения напряжений по формуле (3.2) для круглого сечения и по формулам (3.5) , (3.6) для прямоугольного сечения. Заметим, что по найденным значениям напряжений можно проверить свои вычисления, а именно, если размеры сечения были определены из условия прочности, то значения максимальных касательных напряжений должны быть близки к допускаемым.
Если же размер сечения находился из условия жесткости, то максимальные напряжения будут меньше допускаемых касательных напряжений.
83
Построим эпюру углов закручивания. Углы закручивания на
каждом участке стержня вычисляются по формулам (3.3) или (3.7).
При этом следует учитывать знак крутящего момента. Построение
эпюры углов закручивания следует начинать, определив угол закручивания 1–0 сечения 1–1 (рис. 3,5, а) по отношению к неподвижному
сечению 0–0 (заделке). Например, в рассматриваемом примере
( M 1  M 2  M 3 )l1
.
1 0 
GI к
Угол закручивания 2–1 сечения 2–2 по отношению к сечению 1–
1 найдем по формуле (3.3):
( M 2  M 3 )l 2
 2 1 
.
GI p
Аналогично находится угол закручивания 3–2 сечения 3–3 по
отношению к сечению 2–2. На эпюре  откладываем полные углы закручивания сечений по отношению к неподвижному сечению, т. е.
 2  0  1 0   2 1,
3  0   2  0  3  2 .
Вид эпюры углов закручивания зависит от того, найдены ли размеры поперечного сечения из условия прочности или из условия
жесткости. На рис. 3.5, в показан вид эпюры , построенной в предположении, что размеры поперечных сечений найдены из условия прочности. В этом случае угол наклона эпюры  на каждом участке прямо
пропорционален величине крутящего момента и обратно пропорционален жесткости стержня при кручении (GIp, GIк). Если размеры сечений на всех участках получены из условия жесткости, то угол наклона
эпюры  на опасных участках должен быть одинаковым.
3.2. РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМОГО ВАЛА
ПРИ КРУЧЕНИИ (ЗАДАЧА № 11)
Условие задачи
Стальной вал круглого поперечного сечения состоит из трех
участков с различными полярными моментами инерции (рис. 3.6, а).
Концы вала жестко закреплены от поворота относительно продольной оси вала. Заданы нагрузки: пары сил M 1 и M 2 , действующие в
84
плоскости поперечного сечения вала; отношения полярных моментов
инерции участков вала  и  ; длины участков l1 , l 2 , l 3 .
Требуется:
1) построить эпюру крутящих моментов;
2) подобрать размеры поперечных сечений из условия прочности;
3) построить эпюру углов закручивания.
Решение
Ввиду наличия двух жестких опорных закреплений под действием нагрузки в каждом из них возникают реактивные пары M A и M B .
Составив условие равновесия вала
M A  M1  M 2  M B  0,
убеждаемся в том, что записанное уравнение не может быть решено
однозначно, поскольку содержит две неизвестные величины: M A и
M B . Остальные уравнения равновесия при данной нагрузке выполняются тождественно. Следовательно, задача является один раз стаM1
а MA
б
M2
Ip
Ip
l1
l2
MB
 Ip
l3
MА
MА – М1
Эпюра Мк
MА – М1 – М2
в
Эпюра 
Рис. 3.6. К решению задачи № 11:
а – расчетная схема стержня;
б, в – эпюры крутящих моментов и углов закручивания
85
тически неопределимой.
Для раскрытия статической неопределимости составим условие
совместности деформаций. Вследствие жесткости опорных закреплений концевые сечения вала не поворачиваются. Это равносильно тому, что полный угол закручивания вала на участке А–В равен нулю:
 A  B  0 , или 1  2  3  0 .
Последнее уравнение и есть условие совместности деформаций.
Для его связи с уравнением равновесия запишем физические уравнения, связывающие крутящие моменты и углы закручивания (3.3) (закон Гука при кручении) , для каждого участка стержня:
M A  M 1  M 2 l3
M A  M 1 l2
M l
1  A 1 ,
2 
, 3 
.
GI p
GI p
GI p
Подставив физические соотношения в условие совместности деформаций, находим реактивный момент M A , а затем из уравнения
равновесия определяем M B . Эпюра крутящих моментов показана на
рис. 3.6, б.
Для решения задачи о подборе сечения запишем формулы для
определения максимальных касательных напряжений (3.5) на каждом
участке вала:
M
M
M  M1
 1  A ;
 2   A
 3  B .
;
Wp
aW p
bW p
Коэффициенты a и b , представляющие собой отношения полярных моментов сопротивления сечений второго и третьего участков
вала к полярному моменту сопротивления сечения первого участка
W p , определим через известные параметры  и  .
Полярный момент инерции I p может быть записан двояким
образом:
R24
R14
;
,
I p  
I p 
2
2
где R1 , R2  радиусы первого и второго участков стержня. Отсюда
выразим радиус R2 через R1 :
R2  4 R1 .
86
Тогда полярный момент сопротивления второго участка
R23 4 3 R13 4 3
aW p 
 
  Wp ,
2
2
 
3
3
то есть a  4   . Аналогично b  4   .
 
Теперь можно сравнить между собой максимальные касательные
напряжения на отдельных участках и для наибольшего из них записать условие прочности (3.13). Из этого условия находим требуемый
полярный момент сопротивления W pнеобх , и затем, используя формулу
(3.8), радиусы вала на каждом участке.
R1  3
2W pнеобх
;
R2  4 R1 ;
R3  4 R1 .

Для построения эпюры углов закручивания вычислим углы закручивания на каждом участке стержня по формуле (3.3). Ординаты
эпюры получаются последовательным суммированием результатов
для отдельных участков, начиная с одного из концов вала. Контролем
правильности решения является равенство нулю угла закручивания на
другом конце вала Вид эпюры углов закручивания показан на
рис. 3.6, в.
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
1. Александров А. В., Потапов В. Д., Державин Б. П. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк., 1995.
2. Гастев В. А. Краткий курс сопротивления материалов. М.: Физматгиз,
1977.
3. Дарков А. В., Шпиро Г. С. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк.,
1989.
4. Сопротивление материалов: Метод. указания и схемы заданий к расчетно-графическим работам для студентов всех специальностей / СПбГАСУ;
Сост: И А. Куприянов, Н. Б. Левченко, Г.С. Шульман. СПб., 2010.
87
СОДЕРЖАНИЕ
Общие указания по выполнению расчетно-графических работ......................
Используемые обозначения........................................................................................
1. Растяжение-сжатие...............................................................................................
1.1. Расчет статически определимых стержневых систем..................................
Примеры решения задач.......................................................................................
1.1.1. Подбор сечения стержня, подверженного растяжению-сжатию (задача № 1).................................................................................................................
1.1.2. Определение напряжений и перемещений в стержне при растяжении-сжатии с учетом собственного веса (задача № 2)..............................................
1.1.3. Определение грузоподъемности статически определимой конструкции, работающей на растяжение-сжатие (задача №
3).............................................
1.2. Расчет статически неопределимых стержневых систем..............................
Примеры решения задач.......................................................................................
1.2.1. Расчет статически неопределимого составного стержня, работающего на растяжение-сжатие (задача №
4)......................................................................
1.2.2. Расчет статически неопределимой стержневой конструкции, работающей на растяжение-сжатие (задача № 5).............................................................
1.2.3. Определение грузоподъемности статически неопределимой шарнирно-стержневой конструкции (задача № 6)..........................................................
2. Исследование плоского напряженного состояния. Проверка прочности
для сложного напряженного состояния.................................................................
Примеры решения задач.......................................................................................
2.1. Исследование плоского напряженного состояния по заданным напряжениям на произвольных площадках. Проверка прочности (задача №
7)..................
2.2. Исследование плоского напряженного состояния по заданным напряжениям на главных площадках. Проверка прочности (задача №
8).............................
2.3. Расчет длинной тонкостенной трубы, подверженной действию внутреннего давления, продольной силы и крутящего момента (задача №
9).....................
3. Кручение.................................................................................................................
Примеры решения задач.......................................................................................
88
3.1. Подбор сечения составного стержня (вала), работающего на кручение
(задача № 10)...............................................................................................................
3.2. Расчет статически неопределимого вала при кручении (задача №
11).......
Список литературы.....................................................................................................
89
Нина Борисовна Левченко
Лев Марленович Каган-Розенцвейг
Игорь Александрович Куприянов
Ольга Борисовна Халецкая
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
Часть 1
Редактор
Корректор
Компьютерная верстка
ЛР № 020282 от 24.12.96
Подписано к печати . Формат 60х84 1/16. Бум. офсетная.
Усл. печ. л. . Уч.-изд. л. . Тираж 500. Заказ . "С"
Санкт-Петербургский государственный архитектурно-строительный
университет. 198005, Санкт-Петербург, 2-я Красноармейская ул., д. 4.
Отпечатано на ризографе. 198005, Санкт-Петербург, 2-я Красноармей-
ская ул., д. 5.