учебник по сопромату

135
В.Г. Зубчанинов, В.Н. Ведерников, Е.Г. Алексеева
РУКОВОДСТВО
К ПРАКТИЧЕСКИМ ЗАНЯТИЯМ
ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ МАТЕРИАЛОВ
Часть I
Тверь
2007
136
Федеральное агентство по образованию
Тверской государственный технический университет
В.Г. Зубчанинов, В.Н. Ведерников, Е.Г. Алексеева
Руководство к практическим занятиям
по сопротивлению материалов
Учебное пособие
Издание первое
Часть I
Тверь 2007
137
ПРИМЕРНЫЙ КАЛЕНДАРНЫЙ ПЛАН
ЛЕКЦИЙ И ЛАБОРАТОРНО-ПРАКТИЧЕСКИХ ЗАНЯТИЙ
Учебных недель – 17.
Лекций – 17х2 ч.=34 часа.
Лабораторно-практические занятия (ЛПЗ) – 17х2 ч.=34 часа.
Всего аудиторных учебных часов – 68 часов.
Семестр – 3 (2+2=4 часа в неделю)
№
Часы
Содержание лекций,
недели Лек. ЛПЗ
темы лабораторно-практических занятий
1
2
3
4
1
2
Раздел I. Основы сопротивления материалов. Предмет «Сопротивление материалов». Геометрическая
классификация элементов конструкций и машин. Механическая модель материала. Связь курсов сопротивления материалов и теоретической механики.
Внешние силы. Опорные связи и их реакции.
2
Внешние силы. Основные виды опорных связей и
их реакции. Составление уравнений равновесия.
2
2
Метод сечений. Внутренние силы, напряжения, деформации и перемещения при растяжении-сжатии.
Закон Гука. Упругие постоянные. Свойства упругости, пластичности и вязкости. Диаграммы деформирования.
2
Внутренние силы и напряжения при растяжениисжатии. Построение их эпюр и расчёты на прочность.
3
2
Прямой и чистый сдвиг материала. Напряжения,
деформации и угловые перемещения при кручении
трубчатого образца.
2
Расчёты на прочность при растяжении-сжатии.
4
2
Внутренние силы и моменты в поперечном сечении
бруса в общем случае нагружения. Классификация
видов нагружения бруса. Фундаментальные гипотезы
сопротивления материалов.
2
Определение перемещений и удлинений при растяжении-сжатии. Расчёты на жёсткость.
5
Радел II. Растяжение- сжатие стержня. Принцип
Сен-Венана. Напряжения, деформации и перемещения стержня в общем случае его термосилового
нагружения. Экспериментальные
1
2
3
4
138
2
6
2
2
7
2
2
8
2
2
9
2
2
10
2
1
2
3
основы сопротивления материалов. Влияние времени,
скорости нагружения, температуры, давления на механические свойства материалов. Расчёты на прочность при растяжении-сжатии.
Лаб. раб. Испытание материалов на растяжение и
определение их механических характетик.
Лаб. раб. Определение упругих постоянных материала.
Лаб. раб. Испытание материала на ударный изгиб.
Статически неопределимые задачи при растяжениисжатии стержней. Температурные и монтажные
напряжения.
Расчёт статически неопределимых стержневых систем на прочность по предельным состояниям. Примеры.
Статически неопределимые задачи при растяжениисжатии стержней.
Раздел III. Кручение стержней. Кручение стержней
круглого, кольцевого и прямоугольного поперечных
сечений. Статически неопределимые задачи при кручении.
Лаб. раб. Испытание материалов на сдвиг (срез).
Лаб. раб. Испытание на кручение бруса круглого
поперечного сечения.
Кручение тонкостенных стержней открытого и закрытого профиля. Расчёт винтовых пружин. Примеры.
Кручение стержней. Построение эпюр крутящего
момента и напряжений. Расчёты на прочность и жёсткость.
Раздел IV. Геометрические характетики поперечных
сечений бруса. Основные понятия и определения. Зависимость моментов инерции при параллельном переносе осей. Зависимость моментов инерции при повороте осей. Главные оси и главные моменты инерции поперечного сечения.
Статические неопределимые задачи при кручении.
Раздел V. Изгиб балок. Напряжения и деформации.
Внутренние силовые факторы и классификация видов
изгиба. Дифференциальные зависимости Журавского.
Правила построения и контроля правильности построения эпюр внутренних силовых факторов.
4
139
2
11
2
2
12
2
2
13
2
2
14
2
2
15
2
2
16
2
2
17
2
2
Геометрические характетики плоских поперечных
сечений.
Напряжения и деформации при чистом плоском изгибе. Потенциальная энергия деформации при изгибе.
Косой изгиб балок.
Геометрические характетики плоских поперечных
сечений.
Сложный изгиб бруса. Внецентренное растяжениесжатие стержня.
Построение эпюр внутренних силовых факторов
при изгибе. Расчёты на прочность.
Поперечный прямой изгиб балки. Формула Д.И.
Журавского. Расчёт составных балок.
Лаб. раб. Определение напряжений и деформаций в
балке при плоском поперечном изгибе.
Построение эпюр внутренних силовых факторов
при изгибе. Расчёты на прочность.
Касательные напряжения в балках прямоугольного
и двутаврового сечений. Сравнительная оценка величин максимальных нормальных и касательных
напряжений при поперечном изгибе.
Лаб. раб. Определение напряжений при косом изгибе балки.
Расчёты на прочность при косом изгибе бруса.
Касательные напряжения в тонкостенных стержнях
при поперечном изгибе. Центр изгиба.
Лаб. раб. Исследование распределения нормальных
напряжений при внецентренном растяжении.
Расчёты на прочность при внецентренном растяжении-сжатии бруса.
Расчёт балок на прочность по предельным состояниям.
Лаб. раб. Определение центра изгиба балки швеллерного поперечного сечения.
Изгиб бруса большой кривизны. Расчёты на прочность. Примеры.
Лаб. раб. Изучение распределения нормальных
напряжений при изгибе в сечении кривого бруса.
Расчёт балок по предельным состояниям.
140
УДК 539.3/8 (075.8)
ББК 30.121я7
Зубчанинов, В.Г. Руководство к практическим занятиям по сопротивлению материалов: учебн. пос./ В.Г. Зубчанинов, В.Н. Ведерников,
Е.Г. Алексеева; под общ. ред. В.Г. Зубчанинова. 1-е изд. Тверь: ТГТУ,
2007. Ч. 1. 152 с.
Рассматриваются темы практических занятий, охватывающие основные
разделы, относящиеся к первой части курса сопротивления материалов: внешние
силы и опорные реакции; растяжение-сжатие; сдвиг и кручение; расчет на прочность по предельным состояниям; геометрические характетики плоских сечений;
прямой изгиб балок и рам; косой изгиб и внецентренное растяжение-сжатие бруса; изгиб бруса большой кривизны. Все практические занятия предваряются
кратким изложением соответствующего теоретического материала.
Примеры могут быть использованы студентами при выполнении расчетно-графических работ и контрольных заданий.
Предназначено для студентов строительных, механических и машиностроительных специальностей очной и заочной формы обучения.
Рецензенты:
кафедра
математического
моделирования
физикомеханических систем Тверского государственного университета (зав. кафедрой
засл. деятель науки и техники РФ, лауреат Государственной премии РФ в области образования, доктор физ.-мат. наук, профессор Кудинов А.Н.); заместитель
ген. директора ООО «Прана», доктор техн. наук, профессор Корнеев А.И.
Владимир Георгиевич Зубчанинов
Владимир Николаевич Ведерников
Елена Геннадьевна Алексеева
Руководство к практическим занятиям по сопротивлению материалов
Учебное пособие
Издание первое
Часть 1
Редактор И.В. Шункова
Корректор Ю.Ф. Воробьева
Технический редактор Г.В. Комарова
Подписано в печать 20.11.07
Формат 60х84/16
Физ.печ.л. 9,5
Усл.печ.л. 8,84
Тираж 200 экз.
Заказ № 88
Редакционно-издательский центр
Тверского государственного технического университета
170026, Тверь, наб. А. Никитина, 22
ISBN 978-5-7995-0404-5
Бумага писчая
Уч.-изд.л. 8,27
С – 79
© Тверской государственный
технический университет, 2007
© Зубчанинов В.Г., Ведерников В.Н.,
Алексеева Е.Г., 2007
141
ПРЕДИСЛОВИЕ
Руководство к практическим занятиям в первой части курса «Сопротивление материалов» написано коллективом авторов на основе многолетнего опыта преподавания данной дисциплины студентам строительных,
механических и машиностроительных специальностей очного и заочного
обучения на кафедре «Сопротивление материалов, теория упругости и
пластичности» Тверского государственного технического университета.
Книга будет полезна как студентам при изучении данного курса, так и
преподавателям при подготовке к проведению практических занятий. Содержание руководства отвечает действующим программам Госстандарта
Минобрнауки.
В.Г. Зубчанинов
142
Таблица перевода единиц силы и напряжений системы СГС
в систему СИ
Наименование
Сила
Обозначение
Р
СГС
СИ
1 кГ
9,81  10 Н
1т
9810 Н  10 кН
Напряжение
0,981107
Распределенная
q
1 кГ/м
9,81
нагрузка
2 106
Дюраль
0,75 106
Медь
1106
ñì
Коэффициент
Коэффициент
Пуассона 
Í
ì2
 0,1 МПа
 10 Ì Ï à
Н
Н
 10
м
м
2
0,75 105 Ì Ï à
1105 Ì Ï à
2
Сталь
1,25 105
1
ãðàä
Медь
1,65 105
1
ãðàä
температурного
расширения 
êÃ
êÃ
ñì
2
2 105 Ì Ï à
2
ñì
Эйлера-Юнга Е
линейного
êÃ
Сталь
Модуль
упругости
м
z
1 кГ/мм2
(погонная)
Н
0,981 10 5
1 кГ/cм2
Сталь
0,24−0,3
Дюраль
0,3
Медь
0,31−0,34
143
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ № 1:
ВНЕШНИЕ СИЛЫ И ОПОРНЫЕ РЕАКЦИИ
1.1. Краткие сведения из теории
Рассмотрим твердое тело произвольной формы, отP
несенное к декартовой сиF
M стеме координат õ, ó, z . ЕсF
RA
ли тело не закреплено, то в
R
C
пространстве оно имеет
HA
A
dm
RB
шесть степеней свободы, т.е.
z
шесть независимых переB
i3
i2
мещений: три поступательy
ных в направлении коордиi
1
натных осей и три вращаx
тельных относительно этих
. 1.1
же осей. Чтобы твердое тело
не перемещалось, на него накладывают необходимое число связей в виде
опорных устройств: подвижный (каток) B и неподвижный шарнир A ,
жесткое защемление тела (заделка) C (. 1.1).
Подвижный шарнир запрещает телу перемещаться в одном направлении, перпендикулярном опорной поверхности катков. Со стороны этой
связи возникает реактивная сила R . Такая связь называется простой. Ее
иногда изображают в виде одного опорного стерженька, в направлении которого возникает реактивная сила (. 1.2а).
q
R
R
R
R
H
а) каток –
подвижный шарнир
H
б) неподвижный
шарнир
M R
H
M
R
H
в) жесткое защемление
. 1.2
Неподвижный шарнир запрещает перемещаться в пространстве в трех
направлениях, а на плоскости – в двух. В такой опоре возникают три либо
две опорные реактивные силы соответственно. Иногда неподвижный шарнир изображают в виде трех либо двух опорных стерженьков, т.е. трех либо двух простых связей (. 1.2б). Жесткое защемление запрещает возможные три перемещения на плоскости и эквивалентно трем простым связям (.
1.2в).
144
Если закрепить тело с помощью необходимого числа опорных
устройств, шести простых связей, то оно потеряет способность перемещаться.
На тело может действовать распределенная по части поверхности
внешняя нагрузка q . Если часть поверхности тела F , на которой действуют силы q , мала, то распределенная нагрузка может быть заменена
главным вектором P и главным моментом M (иначе их называют сосредоточенной силой P и сосредоточенным моментом M ). Частицей тела
(материальной точкой) называют объем малых размеров dV  dxdydz ,
наделенный малой массой dm . На единицу объема каждой такой частицы
действует объемная сила R , например сила тяжести. Под действием внешних сил в опорах возникают реактивные силы и моменты. Для того чтобы
объемное тело находилось в равновесии, необходимо и достаточно чтобы:
1) сумма проекций всех сил на каждую из координатных осей x, y, z
равнялась нулю;
2) сумма моментов всех сил относительно каждой из осей равнялась
нулю, т.е.

 Px  0,  Pó  0,  Pz  0,
(1.1)

Ì

0
,
Ì

0
,
Ì

0
.
 ó
 z

 x
Уравнения (1.1) называются уравнениями равновесия системы сил, действующих на тело, либо просто уравнениями статики.
Если все силы располагаются в одной плоскости, например в плоскости x, y , то независимых уравнений равновесия будет три:
 Px  0,  Pó  0,  Ì z  0 ,
или
Ì
À  0,  Ì B  0,  P  0 ,
где À и B − произвольные центры, относительно которых вычисляются
моменты всех сил; P − проекции всех сил на направление, не перпендикулярное к прямой, соединяющей точки A и B .
Если на тело действует параллельная система сил, то для их равновесия достаточно двух независимых уравнений равновесия (статики):
либо
Ì
À  0,  Ì Â  0 ,
Ì
À  0,  Pó  0 .
Если число опорных реакций больше числа независимых уравнений
статики, то такие задачи называются статически неопределимыми, если
число опорных реакций совпадает с числом независимых уравнений статики, то статически определимыми.
145
1.2. Примеры решения задач
№1. Определить опорные реакции для стержня, изображенного на . 1.3.
RA

A
HA
x
RB
P
2l
B
z
l
y
. 1.3
Решение
На стержень наложены три простые связи, в которых возникают три
опорные реакции R À , H À , RÂ , произвольно направленные по координатным осям.
Для внешних сил придерживаемся правила: составляющие сил считаются положительными, если они направлены в положительных направлениях координатных осей Y , Z ; моменты считаются положительными, если
они вращаются в плоскости против хода часовой стрелки (правило правого
буравчика, если учесть, что ось X ортогональна плоскости Y Z ).
Составляем три независимых уравнения равновесия (статики): проекции всех сил на оси Y , Z и сумму моментов относительно точки A . В результате получаем
 Z  H A  Ðcos   0,

 Y   RA  Ðsin   RB  0,
 m  R  3l  Ðsin   2l  0,
A
B

откуда находим
1
2
R A  P sin , RB  P sin , H A   P cos  .
3
3
Реакция H A получилась с минусом. Это означает, что она имеет направление, противоположное принятому на . 1.3.
Для проверки правильности найденных значений реакции составляем
четвертое зависимое уравнение равновесия, а именно сумму моментов относительно опоры B :
 M B   R A  3l  P sin   l  0 .
После подстановки значения реакции R A в уравнение, убеждаемся, что
оно тождественно удовлетворятся:
1
 M B   P sin   3l  P sin   l   P sin   l  P sin   l  0 .
3
146
Следовательно, опорные реакции определены правильно.
№2. Определить опорные реакции в простейшей стержневой системе,
изображенной на . 1.4.
y
q
Решение
В стержневой системе одна жесткая опора эквивалентна
трем простым связям. В ней
l
l/2
возникают две опорные реактивные силы R A , H A и момент
l
B
M A . Для их определения соP=2ql
RA
ставим три независимых уравнения равновесия статики: проx
À HA
екции всех сил на оси X , Y и
z
сумму моментов относительно
MA
точки A (оси Z , ортогональ. 1.4
ной плоскости X , Y ):
l
l
H A  P  0, R A  ql  0, M A  ql  P  0 .
2
2
С учетом P  2ql находим
3ql 2
.
H A  2ql , RA  ql , M A 
2
Знак минус у реакции H A означает, что на самом деле она имеет противоположное направление.
Для проверки правильности найденных значений опорных реакций
составляем сумму моментов относительно т. В:
2
l
l 3ql 2 2ql 2
2 ql
 M B  Ì A  Í A  RAl  ql 

 ql 
 2ql 2  2ql 2  0
2
2
2
2
2
Следовательно, опорные реакции определены правильно.
№3. Определить опорные реакции в балке, изображенной на . 1.5.
RA
q
A
RB
P=qa
z
B
HA
a
y
2a
a
147
. 1.5
Решение
Составляем уравнения равновесия балки: суммы моментов относительно точек A и B и сумму проекций на ось Z . В результате имеем
 Ì À  RB 3a  q 2a  2a  P 4a  0,

 M B  q 2a  a  RA 3a  Pa  0,
 Z  H  0.
A

Для системы параллельных внешних сил горизонтальная реакция H A  0 ,
поэтому для определения других реакций достаточно двух первых независимых уравнений. Из этих уравнений находим
1
8qa
.
R A  qa, RB 
3
3
Для статической проверки правильности найденных реакций составляем
зависимое уравнение равновесия проекций сил на вертикальную ось Y :
 Y  q 2a  P  RA  RB  0 .
Подставляя в это уравнение P  qa и значения найденных реакций
R A , R B , убеждаемся, что оно тождественно удовлетворяется:
1
8
q 2a  qa  qa  qa  3qa  3qa  0 .
3
3
Это означает, что реактивные силы R A , RB получены правильно.
№4. Определить опорные реакции в балке с внутренним шарниром, изображенной на . 1.6а.
à)
MA
HA
RA
P=qa
q
C
B
z
RC P=qa
RB
Ñ
B
A
2a
RB
a
a
y
á)
MA
HA
RA
q
RC
HC
A
Ñ
HC
y
. 1.6
z
148
Решение
Внутренний шарнир заменяет в плоской стержневой системе (балка с
внутренним шарниром) одну простую связь, поэтому в такой системе реакций может быть на единицу больше, т.е. R A , H A , M A , RB .
Составим для нашей балки четыре независимых уравнения равновесия. Сначала запишем два уравнения равновесия: сумму моментов относительно точки A для балки как для целого тела и сумму проекций всех сил
на горизонтальную ось Z :
 M A  RB 4a  P3a  q 2a a  M A  0,
(1)

 Z  H A  0.
Мысленно разъединим балку на две в шарнире C (. 1.6б). Действие
правой части на левую и наоборот заменим реактивными силами H C , RC ,
взаимно уничтожающими друг друга при обратном соединении частей
балки. Разрезанную балку представляем в виде двух балок, изображенных
на . 1.6б. Внутренние опорные реакции во внутреннем шарнире С, т.е. H C ,
RC , определять нет необходимости. Отметим, что в шарнире С момент равен нулю.
Составим для каждой из двух балок уравнения равновесия моментов
относительно опоры Ñ :
 M слева   М А  R A 2a  q 2a a  0,
(2)


M

R
2
a

Pa

0
.
cправа
B

Решаем уравнения (1), (2) и находим
P qa

R B  2  2 ,

 M  qa 4a  3qa 2  2qa 2  3qa 2 ,
A
2


M
3qa
5qa
 qa 
,
 RA   A  qa 
2a
2
2

 H A  0.
Таким образом, все четыре опорные реакции найдены. Для проверки
правильности найденных реакций составляем пятое зависимое уравнение
равновесия, проецируя все силы на ось Y :
 Y  q 2a  P  R A  R B  0 .
3 qa
qa
Подставляя в уравнение значения P  qa, R A 
, получаем
, RB 
2
2
5qa qa
2qa  qa 

 3qa  3qa  0 .
2
2
149
Следовательно, опорные реакции определены правильно.
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ № 2:
ВНУТРЕННИЕ СИЛЫ, НАПРЯЖЕНИЯ И ПЕРЕМЕЩЕНИЯ
ПРИ РАСТЯЖЕНИИ-СЖАТИИ.
РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ И ЖЕСТКОСТЬ
2.1. Краткие сведения из теории
Для обнаружения внутренних сил в стержне при растяжении-сжатии
применяется метод плоских сечений. Пусть стержень растягивается силой
Р и собственным весом интенсивности q  F , где  − удельный вес материала, F − площадь поперечного сечения. Мысленно рассечем стержень на
расстоянии z от начала отсчета на верхнем его конце (. 2.1).
P+ql
q
N
w
N
z

l
dz
q
l-z
l
P
P
z
z
P
z
wmax
z
. 2.1
Действие отброшенной верхней части на нижнюю заменим внутренней силой N , такой, чтобы отсеченная часть стержня находилась в равновесии. Внутреннюю силу назовем нормальной, т.к. она направлена по
внешней нормали к поперечному сечению.
Уравнение равновесия имеет вид
N  P  ql  z  .
(2.1)
Дифференцируя (2.1), получаем соотношение Д. Журавского, часто используемое для контроля правильности построенного графика-эпюры N
методом сечений:
dN
(2.2)
 q .
dz
Если q  0 , то из (2.2) следует, что на незагруженном участке стержня
N  const , а при q  const на равномерно загруженном участке
N  qz  C , где C − постоянная интегрирования. В этом случае N − пря-
150
мая линия с угловым коэффициентом k  q . В сечении, где действует сосредоточенная сила, имеет место скачок на величину этой силы.
Если отнести силу N к площади поперечного сечения F , то получим
силу, отнесенную к единице площади. Эту величину называют нормальным напряжением:
N
z  .
F
Максимальное нормальное напряжение в стержне должно быть меньше некоторого безопасного значения  , называемого допускаемым
напряжением, т.е.
N
(2.3)
 z max  max   .
F
Условие (2.3) носит название условия прочности при растяжении-сжатии
стержня. Максимальная нормальная сила определяется из графика-эпюры
N z  , который строится на основании соотношения (2.1).
Под действием внешних сил P, q и температуры T стержень изменяет
длину на величину
l N dz
l  
  T l ,
E
F
0
где  − коэффициент линейного расширения материала; T − изменение
температуры; EF − жесткость стержня при растяжении; E − модуль упругости Эйлера – Юнга.
Если N − постоянная величина, то
Nl
l 
  T l .
EF
Перемещение w произвольного сечения определяется по формуле
z N  z  dz
0
ww  
  T z ,
(2.4)
EF
0
где w0 − перемещение сечения в начале координат.
Для нашего примера при использовании (2.4) получаем ( w0  0)
z 
qz 
w
 P  ql     T z ,
EF 
2
т.е. график – квадратичная парабола (.2.1).
При z  0 перемещение w0  0 , т.к. сечение жестко защемлено.
Дифференцируя (2.4) два раза получаем
dw N

  T ,
dz EF
d 2w
dz 2

1 dN
q

.
EF dz
EF
151
d 2w
По знаку второй производной
можно определить, в какую сторону
dz 2
направлена выпуклость или вогнутость кривой wz  . Если q  0 , то w  0
и выпуклость кривой обращена в положительном направлении оси w , что
и имеет место в нашем случае. Если q  0 , то w  0 и кривая w будет вогнутой. Если T  0 , то обращение в нуль нормальной силы на графикеэпюре N является признаком экстремума на графике перемещений.
Иногда требуется ограничить удлинения либо перемещения стержней
l max  l  , wmax  w, где l  , w − допускаемые значения удлинений
и перемещений соответственно. Расчеты такого типа называются расчетами на жесткость.
2.2. Примеры решения задач
№1. Для изображенного на . 2.2а стержня простроить эпюру нормальных
сил и перемещений поперечных сечений.
а)
1
H
2
P=3,5P
1
3
P=3P
2
á)
P=P
3
Z
a
N
1,5a
N1
1,2a
1,5P
в)
H
z1
P
Í
P1
a
w
z2
-2P
3Pa
2EF
N3
г)
- 3Pa
2EF
- 3Pa
10EF
P=P
3
3,7a-z3
. 2.2
Решение
1) Определение опорной реактивной силы
Уравнение равновесия сил, направленных по оси Z , имеет вид
 Z  P1  P2  P3  H  0 ,
откуда
H  P1  P2  P3  3,5P  3P  P  1,5P .
N2
152
2) Определение внутренних нормальных сил N методом сечений
и построение эпюры N z 
Стержень имеет три участка, границами которых служат сечения, где
приложены внешние силы P1, P2 . Для обнаружения нормальных сил на
этих участках используем метод сечений. Мысленно рассекаем стержень
на каждом из участков на расстояниях z1 , z 2 , z3 и рассматриваем равновесие одной из частей рассеченного стержня, заменяя действие отброшенных
частей внутренними нормальными силами N1, N 2 , N3 (. 2.2б). В результате
получаем уравнения равновесия
N1  H  0,
N 2  P1  H  0,
 N3  P3  0 .
С учетом P1  3,5P, P2  3P, P3  P, H  1,5P находим
N1  1,5P,
N 2  2 P,
N3  P .
(1)
Нормальные силы (1) на каждом из участков известны, что позволяет легко
построить график-эпюру нормальных сил (. 2.2в).
Из эпюры находим опасное сечение или участок, где нормальные силы максимальны. Таким оказывается второй участок, на котором
(2)
N max  N 2  2 P .
3) Расчет на прочность
Для опасных сечений второго участка с учетом (2) составляем условие
прочности
N
2P
(3)
 max  max 
  .
F
F
Различают три типа расчета на прочность.
Проверочный расчет на прочность
Известны все величины в условии прочности (3). Пусть, например
P  10 кН, F  4 см2 ,   160 МПа .
Подставляя эти значения в (3), получаем:
 z max 
2  10  103
 5  107
Í
 50 Ì Ï à ,
4  104
ì 2
что меньше допускаемого значения   160 Ì Ï à . Следовательно, стержень удовлетворяет условию прочности.
Проектировочный расчет на прочность
Требуется найти диаметр D круглого поперечного сечения стержня,
для которого площадь сечения определяется формулой F  D 2 / 4 . Условие (3) записывается в виде:
2P
,
F

153
тогда
8P
.

D
Сохраняя значения P  10 êÍ ,
D
  160 Ì
8  10
5
1,6  10  3,14
Округляя, принимаем D  1,3 см .
Ï à  1,6  105 êÍ / ì 2 , получаем
 0,0126 ì  1,26 ñì .
2P
2  10  103  4 Í
Í
Расчетное
напряжение


 1,507  108

F 3,14  1,32  104 ì 2
ì2
 150,7 Ì Ï à , что меньше допускаемого на 5,8 %.
Определение допускаемой нагрузки
Из (3) имеем:
F
F
P    , Päî ï   .
2
2
2
Пусть F  4 см ,   160 МПа , тогда
(4)
1,6 105  4  104
Päî ï 
 32 êÍ .
2
4) Построение эпюры перемещений
Поскольку в задаче мы имеем три участка с различными значениями
нормальных сил, то формулу (2.4) удобно записать в виде
wi  wi0 
zi
Ni dzi
,
EF


ai
i

где i – номер участка; wi0 – постоянная в начале i-го участка; zi – текущая
координата сечения i-го участка; EF i – жесткость i-го участка, ai – координаты начального сечения i-го участка.
На первом участке 0  z1  a  имеем
z1
N1 dz1
1,5P
3P
0
z1 
z1 .
EF
EF
2
EF
0
Следовательно, эпюра − прямая линия.
w1  w10 

При z1  0 имеем w1  0 , т. е. w10  0 при жестком защемлении.
При z1  a получаем
3Pa
.
w1 z  a  w20 
1
2 EF
На втором участке a  z2  2,5a  имеем
154
z2
N 2 dz2 3Pa 2 P
7 Pa 2 P



z2 .
 z2  a  
EF
2
EF
EF
2
EF
EF
a
Эпюра на втором участке − прямая линия.
При z2  2,5a получаем
3Pa
.
w2 z  2,5a  w30  
2
2 EF
На третьем участке 2,5a  z3  3,7a  имеем
w2  w20 

w3  w30 
z3
N3 dz3
3Pa
P


 z3  2,5a  .
EF
2
EF
EF
2,5a

При z3  3,7a получаем
3Pa
.
(5)
w3 z 3.7 a  
3
10 EF
Используя полученные данные, строим график-эпюру перемещений w
поперечных сечений (. 2.2г).
5) Расчеты на жесткость
Согласно (5), полное удлинение стержня не должно превышать условия жесткости стержня:
3Pa
l 
 l .
10 EF
Отсюда можно найти другое допускаемое значение силы:
10 EF l 
.
(6)
Pдоп 
3a
Сравнивая (4) и (6), устанавливаем из двух значений Pдоп наименьшее.
№2. Построить эпюры N, w для стержня, изображенного на . 2.3, при
нагружении силой P и равномерно распределенной нагрузкой q . Составить условие прочности.
Решение
1. Определение опорной реакции
Уравнение равновесия сил (. 2.3а)
 Z   H  q3a  P  0 ,
откуда H  3 qa  qa  2qa .
2. Определение внутренних усилий N методом сечений
Стержень содержит два участка с разным характером нагружения. На
первом участке делаем сечение на расстоянии z1 и из условия равновесия
левой отсеченной части находим (. 2.3б)
N1  H  qz1  2 qa  qz1 .
Следовательно, на первом участке график-эпюра N прямая линия.
155
1
а) H
2
q
z1
3à
z2
h
Z
б)
à
H=2qa
N
2qa
q
N2
z10
w
N1
z1
в)
г)
b
P=qa
-qa
2
wmax= 2qa
EF
P=qa
4a-z2
3qa 2
2EF
qa 2
2EF
. 2.3
Строим эпюру по двум точкам. При z1  0 имеем N1  2qa , а при
z1  3 a получаем N1   qa .
На втором участке отсекаем на расстоянии z2 правую часть стержня.
Действие левой части на правую заменяем усилием N 2 (. 2.3б). Из уравнения равновесия отсеченной части правой части находим
N 2   P  qa .
Следовательно, на втором участке N 2 имеем постоянное значение.
Эпюра N приведена на . 2.3в. На расстоянии z10 усилие N1  0 .
Найдем это расстояние:
N1  2 qa  qz10  0 ;  z10  2 a .
Максимальное значение N max  2qa возникает в защемлении. Это сечение является опасным по прочности.
Контроль правильности построенной эпюры осуществляется с помощью правил дифференциальной зависимости Д. Журавского
dN
 q :
dz
1) на незагруженном участке q  0 и N  const ;
2) на равномерно загруженном участке q  const и N   qz  C1 , т.е. эпюра − прямая линия, возрастающая с ростом z , если угловой коэффициент
156
k  q  0 q  0 , и убывающая, если k  q  0 q  0 .
Оба правила в нашей задаче соблюдены.
3. Расчет на прочность
Условие прочности стержня
N
2 qa
(1)
 z max  max 
  .
F
F
Пусть поперечное сечение стержня − прямоугольное с соотношением
сторон
h/b  2.
  12 Ì
Ï à  1,2 10
F  h  b  2 b2 .
Тогда
4 êÍ
Допускаемое
напряжение
(дерево), q  10 êÍ/ì , a  0,6 ì . Требуется
ì2
определить размеры поперечного сечения h и b . Из условия (1) находим
2 qa 2  10  0,6
F  2 b2 

 103 ì 2 ,
4
 1,2 10
откуда b  0,5 10 3  0,0224 ì  2,24 ñì .
Округляем значение b до значения b  2,2 ñì , тогда h  2 b  4,4 ñì ;
F  9,68 ñì 2  9,68 104 ì 2 . Проверяем стержень на прочность с подобранными размерами поперечного сечения:
2  10  0,6
êÍ
max 
 1,24  104
 12,4 Ì Ï à ,
9,68  104
ì 2
что больше допустимого значения   12 ÌÏà .
12,4
Перенапряжение составит
 1,033 , т.е. 3,3 % . Отклонение от 
12
допускается в пределах  5 % .
4. Построение эпюры перемещений wz 
На первом участке:
w1  w10 
z1
N1dz
1 z1
0

  2 qa  qz1  dz ,
EF
EF
0
0
или
q 
w1 
 2 a z1 
EF 
z12 
.
2 
Эпюра – парабола. В сечении z10  2 a , где N1  0 , перемещение достигает максимального значения:
2 qa 2
wmax 
 0.
EF
Выпуклость параболы определяется знаком второй производной
157
q
 0 , т.к. q  0 . Следовательно, кривая перемещений обращена
EF
выпуклостью к верху.
При z1  3 a имеем
w1  
3 qa 2
w1 z 2a 
 w20 .
1
2 EF
На втором участке 3 a  z2  4 a  получаем
z2
qa 3 qa 2 qa


 z2  3 a  .

EF 3a EF 2 EF EF
1
w2  w20 
Эпюра − прямая линия. При z2  3 a имеем w2  w20 , а при z2  4 a
3 qa 2 qa 2 qa 2
w2 


0.
2 EF EF 2EF
Строим прямую линию на втором участке (. 2.3г). Задача решена.
158
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ № 3:
СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ
ПРИ РАСТЯЖЕНИИ–СЖАТИИ СТЕРЖНЕЙ
3.1. Краткие сведения из теории
Статически неопределимыми задачами называют такие, в которых
число неизвестных опорных реакций превышает число независимых уравнений статики. Разность между числом неизвестных реакций и числом независимых уравнений статики называется степенью статической неопределимости задачи, которая определяет «лишнее» число независимых реакций. Соответствующие лишним неизвестным простые связи называются
лишними.
На . 3.1а изображена заданная схема один раз статически неопределимой задачи. Выберем нижнюю опору в заданной схеме «лишней» и отбросим ее. Схема или статически определимая система, получается из заданной путем отбрасывания лишней связи, и называется основной системой (. 3.1б). Эквивалентной называют основную систему не только с приложенной внешней нагрузкой, но и «лишней» неизвестной X  RB
(. 3.1б). Смысл эквивалентности систем заключается в том, что перемещение сечения B отсутствует, т.е.
 B ( P, X )  0 .
(3.1)
a)
á)
RA
RA
â)
RA
ã)
RA
A
a
P
3F
P
3F
P
N1
N2
b=2a
F
F
B
Õ=RB
RÂ
Õ
z
. 3.1
Используя принцип независимости действия сил и закон Гука для эквивалентной системы, вместо (3.1) находим перемещение:
Pa
X 2a
Xa
B 


 0,
E (3F ) EF E (3F )
159
откуда
P
 RB .
7
X
Из уравнения равновесия
 Z   RA  P  X  0
находим реакцию
P 6
 P.
7 7
Статическая неопределимость задачи раскрыта. Изложенный метод
решения статически неопределимых задач носит название метода сил, т. к.
за основные неизвестные в этом методе приняты силы.
Усилия в стержнях находим с помощью метода сечения (. 3.1г):
6P
P
,
N1  R A 
N2   X   .
7
7
Напряжения
N
N
P
2P
,
.
1  1 
2  2  
3F 7 F
F
7F
Сопоставляя напряжения, устанавливаем
2P
 max  1 
 
7F
и требуем, чтобы это напряжение не превосходило допускаемого  .
RA  P  X  P 
3.2. Примеры решения задач
№1. Определить усилия и нормальные напряжения в стержне с зазором  ,
изображенном на . 3.2, при действии силы P и нагревании на T  C .
Принять зазор   0,1 ì ì , a  0,5 ì , F  100 cì 2 , P  1500 êÍ , T  30 Ñ .
a)
á)
â)
RA
RA
1
F
Ò
P
F
Ò
2a
N1
P
N2
2
a
2F
2F

z
Õ=RB
. 3.2
Õ=RB
160
Решение
В результате сборки конструкции (ликвидации зазора  ), действии
силы P и температуры T в опорах возникнут реакции R A , RB  X .
Уравнение равновесия имеет вид
 Z  P  RA  RB  0 .
(1)
Задача один раз статически неопределима. Решаем задачу методом
сил. Для эквивалентной системы составляем дополнительное уравнение
совместности деформаций. Перемещение сечения WB ограничено, поэтому
WB ( P, ΔT , X )   .
Используя принцип независимости действия сил и закон Гука для эквивалентной системы получаем
P 2a X 2a
Xa
WB 


  (3a) T   ,
EF
EF E (2 F )
или
2 Pa 2,5 Xa
WB 

 3  a T   ,
EF
EF
откуда
4P 6
2 EF 
.
(2)
RB  X 
  EF T 
5 5
5a
Из уравнения (1) с учетом (2) получаем
P 6
2  EF
.
R A  P  RB  
EF T 
5
5
5a
Методом сечения находим усилия на каждом из участков стержня:
N1  R A , N 2   X   RB .
Напряжения
N1 1 P 6 
2 





E

T

E ,
1

F 5F
5
5 a

  2  N 2   2 P  3  E T  E  .
2F
5 F 5
5a

Таким образом, каждое из слагаемых в выражениях для напряжений
содержит три вида слагаемых. Первые возникают за счет действия силы P ,
вторые – за счет изменения температуры (температурные напряжения),
третьи − за счет устранения зазора δ (монтажные напряжения).
В первом случае, когда ( T  0,   0 ), силовые напряжения
2P
P
2P
, 2  
, max 
,
1 
5F
5F
5F
т.е. первый участок стержня растягивается, а второй сжимается.
Во втором случае, когда действует только температура ( P  0,   0 )
161
6
6
3
1    E T , 2    E T , max   E T ,
5
5
5
т.е. напряжения во всем стержне сжимающие.
В третьем случае ( P  0, T  0 )
2 E
2 E
1 E
, 2 
, max 
1 
5 a
5 a
5 a
оба участка растянуты. В этом случае стержень был растянут для ликвидации зазора и закреплен.
№2. Сила Ð  45 êÍ передаётся через абсолютно жёсткую плиту А на
сплошной стальной цилиндр 1 площадью поперечного сечения 15 см2 и
полый медный цилиндр 2 площадью 20 см2. Сила действует по оси обоих
цилиндров (. 3.3). Требуется: найти усилия в стальном  N1  и медном цилиндрах  N 2  ; изменить температуру конструкции, чтобы усилия в стальном и медном цилиндрах были одинаковы  N1  N2  ; изменить температуру конструкции, чтобы напряжения в стальном и медном цилиндрах были
одинаковы  1  2  .
Принять: Р = 45 кН; F1 = 15 см2; F2 = 20 см2; E1 = 2∙105 МПа;
E2 = 1∙105 МПа; коэффициент
линейного расширения для стали
1 = 1,2∙10 -5 1/град, для меди 2 = 1,6∙10 -5 1/град.
. 3.3
Решение
1. Определение усилий N1 и N 2
Сделаем сечение I  I и рассмотрим равновесие верхней отсечённой
части, действие отброшенной части заменим усилиями N1 и N 2 (. 3.4).
Для данной системы сил можно составить одно уравнение статики.
(У=1). Число неизвестных равно двум (R=2). Таким образом, система один
раз статически неопределима:
n  R  Ó  2 1  1 .
162
. 3.4
Составим уравнение равновесия
(1)
 Z  P  N1  N 2  0.
Рассмотрим систему в деформированном состоянии (. 3.5) и составим
уравнение совместности перемещений.
. 3.5
Очевидно, что
  1   2 .
Выразим деформацию цилиндров 1 и 2 через усилия
Nl
Nl
l1  1 1  1 ,
E1F1 E1F1
N l
N l
l2  2 2  2 ,
E2 F2 E2 F2
где учтено l1  l2  l .
Подставив (3) и (4) в (2), получим
(2)
(3)
(4)
163
N1l
N l
 2 .
E1F1 E2 F2
Решаем совместно (1) и (5). Из уравнения (5) получим:
N E F
N1  2 1 1 .
E2 F2
Подставляя полученное выражение N1 в уравнение (1), получим
(5)

E F 
P  N 2 1  1 1   0,
 E2 F2 
откуда
N2  
Тогда
P

E F 
1  1 1 
 E2 F2 

45
 2 10 15 
1 

 1 10 5  20 


5

45
 18 кН.
2,5
(6)
E1F1
2 10 5 15
(7)
N1  18
 18
 27 кН.
E2 F2
110 5  20
Знак «минус» в выражениях (6) и (7) говорит о том, что усилия в цилиндрах будут сжимающими.
2. Изменение температуры конструкции T , чтобы усилия в цилиндрах стали одинаковыми ( N1  N 2 )
Из уравнения (1) имеем
N1  N 2   P / 2  22,5 кН .
В выражениях для деформаций цилиндров (3) и (4) нужно учесть влияние изменения температуры Т. Тогда
Nl
Nl
l1  1 1  1 l1 T  1  1 l T ,
E1F1
E1F1
N l
N l
l2  2 2   2 l2 T  2   2 l T .
E2 F2
E2 F2
Уравнение (2) перепишем в виде
N1l
N l
 1 l T  2   2 l T ,
E1F1
E2 F2
или
 1
1 
  T ( 2  1 ),
l1  N1 

 E1F1 E2 F2 
откуда
 1


1 
1
1
  2,25 10 4 
N1 



11
4
11
4 
E1 F1 E2 F2 
2

10

15

10
1

10

20

10



T 

( 2  1 )
(1,6 10 5  1,2 10 5 )
164


2,25 10 4 3,33 10 9  5 10 9
  9,4C .
0,4 10 5
Таким образом, чтобы усилия в цилиндрах стали одинаковыми, конструкцию нужно нагреть на 9,4 С.
3. Изменение температуры конструкции (Т*), чтобы напряжения в
цилиндрах стали одинаковыми (1 = 2)
Напряжения в цилиндрах равны
N
N
1  1 ,  2  2 .
F1
F2
Тогда с учетом 1   2 получаем
N1 N 2
F
(8)

, èëè N1  N 2 1 .
F1 F2
F2
С учётом (8) уравнение статики (1) примет вид

F
F 
P  N 2 1  N 2  0 или N 2  1  1    P,
F2
 F2 
откуда
P
45
45
N2  


 25,7 кН,
1,75
 F1 
 15 
1 

1  
 20 
F

2
F
15
N1  N 2 1  25,7
 19,3 кН.
F2
20
Выражения для деформаций каждого из цилиндров
Nl
Nl
l1  1 1  1 l1 T *  1  1 l T *,
E1F1
E1F1
N l
N l
l2  2 2   2 l2 T *  2   2 l T * .
E2 F2
E2 F2
Подставляя (9), (10) в (2), после преобразования получаем
N1
N2
1,93 10 4
2,75 10 4



11
4
E1 F1 E 2 F2
2

10

15

10
1 1011  20 10  4 
T * 

( 2  1 )
(1,6 10 5  1,2 10 5 )

 6,43 10 5  12,85 10 5
(9)
(10)
 16 С
0,4 10 5
Таким образом, чтобы напряжения в стальном и медном цилиндрах стали
одинаковыми, конструкцию нужно нагреть на 16 С.
165
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ № 4:
ВНУТРЕННИЕ МОМЕНТЫ И НАПРЯЖЕНИЯ
ПРИ КРУЧЕНИИ
4.1. Краткие сведения из теории
При кручении стержня (. 4.1а) в его поперечном сечении возникает
крутящий момент M êð  M z (. 4.1).
a)
m
z
Ì
M+ml
á)
M
z
Mz
m
M
z
l-z
l
M
. 4.1
Методом сечений определяем внутренний момент (. 4.1б):
M z  M  m(l  z) .
(4.1)
Крутящий момент считаем положительным, если он вращает против
часовой стрелки, если смотреть на него со стороны внешней нормали к сечению. Соответственно (4.1) позволяет построить график-эпюру изменения M z в виде прямой линии при m  const .
Дифференцируя (4.1), получаем зависимость Журавского
dM z
 m ,
dz
связывающую внутренний M z и внешний распределенный момент m .
Из этой зависимости следуют простые правила контроля правильности построения эпюры внутренних крутящих моментов:
1) на незагруженном участке стержня (m = 0), M z  const ;
2) на равномерно загруженном участке стержня (m = const) момент
M z  m z  C1 −
прямая линия, возрастающая при m < 0 и убывающая при m > 0;
3) в сечении, где действует сосредоточенный момент, в эпюре наблюдается скачок на величину этого момента.
Угол поворота поперечного сечения стержня определяется по формуле
166
z M dz
   z ,
0 G J êð
0
где 0 – угол поворота левого торцевого сечения в начале координат,
G J êð – жесткость при кручении; G – модуль сдвига Кулона; J êð – геометрическая жесткость при кручении стержня.
Если M z  const , то
Mzz
.
  0 
G J êð
При z  l получаем угол поворота правого торцевого сечения относительно левого:
l M dz
M zl
, ( M z  const ).
  z ; 
GJ
GJ
кр
êð
0
На . 4.2 изображена эпюра касательных напряжений для различных
поперечных сечений. Максимальное напряжение в поперечном сечении и
условие прочности имеют вид
M крmax
 max 
   ,
Wкр
где    – допускаемое касательное напряжение; Wêð – геометрический момент сопротивления сечения кручению.
a)
 max
á)
y
 max
D
x
 max
â)
y
y 'max 
max
x
d x h
D
 max
. 4.2
Для круглого поперечного сечения диаметра D (. 4.2а)
 D3
.
Wêð  WP 
16
Для кольцевого сечения (. 4.2б)
4
D 3   d  
1     .
Wêð 
16   D  


 max
b
167
Для тонкостенной трубки толщиной h и радиусом R
Wкр  2R 2 h .
Для прямоугольного сечения со сторонами h  b (. 4.2в)
Wêð  (h / b) hb2 , J êð  (h / b) hb3 .
Момент сопротивления и геометрическая жесткость содержат множители
 ( h / b) и  ( h / b ) , зависящие от отношения сторон h / b . Значения коэффициентов приведены в таблице:
h/b
α
β
γ
1
0,208
0,141
1
1,5
0,231
0,196
0,859
1,75
0,239
0,214
0,820
2
0,246
0,229
0,795
3
0,276
0,263
0,753
5
0,299
0,299
0,743
10
0,313
0,313
0,742
∞
1/3
1/3
0,742
Сечения тонкостенных стержней открытого профиля (узкий прямоугольник, двутавр, швеллер, уголок и др.) состоят из прямоугольников, для
которых обычно h / b  10 , поэтому для них имеют место расчетные формулы
J êð
1
J êð   hi bi3 , Wêð 
,
3 i
b max
где i – номер прямоугольной части сечения тонкостенного профиля.
4.2. Примеры решения задач
№1. Для стержня (. 4.3а) построить эпюру крутящих моментов, угловых
перемещений, написать условие прочности. Определить допускаемое значение диаметра стержня.
Решение
1. Определение опорного реактивного момента из уравнения равновесия
Из . 4.3а получаем
 M Z   M A  M1  M 2  0 ,
M A  M1  M 2  3M  M  2M .
2. Определение внутренних крутящих моментов методом сечений
У стержня два участка с различными выражениями для внутреннего
крутящего момента. Методом сечения находим (. 4.3б)
M Z1  M A  2M , M Z 2   M 2   M ,
и строим эпюру крутящих моментов M z (. 4.3в).
В сечении на стыке участков действует сосредоточенный момент
M1  3M . В этом сечении на эпюре имеет место скачок на величину этого
168
момента в сторону уменьшения M z . На незагруженных участках стержня,
dM z
согласно дифференциальной зависимости Д. Журавского,
 m  0 ,
dz
откуда M z  const , что соответствует построенной эпюре (. 4.3в).
MA 1
а)
M2=M
2
M1=3M
б)
d
A
MA
Mz1
z
n
z1
2a
z1
3a
z2
M
Mz2
2M
n
в)
5a-z2
-M

M2=M
4Mà
GJP
Mà
GJP
г)
. 4.3
3. Расчет на прочность
Из эпюры крутящих моментов определяем M z max  2M во всех сечениях первого участка. Условие прочности
M z max 2M
(1)
max 

 .
Wêð
Wêð
Если сечение круглое, то
 D3
,
Wêð  W p 
16
и тогда из условия прочности (1) получаем
32 M
D3
.
 
Если, например, M  3 êÍ ì ,
D3
  80 Ì
32  3
  80  103
Ï à  8  104
(2)
êÍ
ì2
, à  1 ì , то
 0,0726 ì  7,26 ñì .
169
Округляем полученные значения до целых значений и принимаем
D  7 ñì . Делаем контрольную проверку условия прочности при новом
значении диаметра D=7 см. В результате вычислений по формулам (1), (2)
получаем
W p  67,31 ñì 3  6,731 105 ì 3 ,
max 
23
6,731  10
 8,91  104
5
êÍ
ì
2
 89,1 Ì Ï à .
89,1
 1,11, т.е. 11% . Если принять D=8 см,
80
то W p  100,5 ñì 3 ,  max  59,7 ÌÏà , что меньше допускаемого напряжения на 25,4 %. Окончательно принимаем D=8 см.
4. Построение эпюры углов закручивания (. 4.3г)
На первом участке 10  0 , поэтому
Перенапряжение составит
1  10 
z1
M z1 dz1 2M

z1 .
GJ
GJ
êð
êð
0

При z1  0  1  10  0, а при z1  2a  1 
На втором участке 2a  z2  5a  имеем
4Mà
 02 .
GJ êð
z2
M z 2 dz2 4M
M


 z2  2a  .
GJ
GJ
GJ
êð
êð
êð
2a
Ma
При z2  2 a получаем 2  02 , а при z2  5a  2 
.
GJ êð
2  02 

№2. Построить эпюры крутящих моментов M êð  M z и угловых перемещений  , произвести расчеты на прочность и жесткость (. 4.4).
Решение
1) Уравнения равновесия
Вычисляем сумму всех внешних моментов, действующих на стержень,
круглого поперечного сечения и приравниваем ее к нулю
 M z  ma  M 2  M1  M A  0 .
С учетом M1  4 ma , M 2  2 ma получим реактивный момент в заделке
M A  ma  2 ma  4 ma  ma .
2) Определение выражений крутящих моментов методом сечений и
построение эпюры M z
Стержень имеет два участка, на которых выражения крутящих моментов различны. Рассекаем стержень на первом и втором участках и рассматриваем в каждом из этих случаев одну из отсеченных частей (. 4.4б).
170
а)
y
MA
x
a
M1=4ma
A z1
Mz
a
m
M2=2ma
z
MA
Mz1
z1
z2
Mz2
3ma
m
M2=2ma
2ma
в)
-ma
3ma 2

2a-z2
2GJêð
б) метод сечений
г)
2
- ma
GJêð
. 4.4
Для первого участка ( 0  z1  a )
M z1  M A  ma  const ,
для второго ( a  z2  2a )
M z2  M 2  m 2a  z2   2ma  m 2a  z2   4 ma  mz 2 .
Строим эпюру крутящих моментов. На первом участке откладываем
отрицательное постоянное значение  m a  . На втором участке эпюра –
прямая линия. Для ее построения достаточно иметь две точки: при z 2  a и
z2  2a . Соответствующие моменты M z 2  3 ma и M z2  2 ma . Наносим
на график эти точки и проводим прямую линию (. 4.4в). В сечениях, где
действуют сосредоточенные моменты, имеют место скачки, равные по величине значениям этих моментов. Наибольший момент возникает в сечении z2  a :
M z max  3 ma .
3) Контроль правильности построенной эпюры с помощью дифференциальной зависимости Д. Журавского
dM z
 m ,
dz
позволяющей установить следующие правила:
на незагруженном участке m  0 эпюра M z постоянна;
на равномерно загруженном участке m  const  эпюра − прямая линия
M Z  m z  C1, возрастающая с ростом z , если m  0 , и убывающая, если
m  0;
171
в сечениях, где действует сосредоточенный момент, имеет место скачок
на величину этого момента.
В нашем примере все правила контроля выполняются.
4) Расчет на прочность при кручении бруса
Условие прочности при кручении
M zmax
 max 
   .
Wêð
D3
, то получаем
16
48 ma
max 
  .
3
D
Если D,   , a известны, то находим допустимое значение момента
Так как M zmax  3 ma, Wêð  WP 
mäî ï
   D3

.

48 a
При проектировочном расчете находим размер поперечного сечения,
т.е. диаметр
48 ma
D3
.
 
В этом случае должны быть известны m,   , a .
Третий тип расчета – проверочный.
5) Построение эпюры угловых перемещений  (. 4.4г)
Угловые перемещения находим по формуле
zi M
 z  dzi ,
0
i  i   zi
a (GJ êð )i
i
где i − номер участка, i0 − значение угла в начале i -го участка, M zi −
крутящий момент на i -м участке, a i − координата начала i -го участка,
(GJ êð )i − жесткость при кручении на i-м участке.
На первом участке 10  0 (защемление).
Угол поворота
z1  ma

 dz   ma z .
1  0  
1
1
GJ P
0 GJ P
Эпюра – прямая линия. При z1  0  1  0 , при z1  a получим
ma 2
1  
z  02 .
GJ P
На втором участке
172
2  02 
или
z2
M z 2dz2
ma 2 z2 4 ma  mz2
dz2  
 
dz2 ,

GJ
GJ
GJ
P
P
P
a
a


1 
m 2

2

m
a

4
ma
z

a

z2  a 2  .


2

GJ P 
2

График-эпюра  2 − квадратичная парабола.
2 
3 ma 2
ma 2
0
При z2  a получаем 2  2 
, при z2  2 a − 2 
.
2 GJ P
GJ P
Выпуклость параболы определяется знаком второй производной. Производные
1
 d

 dz GJ  4 ma  mz2  ,
P

 2
d    m .
 dz 2
GJ P

Так как в задаче m  0 , то   0 и выпуклость эпюры обращена кверху.
Первая производная обращается в нуль при z20  4a , что за пределами
стержня, поэтому эпюра  не имеет экстремума.
Помимо условия прочности иногда проверяется условие жесткости
при кручении
M zmax

   ,
GJ êð
где  − относительный угол закручивания,  − допускаемое значение относительного угла закручивания.
№3. Стальной консольный вал (. 4.5а), имеющий участки с разными поперечными сечениями (круглое и прямоугольное), нагружен внешними крутящими моментами. Требуется: из условия прочности определить допускаемую величину крутящих моментов; построить эпюры касательных
напряжений для круглого и прямоугольного поперечных сечений;
построить эпюру углов закручивания по длине вала.
Принять    70 Ì Ï à, G  0,8  105 Ì Ï à, l  1 ì , D  h  2b  20 ñì .
Решение
Для дальнейших расчетов нам потребуется эпюра крутящего момента
Ì z.
1. Построение эпюры крутящего момента
В заделке А покажем реактивный момент M A (. 4.6а). В результате
173
получим систему моментов действующих относительно оси z , для которой
можно составить одно уравнение равновесия. Число неизвестных реакций
одно. Таким образом, заданный вал является статически определимым.
y
a)
5M
1
MÀ
D
2M
2
z
h
A
B
z1
б)
y
Ñ
MÀ
b
Mz1
z2
l
l/2
z1
2M
M
ýï . Ì
â)
z
Mz2
2M
3M

0,58
3
ýï .  .10
(ðàä)
ã)
(3l/2)-z2
4,06
. 4.5
Составим уравнение равновесия и определим M A :
M z  2M  5M  M A  0,
M A  5M  2M  3M .
Разбиваем брус на силовые участки – первый (1) и второй (2)
(. 4.5а.)
Используя метод сечений, записываем выражения для M z на каждом
силовом участке.
На первом участке  0  z  l  , (. 4.5б)
M z  M z1  M A  0,
M z1   M A  3M .
(1)
M z2  2 M .
(2)
На втором участке  l  z  3l / 2  , (. 4.5б)
M z  2M  M z2  0,
Используя выражения (1), (2), строим эпюру M z (. 4.5в).
174
2. Определение допускаемого значения крутящих моментов
Из условия прочности вала при кручении
(3)
max   ,
где max − максимальное касательное напряжение на одном из участков
вала.
На первом участке
M z1
,
(4)
max 
Wp
 D3
где M z1  3M − крутящий момент на первом участке; W p 
 0,2 D3
16
− полярный момент сопротивления круглого сечения на первом участке.
Выражение (4) принимает вид
3M
M
.
(5)
max 
 15
0,2 D3
D3
На втором участке
M z2
,
(6)
max 
Wêp
где M z2  2 M − крутящий момент на втором участке;
Wêp   hb 2  0,246   0,5h   h  0,0615 h3  0,0615 D3 − момент сопротив2
ления для прямоугольного поперечного сечения на втором участке,  −
h
коэффициент, зависящий от отношения и определяемый по таблице, для
b
h
 2    0,246 . Выражение (6) принимает вид
b
2M
M
(7)
max 
 32,52
.
0,0615 D3
D3
Сравнивая выражения (5) и (7), делаем вывод, что максимальные касательные напряжения будут на втором участке.
Условие прочности (3) можно записать в виде
32,52 Ì
 7 107 ,
D3
откуда с учетом D  0,2 ì получим
3
0,2   7  107

M
 1,722  104 Í ì
 17,22 êÍ ì .
32,52
Для дальнейших расчетов примем Ì  17 êÍ ì , тогда
175
M z1  3M  3  17  51 êÍ ì , M z2  2M  2  17  34 êÍ ì .
3. Построение эпюры касательных напряжений
Первый участок – круглое поперечное сечение (. 4.6).
y
2

max 31,9Ì Ï à
x
1
D=20 ñì
M z1 =51êÍ ì
. 4.6
Для построения эпюры  определим значения касательных напряжений в точках 1 и 2.
В точке 1

M z1
Jp
1  0 , так как 1  0 .
В точке 2
max 
M z1
Wp
M z 2 =34êÍ ì

5,1  104
 3,19  107
Í
 31,9 Ì Ï à.
3
ì2
0,2  0,2 
Второй участок – прямоугольное поперечное сечение (. 4.7).
Jp
2 
M z1
y
'

max 54,9Ì Ï à
2
h=20 ñì

max 69,1Ì Ï à
x
1
b=10 ñì
. 4.7
Для построения эпюры  рассмотрим точки 1 и 2.
176
В точке 1
max 
M z2
Wêp

M z2
 hb2

3,4 104
0,0615h3
В точке 2

3,4 104
0,06150,2
3
 6,91107
Í
ì2
 69,1 Ì Ï à.
max    max  0,795  69,1  54,9 Ì Ï à,
h
где  − коэффициент, зависящий от отношения
и определяемый по табb
h
лице, для
 2    0,795 .
b
4. Построение эпюры углов закручивания 
Для i-го участка, нагруженного постоянным крутящим моментом,
угол закручивания можно определить по зависимости
M l
i  i0  zi i ,
 i  1, 2  ,
Gi J êp,i
где i − угол закручивания на рассматриваемом i-ом участке; i0 − угол
закручивания в начале i-ого участка; M zi − крутящий момент; li − длина
участка; Gi − модуль сдвига материала участка; J êp ,i − геометрическая ха-
 D4
рактетика сечения при кручении (для круглого сечения J p 
 0,1D 4 ,
32
3
для прямоугольного J êp   hb ).
В задаче имеем
 D 4   0,2 
Jp 

 1,57  104 ì 4 ,
32
32
4
J êð   hb3  0,229  0,2  0,13  4,58 105 ì 4 .
На первом участке
1  10 
M z1  z1
G1 J p
,
(8)
где 10  0 , так как в начале первого участка заделка (точка А); z1  l  1,0 ì
− длина первого участка.
Тогда выражение (8) примет вид
1  0 
 5,1104  1,0
5
6
0,8  10  10  1,57  10
На втором участке
4
 4,06  103 ðàä.
177
2  02 
M z2  z 2
G2 J êð
(9)
,
где 02  1  4,06  103 ðàä − угол закручивания в начале второго участl
ка (точка B); z2   0,5 ì − длина второго участка.
2
Из выражения (9) получим
2  4,06  10
3

3,4  104  0,5
5
6
0,8  10  10  4,58  10
5

 4,06  103  4,64  10 3  0,58  10 3 ðàä.
Полученные данные позволяют построить эпюру  (. 4.5г).
№3. Построить эпюру крутящих моментов и угловых перемещений  ,
написать условие прочности для стержня, подвергающегося кручению
внешними моментами (. 4.8).
y
а)
MA
1
D
3M 2
MB
B
A
z
z1
2a
z2
á) î ñí î âí àÿ ñèñò åì à
3M
a
X=MB
3M
ã)
в)
MA
Mz1
ýêâèâàëåí ò í àÿ ñèñò åì à
M
z1
M
д)
M2

2Ma
GJêð
-2M
3a-z2
e)
. 4.8
Решение
MB
178
Для стержня (. 4.8а) можно составить только одно уравнение равновесия. Относительно оси z сумма моментов
 Ì Z  M A  M B  3M  0 .
В задаче два неизвестных. Это реактивные моменты M A , M B . Задача
один раз статически неопределима, так как
n  R  Ó  2  1  1,
где n − степень статической неопределимости, R − число неизвестных реакций, Ó − число уравнений равновесия.
Для раскрытия статической неопределимости применяем метод сил.
Отбросим правую «лишнюю» опору в заданной схеме задачи. В результате
получаем основную статически определимую систему (. 4.8б). Приложим к
основной системе «лишнюю» неизвестную X  M B . Получаем эквивалентную систему (. 4.8в), для которой известно, что угол поворота сечения
 B в правой опоре
B  B (M , X )  0 .
(1)
На основании принципа независимости действия сил и закона Гука
получаем для эквивалентной системы
B 
откуда
3 M  2a X  3a

 0,
G J кр
G J кр
X  M B  2M .
Из (1) находим
M A  M B  3M    2M  3M    M .
Таким образом, статическая неопределимость задачи раскрыта.
Используя метод сечений (. 4.8г) находим внутренние крутящие моменты по участкам из условия равновесия частей стержня
M z1   M A  M , M z2  X  2M .
На . 4.8д построена эпюра крутящих моментов M êð  Ì z . Поскольку
участки стержня не загружены m  0 , то эпюра M êð постоянна, а в сечении, где действует сосредоточенный момент, происходит скачок на величину этого момента 3M .
Углы поворота по участкам
z1 M dz

z1 1
0
,
 1  1  
GJ

êð
0

z2 M dz

z2 2
0
.
2  2   GJ
êð
2a

179
Так как 10  0, M z1 и M z2 постоянны, то
M z1 z1 Mz1

2M a

, 1(0)  0, 1  2a  
 02 ,
1 
GJ êð GJ êð
GJ êð


2 Ma
2M

2 

 z2  2a  .

GJ
GJ
êð
êð

2Ma
При z2  2a имеем 2  02 
, при z2  3a −
GJ êð
2  3a  
2M
(a  3a  2a)  0 .
GJ êð
Эпюра угловых перемещений построена на . 4.8е.
Условие прочности стержня круглого поперечного сечения имеет вид
M êðmax
2M
  .
WP
WP
При кручении, как и при растяжении – сжатии, можно производить
три типа расчета на прочность: проверочный, определение допустимого
внешнего момента, проектировочный по определению размеров поперечного сечения.
max 

180
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ № 5:
ПРЯМОЙ СДВИГ И ПРАКТИЧЕСКИЕ РАСЧЁТЫ
НА ПРОЧНОСТЬ СОЕДИНЕНИЙ, РАБОТАЮЩИХ
НА СДВИГ И СМЯТИЕ
5.1. Краткие сведения из теории
Прямым сдвигом называют такой вид нагружения стержня, при котором в его поперечных сечениях с площадью F возникает только перерезывающая сила Q как равнодействующая действующих в сечении касательных напряжений  , т.е.
Q    dF .
F
На . 5.1а приведен пример соединения двух листов с помощью болта В ,
поставленного без зазора, растягивающихся силами P . Болт срезается возникающими в поперечном сечении касательными напряжениями ñð , которые распределены по сечению неравномерно (. 5.1б). Кроме того, в продольном диаметральном сечении болта от давления листов возникают
нормальные напряжения ñì , называемые нормальными напряжениями
смятия материала (. 5.1в). Это давление может быть настолько большим,
что материал листа или болта начнет пластически деформироваться и отверстие в листах приобретет овальную форму.
а)
б)
в)
ñð
P
Q=P
B
h
h
P
P
Fñð
h
ñì
B
h
d
. 5.1
Таким образом, в болте возникают как касательные ñð , так и нормальные напряжения ñì , т.е. сложное напряженное состояние. Теоретическое исследование такого напряженного состояния практически невозможно. В то же время расчет болтов, заклепок, шпонок, сварных швов и
др., которые не являются стержнями, встречается буквально на каждом
шагу при проектировании и конструировании. В основу расчета на проч-
181
ность таких соединений берут крайне упрощенные схемы, при помощи которых находятся условные средние напряжения
Q
P
Q
P
.
cð 

,
ñì 

Fñð Fñð
Fcì
Fcì
Расчет на прочность состоит в том, что напряжения не должны превышать некоторые условные допускаемые напряжения ñð и ñì , т.е.
Q
P
cð 
  ñð ,
ñì 
 ñì .
Fñð
Fcì
Такие расчеты на прочность называются условными.
Обычно принимается ñð  0,8 , где  − допускаемое напряжение
при обычных расчетах стержней на растяжение-сжатие, а ñì  2.
Поскольку расчетные напряжения являются условными, то их допускаемые значения могут быть определены только из опытов в аналогичных
условиях нагружения, которые реализуются в конкретном крепежном соединении.
Практические расчёты заклепочных соединений базируются на предположениях:
1. В поперечном сечении болта или заклёпки возникает только один
внутренний силовой фактор − поперечная сила Q.
2. Касательные напряжения, возникающие в сечении крепежного элемента, распределены по его площади равномерно.
3. Если соединение выполнено несколькими одинаковыми элементами
то принимается, что все они загружены одинаково.
4. При расчёте на смятие учитывается не фактическая площадь смятия, а
её проекция на диаметральную плоскость ( Fñì  dh ).
При расчёте сварных соединений вводятся допущения:
1. По длине сварного шва независимо от его расположения по отношению к линии действия внешней силы напряжение распределяется равномерно.
2. Разрушение сварного шва происходит от среза по плоскости, проходящей через биссекту прямого угла треугольного шва, то есть расчётная толщина шва принимается равной h = 0,7K (. 5.2).
. 5.2
182
5.2. Примеры решения задач
№1. Проверить прочность заклёпочного соединения (. 5.3). Принять: допускаемое напряжение на растяжение полосы  р = 160 МПа; допускаемое напряжение на срез    140 Ì Ï à ; допускаемое напряжение на
ñð
смятие см = 320 МПа.
. 5.3
Решение
1. Построим эпюру нормальных сил действующих в сечениях 1-1, 2-2,
3-3 полосы (. 5.3)
При этом будем учитывать, что на каждую заклёпку приходиться сила, равная в среднем
P 1
N   P,
i 5
т.к. число заклёпок i = 5.
2. Проверка прочности полосы при растяжении
Расчёт необходимо выполнить для сечения 3-3, т.к. здесь действует
наибольшая нормальная сила
N3  P .
Для сечения 2-2 усилие меньше
4
N 2  P,
5
183
и расчётная площадь поперечного сечения меньше, чем в сечении 3-3.
Сечение 3-3
N
3  3 ,
F3
где F3  tn (b  d )  12∙(180-22) = 1896 мм2 =1,896∙10-3 м2 – площадь поперечного сечения полосы в сечении 3-3 (. 5.4а).
3 
2,6  105
 1,371  108
1,896  103
Условие прочности выполняется.
Сечение 2-2
Í
ì2
 137,1 Ì Ï à   ð .
N2
,
F2
где F2  t n (b  2d )  12∙(180-2·22) = 1632 мм2 = 1,632∙10-3 м2 – площадь
поперечного сечения полосы в сечении 2-2 (. 5.4б).
2 
2 
(4 / 5)  2,6 105
 1,278  108
1,632  103
Условие прочности выполняется.
а)
Í
ì2
 127,5 Ì Ï à   ð .
б)
. 5.4
3. Проверка прочности заклёпок на срез
Условие прочности
Q
ñð 
    ñð ,
Fñð
1
где Q  P  52 êÍ − перерезывающая сила, приходящаяся на одну за5
d 2   222
клёпку; Fñð 

 380 ì ì 2  3,8 104 ì 2 − площадь среза за4
4
клёпки.
184
Q
5,2 104
Í

 1,368  108
 136,8 Ì Ï à    ñð .
2
Fñð 3,8 104
ì
Условие прочности выполняется.
4. Проверка прочности заклёпок на смятие
Условие прочности
Q
ñì 
   ñì ,
Fñì
где Fсм  d t n  22·12 = 264 мм2 = 2,64∙10 -4 м2 − условная площадь смятия.
5,2  104
Í
ñì 
 1,97  108
 197 Ì Ï à    .
2,64  104
ì2
Условие прочности выполняется.
5. Проверка условия прочности на срез по длине а (см. . 5.3)
Условие прочности
Q
ñð,à 
   ñð ,
Fñð,à
ñð 
где Fср,а  2a t n  2·45·12 = 1080 мм2 = 1,08·10 -3 м2 − площадь среза.
5,2  104
Í
 48,1 Ì Ï à    ñð .
1,08  103
ì2
Условие прочности выполняется.
Таким образом, прочность данного заклёпочного соединения обеспечена.
ñð,à 
 4,81  107
№2. Определить размеры D, h детали А из условия равнопрочности на
растяжение, срез и смятие (. 5.5), если  p  140 Ì Ï à,  ñp  100 Ì Ï à,
ñì
 250 Ì Ï à.
Решение
Нарушение прочности данного соединения возможно от растяжения по
сечению 1; от смятия по сечению 2 и от
среза по сечению 3.
1. Определение допускаемой нагрузки
Р из условия прочности стрежня диаметром d 0 на растяжение
Условие прочности
P
     ð,
F
. 5.5
откуда
185
P  F   p ,
(1)
где F  d 02 / 4 − площадь поперечного сечения стержня диаметра d 0 .
Из (1) следует, что
d02
(32 103 )2
P
   ð 
 1,40  108  1,125  105 Í  112,5 êÍ .
4
4
2. Определение размера D из условия прочности на смятие
Условие прочности
P
ñì 
 ñì ,
Fñì
D 2 d 2
где Fñì 

4
4
Тогда
− площадь смятия.
ñì 
4 P
( D2  d 2 )
 ñì ,
откуда
4P
4  1,125  105
2
D
d 
 (34  103 )2 
8
   ñì
  2,5  10
 5,73  104  11,56  104  4,158  102 ì .
примем D = 42 мм.
3. Определение размера h из условия прочности на срез
Условие прочности
P
ñð 
  ñð ,
Fñð
где Fcp  dh − площадь среза.
Условие прочности примет вид
ñð 
P
  ñð ,
d h
откуда
P
1,125  105
h

 1,05  102 ì .

3
8
d  ñð   34  10  1  10
Примем h  11 мм.
№3. Определить необходимую длину фланговых швов для прикрепления
стержня фермы, состоящего из двух равнобоких уголков (. 5.6). Принять N
= 320 кН;  ð = 160 МПа; ñð = 110 МПа.
186
Решение
1. Расчёт стержня фермы на прочность
Стержень фермы, состоящий из двух равнобоких уголков, растягивается силой Р, приложенной в центре тяжести сечения (. 5.6, точка Ñ ). Усилие, приходящееся на один уголок
N 320
N óã  
 160 êÍ .
2
2
. 5.6
Усилие N уг приложено в центре тяжести уголка (. 5.6, точка Ñ óã ). Условие
прочности уголка
N óã
 óã 
   ð,
Fóã
откуда необходимая площадь поперечного сечения уголка
N óã 1,6 105
Fóã 

 1  103 ì 2  10 ñì 2.
8
 ð 1,6 10
По сортаменту выбираем уголок с ближайшей большей площадью поперечного сечения. Принимаем уголок 7,57,50,8 (. 5.7). Из сортамента
имеем F óã = 11,5 см2, b = 7,5 см, xc  yc  2,15 см, t = 0,8 см.
. 5.7
. 5.8
2. Определение длины сварных швов l a и l d
Рассмотрим равновесие уголка под действием сил N óã, N a и N d (.
5.8).
187
Составим уравнения равновесия и определим усилия N a и N d , возникающие в сварных швах.
M D  N a b  N óã(b  yc )  0 ,
Na 
N óã(b  yc )
160  (7,5  2,15)
 114,1 êÍ .
b
7,5
M A  N óã yc  N d b  0 ,

N óã  yc
160  2,15
 45,9 êÍ .
b
7,5
Условие прочности для сварного шва
N
Ni
ñð  i 
  ñð (i  a, d ) ,
Fñði li  0,7  t
Nd 

откуда
li 
Ni
.
 ñð  0,7t
Определим длину l a :
Na
1,141  105
la 

 0,185 ì  185 ì ì .
 ñð  0,7t 1,10 108  0,7  0,8 102
Примем l a = 190 мм. Определим длину l d :
Nd
4,59 104
ld 

 0,0745 ì  74,5 ì ì .
 ñð  0,7t 1,10 108  0,7  0,8 102
Примем l d = 80 мм.
188
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ № 6:
РАСЧЕТ СТЕРЖНЕВЫХ СИСТЕМ НА ПРОЧНОСТЬ
ПО ПРЕДЕЛЬНЫМ СОСТОЯНИЯМ
6.1. Краткие сведения из теории
На практике стержни часто соединяют друг с другом в стержневые
конструкции – фермы и рамы (. 6.1), места соединения стержней называют
узлами.
á) ðàì à
â) ñò åðæ åí ü
à) ô åðì à
P
A
l
l'
P
P
B
B'
B
. 6.1
В фермах внешняя нагрузка прикладывается в узлах, поэтому стержни
работают в основном на растяжение-сжатие (. 6.1а). В этом случае узлы
идеализируют в форме шарниров. В рамах, как правило, внешняя нагрузка
внеузловая, ее элементы испытывают в основном изгиб (. 6.1б). Мы рассмотрим только конструкции типа ферм.
Особый интерес при расчете ферм представляют перемещения ее узлов, которые происходят за счет удлинения стержней. На . 6.1в представлена простейшая схема перемещения узла стержня в направлении, ортогональном самому стержню. Поскольку в сопротивлении материалов перемещения считаются малыми по сравнению с линейными размерами тел, то
после малого перемещения  B узла B новая длина стержня
l 
 
l  2B  l 1   B 
2
2
l.
 l 
При малых перемещениях можно считать, что смещение узла стержня
B по перпендикуляру к нему не вызывает его дополнительного удлинения.
Это важное правило используется для установления связи между удлинениями стержней и перемещениями их узлов.
При расчете стержневых систем реальные диаграммы растяжения и
сжатия идеализируются (. 6.2).
Предельным упругим состоянием стержневой системы называют такое, при котором хотя бы в одном стержне напряжения достигают предела
189
текучести  ò . В этом случае усилия в одном из стержней N   ò F .
Остальные стержни остаются в упругом состоянии и сдерживают развитие
пластических деформаций в конструкции при дальнейшем увеличении
внешней нагрузки.
à)
á)

ò

ò

ò

. 6.2
Предельным пластическим состоянием называется такое, когда во
всех стержнях достигается пластическое состояние и конструкция не может больше сопротивляться деформированию. Она теряет свою несущую
способность при неограниченном росте деформации.
N
Критерий предельного упругого состояния max  max   ò ,
F
N max   ò F .
(6.1)
Допустимое значение напряжения определяется по формуле:

 ò ,
n
где n – коэффициент запаса прочности. Тогда критерий (условие) прочности
N
max  max    ,
F
что позволяет определить допустимое значение N max , т.е.
N
(6.2)
Näî ï  max     F .
n
Так как усилие N max в каждой задаче выражается через внешнюю
нагрузку P , то из (6.1), (6.2) можно найти предельное Ðò и допустимое
Päîò ï ее значения.
Критерием предельного пластического состояния является достиже-
Ni*
ние во всех стержнях напряжениями предела текучести, т.е. i 
 ò ,
F
190
N i*   ò F ,
где i – это номер элемента в стержневой системе.
(6.3)
В этом случае достаточно предельные значения усилий N i* из (6.3)
подставить в уравнения равновесия и найти предельную нагрузку P* пластического состояния. Допускаемая нагрузка этого состояния определяется
по формуле
P*
.
n
Отношение предельных и допускаемых нагрузок
*
Päîï

k
Päî* ï
P*

Ðò Päîò ï
позволяет обнаружить резерв прочности стержневой конструкции, не используемый при расчете по предельному упругому состоянию, т.е. расчету
по допускаемым напряжениям.
6.2. Примеры решения задач
№1. Для простейшей стержневой системы с жестким элементом (АВС)
определить допускаемое значение внешней нагрузки по методу допускаемых напряжений (предельному упругому состоянию) и условию жесткости
( 6.3).
y
HA
A
N
 B
RA
B
B'
P
C
B''

a
x
C
a
C'
. 6.3
Решение
Рассмотрим равновесие жесткого элемента данной конструкции. Задача является статически определимой. Три неизвестных реакции R À , H À в
191
опоре À и усилие N (реакция со стороны стержня на жесткую балку) могут быть найдены из трех уравнений равновесия:
  X  H A  N cos   0,

  Y  RA  N sin   P  0,
 m  N sin   a  P 2a  0,
A

откуда следует, что
2P
RA   P ,
H A  2 Pctg  .
,
N
sin 
Зная усилие N , по закону Гука определяем удлинение стержня
Nl
2 Pl
.
l 

E F EF sin 
Точки B и C жесткой балки в результате удлинения стержня переместятся в новое положение B и C  (. 6.3), причем из подобия треугольников ACC  и ABB следует  C  2  B . Перемещение точки B свяжем с
удлинением стержня l , используя треугольник BBB . Мысленно отсоединяем стержень от балки в точке B и разрешаем ему удлиняться на величину BB  l , а затем совершаем переход по перпендикуляру BB к
стержню. Это перемещение по введенному нами правилу не вызовет дополнительного удлинения стержня при принятой точности расчетов. Из
образовавшегося треугольника BBB находим
l
2P l
.
B 

sin  EF sin 2 
Допускаемое значение силы P находим из условия прочности
N
2P
 
  ,
F sin  F
откуда
1
Päîï   F sin  .
2
Условие
2P l
B 
  B ,
EF sin 2 
где   B  – допускаемое перемещение, называемое условием жесткости.
Из этого условия можно найти другое допускаемое значение силы
1
Päîï   B  EF sin 2  .
2
Далее из двух значений Päîï выбирается наименьшее, которое обеспечивает выполнение обоих условий прочности и жесткости.
192
№2. Определить предельное и допускаемое значение силы Ð для стержневой конструкции с жестким элементом при ее расчете по предельному
упругому состоянию (допускаемым напряжениям).
Решение
Рассмотрим равновесие жесткого элемента стержневой системы
(. 6.4), мысленно отсоединим стержни от жесткой балки и заменим их действие силами N1 , N 2 , которые, равны нормальным усилиям в стержнях.
y
l1
F=2F
1
HO
O
RO
N1

A '
A
a
F=F
2
N2
A
l2=l
B
P
x
C
A''
B
a

C 
B'
a
N1
N2
C'
. 6.4
Запишем уравнения равновесия жесткого элемента:
Õ  H 0  N1 sin   0,

(1)
Y  R0  N1 cos   N 2  P  0,
M  N cos   a  N 2a  P3a  0.
0
1
2

В полученные уравнения равновесия входят четыре неизвестные силы: R0 , Í 0 , N1 , N 2 . Следовательно, задача один раз статически неопределимая. Примем указанные выше силы в качестве основных неизвестных
задачи и для раскрытия статической неопределимости воспользуемся методом сил. Для этого нам необходимо составить четвертое дополнительное
уравнение, называемое уравнением совместности деформаций (удлинений). На . 6.4 показано отклонение положения жесткого элемента Î ÀÂ Ñ  ,
в результате чего отклонения под действием силы Ð точки A, B, C переместились в новое положение A, B , C  . Обозначим эти перемещения
 A ,  B ,  C   . Из трех перемещений только одно независимое. Пусть
таковым будет перемещение точки Ñ , т.е.  Ñ   . Из подобия треугольников OAA, OBB , OCC  находим
Ñ  Â  A
,


3a 2a
a
откуда
193
1
2
 A  ,  Â   ,     Ñ  .
3
3
Свяжем из геометрических соображений  A ,  B шарниров A, B с
удлинениями примыкающих к ним стержней. В треугольнике AAA отрезок AA   l1, AA    A , ÂÂ   B  l2 , следовательно,
l
1
2
(2)
 A  1  ,  Â  l2   .
cos  3
3
Исключив  , находим искомое дополнительное уравнение совместности удлинений стержней:
1
(3)
 l1  l2 cos  .
2
Согласно закону Гука,
N1 l1
N1 l
l1 

,
2 EF1 2 EF cos 
(4)
N 2 l2 N 2 l
l2 

.
2 EF2 EF
Подставляя выражения (4) для l1 , l 2 в (3), получим
(5)
N1  N 2 cos2  .
Это дополнительное уравнение совместности удлинений, выраженное
через усилия N1 , N 2 . Таким образом, задача сведена к решению системы
уравнений (1) и уравнения (5), из которых находим
3 P cos 2 
3P
N1 
, N2 
.
(6)
2  cos3 
2  cos3 
Из (6) видно, что N1  N 2 . Соответственно напряжения
N1
3 P cos 2 
1 


,
F 1 2 F 2  cos3 
N
3P
2  2 
.
F 2 F 2  cos3 


Отношение
1 cos 2 

 1,
2
2
следовательно, 1   2 и  max   2 .
В предельном упругом состоянии  2  T , тогда
max  2 

3 Ðò
3
F 2  cos 

 ò ,
откуда находим предельную нагрузку упругого состояния
(7)
194


 F
Ðò  ò
2  cos3  .
3
Если ввести коэффициент запаса прочности n по отношению к  ò и
Ðò , то получим допустимое значение нагрузки Päîò ï при расчете по предельному упругому состоянию:
 F
3 Ðò
Ðò

ò
3
.
max  2 
  ,
Ðäî ï 
2  cos  
3
n
F 2  cos3 




Перемещение точки C определим согласно уравнениям (2), (4), (6) и
(7):
3
3 l
9 Pl
  l2  2 
.
3
2
2E
2 EF 2  cos 


При  2   ò получаем перемещение ò в момент достижения предельного упругого состояния (. 6.5):
3 l
ò  ò .
2E
График зависимости P   изображен на . 6.5 в виде прямой OА для
0  P  Ðò .
P
PT
8
B
P*
À

O
T
*
. 6.5
№3. Определить предельную и допустимую нагрузку P для стержневой
конструкции задачи №2 по методу предельного пластического состояния.
Решение
195
Условием достижения предельного пластического состояния конструкции с жестким элементом (см. . 6.4), является достижение усилиями
во всех стержнях своих предельных значений
N1*   òF1  2 òF ,
N 2*   òF2   òF .
Подставим значения усилий в третье уравнение равенства (1) задачи №2:
N1 cos   2 N 2  3P  0 ,
(1)
откуда предельное значение внешней нагрузки
2
P*  òF  cos   1 .
3
ò
Если P  P , то все стержни находятся в упругом состоянии. Если
P ò  P  P* , то в упругом состоянии остается только первый стержень
N1  N1* , который сдерживает развитие пластической деформации во
втором стержне. Такую пластическую деформацию называют стесненной.
В этом случае из уравнения равновесия (1) следует:


N1 
 3P  2 N2   3P  2òF  .
cos 
cos 
Перемещение точки C , согласно уравнению (2) задачи №2,

3l1
3 N1 l
9 Pl


.
cos  2 EF cos 2  2 EF 2  cos3 


На . 6.5 изображен график этого участка деформирования в виде прямой АВ для P ò  P  P* . В предельном состоянии при P  P* перемещение   * , где
9 P*l
* 
.
3
2 EF 2  cos 


После достижения нагрузкой P предельного значения P* система не
может дальше сопротивляться неограниченному пластическому деформи*
рованию и разрушается. Допустимое значение нагрузки Päîï
при расчете
на прочность по предельному пластическому состоянию определяется по
формуле
P* 2
*
Päî ï 
  F 1  cos   ,
n 3
где n – коэффициент запаса прочности.
Отношение рассмотренных предельных и допускаемых нагрузок в задачах №2 и №3 определяется по формуле
196
k
P*
Pò

Päî* ï
Päîò ï

2 1  cos  
2  cos3 
.
Пусть, например,   60 . Тогда cos60  0,5 и
2 1,5
24
k

 1,41.
2  0,125 17
Таким образом, расчет на прочность по предельному пластическому
состоянию обнаруживает по сравнению с расчетом на прочность по предельному упругому состоянию (расчету по допускаемым напряжениям) резерв прочности в 41%.
№4. Для трехстержневой системы (. 6.6а) требуется: раскрыть статическую
неопределимость; определить допускаемое значение силы Р; определить
нагрузку предельного упругого состояния P ò и нагрузку, соответствую
исчерпанию несущей способности (нагрузку предельного пластического
состояния) P* и резерв прочности.
y
1
2
3
EF
EF
N2
N1
l
 
N3
 
EF
x
A
A
P
a)
P
á)
. 6.6
Решение
1. Раскроем статическую неопределимость системы
Вырежем узел А, действие отброшенной части заменим усилиями N1,
N 2 , N 3 (. 6.6б), при этом будем полагать, что они растягивающие. В результате получили систему сходящихся сил, для которой можно составить
2 уравнения равновесия. Число неизвестных усилий равно трем, следовательно, данная система один раз статически неопределимая (или на систему наложена одна лишняя связь).
Составим уравнения равновесия
 x   N1 sin   N3 sin   0,
197
 y  N 2  N1 cos   N3 cos   P  0.
Из первого уравнения получим
N1  N3 ,
тогда второе уравнение равновесия примет вид
N 2  2 N1 cos   P  0.
(1)
Для раскрытия статической неопределимости составим дополнительное уравнение совместности перемещений, рассмотрев систему в деформированном состоянии (. 6.7).
Для определения удлинения наклонного стержня 1 нужно из деформированного состояния (т. A1 ) восстановить перпендикуляр на первоначальное положение стержня. В результате получим т. A2 , а отрезок AA2
будет удлинением рассматриваемого стержня.
1
2
3
l
 
 l1
A
 l2
A1

A2
P
Из  AA1 A2 получим
AA2  AA1 cos  ,
или l1  l2 cos  .
(2)
Выразим деформации стержней
через усилия
Nl
li  i i (i  1, 2, 3) .
EF
Соотношение (2) примет вид
N1l / cos  N 2l
(3)

cos ,
EF
EF
где l1  l cos  , l2  l – длины стержней.
. 6.7
Совместно решая уравнения (1) и (3), получим
N2 
P
P cos 2 
, N1  N3 
.
1  2cos3 
1  2cos3 
Перемещение точки A будет равно
N l Pl
1
AA1  l2  2 

.
EF EF 1  2cos3 
Напряжения в стержнях
N2 P
1
N1 P
cos 2 
2 
 
, 1  3 
 
.
F
F 1  2cos3 
F F 1  2cos3 
2. Определим допускаемое значение силы из расчета по допускаемым
напряжениям
198
Примем l  1,5 ì ; F  4 ñì 2  4  102 ì 2 ;   30 ;
E  2  105 Ì Ï à;
  160 Ì
Ï à  1,6  108 Ï à.
Условие прочности имеет вид
max  .
Из предыдущего расчета имеем
P
1
max  2  
   ,
F 1  2cos3 
откуда


P  F   1  2cos3  

 4  104  1,6  108  1  2   0,866 
3
  1,472 10
5
Í  147,2 êÍ .
Примем P  147 êÍ , тогда усилия в стержнях
N1  N3 
P cos 2 
147   0,866 
 47,93 êÍ ,
3
1  2   0,866 
P
147
N2 

 63,91 êÍ .
1  2cos3  1  2   0,866 3
Перемещение точки А
1  2cos3 

2
Pl
1
1,47  105  1,5
1
AA1 




EF 1  2cos3  2  105  106  4  104 1  2   0,866 3
 1,198  103 ì  1,2 ì ì .
Напряжения в стержнях
N1 P
cos 2 
1,47  105
 0,866  
1  3 
 


F F 1  2cos3  4  104 1  2   0,866 3
2
 1,198  108
Í
ì 2
 119,8 Ì Ï à;
N2 P
1
1,47  105
1
2 
 



F
F 1  2cos3  4  104 1  2   0,866 3
 1,598  108
Í
 159,8 Ì Ï à.
ì 2
3. Определим нагрузку предельного упругого состояния P ò
Эта нагрузка соответствует состоянию системы, когда в ней впервые
возникнут пластические деформации, т.е.  max   ò .
199
Примем предел текучести материала стержней  ò  240 Ì Ï à, тогда
коэффициент запаса

240
n ò 
 1,5 .
 160
Таким образом,
Pò
1
max  2 

 ò ,
F 1  2cos3 
откуда



P ò  F ò 1  2cos3   4  104  2,4 108  1  2   0,866 
3

 2,208  105 Í  220,8 êÍ .
Необходимо отметить, что в рассматриваемом случае напряжения
1  3   ò , т.е. они остаются в упругом состоянии.
Допускаемое значение силы P ò
ò
 P ò   P  220,8  147,2 êÍ .
  n
1,5
4. Определим нагрузку предельного пластического состояния,
т.е. нагрузку, соответствующую исчерпанию несущей способности P*
В рассматриваемой системе исчерпание несущей способности произойдет, когда во всех стержнях напряжения достигнут предела текучести,
т.е.
N 2  òF .
N1  N3   òF ,
Подставим значения усилий в уравнение (1):
òF  2òF cos   P*  0,
откуда
P*   òF 1  2cos    2,4  108  4  104  1  2  0,866  
 2,623  105 Í  262,3 êÍ .
Если использовать для силы P* тот же коэффициент запаса n  1.5 ,
получим допускаемое значение силы
*
 P*   P  262,3  174,9 êÍ .
  n
1,5
Резерв прочности
 P* 
174,9
k
 
 1,188 èëè 18,8% .
ò  ò  147,2
P
P
 
P*
200
Величина k показывает, какой резерв прочности таит в себе расчет по
предельным нагрузкам по сравнению с расчетом по допускаемым напряжениям.
№5. В конструкции из трёх стержней длина среднего стержня меньше проектной длины на  = 2 мм (. 6.8). Определить усилия и напряжения в
стержнях после сборки конструкции.
2
l
E1F1
1
a
E2F2
a

A
3
E3F3
Принять:
F1= F3 = 20 см2 = 2∙10-3 м2;
F2 = 60 см2 = 6∙10-3 м2;
Е1 = Е3 = 2∙105 МПа;
Е2 = 1∙105 МПа;
F2 = 3F1 = 3F3.
. 6.8
Решение
Рассмотрим равновесие узла А после сборки конструкции (. 6.9). Получим систему сходящихся сил на плоскости, для которой можно составить два уравнение статики. Число неизвестных − три (N1, N2, N3). Таким
образом, данная конструкция один раз статически неопределима, т.е.
n = R − y = 3 − 2 = 1.
Составим уравнение статики
(1)
 Pz  N 2  N1 cos   N3 cos   0,
(2)
 Py   N1 sin   N3 sin   0.
Из уравнения (2) следует N1 = N3, тогда уравнение (1) примет вид
N2 = −2N1cos.
(3)
Составим дополнительное уравнение совместности деформаций
(удлинений стержней). Для этого рассмотрим конструкцию в деформированном состоянии (. 6.10).
201
2
1
a
l
N3
x
l/
co
3
a
 l1
s
A
A2
A1
. 6.9
Из АА1А2 имеем
a

N1
N2
a
 l2
a
. 6.10
AA2  AA1 cos  .
(4)
Выразим отрезки АА1 и АА2 через деформации стержней:
АА1 = l2, АА2 = l1.
Уравнение (4) запишем в виде
l1 = l2 cos.
(5)
Выразим деформации в стержнях 1 и 2 через усилия в стержнях, при
этом учтём, что второй стержень выполнен короче заданного размера на
величину .
Nl
N l / cos 
(6)
l1  1 1  1
,
E1F1
E1F1
N l
N l
(7)
l2  2 2    2  .
E2 F2
E2 F2
Выражения (6) и (7) подставим в (5), и получим
 N l

N1 l
  2    cos .
E1F1 cos   E2 F2

(8)
Учитывая, что согласно (3) N2 = -2N1cos, выражение (8) запишем
в виде
N1 l
2 N1 l cos2 

  cos ,
E1F1 cos 
E2 F2

l
2l cos 2  
N1 

   cos .
 E1F1 cos 

E
F
2
2


Примем  = 45; l = 1 м, тогда из (9) имеем
(9)
202
N1  
 cos 

l
2l cos 2  



 E1F1  cos 

E
F
2
2



2  103  0,707

2  103  0,707

1.0
2  1.0  0.5 


11
3
11
3 
 2  10  2  10  0,707 1  10  6  10 

1,414  103
 2,71  105  271 êÍ ;
(3,54  109  1,67  109 )
5,21  109
N2 = −2N1cos  = -2(-271)∙0,707 = 383,2 кН.
Таким образом, статическая неопределимость задачи раскрыта.
Определим напряжения в стержнях
N
271  103
Í
1  3  1  
 135,5  106
 135,5 Ì Ï à,
3
F1
ì
2 10
N 2 383,2  103
Í

 63,9  106
 63,9 Ì Ï à.
3
F2
ì
6  10
Вычисленные в задаче усилия и напряжения называют монтажными
или сборочными.
2 

203
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ № 7:
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕТИКИ
ПЛОСКИХ ПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЕНИЙ СТЕРЖНЯ
7.1. Краткие сведения из теории
Рассмотрим плоскую фигуру произвольной формы, являющуюся поперечным сечением стержня (. 7.1).
y0
y
y'
dF=dxdy
A dx

y
Ñ
y0
dy
x'

x
x
b
x0
a
x0
. 7.1
Площадь F фигуры внутри контура является ее первой геометрической характетикой. Отнесем фигуру к осям x, y и рассмотрим интегралы
S x   y dF , S y   x dF ,
(7.1)
F
J x   y 2 dF ,
F
F
2
J y   x dF , J xy   xy dF .
F
(7.2)
F
Величины (7.1) называются статистическими моментами площади
сечения относительно осей x и y , а величины (7.2) – моментами инерции
этой же площади соответственно. Два первых момента инерции J x , J y −
осевые моменты инерции, а J xy – центробежный. Сумма осевых моментов инерции представляет собой полярный момент инерции
F

J x  J y   x 2  y 2 dF   2 dF  J p ,
2
2
F
2
так как x  y   .
Радиусами инерции сечения называют положительные величины
204
Jy
Jx
;
iy 
.
F
F
Геометрические моменты сопротивления сечения относительно осей
x и y − это величины
Jy
J
.
Wx  x ,
Wy 
ymax
xmax
ix 
Проведем вспомогательные оси x 0 и y 0 , параллельные осям x и y .
Тогда координаты произвольной точки A в новой системе координат
определяются формулами
x 0  x  a,
y0  y  b ,
где à, b – координаты начала старой системы координат x, y относительно
новой x0 , y 0. Статические моменты в новой системе
S 0  Sx  b F,
S 0  Sy  a F .
x
y
(7.3)
Центральными осями называют такие оси, относительно которых статические моменты равны нулю: S x  S y  0 . Точка C пересечения центральных осей − это центр тяжести. Обозначим координаты центра тяжести: a  xc0 , b  yc0 . Тогда из уравнений (7.3) получим
S 0
S 0
y
0
xc 
,
yc0  x .
F
F
Моменты инерции при параллельном переносе осей относительно
центральных осей x и y
J
x
0
 J x  b2 F ,
J
y
0
 J y  a2F,
J
x0 y 0
 J xy  ab F .
(7.4)
При повороте центральных осей x и y в новое положение x  и y  на угол
 они преобразуются по формулам
x  x cos   y sin ,
y   y cos   x sin  .
В результате получаем
Jx  J y Jx  J y
J x 

cos 2  J xy sin 2,
2
2
Jx  J y Jx  J y
J y 

cos 2  J xy sin 2,
(7.5)
2
2
Jx  J y
J xy 
sin 2  J xy cos 2.
2
Главными осями инерции поперечного сечения называют такие оси,
относительно которых осевые моменты инерции принимают экстремальные значения
205
Jx  J y


2
1
2
.
J x  J y  4 J xy
min
2
2
Значения осевых моментов инерции называются главными.
J max 

(7.6)
Направление главных осей характеризуется углами 1, 2  1  90 ,
которые определяются по формуле
2 J xy
.
(7.7)
tg 2  
Jx  J y
Главные оси обозначаются цифрами 1 и 2, а главные моменты инерции J1  J max , J 2  J min . Центробежный момент инерции относительно
главных осей равен нулю. Любая ось геометрической симметрии является
главной.
Все расчетные формулы сопротивления материалов выводятся по отношению к главным центральным осям инерции поперечного сечения
стержня.
7.2. Порядок определения геометрических характетик для
сложных сечений
Рассмотрим произвольное поперечное сечение (. 7.2).
y0
2
a)
y1
y0= y
á)
y
1
2
x1
C1
C
y2
1
1
x0
x
y0
y
0
C1
yC0
C2
x
C
2
x2
y
0
C2
x0
C
0
xC1
xC0
0
xC2
. 7.2
x0= x
206
1) Проводятся вспомогательные оси x 0 , y 0 так, чтобы вся несимметричная фигура располагалась в первой четверти (. 7.2а), если имеется ось
симметрии, то она выбирается за y 0 или x 0 (. 7.2б).
2) Сложная фигура разбивается на простейшие с легко определяемы-


ми центрами их тяжести Ci xi0 ; yi0 , через которые проводим центральные
оси xi , yi , параллельные вспомогательным осям x 0 , y 0 .
3) Определяем геометрические характетики простых фигур относительно своих центральных осей, т.е.
Fi , S xi , S yi , J xi , J yi , J xi y .
i
4) Определяем координаты центра тяжести всей сложной фигуры во
вспомогательных осях x 0 , y 0 по формулам
xc0 
S
y
0
 Fi  xc0i
S
0
 Fi  yc0i
, yc0  x  i
.
F
F
 Fi
 Fi
Проводим через центр тяжести центральные оси x, y , параллельные вспо i
могательным осям x 0 , y 0 .
5) Вычисляем моменты инерции всего сечения относительно центральных осей x, y по формулам


J x   J xi  bi2 F , J y   J y  ai2 F  , J xy   J xy  ai bi F  ,
i
i
i
(7.8)
i
где ai  xc0  xc0 ,
bi  yc0  yc0 .
i
i
6) Определяем направления главных центральных осей, используя
формулу
1
2 J xy
tg 2  

(7.9)
Jx  J y
 2  1  900
7) Определяем главные моменты инерции относительно главных центральных осей по формуле
Jx  J y 1
2
,
(7.10)
J1,2 

 J x  J e 2  4 J xy
2
2
где J1  J max , J 2  J min .
8) Делаем проверку правильности вычисленных главных моментов
инерции по формуле
 J1  J 2  J x  J y  const ,

(7.11)

2
2
 J1  J 2  J x  J y  4 J xy .



207
7.3. Примеры решения задач
№1. Для прямоугольного поперечного сечения определить моменты инерции относительно осей геометрической симметрии  x, y  и осей совпада-


ющих со сторонами прямоугольника x 0 , y 0 (. 7.3).
y0
h
Решение
Оси x, y являются главными
центральными для прямоугольного поперечного сечения, так
как они совпадают с осями геометрической симметрии. Оси
y
dy
y
x
C
x 0 , y 0 − в данном случае будут
вспомогательными. Для определения осевого момента инерции
J x выделим на расстоянии y полоску шириной B и толщиной
dy , следовательно dF  B dy , тогда
x0
x
B
dx
. 7.3
h/2
y3
J x   y dF   y B dy  B

3
F
h / 2
h / 2
h/2
2
2


B
B 2h3 Bh3
3
3
  h / 2    h / 2   

.
3
3 8
12
Теперь рассмотрим на расстоянии x от оси y полоску шириной h и толщиной dx , в этом случае dF  hdy и момент инерции J y будет равен
B/2


x3
h
h 2 B3 hB3
3
3
J y   x dF   x h dx  h
  B / 2   B / 2  

.
3
3
3
8
12
F
B / 2
B / 2
B/2
2
2
Центробежный момент инерции
x2
J xy   xy dF  
xy
dx
dy


2
F
 B / 2 h / 2
B/2 h/2
где dF  dxdy .
B/2
y2

2
B / 2
2
2
2
2
1   B   B    h   h 
                 0,
4   2   2    2   2  



h/2

h / 2
208
Моменты инерции относительно осей x 0 , y 0 , можно вычислить используя
h
B
формулы переноса (7.5), полагая b   ; à   ; F  Bh , тогда
2
2
2
Bh3  h 
Bh3 Bh3 Bh3
J 0  Jx  b F 
   Bh 


,
x
12  2 
12
4
3
2
2
hB3  B 
hB3 hB3 hB3
J 0  Jy  a F 
   Bh 


,
y
12  2 
12
4
3
2
B 2h 2
 B  h
J 0 0  J xy  abF  0         B h 
.
x y
4
 2   2
№2. Определить геометрические характетики относительно центральных и
главных осей для сечения в виде прямоугольного треугольника, изображенного на . 7.4.
2
y0 y
dF 2
b(y 0)
1
h dy0
y0 yc0
C
b
1
x
x0
Решение
Отнесем треугольник к
вспомогательной системе координат x0 , y 0 . В качестве элементарной площади возьмем полоску на расстоянии y 0 толщиной
dy 0
 
и
переменной
b y 0 так, что
xc0
 
dF  b y 0 dy0 .
B
. 7.4
Из подобия треугольников нетрудно установить, что:
 
b y
0

y0  0
тогда dF  B 1 
 dy .


h


Статический момент S
S
h  y0 


y0 
B
 B 1 
,
x0
h


h 
будет равен
h

 h 2 h3  Bh 2
y0  0
0
0

y
dF

y
B
1

dy

B
 
.





x0


 2 3h 
h
6
F
0




ширины
209
По аналогии получим
hB 2
S 0   x dF 
.
y
6
F
0
Площадь треугольника


y0  0
h2  1
F   dF   B 1 
 dy  B  h    Bh .



h
2h  2
F
0 


Координаты центра тяжести C определим по формулам:
S 0 hB 2  2 1
y
0
xc 

 B,
F
6  Bh  3
h
yc0 
S
2
x0  Bh  2  1 h.
F
6  Bh 
3
Через точку C проводим центральные оси x, y параллельные осям x0 , y 0 .
Момент инерции J 0 и аналогично J 0 равны:
y
x
3
4 h

0
0
2
y
h

 y

y0  0
Bh3
0 2
0
,
J 0   y dF   y B 1 

 dy  B 
 
x


h
3
4
h
12
F
0





0
 
   
 
hB3
.
J 0
y
12
Для определения момента инерции относительно центральной оси x
воспользуемся формулой (7.5) при параллельном переносе осей
J
Так как J
x

0
3
Bh
,
12
x
0
 J x  b2 F ,
F
Jx  J
x
0
 b2F .
1
h
Bh, b  yc0  , то
2
3
2
Bh3  h  1
Bh3
hB3
Jx 
   Bh 
, Jy 
.
12  3  2
36
36
Центробежный момент
J
x0 y 0
0
b( y 0 )
0
0
  x 0 y 0 dF   x 0 y 0 dx0 dy0   y 0 dy0 
F
F

y0 
где dF  dx dy ; b( y )  B  1 
.


h


Интегрируя, получаем
0
h
0
x 0 dx0 ,
210
0
0 2 b( y )
h
(x )
J 0 0   y 0dy 0
x y
2
0
0
2
y 0  0 0 B 2h 2

0
1 
 y dy 


2
h
24
0


h B2 
Перейдя к центральным осям x и y , получим
hb
B 2h 2
J xy  J 0 0 
F 
 0.
x y
33
72
Для определения направлений главных осей используем формулу (7.7):
2 J xy
2 B 2h 2
Bh .
tg 2  


Jx  J y
 Bh3 hB3  h 2  B 2
72 


 36

36


Проводим главные центральные оси 1 и 2.
Если, например, h  B , то имеем равнобедренный треугольник, для
которого tg 2   , 1  45 ,  2  135  . По формуле (7.6) вычисляем
главные моменты инерции:
Bh  2
2
4
2 2
4
J1,2  J max 
B h  B  B h h .
72 

min
№3. Определить площадь и моменты инерции относительно главных центральных осей инерции круглого поперечного сечения диаметра D  2R (.
7.5).
y
Rd 
dF
dy
y
À
b(y)
C
D=2R
R
d

x
Решение
Выберем оси x, y , которые для
круглого сечения будут главными и
центральными, так как являются
осями геометрической симметрии.
В качестве элементарной площади
dF возьмем полоску на уровне
y толщиной dy и шириной b  y  ,
т.е. dF  b  y  dy . Координаты точки
A на контуре сечения, а также
dy, b y  равны:
. 7.5
x  R cos , y  R sin , dy  R cos  d, b y   2 R cos  .
Тогда элементарная площадь
dF   2 R cos     R cos  d    2 R 2  cos 2  d  .
211
Площадь круга
/ 2
/ 2
2
1

2 D
.
F   dF   2 R cos  d   2 R   sin 2 
 R 
2
4
4


F
 / 2
 / 2
Моменты инерции относительно оси x
/ 2
R4  / 2
2
2
2
2
J x   y dF    R sin    2 R cos  d  
  sin 2 2 d  
4  / 2
F
 / 2
2
2
2
/ 2
R4  
1
 R4  D4



sin
2
2



.
 

4  2 42
4
64
  / 2
 D4
Такое значение имеет момент инерции относительно оси y J y 
.
64
Следовательно, полярный момент инерции для круга
 D4  D4
.
J p  J x  J y  2J x  2 

64
32
№4. Определить положение центра тяжести и моменты инерции относительно главных центральных осей для поперечного сечения в виде полукруга (. 7.6).
y0 1
dF
dy0
y 0 yC0
C
R
b(y0)
2R
 2
x0
. 7.6
Решение
Проводим вспомогательные оси x 0 , y 0 при этом учтем, что ось y 0 является осью геометрической симметрии и будет одной из главных центральных осей инерции сечения − 1 (см. . 7.6). Вторая главная центральная
ось будет проходить через центр тяжести сечения и перпендикулярно оси
y0 .
Площадь полукруга F   D 2 /8 .
Статический момент относительно вспомогательной оси x 0 равен
212
S
x0
0
/ 2
  y dF  
F
0
 R sin   2R
2
2

cos  d    2 R
3 / 2
3 cos 
3
0
2 R 3 D3
,


3
12
где y 0  R sin ; dF  2 R 2 cos 2  d  смотри пример №3.
Координаты центра тяжести в осях x 0 , y 0 :
S 0 D3 8
2D 4R
0
0
xc  0, yc  x 


.
F
12  D 2 3 3
Через точку С с координатами xñ0 , yñ0 проводим вторую главную центральную ось инерции − 2 (см. . 7.6). Таким образом положение главных
центральных осей для заданного сечения − определено.
Моменты инерции полукруга относительно осей x 0 , y 0 будут равны
половине моментов инерции полного круга, найденных в предыдущей задаче:
1  D4  D4  R4
.
J 0 J 0 


x
y
2 64
128
8
Определим осевые моменты инерции сечения относительно главных
центральных осей
 D4  R4
J max  J1  J 0 

,
y
128
8
 
2
 D4  2D   D2  D4 D4 D4   8 
0 2
J min  J 2  J 0   yc F 





  .
x
128  3  8
128 18 16  8 9 
№5. Найти центробежный момент инерции для равнобокого уголка
125х125х10 (мм) относительно центральных осей x, y .
Решение
Из
таблицы
ГОСТа
для
уголка
(.
7.7а)
находим
J1  571 cì 4 , J 2  149 cì 4 , J12  0, xc0  3,45 ñì ,   450 , F  24,3 ñì 2 .
Центробежный момент
J J
571  149
J xy  1 2 sin 2  J12 cos 2 
 1  211 cì 4 .
2
2
Для уголка (. 7.7б) угол    45 ,
571  149
J xy 
 1  211 cì 4 .
2
Для уголка (. 7.7в) угол   45 ,
J xy  211 cì 4 .
213
y0
2
t
y
y
y
1
2
 =-45
b
x
t
x
0
Ñ
t

x
x
 =45
t
0
a)
á)
x
1
t
1
b
2
â)
. 7.7
№6. Для симметричного сечения требуется определить моменты инерции,
моменты сопротивления и радиусы инерции относительно главных центральных осей (. 7.8).
Решение
Представим сложное сплошное сечение, состоящее из трех простейших фигур: (полукруга 1, квадрата 2, треугольного выреза 3).
Отнесем фигуру к вспомогательным осям x 0 , y 0 так, чтобы ось y 0
совпала с осью геометрической симметрии фигуры.
Укажем центры тяжести каждой фигуры Ñ1 , Ñ2 , Ñ3  , через которые
проведем
вспомогательные
центральные
координатные
оси
 x1C1y1; x2C2 y2 ; x3C3 y3  .
y 0 =y=2
À
1
ó1
x1
Ñ1
yC =b2
ó20
3
Ñ
ó2 Ñ
2
ó3
x=1
x2
B
b3
óñ0
0,6r
ó10
2r
3r
b1
2
x3
Ñ3
1,2r
2r
. 7.8
ó30
x0
214
Так как ось y 0 является осью симметрии данного сечения, положение
его центра тяжести определяется одной координатой yñ0 , вычисляемой по
формуле
S 0 F y0  F y0  F y0
0
2 2
3 3 .
(1)
yñ  x  1 1
F
F1  F2  F3
Определяем площади и координаты центров тяжести отдельных фигур:
F1 
r 2
 1,57 r 2 ,
2
ó10  2r 
F2  4r 2 ,
4r
 2,425r;
3
y20  r ;
1
F3  1,2r  0,6r  0,36r 2 ,
2
Подставляя полученные значения в
1
y30  0,6r  0,2r.
3
формулу (1) для определения ко-
ординаты yñ0 , получим
3
3
3
0 3,80725r  4r  0,072r
yñ 
 1,485 r.
2
5,21r
Укажем на чертеже положение центра тяжести сечения Ñ с координатами xc0  0, yc0  1,485r и проводим через него центральные оси x, y , параллельные вспомогательным осям x 0 , y 0 .
Для контроля правильности определения положения центра тяжести
найдем статический момент площади составного сечения относительно
центральной оси x :



 

S x  F1b1  F2b2  F3b3  F1 y10  yc0  F2 y20  yc0  F3 y30  yc0 ,
где b1 , b2 , b3 − координаты центров тяжести отдельных фигур.
Получим
S x  1,57 r 2  2,425r  1,485r   4r 2  r  1,485r   0,36r 2  0,2r  1,485r  
 1,57 r 2  0,94r  4r 2  0,485r   0,36r 2  1,285r  
 1,4758r 3  1,94r 3  0,4626r 3  1,9384r 3  1,94r 3  0.
Равенство свидетельствует о том, что координата центра тяжести определена верно.
Так как ось симметрии y является не только центральной, но и главной, то центральные оси x, y будут центральными главными осями инерции поперечного сечения 1, 2 (  0) .
215
Вычислим осевые моменты инерции составного сечения относительно
главных центральных осей:


J1  J max  J x  J x,1  F1  b12  J x,2  F2  b22  J x,3  F3  b32 
 0,11r  1,57r   0,94r  
4
2
2
2r  2r 
3
12
 4r 2   0,485r  
2
 1,2r  0,6r 

2

 0,36r 2   1,285r   


36


4
4
4
4
4
 0,11r  1,38725r  1,3333r  0,9409r  0,0072r  0,59444r 4  3,170 r 4 ;
3
0,6r 1,2r 
r 4 2r  2r 
J 2  J min  J y  J y,1  J y,2  J y,3 



8
12
48
 0,3925r 4  1,3333r 4  0,0216r 4  1,704 r 4.
Непосредственно из чертежа определяем расстояния ómax , xmax от
наиболее удаленных точек A, B сечения до главных центральных осей:
3
3
ymax  AC  3r  yñ0  3r  1,485r  1,515r; xmax  BC  r.
Вычислим моменты сопротивления составного сечения относительно
главных центральных осей по формулам
Wx 
Jx
ymax

3,170r 4
 2,092r 3 ,
1,515r
1,704r 4
Wy 

 1,704r 3.
xmax
r
Jy
Определим радиусы инерции
ix 
Jx
3,170r 4

 0,78 r , i ó 
F
5,21r 2
Jó
F

1,704r 4
5,21r 2
 0,572 r.
№7. Для составного сечения (. 7.9), состоящего из швеллера №18 и неравнополочного уголка 8х5х0,5 требуется: определить положение главных
центральных осей сечения и вычислить главные центральные моменты
инерции сечения.
Решение
Данная фигура сложная, не имеет осей геометрической симметрии.
Выберем вспомогательные оси x 0 , y 0 так, чтобы вся фигура располагалась
по отношению к ним в первой четверти. Разбиваем сложное сечение на две
простейшие − стандартные прокатные профили: 1 − швеллер №18 (. 7.10),
2 − неравнополочный уголок 8х5х0,5 (. 7.11).
216
2 y1
y0
7,0
9,0
y
1

2
C
y2
0
yC2
=1,13
C2
2
1

1
x
5,0
x1
óC0 =7,15
0
C1
ó =9,0
18,0
C1
x2
x0
0
C1
x =5,06
xC0 =6,13
0
xC2
=9,6
. 7.9
Из соответствующих таблиц сортамента определяем геометрические
характетики для швеллера №18 относительно своих центральных осей
x1, y1 :
y1
h1  18 ñì , b1  7ñì , z0  1,94 ñì ,
F1  20,7cì 2 , J ø â x1  1090 ñì 4 ,
J ø â y1  86 ñì 4 .
C1
h1
x1
0
b1
. 7.10
Оси x1 , y1 для швеллера являются
не только центральными, но и главными осями инерции, так как одна из
осей (ось x1 ) − ось геометрической
симметрии сечения, поэтому центробежный момент инерции J шв x1 y  0 .
1
217
2  y2
y2
 2
y2
1
B2
C2
C2
x

0
x
C2
1
2

0
à)
2
á)
â)
x
1
. 7.11
Для неравнополочного уголка 8х5х0,5 из соответствующей таблицы
сортамента находим его геометрические характетики:
Â2  8 ñì , b2  5 ñì , x0  1,13 ñì ,
y0  2,6 ñì , F2  6,36 cì 2 ;
J óã x2  41,64 ñì 4 , J óã y2  12,68 ñì 4 ,
tg   0,387,
J óã2  J min  7,57 ñì 4 ;
   21,2  ;
Для определения центробежного момента уголка J уг x2 y 2 используем
формулы (7.5), откуда с учетом J xy  J óã12  0 получаем
J óãx2  J óã y2
(1)
tg 2 .
2
Для положения уголка (. 7.10)   21,2 .
На основании (1) получаем
41,64  12,68
J óãx2 y2  
tg 42,4  13,18 ñì 4 .
2
Для положения уголка, ( 7.11б) угол  стал отрицательным и равным
J óãx2 y2  
  21,2 . В этом случае J óãx2 y2  13,18 ñì 4. В положении уголка (.7.10в),


который имеет место в нашей задаче, угол    21,2  90  111,2 . В
этом случае J óãx2 y2  13,18 ñì 4.
Определяем координаты центра тяжести простых фигур С1 и С2 относительно вспомогательных осей x 0 , y 0 :
h
0
0
xÑ
 b1  z0  7  1,94  5,06 ñì , yÑ
 1  9 ñì ,
1
1
2
(2)
0
xÑ  b1  y0  7  2,6  9,6 ñì , yC2  x0  1,13 ñì .
2
218
Наносим на . 7.9 координаты полученных центров тяжести сечения С1, С2
швеллера и уголка.
Определяем координаты центра тяжести С сложной фигуры во вспомогательных осях x 0 , y 0 :
yÑ0 
S
0
x 
F1  yÑ0  F2  yÑ0
1
2
F
S
F1  F2

F1  xÑ0  F2  xÑ0
1
2
20,7  9,0  6,36  1,13 193,49

 7,15 ñì ,
20,7  6,36
27,06
(3)
20,7  5,06  6,36  9,6 165,80

 6,13 ñì .
F
F1  F2
20,7  6,36
27,06
Нанесем точку Ñ с найденными координатами центра тяжести сложной фигуры и проведем центральные оси x, y , параллельные вспомогаxÑ0 
y0


тельным осям x 0 , y 0 (см. . 7.9).
Вычисляем расстояния между центральными осями по формулам
0
0
0
0
ai  xC
 xC
,
bi  yC
 yC
,
i
i
Используя (2), (3), из (4) получаем
i  1, 2 .
(4)
0
0
0
0
a1  xC
 xC
 5,06  6,13  1,06 ñì , a2  xC
 xC
 9,6  6,13  3,47 ñì ;
2
1
0
0
b1  yC0  yC
 9  7,15  1,85 ñì , b2  yC
 yC0  1,13  7,15  6,02 ñì .
1
2
Подставляя полученные значения ai , bi в формулы (7.8), получим

 

J x   J ø â x1  b12  F1  J óãx2  b22  F2  


2
 1090  1,852  20,7  12,68   6,02   6,36  


 1160,85  243,17  1404,02 ñì 4 ;

 

J y   J ø â y1  a12  F1  J óã y2  a22  F2  


2
 86   1,06   20,7  41,64  3,47 2  6,36  



 109,26  118,22  227,95 ñì 4 ;
 

J xy   J ø â x1 y1  a1  b1  F1  J óãx2 y2  a2  b2  F2  


 0   1,06 1,85   20,7   13,18    3,47  6,02   6,36  
 40,59  146,04  186,63 ñì 4.
Определим положение главных центральных осей инерции сечения
согласно формуле (7.9):
219
tg 2  
2 J xy
J y  Jx

2   186,63
227,48  1404,02
 0,317,
2  17,6    8,8 .
На . 7.9 под углом 1  8,8 проводим первую главную ось инерции, а под
углом 2  1  90  8,8  90  98,8 − вторую главную ось.
Определим главные центральные осевые моменты инерции сечения по
формуле (7.10):
J1,2 
Jx  J y
2
2
 Jx  J y 
2
 
  J xy 
2 

2
1404,02  227,948
 1404,02  227,48 
2

 
   186,63 
2
2


 815,75  617,16 ñì 4 ;
J1  J max  815,75  617,16  1432,91 ñì 4 ;
J 2  J min  815,75  617,16  198,59 ñì 4.
Проверяем правильность полученного решения согласно тождествам
(7.11):
J1  J 2  1432,91  198,59  1631,5 cì 4 , J x  J y  1404,02  227,48  1631,5 ñì 4 ,
J1  J 2  1432,91  198,59  1234,32 cì 4 ,
Jx  J y 
2
 
2
 4 J xy  1404,02  227,48   4  186,63   1234,33 ñì 4.
Проверка подтверждает, что полученное решение задачи является правильным.
2
2
220
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ № 8:
ВНУТРЕННИЕ УСИЛИЯ, МОМЕНТЫ И НАПРЯЖЕНИЯ
ПРИ ПРЯМОМ ИЗГИБЕ БАЛОК И РАМ
8.1. Краткие сведения из теории
Изгибом называется такой вид нагружения стержня, при котором в его
поперечном сечении возникает изгибающий момент и отсутствует крутящий. Прямым называют изгиб, при котором плоскость действия изгибающего момента, содержит одну из главных осей инерции поперечного сечения (. 8.1а).
qy
RA
RB
a)
HA
qZ
A
x
z
z
N
ã)
Qy
ql/2
ä)
Mx
dz
qZ
á)
P+qZ l
Qy
P
+
A
HA
B
l
y
+
ql/2
+
â)
qy
RB
N
qZ
( l-z)
qy
Mx+dM x
Mx
+ qZ
Qy
Mx
Qy
N
P
2
å)
z
N
Mx
M x Mmax=ql /8
qy
RA
P
dz
N+dN
Q y+dQ y
2
Mmax=ql /8
.
8.1
На . 8.1а изображена однопролетная балка под действием распределенных нагрузок q y  q, q z , P . Внешние нагрузки считаем положительными, если они направлены в положительном направлении координатных
осей y, z , внешние моменты – при вращении против хода часовой стрелки
в плоскости, то есть относительно оси x, перпендикулярно плоскости (правило правого буравчика). Из уравнений равновесия
Z  P  q z l  H A  0,
Y  q y l  R A  RB  0,
l
Ì A  RBl  q y l  0,
2
221
откуда
q yl
(8.1)
Í A  P  qzl , RA  RB 
.
2
Учитывая (8.1), внутренние силы N , Q y и изгибающий момент M x
находим методом сечения, рассматривая равновесие левой либо правой отсеченной
 части (. 8.1б):
 N  H  q z  P  q l  z  ,
A
z
z

q yl

(8.2)
Q

R

q
z


R

q
l

z

 q y z  q y l 2  z  ,


 y
A
y
B
y
2


qy z2
qy
q yl
qy z2
2
 M x  RA z 
 RB  l  z    l  z  
z
.

2
2
2
2
На . 8.1в показаны положительные направления внутренних сил и моментов. Силы N положительны, если растягивают элемент балки dz , то
есть направлены в стороны внешних нормалей к сечению. Силы Q y положительны, если образуемая ими пара сил вращает по ходу часовой стрелки. Изгибающий момент M x положителен, если сжимает верхние волокна
балки и растягивает нижние волокна. На основе (8.2) строятся графикиэпюры N , Q y , M x (. 8.1г, д, е).
Дифференцируя (8.2), получаем дифференциальные уравнения равновесия (зависимости) Д. Журавского
dQy
dM x
dN
(8.3)
 qz ,
 q y ,
 Qy .
dz
dz
dz
Эти соотношения также следуют из . 8.1в, если составить уравнения
равновесия элемента dz. Зависимости (8.3) используются для контроля
правильности построения эпюр:
1) на незагруженном участке балки q z  0, q y  0 нормальная и перере-


зывающая силы постоянны; изгибающий момент – прямая линия, возрастающая с ростом z , если угловой коэффициент – сила Q y  0 , и убывающая, если Q y  0 . В этом случае из (8.3) следует
N = const, Qy = const, Mx = Qy z + C,
где C – постоянная интегрирования;
2) на равномерно загруженном участке q z  const , q y  const


эпюры
N , Q y – прямые линии, возрастающие с ростом z , если q z  0, q y  0 , и
убывающие, если q z  0, q y  0 . Эпюра моментов – квадратичная парабо-
ла, принимающая экстремальное значение (max либо min) в сечении, где
Q y  0 , и обращенная выпуклостью к стрелкам распределенной нагрузки
q y (по правилу зонтика и дождика). Тогда, из (8.3) получаем
222
N  qz z  C1, Q y  q y z  C2 , M x  
qy z2
2
 C2 z  C3.
Условие экстремума имеет вид
dM x
Qy 
 q y z0  C2  0 ,
dz
откуда находим координату z0 соответствующего сечения. Знак в производной
d 2M x
2
  q y определяет кривизну графика эпюры изгибающих
dz
моментов (. 8.2).
q y<0
qy>0
y
y
Qy
Qy
Q y<0
z0
Qy>0
z0
MX max
MX
MX
M''>0
X
MXmin
MXmin
M''<0
X
M''<0
X
MX
MX max
MX
M''>0
X
. 8.2
8.2. Примеры решения задач
№1. Построить эпюры перерезывающих сил Q y и изгибающих моментов
M x и подобрать размеры круглого поперечного сечения балки (. 8.3а), если    210 Ì Ï à  2,1  105 êÍ / ì 2 , P  30 êÍ , a  1 ì .
Решение
1. Определение опорных реакций из уравнений равновесия
Составим два независимых уравнения равновесия:
M A  RB l  P 2a  0, M B   R A l  P a  0.
223
a) çàäàí í àÿ ñõåì à çàäà÷è
RA
P
1
z1
y
RB
2
z
x D
B
A
z2
2a
a
RA
3a
y
Qy
P/3
Mx
z1
+
Mx2
M xmax=2Pa/3
2P/3
Qy2
+
Mx
Mx1
Q y1
RB
l-z2
á) ì åò î ä ñå÷åí èé
M xmax=2Pa/3
â) ýï þ ðû Q y ,M x
. 8.3
Находим опорные реакции
Pa P
2 Pa 2 P
 , RB 

.
l
3
l
3
2. Определение перерезывающей силы Q y и изгибающего момента M x
методом сечений и построение графиков-эпюр.
Из уравнений равновесия отсеченных частей балки на первом и втором участках находим
1
1

Q y1  RA  3 P, M x1  R A z1  3 Pz1,  0  z1  2a  ,

Q   R   2 P, M  R  l  z   2 P  3a  z  ,  2a  z  3a  .
B
x2
B
2
2
2
 y 2
3
3
На первом участке Q y1  P 3 – постоянная величина, а график измеRA 
нения момента – прямая линия. Полагая, что z1  0 , находим M x1  0 . При
z1  2a получаем M x1  2 Pa 3 . Откладываем эти величины на . 8.3в и соединяем прямой линией.
На втором участке Qy 2   2 P 3 – постоянная величина, а момент
M x 2 изменяется по закону прямой. Полагая, что z 2  2a , получаем
M x 2  2 Pa 3 . Принимая z 2  3a , находим M x 2  0 . Откладываем на гра-
224
фике эти значения и соединяем полученные точки прямой линией.
У строителей эпюру изгибающих моментов принято строить на растянутых волокнах балки (. 8.3в). Пунктиром показана изогнутая ось балки.
Как видно, эпюра M x в этом случае получится из предыдущей путем ее
переворачивания.
3. Контроль правильности построения эпюр с помощью правил
Д. Журавского
Из дифференциальных зависимостей Д. Журавского −
dQy
dM x
 q y ,
 Qy
dz
dz
следует, что на обоих незагруженных участках, где q y  0 , эпюра перерезывающих сил постоянна Q y  const , а эпюра изгибающих моментов –
наклонная прямая линия. Так как на первом участке Q y  0 , то эпюра M x
с ростом z1 возрастает. На втором участке Q y  0 , эпюра M x с ростом z2
должна убывать. Построенные эпюры полностью соответствуют правилам
Д. Журавского. В сечении, где действует сосредоточенная сила P , на эпюре Q y имеет место скачок на соответствующую величину этой силы в ее
направлении, а на эпюре M x − излом, резкое изменение угла наклона.
4. Расчет на прочность
Из эпюры M x находим, что в опасном сечении M xmax  2 Pa 3 . Условие прочности имеет вид
 zmax 
M xmax
Wx

2 Pa
 .
3Wx
Различают три типа расчета:
1) проверочный, когда все величины в условии прочности известны;
3 Wx
2) определение допускаемой величины нагрузки Päî ï 
;
2a
3) проектировочный, для определения размеров поперечного сечения. В
этом случае условие прочности следует записать в виде
2 Pa
Wx 
3  
и вычислить W x . Если поперечное сечение круглое диаметром D , то момент сопротивления поперечного сечения Wx  D3 32 . Из условия прочности находим
64 Pa
64  30  1,0
D3
3
 9,9  102 ì  9,9 ñì .
3
3    2,1  105
Полученное численное значение диаметра округляют и делают проверочный расчет. Примем D  10 ñì .
225
№2. Построить эпюры внутренних усилий Q y , M x для балки (. 8.4).
a) çàäàí í àÿ ñõåì à çàäà÷è
RA
1
m
z1
RB
2
z
B
A
a
Mx1
RA
z2
3a
l
z1
y
Qy
Qy2
m/l
Q y1
RB
+
Mx
ma/l
+
3ma/l
Mx
Mx2
l-z2
á) ì åò î ä ñå÷åí èé
3ma/l
ma/l
â) ýï þ ðû Q y ,M x
. 8.4
Решение
1. Определение опорных реакций
Из уравнений равновесия
M A  RB l  m  0, M B   RA l  m  0
находим
m
RA   RB  .
l
2. Определение Q y , M x методом сечений (. 8.4б) и построение эпюр
Из уравнений равновесия отсеченных частей балки находим
m
m
Qy1  Qy 2   const , M x1  RA z1  z1, (0  z1  a),
l
l
m
M x 2  RB  l  z2     4a  z2  , (a  z2  4a).
l
По полученным значениям строим эпюры (. 8.4в). Отметим, что сосредоточенный момент не повлиял на характер эпюры Q y . На эпюре моментов сосредоточенный момент вызвал скачок на величину этого момента. Наклон прямых на эпюре моментов одинаков, что соответствует правилу Журавского.
226
№3. Построить эпюры Q y , M x для консольной балки (. 8.5а) и подобрать
размеры
прямоугольного
поперечного
сечения,
если
êÍ
êÍ
  200 Ì Ï à  2 105 2 , q  40 , l  1,5 ì .
ì
ì
a)
MA
Í
A
Mx Q y
q
x h á)
z
z
l
y
Qy
â)
y
q
RA
b
l-z
Решение
1. Определение опорных реакций
Из уравнений равновесия
ql 2
Y  ql  RA  0, M A   M A 
 0,
2
 Z  H A  0
находим
ql
Mx
ql 2/2
ql 2/2
ql 2
RA  ql , M A  
, H A  0.
2
2. Определение Q y , M x методом сече-
Mx
. 8.5
ния и построение эпюр
Из уравнений равновесия отсеченной
части балки (. 8.5б) находим
2
q l  z 
Qy  q  l  z  , M x  
.
2
Эпюры представлены на . 8.5в. Выпуклость параболы эпюры M x
определяется знаком второй производной либо правилом зонтика и дождика (на сжатом волокне).
3. Расчет на прочность
Из эпюры M x в опасном сечении (заделке) находим M x max  ql 2 / 2 .
Условие прочности записываем в виде
M xmax
ql 2
 z max 

   .
Wx
2Wx
Пусть требуется подобрать размеры прямоугольного поперечного се-
bh2 2b3
чения с соотношением сторон h/b  2 . Тогда Wx 
. Из условия

6
3
прочности находим
227
3 ql 2 3 4  40  1,52

 6,96  102 ì  6,96 ñì .
4  
4  2  105
Примем b  7 ñì , тогда h  2b  14 ñì .
b3
№4. Построить эпюры Q y , M x для консольной балки (. 8.6а) и подобрать
двутавровое поперечное сечение.
a) çàäàí í àÿ ñõåì à çàäà÷è
RA
Mx Q y
P
z
MA
z
x
l
l-z
á) ì åò î ä ñå÷åí èé
y
Qy
P
y
P
+
MX
Pl
Решение
1. Определение опорных реакций
Из уравнений равновесия
Y  P  RA  0, Ì A  M A  Pl  0
находим
R A  P, M A  P l .
2. Определение Q y , M x методом
сечения и построение эпюр
Мысленно рассечем балку и рассмотрим правую ее часть (. 8.6б). Из
уравнения равновесия находим
Q y  P  const ,
Pl
MX
â) ýï þ ðû Q y ,M x
M x   P l  z .
Эпюры представлены на . 8.6в.
. 8.6
Консольная балка не загружена распределенной нагрузкой, поэтому
перерезывающая сила по правилу Журавского постоянна, а момент – прямая, возрастающая с ростом z , поскольку Q y  0 .
3. Расчет на прочность
Из эпюры M x в опасном сечении находим M xmax  P l . Условие
прочности записываем в виде
M xmax
Pl
   .
Wx
Wx
Пусть требуется подобрать поперечное сечение в виде стандартного
двутавра. Тогда условие прочности представим в виде
Pl
Wx 
.
 
 z max 

228
Пусть P  10 кН , l  3 м,   160 МПа . Тогда Wx  187,5 см 3 .
Из таблицы сортамента по ГОСТ 8239-89 берем первое большее значение, что соответствует двутавру № 22 с Wx  232 см 3 . Расчетное
напряжение
104  3
Í
 zmax 
 1,293  108
 129,3 Ì Ï à ,
4
ì
2,32  10
что меньше допустимого на 19,2%, это слишком большое недонапряжение,
приводящее к дополнительной затрате материала.
Возьмем двутавр № 20 по ГОСТ 8239-89 с Wx  184 ñì 3 . Расчетное
напряжение составит
104  3
Í
 163 Ì Ï à.
ì
1,84  104
Перенапряжение составляет 1%, что меньше допустимого ±5% в инженерных расчетах.
Окончательно выбираем двутавровое сечение балки № 20.
 zmax 
 1,63  108
№5. Построить эпюры Q y , M x для балки (. 8.7а).
a) çàäàí í àÿ ñõåì à çàäà÷è
RA
RA
HA
A
q
z
z
B
z
z0=l/2
+
Mxmax=ql /8
-ql/2
Решение
1. Определение опорных реакций
Из уравнений равновесия
ql 2
M A  RBl 
 0,
2
ql 2
M B   R Al 
 0,
2
 z  H A  0,
+
Mx
Qy
á) ì åò î ä ñå÷åí èé
l
2
Mx
Mx
RB
y
Qy
ql/2
q
2
Mxmax=ql /8
â) ýï þ ðû Q y ,M x
находим
RA  RB 
ql
, HA  0.
2
. 8.7
2. Определение Q y , M x методом сечения и построение эпюр
Из уравнения равновесия отсеченной части балки (. 8.7б) находим
229
ql
qz 2 ql
qz 2
.
Qy  RA  qz   qz, M x  RA z 
 z
2
2
2
2
Как видно, график-эпюра Q y – прямая линия, а M x – квадратичная
парабола. Полагая z  0 и z  l , находим значения усилий в этих точках.
ql
При z  0 значения внутренних усилий Q y  , M x  0, а при z  l −
2
ql
Qy   , M x  0. Отметим, что в шарнирах моменты всегда равны нулю.
2
На эпюре Q y при z  z0  l / 2 перерезывающая сила Q y  0 . Это признак
экстремума на эпюре моментов. Вычислим при z  z0 максимум изгибающего момента
ql 2
M xmax 
.
8
Откладываем полученное значение на графике-эпюре и проводим через
три точки параболу. По правилу зонтика и дождика выпуклость параболы
обращена к верху, а на перевернутой эпюре моментов – к низу. Эпюра моментов напоминает изогнутую ось балки, изображенную на . 8.7в пунктиром.
№6. Построить эпюры Q y , M x для балки (. 8.8а) и подобрать стандартное
двутавровое
поперечное
сечение,
если
a  5 м,
P  30 êÍ , q  20 êÍ / ì ,    160 Ì Ï à  1,6  105 êÍ / ì 2.
Решение
1. Определение опорных реакций
Из уравнений равновесия
3
4
M B   RA 2a  qa a  P a  0,
2
5
1
14
M A  RB 2a  qa a  P a  0, z  H A  0
2
5
находим
3
2
RA  qa  P  0,75  20  5  0,4  30  63 êÍ ,
4
5
1
7
RB  qa  P  0,25  20  5  1,4  30  67 êÍ , H A  0.
4
5
Для статической проверки правильности найденных реакций составляем третье зависимое уравнение равновесия для параллельной системы сил:
Y   R A  RB  P  qa  0 .
Подставляя численные значения сил, получим
Y  63  67  30  100  130  130  0 .
Следовательно, опорные реакции найдены верно.
230
a) çàäàí í àÿ ñõåì à áàëêè
1
RA
A
q
2
3
RB
P
q
RA
z
B
z1
z2
z1
a
0,8a
Mx2
RB
Q y 63êÍ
30êÍ
+
+
z0=3,15ì
Q y1
z3
a
Mx1
z
B
Q y2
P
q
RA
z
A
a
4a/5
2,8a-z2
Mx2
z
z2
Q y2
37êÍ
Mx3
MX Mxmax=99,23 êÍ ì
P
z
65 êÍ ì
+
Q y3
0,8a-z3
á) ì åò î ä ñå÷åí èé
120êÍ ì
120êÍ ì
MX
65 êÍ ì
Mxmax=99,23 êÍ ì
â) ýï þ ðû Qy ,M x
. 8.8
2. Определение Q y , M x методом сечения и построение эпюр
Балка состоит из трех участков, на которых внутренние усилия имеют
различные аналитические выражения. Методом сечений (. 8.8б) находим
qz12
Qy1  RA  qz1  63  20 z1, M x1  RA z1 
 63z1  10 z12 ï ðè  0  z1  a  ,
2
Qy 2  RA  qa  63  100  37 êÍ ,
a

M x 2  RA z2  qa  z2    63z2  100  z2  2,5 , ï ðè  a  z2  2a  ,
2

 14a

Qy3  P  30 êÍ , M x3   P 
 z3   30 14  z3  ï ðè  2a  z3  2,8a .
 5

На первом участке 0  z1  a  эпюра перерезывающих сил – прямая
линия, эпюра моментов – квадратичная парабола, обращенная выпуклостью вверх по правилу зонтика. Экстремум параболы имеет место в сечении с z 0  3,15 м , где Q y1  0 . Максимальное значение момента
M x max  99,23 êÍ ì .
231
На первом участке при z1  0 имеем Q y1  R A  63 кН , M x1  0 , а
при z1  a  5 м Q y1  37 кН , M x1  65 кНм.
На втором участке a  z 2  2a  эпюра Q y 2  37 кН постоянна, а
M x 2 − прямая линия, убывающая с ростом z2 , т.к. по правилу Журавского
угловой коэффициент Q y 2  0 . При z2  2a  10 ì M x 2  120 êÍ ì .
На третьем участке 2a  z3  2,8a  эпюра Q y 3  30 êÍ постоянна, а
эпюра моментов M x3 − наклонная прямая, возрастающая с ростом z3 , т.к.
по правилу Журавского угловой коэффициент Q y 3  0 . При z3  2,8 a
M x3  0 .
3. Расчет на прочность
Из эпюры M x находим в опасном сечении M x max  120 кНм . Условие прочности записываем в виде
M xmax
 zmax 
   ,
Wx
откуда
M
120 êÍ ì
Wx  x max 
 7,5  104 ì 3  750 ñì 3.
 160 103 êÍ / ì 2
В таблице ГОСТ 8239-89 находим двутавр № 36, у которого
Wx  743 см 3 , и двутавр № 40, для которого Wx  953 см 3 . Последний дает
недонапряжение в 21,3%, а первый – перенапряжение в 0,93%.
Тогда
120
 ðàñ÷ 
 161,5 Ì Ï à,
0,743  103
это напряжение превышает допустимое значения на 0,93%.
Следовательно, выбираем двутавр № 36.
№7. Построить эпюры Q y , M x для балки (. 8.9а).
Решение
Методом сечений (. 8.9б) находим
2
q0l  z 
dM x
1
Qy  q  z  l  z  
,
1   
2
2  l
dz
3
q0l 2  z 
1
1
M x   q  z  l  z    l  z   
1   .
2
3
6  l
Поскольку
2
3
 z  d Qy d M x q0

 q0 1   ,


 0,
dz
l
 l
dz 2
dz 2
dz 3
то эпюра Q y – квадратичная парабола, а M x – кубическая.
dQy
d 2M x
232
a)
q>0
q0
q(z)
z
y
z
Mx
z
á)
l
Qy
â) ql/2
q(z)
Qy
+
l-z
Qy min=0
Mx
Mx max=0
2
ql /6
2
ql /6
Mx max=0
Mx
. 8.9
ql
ql
При z  0 , Qy  0 , M x   . При z  l имеем Q y  0, M x  0 .
2
6
dQy
Эпюра Q y испытывает экстремум при z0  l , когда
 q  0. Выпукdz
лость эпюры Q y определяется знаком ее второй производной:
d 2Q y
dq q0

 0.
dz
l
dz 2
Так как вторая производная возрастает, то выпуклость направлена вниз.
Экстремум эпюры моментов M x имеет место в сечении, где
Q y  Qmax  0 , т.е. на конце консоли при z0  l . В этом сечении

M x  M min  0 . Выпуклость кривой M x определяется по знаку второй
производной, то есть по правилу зонтика:
d 2 M x dQ y
 z

 q   q0 1    0.
dz
l

dz 2
В нашем случае выпуклость направлена вверх.
№8. Построить эпюры Q y , M x для балки с внутренним шарниром
(.
8.10а)
и
определить
допускаемое
значение
если
q,
  160 Ì
Ï à  1,6  105 êÍ / ì 2 и поперечное сечение балки двутавр № 20.
233
a) çàäàí í àÿ ñõåì à áàëêè
RA=-qa/2
RB=3qa P=3qa/2
q
1
MA
2
3
z
B
C
HA A z1
z2
z3
a=2 ì
a=2 ì
a=2 ì
RA
y
RA
A
q
+
MA
qa/2
Mx
3qa/2
3qa/2
qa 2
A a
y
a
Q y2 Mx2
P
Mx3
P
z
C
+
3qa 2/2
RB
Mx2 Q y2
z2
z
Q y1
Q y3
3qa 2/2
Mx1
z1
y
3qa/2
Qy
q
MA
3a-z2
z
3a-z3
á) ì åò î ä ñå÷åí èé
qa 2
Mx
â) ýï þ ðû Qy ,M x
. 8.10
Решение
1. Определение опорных реакций из уравнений равновесия
Балка имеет четыре простые связи и один внутренний шарнир, который снимает одну простую связь. Следовательно, балка статически определимая. Мы можем составить четыре уравнения равновесия, одно из которых может служить для проверки правильности определения опорных
реакций:
Y   RA  RB  qa  P  0, M A   M A 
qa 2
 RB 2a  P3a  0,
2
a
M C  ëåâ  qa  M A  RA a  0, M C  ï ðàâ  RB a  P 2a  0.
2
Из второго, третьего и четвертого уравнений находим
qa 2
M
qa
qa
 qa 2 , RA   A 
 .
2
a
2
2
Подставляя найденные значения реактивных сил в первое уравнение,
убеждаемся, что оно тождественно уравнивается:
qa
3
Y    3qa  qa  qa  3qa  3qa  0 .
2
2
Следовательно, реакции определены правильно.
RB  2 P  3qa, M A  2P  2a  3Pa 
234
2. Определение Q y , M x методом сечения и построение их эпюр
Балка имеет три участка с различными аналитическими выражениями
для внутренних силовых факторов. Методом сечений из уравнений равновесия отсеченных частей (. 8.10б) находим
qa
Qy1  RA  qz1    qz1,
2
qz12
qa
qz12
M x1  RA z1 
 M A   z1 
 qa 2 ï ðè  0  z1  a  ,
2
2
2
3qa
3qa
Qy 2  P  RB 
 3qa  
,
2
2
3qa
M x 2  RB  2a  z2   P  3a  z2  
 a  z2  ï ðè  a  z2  2a  ,
2
3qa
Qy 3  P 
, M x3   P  3a  z3  ï ðè  2a  z3  3a .
2
На первом участке 0  z1  a  эпюра Q y − прямая линия, убывающая
с ростом z1 , а эпюра M x − квадратичная парабола.
qa
3qa
При z1  0 Qy1  RA   , M x1  qa 2 . При z1  a имеем Qy1  
,
2
2
момент во внутреннем шарнире M x1  0 . Эпюра моментов M x экстремума не имеет, так как на первом участке перерезывающая сила Q y в нуль
нигде не обращается. Эпюра имеет по правилу зонтика выпуклость вверх и
с ростом z1 убывает.
3qa
На втором участке a  z 2  2a  эпюра Qy 2  
постоянна, а эпю2
ра M x 2 − прямая линия, убывающая с ростом z 2 , так как угловой коэффициент отрицателен. При z2  a
имеем M x 2  0 , а при z2  2a
M x 2  3qa 2 2 .
3qa
постоянна, а M x 3 −
2
прямая линия, возрастающая с ростом z3 , так как угловой коэффициент
3qa 2
Q y 3  0 . При z3  2a M x3  
, а при z3  3a M x3  0 . На эпюре Q y
2
в сечении z3  2a имеет место скачок на величину силы P  3qa в
направлении действия этой силы.
Построенные эпюры внутренних усилий Q y , M x полностью соответ-
На третьем участке 2a  z3  3a  эпюра Q y 
ствуют правилам построения эпюр, которые следуют из дифференциальных зависимостей Д. Журавского.
235
3. Расчет на прочность
Из эпюры изгибающих моментов для опасного сечения находим
3qa 2 . Условие прочности
M xmax 
2
M xmax
 zmax 
   ,
Wx
или после подстановки значения M xmax
3qa
 zmax 
 .
2Wx
Для определения допускаемого значения q из условия прочности получаем
2  Wx
qäî ï 
.
2
3a
Из таблиц сортамента ГОСТ 8239-89 для двутавра № 20 находим
Wx  184 ñì 3  1,84  104 ì 3 .

2 160 10 3 184 10 6
q

 4,9 кН / м,
Тогда  доп
3 4
P
 доп  3qa / 2  3  4,9  2 / 2  14,7 кН .
№9. Построить эпюры перерезывающих сил и изгибающих моментов для
q z
балки (. 8.11), если a  1 м , интенсивность нагрузки q  z   0 .
2a
Решение
1. Определение опорных реакций из уравнений равновесия
Составим два независимых уравнения равновесия моментов относительно опор A, B :
1
2
1
1

M A  RB  3a   q0  2a    2a  0, M B   RA  3a   q0  2a     2a  a   0.
2
3
2
3

Находим опорные реакции
5q a
4q a
RA  0 , RB  0 .
9
9
Для статической проверки составляем третье зависимое уравнение
равновесия в проекции на вертикальную ось:
1
Y  q0  2a  RA  RB  0 .
2
Подставляем в это уравнение значения найденных реактивных сил и получаем
5 q a 4q a
Y  q0a  0  0  q0a  q0a  0.
9
9
Следовательно, опорные реакции определены правильно.
236
a) çàäàí í àÿ ñõåì à çàäà÷è
RA =5q0 a/9
q(z)
RB=4q0 a/9
q
RA
q(z)
0
z
A
z1
y
Qy
1
z2
2a
2 2a
3
1 q 2a
2 0
2
B
3a-z2
a
z1
M x2
1 2a
3
Qy1
RB
5q0 a/9
Qy2
+
z0
4q0a/9
Mx
M x1
3a-z2
á) ì åò î ä ñå÷åí èé
Mmax=4,97q0 a 2/9
4q0 a 2/9
+
Mx
4q0 a 2/9
Mmax=4,97q0 a 2/9
â) ýï þ ðû Qy ,Mx
. 8.11
2. Определение Q y , M x методом сечения и построение их эпюр
Балка имеет два участка AC и CB с различными аналитическими выражениями внутренних силовых факторов.
На первом участке (. 8.11б) методом сечений с учетом q( z1 )  q0 z1
2a
находим
5 q0a q0 z12
1
Q y1  RA  q  z1  z1 

,
2
9
4a
q0 z13
1
z1 5 q0a
M x1  RA z1  q ( z1) z1 
z1 
.
2
3
9
12a
Эпюра Q y − квадратичная парабола, а M x − кубическая.
5q a
При z1  0 имеем Qy1  RA  0 , M x1  0 , а при z1  2a имеем
9
2
4q a
4q a
Qy1   0 , M x1  0 . Согласно дифференциальным зависимостям
9
9
237
Журавского экстремум эпюры Q y имеет место в сечении z10  0 , где q  0 ,
экстремум эпюры M x в сечении, где Q y1  0 , что дает z10  20 a  1,49a ,
9
 
q0 z10
3
5q0 a 0
10q0a 2 20
z1 

 0,552q0a 2 .
9
12a
27
9
На втором участке (. 8.11б) методом сечений получаем
4q a
Qy 2   RB   0  const ,
9
4q a
M x 2  RB 3a  z 2   0 3a  z 2 .
9
При z2  3a M x 2  0 . Эпюра Q y − постоянна, а M x − наклонная прямая.
M xmax 
Максимальный момент определяется по формуле
4,97
M xmax 
q0a 2  0,552 q0a 2 .
9
3. Расчет на прочность
Условие прочности записываем в виде
M xmax 0,552 q0a 2
 zmax 

 .
Wx
Wx
№10. Построить эпюры внутренних силовых факторов N , Q y , M x для рамы (. 8.12а).
P
a
y0
z
1
B
Ñ
B
P=qa
a-z2
q
Ñ
2
MA
N1
x0
HA
Mx1
Q y1
q
a
HA
á)
Mx2
P
z
2
Ñ
q
z
RA
a)
2a
2a
HA
Mx1
N1
A
N2
Mx2
1
q
z N2
B
Q y1
Qy2
Qy2
A
RA
MA
A
RA
MA
. 8.12
Решение
1. Определение опорных реакций из уравнений равновесия
Составим уравнения равновесия
X  q  2a  H A  0, Y  R A  P  0, M A  M A  Pa  q 2a a   0.
238
Находим опорные реакции
RA  P  qa, H A  2qa, M A  qa 2  2qa 2  3qa 2 .
2. Определение N , Q y , M x методом сечения и построение их эпюр
Для обнаружения внутренних силовых факторов используем метод
сечений (. 8.12б). Из . 8.12б получим уравнения равновесия для определения внутренних сил и моментов.
На первом участке (стойке рамы), рассматривая равновесие верхней
отсеченной части,
2
qz12
2 qz1
N1   P  qa, Qy1  qz1, M x1  Pa 
 qa 
.
2
2
Эпюры строим прямо на стержнях рамы (. 8.13). Эпюры N1, Q y1 от-
кладываем с любой стороны рамы с указанием их знаков, а эпюру M x1 со
стороны растянутых волокон без указания знака.
qa
+
y
qa
Mx2= qa2
B
Q y1=0
+
á) ýï þ ðà Q y
x
Q y2=qa
Mx1= qa2
N=qa
1
2qa
à) ýï þ ðà N
N=0
2
ã) ðàâí î âåñèå óçëà Â
qa2
qa2
2
qa
Í à ðàñò ÿí óò î ì
âî ëî êí å
qa2
3qa 2
Í à ñæ àò î ì
âî ëî êí å
3qa 2
â) ýï þ ðà M x
. 8.13
На втором участке, рассмотрев равновесие правой части,
N 2  0, Q y 2  P  qa, M x 2  P z2  qa z2 .
Строим эпюры, согласно полученным соотношениям (. 8.13).
Для статической проверки вырезаем узел рамы, и прикладываем к
нему внутренние силы и моменты и составляем уравнения равновесия:
239
x  N 2  Q y1  0  0  0; y  N1  Q y 2  qa  qa  0;
M B  M x1  M x 2  qa 2  qa 2  0.
Как видим, узел находится в равновесии (. 8.13г).
3. Расчет на прочность
Из эпюры M x наибольший момент возникает в жестком защемлении
рамы на первом участке. Условие прочности записываем в виде
N M xmax
 zmax  
 .
F
Wx
Если необходимо подобрать размеры сечения, то вначале пренебрегают слагаемым с N и определяют W x и размеры сечения. Затем производится проверка на прочность по полной формуле.
№11. Построить эпюры внутренних силовых факторов N , Q y , M x для рамы (. 8.14а).
q
q
q
Mx2
z
1
z3
a
N2
a-z3
2
a
l=2a
P=qa
RA
a)
HA
z
N3
P=qa z
P=qa
N1
Mx1
Q y1
z1
A
Q y3
Mx3
3
z2
Q y2
MA
P
á)
. 8.14
Решение
В данном примере можно не определять опорных реакций, если последовательно рассматривать намеченные участки. Из условий равновесия
отсеченных частей рамы (. 8.14б) находим
N1  0, Q y1  P  qa, M x1   Pz1  qa z1,
2
qz22
2 qz2
N2   P  qa, Qy 2  qz2 , M x 2   Pa 
 qa 
,
2
2
qa 2
N3  qa, Qy3   P  qa, M x3   P  a  z3  
.
2
Построенные эпюры показаны на . 8.15.
240
qa
qa
qa
+
+
qa
á) ýï þ ðà Q y
à) ýï þ ðà N
3qa 2/2
qa2
3qa 2/2
qa2
qa 2/2
2
qa /2
Í à ðàñò ÿí óò î ì
âî ëî êí å
Í à ñæ àò î ì
âî ëî êí å
qa 2/2
qa 2/2
â) ýï þ ðà M x
. 8.15
В верхнем опасном сечении стойки имеем максимальные значения
N max  qa, M xmax
Условие прочности имеет вид
 zmax 
или
 zmax
3 qa 2
.

2
N M xmax

   ,
F
Wx
qa 3qa 2


 .
F 2Wx
241
№12. Для рамы (. 8.16) построить эпюры N , Q y , M x . Проверить ее прочность, если   160 Ì Ï à и поперечное сечение двутавр № 36.
y
y
RA
a
RA
ÍA
z1
A
ÍA
M=2qa 2
1
Mx1
A
E
z
N1
Ñ
Q y1
á)
a
RA
A
Ñ
x
z2
q
ÍA
2a
2
M=2qa
B
x
D
P=qa
a
K
Q y2
Mx2
â)
z
3
Q y3
L
RB
a)
N3
ã)
Mx3
B
N2
y
z3
RB
. 8.16
Решение
1. Определение опорных реакций из уравнений равновесия
Составим уравнения равновесия (. 8.16а)
 x  q 2a  H A  0,  M A  M  q 2a  a  P a  RB 2a  0,
 M B  M  H A 2a  RA 2a  q 2a  a  P a  0.
Находим
3
5
H A  2 qa, RB  qa, RA  qa.
2
2
Для того чтобы проверить правильность определения опорных реакций,
спроецируем все силы на ось y :
5
3
5
5
 y  RA  P  RB  qa  qa  qa  qa  qa  0.
2
2
2
2
Уравнение удовлетворяется тождественно, следовательно, опорные реакции определены верно.
242
2. Разбиваем раму на силовые участки 1, 2, 3
3. Используя метод сечений, определим N , Q y , M x на каждом силовом
участке и построим их эпюры
Первый участок  0  z1  a  , (. 8.16 б)
Составим уравнения равновесия для левой отсеченной части:
 z  N1  H A  0,  y  RA  Q y1  0,  M A  M x1  RA z1  0.
Находим
5
5
N1  H A  2 qa; Qy1  RA  qa; M x1  RA z1  qa z1.
2
2
5
При z1  0 (точка А) M x1  0; при z1  a (точка С) M x1  qa 2 .
2
Второй участок  0  z2  2a  , (. 8.16 в)
Составим уравнения равновесия для верхней отсеченной части:
 z  N 2  RA  0,  x  qz2  Q y2  H A  0,
z22
 M K  M x2  H A z2  RAa  q  M  0.
2
Из уравнений получим
5
N 2  RA  qa, Qy2  qz2  H A  qz2  2qa,
2
2
z
5
z2
M x2  R A a  q 2  H A z2  M  qa 2  q 2  2qa z2  2qa 2 
2
2
2
1 2
z22
 qa  q  2qa z2 .
2
2
1
При z2  0 (точка С) Qy2  2qa, M x2  qa 2 ; при z1  2a (точка D)
2
3
Q y2  0, M x   qa 2 .
2
2
Третий участок  0  z3  a  , (. 8.16г).
Составим уравнения равновесия для левой отсеченной части:
 z  N3  0,  y  Qy3  RB  0,  M L  M x3  RB z3  0.
Внутренние силовые факторы
3
3
N3  0; Qy3  RB  qa; M x3  RB z3  qa z3.
2
2
3
При z3  0 (точка B) M x3  0; при z3  a (точка D) M x3   qa 2 .
2
Полученные значения N , Q y , M x позволяют построить эпюры (. 8.17).
243
2qa
5 qa
2
5 qa
2
N
2qa
Qy
3 qa
2
1 qa
2
qa
2
1 qa
2
5 qa
2
Mx
Ý ï þ ðà ï î ñò ðî åí à
í à ñæ àò î ì âî ëî êí å
Mx
Ý ï þ ðà ï î ñò ðî åí à
í à ðàñò ÿí óò î ì âî ëî êí å
3 qa
2
3 qa
. 8.17
Для статической проверки вырезаем узлы рамы и прикладываем к ним
внутренние силы и моменты, составляем уравнения равновесия
(. 8.18, 8.19).
Узел С
N1=2qa
x
M x1 =
Q y1 = 5 qa
2
M=2qa 2
Ñ
5 qa 2
2
Q y2 =2qa
M x2 =
1 qa 2
2
N2= 5 qa
2
y
. 8.18
 x  N1  Q y2  2qa  2qa  0;
5
5
2
2
 M C  M  M x2  M x1 
 y  N 2  Qy1  qa  qa  0;
1
5
 2qa 2  qa 2  qa 2 
2
2
5
5
 qa 2  qa 2  0.
2
2
244
Узел D
y
N2= 5 qa
2
3 2
M x2 = qa
2
 y  N 2  P  Q y3 
Q y3 = 3 qa
2
x
3 2
M x3 = qa
2
D
P=qa
5
3
 qa  qa  qa 
2
2
5
5
 qa  qa  0;
2
2
 M D  M x2  M x3  
3
3
 qa 2  qa 2  0.
2
2
. 8.19
Так как уравнения равновесия тождественно удовлетворяются, следовательно, узлы рамы находятся в равновесии.
4. Проверка поперечного сечения рамы на прочность
Условие прочности для рамы записывается в виде
N M x max
max 

   .
F
Wx
Максимальный изгибающий момент действует в узле С на первом
5
участке и составляет M x max  qa 2 . Нормальная сила в этом сечении рав2
на N  2qa.
Площадь поперечного сечения рамы (двутавр № 36) и момент сопротивления
F  61,9 ñì 2  6,19 103 ì 2 ; Wx  743 ñì 3  7,43 104 ì 3.
êÍ
Для дальнейших расчетов примем q  10
, a2ì .
ì
Тогда
5
M x max   10  22  100 êÍ ì  1  105 Í ì ; N  2  10  2  40 êÍ  4  104 Í .
2
Напряжения
N M x max
4  104
105
   N  M x  



F
Wx
6,19  103 7,43 104

 6,46  106  1,346 108
 ìÍ 2  6,46  134,6  Ì Ï à;
max  6,46  134,6  141,1 Ì Ï à;
min  6,46  134,6  128,1 Ì Ï à.
245
Из эпюры M x (см. . 8.17) видно, что сжимающие напряжения будут
испытывать верхние волокна, а растягивающие – нижние, т.к. изгибающий
момент M x сжимает верхние волокна и растягивает нижние.
Эпюры нормальных напряжений приведены на . 8.20.
Í åéò ðàëüí àÿ î ñü
ï ðè äåéñò âèè Ì x
36 ñì
y
6,46
Í åéò ðàëüí àÿ î ñü
ï ðè äåéñò âèè Ì x è N
134,6
128,1
134,6
Ýï þ ðà Mx
(Ì Ï à)
141,1
Ýï þ ðà 
(Ì Ï à)
x
Ýï þ ðà N
(Ì Ï à)
. 8.20
Сравнив максимальное напряжение с допускаемым, видно, что условие прочности выполняется:
max  141,1 Ì Ï à  160 Ì Ï à  .
№13. Для рамы с внутренним шарниром (. 8.21) построить эпюры
N , Q y , M x и определить допускаемое значение внешней нагрузки q , если
  160 Ì
Ï à и поперечное сечение двутавр № 33.
Решение
1. Определение опорных реакций из уравнений равновесия
Заданная рама имеет четыре простые связи и один внутренний шарнир, который снимает одну простую связь. Следовательно, рама статически определимая (. 8.21а). Составим уравнения равновесия:
l
2
 M c (í èæ í .÷)  ql  Í Al  0,
 x  ql  H A  H B  0,


 M B  ql     RA l  H A l  0,
2 4
4
l
l


3
l
 M A  RB l  H A l  ql  0.
4
2
Из уравнений равновесия получим
HA 
ql
ql
ql
ql
, RA  , H B  , RB  .
2
8
2
8
3
246
z
D
3
1
RB
RB
z
z
N1
Mx1
N3
Q y1
Mx3
E
q
x
L
z1
ÍA
À
B
ÍÂ
ÍA
l=8 ì
À
RA
á)
x
RA
Q y3
z3
q
z2
â)
B
ÍÂ
Ê
N2
l/4=2ì
2
y
D
l/4
y
Ñ
l=8 ì
a)
Mx2 Q y
2
B x
ÍÂ
ã)
RB
. 8.21
Для проверки правильности определения опорных реакций спроецируем все силы на ось y :
ql ql
 y   RA  RB     0.
8 8
Полученное уравнение тождественно уравнивается, следовательно, реакции определены верно.
2. Разбиваем раму на силовые участки 1, 2, 3
3. Используя метод сечений составим выражения для N , Q y , M x и построим их эпюры
Первый участок  0  z1  l  , (. 8.21б).
Рассматривая равновесие нижней отсеченной части, составим уравнения статики (равновесия)
 z  N1  RA  0,  x  Qy1  q z1  H A  0,
z12
 M E  M x1  q  H A z1  0.
2
Внутренние силовые факторы на первом участке
ql
ql
qz12 ql
qz12
N1  RA  , Qy1  H A  qz1   qz1, M x  H A z1 
 z1 
.
1
8
2
2
2
2
Полагая z1  0 (точка А), получим
247
Qy1 
при z1  l (точка С)
ql
, M x1  0;
2
ql
ql
ql
ql 2
Qy1   ql   , M x1  l 
 0.
2
2
2
2
Определим экстремальное значение изгибающего момента
ql
l
Qy1   qz1  0, z10  ,
2
2
2
2
ql l
(l / 2)
ql
ql 2 ql 2
M x1 z  l    q



.
2
2
2
4
8
8
2
Второй участок  0  z2  l  , (. 8.21в)
Рассматривая равновесие правой отсеченной части, получим уравнения статики
l
 z  N 2  H B  0,  y  Qy2  RB  0,  M K  RB z2  H B  M x2  0.
4
Внутренние силовые факторы на втором участке
ql
ql
l ql
ql 2
N 2   H B   , Qy2   RB   , M x  RB z2  H B  z2 
.
2
2
8
4 8
8
Полагая z2  0 (точка D), получим
M x2  0.
ql 2
M x2  
; при z2  l (точка С)
8
Третий участок  0  z3  l / 4  , (. 8.21г)
Уравнения равновесия
 z  N3  RB  0,  x  Qy3  H B  0,  M L  M x3  H B z3  0.
Внутренние силовые факторы на третьем участке
ql
ql
ql
N3   RB   ; Qy3  H B  ; M x3  H B z3  z3.
8
2
2
Полагая z3  0 (точка B), получим M x3  0; при z3  l / 4 (точка D)
ql 2
M x3 
.
8
Согласно полученным выражениям для
(. 8.22).
N , Qy , M x ,
строим эпюры
248
ql
2
ql
8
ql
2
ql
2
l/2
ql
8
Qy
l/2
N
ql
8
ql
2
ql 2
8
ql 2
8
ql 2
8
ql 2
8
ql 2
8
Mx
Ý ï þ ðà ï î ñò ðî åí à
í à ñæ àò î ì âî ëî êí å
ql 2
8
Mx
Ý ï þ ðà ï î ñò ðî åí à
í à ðàñò ÿí óò î ì âî ëî êí å
. 8.22
Для статической проверки вырезаем узлы рамы и прикладываем к ним
внутренние силы и моменты, составляем уравнения равновесия
(. 8.23, 8.24).
ql
8
Ñ
ql
N2 =
2
ql
Q y1 =
2
ql
N1 =
8
y
Узел С
Q y2 =
. 8.23
x
ql ql
  0,
2 2
ql ql
 y  N1  Qy2    0.
8 8
 x  Qy1  N 2 
249
ql
Q y2 =
8
x
ql
N2 =
2
M x2 =
ql 2
8
D
ql 2
M x3 =
8
ql
Q y3 =
2
ql
N3 =
8
Узел D
ql ql
  0,
2 2
ql ql
 y  Qy2  N3     0,
8 8
 x  Qy3  N 2 
 M D  M x2  M x3  
ql 2 ql 2

 0.
8
8
y
. 8.24
Поскольку уравнения равновесия выполняются тождественно, следовательно, узлы рамы находятся в равновесии.
4. Определение допускаемого значения внешней нагрузки q
Условие прочности для стержней рамы имеет вид
N M x max
max 

   .
F
Wx
Из анализа эпюр N и M x (см. . 8.22) видно, что опасное сечение будет в точке D на 2-м участке, т.к. здесь действует M x max  ql 2 /8 и нормальная сила, имеющая наибольшее по модулю значение Nmax  ql / 2 .
Из таблиц сортамента выпишем необходимые геометрические характетики для двутавра № 33:
F  53,8 ñì 2  5,38 103 ì 2 ; Wx  597 ñì 3  5,97 104 ì 3.
Теперь условие прочности принимает вид
q 8
q  82
max  

 1,60  108 ,
2  5,38  103 8  5,97  104
Í
êÍ
откуда q  1,13  104  11,3
.
ì
ì
№14. Построить эпюры Q y , M x для балки (. 8.25) и подобрать стандартное
a  3 м,
двутавровое
поперечное
сечение,
если
P  8 кН , q  2 кН / м,   160 МПа.
Решение
1. Определение опорных реакций.
Из уравнений равновесия
M A  RB 4a  P3a   q 4a  a  0, M B   RA 4a  Pa   q 4a  3a  0
находим
250
1
1
1
1
 P  12qa   80  20 êÍ , RB   3P  4qa   48  12 êÍ .
4
4
4
4
Для статической проверки правильности найденных реакций составляем третье зависимое уравнение равновесия
Y  q 4a  P  RA  RB  0 .
Подставляя в уравнение численные значения сил, получим
Y  24  8  20  12  0 .
Следовательно, опорные реакции найдены правильно.
RA 
2a
RA=20 êÍ
1
2
3
z
B
q 4a
z2
z3
a
Qy
q=2 êÍ /ì
À
y z
1
RB=12 êÍ
P=8 êÍ
3a
a
14 êÍ
-6 êÍ
-4 êÍ
z20
Ì
Mx
max=40
-12 êÍ
êÍ ì
36 êÍ ì
-9 êÍ ì
-9 êÍ ì
Mx
Ì
max=40
. 8.25
êÍ ì
36 êÍ ì
251
2. Определение Qy, Мx методом сечений и построение их эпюр
Балка имеет три участка, границей которых служат сечения, где изменяется характер действия сил либо действуют сосредоточенные силы или
моменты. Методом сечений находим
Qy1  qz1, M x1  qz12 / 2 ï ðè  0  z1  a .
На первом участке 0  z1  a  эпюра перерезывающих сил – прямая
линия, эпюра моментов – квадратичная парабола, обращенная выпуклостью вверх по правилу зонтика и дождика. Экстремальное значение момента M max  0 при z 0  0 .
1
На втором участке a  z2  4a 
Qy 2  RA  qz2  20  2 z2 , M x 2  RA  z2  a   qz22 / 2  20  z2  3  z22.
Эпюра Q y 2 − прямая, имеющая тот же наклон, что и на первом участке,
поскольку угловой коэффициент прямой  q  0 . В сечении A прямая терпит разрыв на величину R A  20 кН в направлении этой реактивной силы.
Эпюра M x − квадратичная парабола, принимающая максимальное значение M xmax  40 кНм в сечении z20  10 м , где Q y 2  0 .
На третьем участке 4a  z3  5a 
Qy  RB  12 кН , M x3  RB z3  12 z3.
3
В соответствии с полученными выражениями внутренних усилий на
трех участках в пределах изменения координат z1, z 2 , z3 строятся эпюры.
3. Расчет на прочность
Из эпюры M x находим в опасном сечении M x max  40 кНм . Условие
прочности записываем в виде
 zmax 
откуда
M x max
Wx
 ,
M x max
40 êÍ ì

 0,25  103 ì 3  250 ñì 3.
 160 103 êÍ / ì 2
В таблице ГОСТа 8239-89 находим двутавр № 24, для которого
Wx 
Wx  289 см3 , напряжение составляет
40 êÍ ì
 ðàñ÷ 
 138,4 Ì Ï à  160 Ì Ï à, недонапряжение 15,6%.
6 3
289  10 ì
Выбираем двутавр №22 с Wx  232 см3 , напряжение составляет
40 êÍ ì
 ðàñ÷ 
 172,4 Ì Ï à  160 Ì Ï à.
6 3
232  10 ì
Перенапряжение 7,76%, что не укладывается в разброс  5% . Поэтому
окончательно выбираем двутавр №24.
252
№15. Построить эпюры Qy, Мx для балки, изображенной (. 8.26) и подобрать размеры прямоугольного поперечного сечения.
RA=qa/2
RB=5qa/2
a)
1
q
2
HA
A
z
q
Mx1
á)
B
z1
y
Qy
RA
P=qa
z
z1
Qó1
z2
2a
a
qa
P=qa
Mx2
qa/2
Qy2
z10
Mx
3a-z2
z
-3qa/2
2
M max=qa /8
-qa 2
-qa 2
Mx
. 8.26
Решение
1. Определение опорных реакций
Из уравнений равновесия
M A  RB 2a  q 2a  a  P3a  0, M B  q 2a  a  RA 2a  Pa  0, z   H A  0
находим
qa
5qa
RA  , RB 
, H A  0.
2
2
Для проверки правильности найденных реакций составляем третье зависимое уравнение равновесия
Y  q 2a  P  RA  RB  0 .
Подставляя в это уравнение численные значения RA, RB, убеждаемся, что
оно обращается в тождество
qa 5qa
Y  2qa  qa 

 3qa  3qa  0 .
2
2
Следовательно, опорные реакции найдены верно.
2. Определение Qy, Мx методом сечения и построение их эпюр
Определим из уравнений равновесия отсеченных частей балки на первом и втором участках внутренние силовые факторы
253
qa
qz12
qa
qz12
Qy1  RA  qz1 
 qz1, M x1  RA z1 
  z1 
ï ðè  0  z1  2a  ,
2
2
2
2
Qy 2  P, M x 2   P  3a  z2  ï ðè  2a  z1  3a  .
На первом участке эпюра Q y1 – прямая линия, убывающая с ростом
dQy1
z1 , так как угловой коэффициент
 q  0 . Эпюра M x1 – квадратичdz
ная парабола, обращенная выпуклостью вверх по правилу зонтика. Так как
при z10  a / 2 перерезывающая сила обращается в ноль, то в этом сечении
возникает максимальный изгибающий момент
qa 0 q( z10 )2 qa 2 .
M xmax 
z1 

2
2
8
qa
3qa
При z1  0 Q y1  , M x1  0 ; при z1  2a Qy1  
, M x1  qa2 .
2
2
По найденным точкам строятся эпюры внутренних усилий.
На втором участке эпюра Q y 2  P  qa постоянна, а M x 2 − прямая линия, возрастающая с ростом z2 , т.к. ее угловой коэффициент Q y 2  P  0.
При z2  2a Qy 2  P, M x 2   Pa  qa 2 ; при
В местах приложения сосредоточенных сил
z2  3a Q y 2  P, M x 2  0.
R B и P на эпюре Q y имеют
место скачки на величину этих сил в направлении их действия.
3. Расчет на прочность
Из эпюры M x находим
M x max  qa 2 , в опасном сечении условие
прочности имеет вид
qa 2
 zmax 

 .
Wx
Wx
Определяем размеры поперечного сечения из условия прочности
qa 2
Wx 
.
 
Если, например,   10 МПа (дерево), a  2 м, q  3 кН / м , поперечное
сечение – прямоугольное с соотношением сторон h / b 1,5 , то
M xmax
bh2 3b3
.
Wx 

6
8
Из условия прочности следует

2
b  3 8qa  3 8  3  4  0,147 ì  14,7 ñì ,
3  

3  10  103

h  1,5 b  22 ñì .
254
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ № 9:
КОСОЙ ИЗГИБ БАЛОК
9.1. Краткие сведения из теории
Косым изгибом называют такой изгиб балки, при котором плоскость
действия изгибающего момента не содержит ни одну из главных центральных осей инерции поперечного сечения (. 9.1).
y
y
A
dF
Ì
èçã
z
 x
y
n
Ì
A
n
n
max
x
z
x
n
B
èçã
B
min
. 9.1
. 9.2
При чистом косом изгибе в поперечном сечении возникает только
изгибающий момент. Косой изгиб можно рассматривать как сумму двух
прямых изгибов с моментами
M x  M èçã sin , M y  M èçã cos  ,
тогда
z 
Mx y M y x
.

Jx
Jy
(9.1)
Линия n – n в поперечном сечении, на которой  z  0 и  z  0 ,
называется нейтральной. Из формулы (9.1) при  z  0 следует уравнение
нейтральной линии:
J
y0  k0 x0 , k0  ctg  x ,
Jy
где индекс «ноль» относится к координатам нейтральной линии; k 0 – ее угловой коэффициент. Нейтральная ось проходит через центр тяжести сечения.
В точках A и B поперечного сечения, наиболее удаленных от
нейтральной линии возникают наибольшие напряжения (. 9.2). Поэтому
255
условие прочности при косом изгибе по нормальным напряжениям имеет
вид
M y xA
M y
(9.2)
 z max  x A 
  .
Jx
Jy
Для сечения с симметричными угловыми точками относительно осей
x, y типа прямоугольника и двутавра условие (9.2) можно записать в виде
My
M
 z max  x 
  .
Wx W y
9.2. Примеры решения задач
№1. Консольная балка (. 9.3) длиной l  2a  2 ì изгибается силами
P1  0,8 êÍ , P2  1,6 êÍ . Подобрать размеры прямоугольного поперечного
сечения балки с отношением сторон h / b  2 , если   10 ÌÏà (дерево).
x
MAY
x
P1 =1,6êÍ
RAX
2
1
a
Ì
AX
y
RAY
z
a
RAX
MAY
P2 =0,8êÍ
y
Ì
l
Qy1
z1
RAY
AX
b
ýï Q (êÍ )
Q y = -1,6 êÍ
My1
Qx1
À
h
Mx1
N1
My
P1
1,6
P2
Qx2
My2
P =0,8êÍ
Qy2 2
N2
1,6
Q x = 1,6 êÍ
0,8
Mx
Mx2
ýï M (êÍ ì )
(2a-z 2)
. 9.3
Решение
1. Из уравнений равновесия определяем опорные реакции
 Px  R Ax  P1  0,  Py  R Ay  P2  0 ,
 M Ay  M Ay  P1a  0,  M Ax  P2  2a  M Ax  0 .
откуда
RAx  P1  1,6 êÍ , RAy  P2  0,8 êÍ , M Ay  P1a  1,6 êÍ , M Ax  P2  2a  1,6 êÍ .
2. С помощью метода сечения находим внутренние силовые факторы
На первом участке (0  z1  a )
Qx1  RAx  1,6 êÍ , Q y1   RAy  0,8 êÍ ,

 M x1  M Ax  RAy  z1  1,6  0,8  z1, M y1   M Ay  RAx  z1  1,6  1,6  z1.
На втором участке (a  z2  2a)
256
 N 2  0, Qx2  0, Q y2   P2  0,8 êÍ ,
M  P 2a  z   0,82a  z , M  0.
2
2
2
y2
 x2
Эпюры приведены на . 9.3.
Наиболее опасное сечение – жесткое защемление. Условие прочности
имеет вид
My
M
 z max  x 
  ,
Wx Wy
где
hb2 b3
Wx 
 ,
6
3
bh2 2 b3
Wy 

,
6
3
 ï ðè
h  2b  .
В опасном сечении Ì x  Ì y  1,6 êÍì , следовательно,
1,6  3 1,6  3
 zmax 

 10  103
3
3
b
2b
откуда
b  3 0,72  103  0,0896 ì  8,96 ñì ,
h  2b  17,42 ñì .
Округляем размеры поперечных сечений до целых значений и принимаем
b  9 ñì и h  18 ñì .
№2. Деревянная балка прямоугольного поперечного сечения, шарнирно
опёртая по концам, нагружена посередине пролёта силой P (. 9.4). Линия
действия нагрузки составляет с вертикальной осью y угол  . Проверить
прочность балки, если   10 Ì Ï à .
À-À
y

Ð
 =12°
Ð=8 êÍ
x
À
z
l/2=1.5ì
h=20ñì
y
x
À
l/2=1.5ì
â=12ñì
. 9.4
Решение
При таком нагружении балки плоскость действия изгибающего момента ( Ì èçã ), возникающего в сечениях балки, не будет совпадать ни с
257
одной из главных центральных осей инерции сечения (оси õ, ó ). Таким образом, балка будет испытывать косой изгиб. Нормальное напряжение в
произвольной точке с координатами õi , yi вычисляется как сумма напряжений, возникающих от действия моментов M x è M y , т.е.
M y M y xi
i  x i 
,
Jx
Jy
где J x , J y − осевые моменты инерции сечения относительно главных центральных осей инерции сечения.
Максимальное нормальное напряжение возникает в наиболее удалённой от нейтральной оси точке В ( xB , yB ). Поэтому условие прочности при
косом изгибе имеет вид
M y xB
M y
max  x B 
   .
Jx
Jy
1.
Определение геометрических характетик
прямоугольного
поперечного сечения балки
Данное сечение имеет две оси симметрии, значит они будут являться
главными центральными осями инерции ( x, y ), (. 9.4), тогда
b h3 12  203
Jx 

 8000 ñì 4  8  105 ì 4 ;
12
12
hb3 20  123
Jy 

 2880 ñì 4  2,88  105 ì 4 .
12
12
2. Определение изгибающих моментов M x è M y
Разложим силу P на вертикальную ( Pâ ) и горизонтальную ( Pã ) составляющие (. 9.5):
y
Pã  P  sin   P  sin120  8  0,208  1,66 êÍ ,
Pâ 
Pâ  P  cos   P  cos120  8  0,978  7,83 êÍ .
Для определения величин и знаков изгибающих моментов построим эпюры M x è M y (.
x
Pã
9.6). Изгибающие моменты считают положительными, если они вызывают растяжение волокон в первой четверти.
Из эпюр M x è M y видно, что изгибающий
момент M x растягивает нижние волокна, следовательно, верхние волокна и волокна в первой четверти будут сжаты, т.е.
M x будет отрицательным:
. 9.5
Pl
7,83  3
Mx   â  
 5,87 êÍ ì  5,87 103 Í ì .
4
4
258
Изгибающий момент M ó растягивает левые (ближние) волокна, следовательно, правые (дальние) волокна и волокна в первой четверти будут
сжаты, т.е. M ó будет отрицательным:
P l
1,66  3
Mó  ã 
 1,25 êÍ ì  1,25  103 Í ì .
4
4
3. Определение положения нейтральной оси
Её положение определяется углом  :
Jx
Jx M y
8 105 (1,25 103 )
tg  
 tg  



  0,592 .
Jy
Jy Mx
2,88 105 (5,87 103 )
Тогда   30,6 .
Ï ëî ñêî ñò ü yz
y Pâ
x
z
Ñ
Â
A
â
â
P A= P â
2
P ñ= P â
2
l/2
l/2
Ýï . Mx
Mx
ã
P A=
Pã
2
M x= P â l
4
Ï ëî ñêî ñò ü xz
y
x
Pã
Ñ
Â
A
l/2
ã
P ñ= P ã
2
l/2
Ýï . My
My
M y= P ã l
4
. 9.6
z
259
4. Построение эпюры нормальных напряжений
Покажем поперечное сечение балки, нейтральную ось и опасные точки (. 9.7). Опасными точками сечения будут точки А и С, т.к. они наиболее
удалены от нейтральной линии.
y
9,94 Ì Ï à
A
4,74 Ì Ï à
D
x
=30.6°
z
B
Í åéò ðàëüí àÿ
ëèí èÿ
4,74 Ì Ï à
C
9,94 Ì Ï à
. 9.7
Определим напряжения:
в точке А ( x A  6 ñì  6  102 ì , óA  10 ñì  1  101 ì )
M x  y À M y  x À 5,87 103 1 101 1,25 103  6 102
À 




Jx
Jy
8 105
2,88 105
 7,34  106  2,6  106   9,94  106 Í
  9,94 Ì Ï à;
ì2
в точке С ( xñ  6 ñì  6  102 ì , óñ  10 ñì  1  101 ì )
M x yÑ M y xÑ
5,87  103  (1  101) 1,25 103  (6  102 )
Ñ 




Jx
Jy
8  105
2,88 105
 7,34  106  2,6  106  9,94  106 Í
 9,94 Ì Ï à;
ì2
в точке В ( x  6 ñì  6  102 ì , ó  10 ñì  1  101 ì )
M x y  M y xÂ
5,87  103  (1  101) 1,25  103  6  102
Â 




Jx
Jy
8  105
2,88 105
 7,34  106  2,6  106  4,74  106 Í
 4,74 Ì Ï à;
ì2
260
в точке D ( xD  6 ñì  6  102 ì , óD  10 ñì  1  101 ì )
M x y D M y xD
5,87  103  1  101 1,25  103  (6  102 )
D 




Jx
Jy
8  105
2,88 105
 7,34  106  2,6  106  4,74  106 Í
 4,74 Ì Ï à.
ì2
Условие прочности выполняется, так как
max  9,94 Ì Ï à    10 Ì Ï à.
№3. Для консольной балки длиной l  3 ì (. 9.8) с составным сечением (.
9.9), при действии на свободном конце вертикальной силы P , найти ее допускаемое значение, если   160 Ì Ï à .
yñ
P
z
A
l
+
Ýï . Q
Решение
Для заданной балки построим
эпюры внутренних силовых факторов
Q и M èçã (. 9.8). Из эпюры M èçã видно,
что опасное сечение будет в заделке
(точка A ), M èçã max  Pl и он действует
в вертикальной плоскости yc z .
Для сечения (. 9.9) оси xc , yc − ценÝï . Ì èçã тральные, а оси x, y − главные центральные. Имеет место косой изгиб, так
как плоскость действия изгибающего
момента M èçãmax не содержит ни одной
Pl
Pl
. 9.8
из главных осей инерции сечения.
Условие прочности при косом изгибе имеет вид
My
M
max  x y 
x    ,
Jx
Jy
где x, y − координаты наиболее удаленной точки сечения от нейтральной
оси, эта точка является опасной.
Из предыдущего расчета (см. задачу № 7, раздел 7)
J x  1432,91 ñì 4 , J y  198,59 ñì 4 ,   8,8 .
Разложим момент M èçãmax относительно главных центральных осей
х и y, при этом будем считать моменты положительными, если они растягивают волокна в первой четверти, тогда
261
M x  M èçãmax cos   Pl cos   P  3,0  0,988  2,965 P,
M y  M èçãmax sin   Pl sin   P  3,0  0,151  0,453 P.
Определим положение нейтральной оси. При косом изгибе она проходит через центр тяжести сечения т. С, ее положение определяется углом  :
J
J My
1433,03  0,453P
tg    x tg    x

 1,115 ,
Jy
Jy Mx
198,94  2,965P
откуда   48,11 , так как tg   M y M x .
Через точку С проводим нейтральную линию под углом   48,11 .
y
yÑ
Mèçã
M1 =M x
Ø âåëëåð ¹ 18
xÑD=0,87 ñì
1,85 ñì
9,0 ñì
yÑD=10,85 ñì
D
1,07 ñì
C1
C
9,0 ñì
yÑÊ=-7,15 ñì
a
M2 =M y x

xÑ

Óãî ëî ê 8x5x0,5
27631,3P
(152,0 Ì Ï à)
C2
K
Í åéò ðàëüí àÿ
î ñü
xÑÊ =-6,13 ñì
7,0 ñì
b
29039,7P
(159,7 Ì Ï à)
Ýï þ ðà

. 9.9
Для определения опасных точек сечения (точек наиболее удаленных
от нейтральной оси) проведем касательные к контуру сечения a, b (. 9.9)
параллельные нейтральной оси. Точки пересечения касательных с контуром сечения и будут наиболее удаленными, т.е. опасными. В данном случае это будут точки D и К (см. . 9.9). Определим координаты точек
D и К в осях xc , yc :
в точке K xñÊ   (7,0  (1,94  1,07))  6,13 ñì , yñÊ  7,15 ñì ;
в точке D
xñD  1,94  1,07  0,87 ñì , yñD  9  1,85  10,85 ñì .
262
Определим координаты в главных осях х, y т.к. все расчеты на прочность ведутся относительно главных центральных осей инерции поперечного сечения (. 9.10):
y
yC
L
xL  xcL cos   ycL sin ,
ycL

yL  ycL cos   xcL sin .
x
yL
Ñ

xL
xc L
xC
в точке K
. 9.10
xÊ  xñÊ cos   yñÊ sin   6,13  0,988  7,15  0,151 
в точке D
  7,064  0,929   6,14 ñì ;
xD  xñD cos   yñD sin   0,87  0,988  10,85  0,151 
 6,056  1,082  7,14 ñì ,
yÊ  yñÊ cos   xñÊ sin    7,15  0,988  ( 6,13)  0,151 
 0,860  1,638  2,50 ñì ,
yD  yñD cos   xñD sin   10,85  0,988  0,87  0,151 
 10,720  0,131  10,59 ñì .
Определим напряжения в рассматриваемых точках:
в точке K
My
M
2,965Ð
0,453Ð
 Ê  x yÊ 
xÊ 
  6,14  102 
  7,14  102 

5

6
Jx
Jy
1,433  10
1,98 10




 12704,2 P  16335,5 P   29039,7 P.
в точке D
My
M
2,965Ð
0,453Ð
 D  x yD 
xD 
 10,59  102 
 2,50  102 

5

6
Jx
Jy
1,433  10
1,98  10
 21911,6 P  5719,7 P  27631,3 P.
Полученные значения напряжений позволяют построить эпюру нормальных напряжений (см. . 9.9).
Условие прочности имеет вид
max   K  29039,7 P  1,6  108 ,
8
тогда P  1,6  10  5509,7 Í  5,5 êÍ .
29039,7
При данном значении силы P напряжения в точках К и D будут равны
Ê   29039,7  5,5  103  1,597  108 Í / ì 2  159,7 Ì Ï à,



D  27631,3  5,5  103  1,52  108 Í / ì 2  152 Ì Ï à.
Условие прочности выполняется.

263
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ № 10:
СЛОЖНЫЙ ИЗГИБ И ВНЕЦЕНТРЕННОЕ РАСТЯЖЕНИЕ –
СЖАТИЕ СТЕРЖНЯ
10.1. Краткие сведения из теории
Если брус подвергается одновременному действию косого изгиба и
растяжения, то его сопротивление называют сложным.
В этом случае нормальное напряжение
N M y My x
.
(10.1)
z   x 
F
Jx
Jy
y
P
n
yP
xP
x
n
. 10.1
В частном случае внецентренного растяжения (.10.1) точка приложения растягивающей силы P с координатами  xP , yP  не совпадает с центром тяжести сечения.
В этом случае
N  P, M x  P y P , M y  P xP
и формула (10.1) принимает вид
P  y  y P x  xP 
,
(10.2)
 z  1 

2
2 
F
i
i
x
y 

где принято J x  ix2 F , J y  i y2 F .
В отличие от косого изгиба нейтральная линия n  n , на которой
 z  0 , не проходит через центр тяжести. Ее уравнение
y y
x x
1 0 P  0 P  0 ,
ix2
i y2
264
или
x0 y0

 1,
a
b
где
i y2
ix2
–
a , b
xP
yP
отрезки, отсекаемые нейтральной линией на осях x, y .
В наиболее удаленных точках A и B от нейтральной оси в поперечном
сечении возникают максимальное и минимальное напряжения (. 10.2).
y
n
a
A
xP
yP
b
x
z max
n
B
z min
. 10.2
Для этих точек составляем условие прочности



max  P 1  yP y A  xP x A     
,
ðàñò
2
2 

F
i
i
x
y 


(10.5)


P  y P y B xP xB 
 min  1  2  2      ñæ .
F
ix
i y 


В окрестности центра тяжести C сечения существует область, называемая ядром сечения. Если приложить силу P внутри или на границе ядра
сечения, то во всем сечении напряжения будут одного знака. Когда точка P
находится на границе ядра сечения, то нейтральная линия касается контура
сечения. Если катить эту касательную вдоль контура, то точка P приложения силы P вычертит границу ядра сечения.
10.2. Примеры решения задач
№1. В точке P колонны прямоугольного сечения приложена сжимающая
сила P (. 10.3). Определить максимальное и минимальное нормальные
напряжения.
265
Решение
Нормальное напряжение при внеценz P
тренном сжатии определяем по формуле
h/4
(10.1):
N M y
P  yp y 
 z   x   1 
.
2
F
Jx
F 
ix 
В нашей задаче
h
N   P, M x   P y p , y p  .
4
bh3
Момент инерции J x 
, площадь
12
2
2 Jx h
,
F  bh, ix 

F 12
следовательно
P 
yh 4 
P  3y 
n xy
 z   1 
  1   .

0
bh  h2 12 
bh 
h
На нейтральной линии  z  0 . Поэтому ее
уравнение
B
P
A
b
h
y
y0    const.
3
Наиболее удаленными точками от нейтральn yP
ной оси являются точки A и B:
h
h
в точке A y   и
2
max
P  3h 
P



1


 0;
zA
min
b h  2h  2 bh
h
в точке B y   и
. 10.3
2
P  3h 
5P
 zB   1    
 0.
b h  2h 
2 bh
Если материал сопротивляется растяжению и сжатию различно, то
следует составить два уравнения прочности:
P



 zA 2 bh     ðàñò ,


   5 P     ñæ .
 zB 2 bh
266
№3. Бетонный брус прямоугольного поперечного сечения (. 10.5) нагружен
продольной силой Ð  10 êÍ , приложенной в точке A . Требуется:
1) проверить прочность бруса, если допускаемое напряжение для бетона на
растяжение  ð  0,5 Ì Ï à и на сжатие ñæ  4,5 Ì Ï à ; 2) построить
эпюру нормальных напряжений в аксонометрии.
z
y
P
4 ńě
A
Ñ
b=15 ńě
h=
20
ńě
3 ńě
Решение
x
1. В данном случае нагружения
брус будет испытывать внецентренное
растяжение-сжатие, так как линия
действия силы Ð параллельна продольной оси z , но точка приложения
силы не совпадает с центром тяжести
сечения (точка С). Условие прочности
записывается в виде
My
N M
i   x yi 
xi   ,
F Jx
Jy
где N − нормальная сила; M x , M y −
изгибающие моменты соответственно
осей x, y ; F − площадь поперечного
сечения; J x , J y − осевые моменты
. 10.5
инерции сечения; xi , yi − координаты
опасной точки (точки наиболее удаленной от нейтральной оси).
Для данной задачи имеем
N  Ð, M x   P y p , M y   P x p ,
где x p  3 ñì , y p  4 ñì − координаты точки приложения силы Р (координаты полюса силы).
2. Определение геометрических характетик сечения бруса
F  hb  20  15  300 ñì 2  3  102 ì 2 ,
bh3 15  203
Jx 

 1  104 cì 4  1  104 ì 4 ,
12
12
3
hb
20 153
Jy 

 5,62  103 cì 4  5,62  105 ì 4.
12
12
267
Радиусы инерции сечения
Jx
1  104

 0,0577 ì  5,77  102 ì ,
F
3  102
ix 
Jy
iy 

5,62  105
2
 0,0433 ì  4,33  102 ì .
F
3  10
3. Определение положения нейтральной линии и опасных точек сечения
При внецентренном растяжении-сжатии нейтральная линия не проходит через центр тяжести поперечного сечения, ее положение определяется
отрезками a x , a y , которые она отсекает на координатных осях (. 10.6):
y
K
B
a
xp
a
A
yp
C
b
E
Í åéò ðàëüí àÿ
ëèí èÿ
xp


4,33  102

2
3  102

 0,062 ì ,

2 2
2
5,77

10
i
b x 
 0,083 ì .
yp
4  102
x
D
i y2
Полученные точки позволяют провести
нейтральную линию (. 10.6). Опасными точками сечения будут точки А и В.
. 10.6
4. Определение нормальных напряжений в опасных точках сечения
и сравнение их с допускаемыми напряжениями
В точке В xB  7,5 ñì  7,5  102 ì ; yB  10 ñì  10  102 ì
My
N M
 B   x yB 
xB 
F Jx
Jy


3
2
 10  103 10  103  4  102

2 10  10  3  10
2
 

 10  10 
 7,5  10  
4
5
 3  102

1

10
5,62

10


Í
  0,33 106  0,4 106  0,4 106  1,13 106
 1,13 Ì Ï à  cæ ;
ì2
в точке Е xÅ  7,5 ñì  7,5  102 ì ; yÅ  10 ñì  10  102 ì
My
N M
 Å   x yÅ 
xÅ 
F Jx
Jy




 10  103 10  103  4  102
10  103  3  102
2
 

 10  10

 7,5  102
 3  102
1  104
5,62  105









268


  0,33 106  0,4 106  0,4 106  0,47 106
Í
ì2
 0,47 Ì Ï à   p .
Условия прочности выполняются.
5. Построение эпюры нормальных напряжений
Для построения эпюры напряжений определим их в точках К и D.
в точке К xÊ  7,5 ñì  7,5  102 ì ; yÊ  10 ñì  10  102 ì
My
N M
 Ê   x yÊ 
xÊ 
F Jx
Jy
3
2
 10  103 10  103  4  102

2 10  10  3  10
 

 10  10 
 7,5  102  
 3  102

1  104
5,62  105


6
6
6
6 Í
  0,33 10  0,4 10  0,4 10  0,33 10
 0,33 Ì Ï à;
ì2
в точке D xD  7,5 ñì  7,5  102 ì ; yD  10 ñì  10  102 ì
My
N M
 D   x yD 
xD 
F Jx
Jy
 10  103 10  103  4  102

10  103  3  102
 

 10  102 
 7,5  102  
 3  102

1  104
5,62  105


Í
  0,33 106  0,4 106  0,4 106  0,33 106
 0,33 Ì Ï à.
ì2
Полученные значения напряжений позволяют построить эпюру нормальных напряжений в сечении бруса (. 10.7).












K =0,33 Ì Ï à
K
E =0,47 Ì Ï à
E
y
B
B =1,13 Ì Ï à
a
x
b
D
D =0,33 Ì Ï à
Í åéò ðàëüí àÿ
ëèí èÿ
. 10.7
269
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ № 11:
ПРЯМОЙ ПОПЕРЕЧНЫЙ ИЗГИБ БАЛОК
11.1. Краткие сведения из теории
При поперечном изгибе балки в ее поперечных сечениях возникают
поперечные силы и изгибающие моменты. Поперечный изгиб называется
прямым, если плоскость действия внутренних сил содержит одну из главных центральных осей инерции поперечного сечения (. 11.1).
Mx
z
P
P
Qy
x
x
Mx
l-z
y
z
yz Q
y
. 11.1
Для определения нормальных и касательных напряжений в поперечном сечении используются формулы
M y
(11.1)
z  x ,
Jx
 yz 
Q y S *x
,
bJ x
где b  b( y) − текущая ширина поперечного сечения;
(11.2)
S *x   y dF −
F*
статический момент части площади F * поперечного сечения, отсекаемый
на том уровне, на котором вычисляются касательные напряжения    yz .
Формула (11.2) получена Д. Журавским и носит его имя.
Условия прочности по нормальным и касательным напряжениям имеют вид
M x max
Q y max S *x max
max 
   , max 
   .
Wx
b Jx
270
Касательные напряжения  zy в продольных сечениях балок с учетом
закона парности касательных напряжений  zy   yz определяются также
формулой (11.2). Для продольных срезающих сил на каждую единицу длины балки на уровне y имеем формулу
T   zy b 
Q y S *x
(11.3)
,
Jx
которая используется для расчета на прочность крепежных элементов типа
заклепок, болтов, шпонок в составных балках. В сплошных балках, например, деревянных, они могут вызвать продольные трещины.
a
ñð
T
x
d
y
a
a
. 11.2
Если балка двутаврового сечения (. 11.2) подкреплена с помощью крепежных элементов типа заклепок двумя листами, то при изгибе заклепки
будут подвергаться срезу силами T . Если a − расстояние между заклепками по длине балки, то сила Tn , приходящаяся на n крепежных элементов в
сечении (у нас n  2 ) равна
Q y S *x
Tn  T  a 
a.
Jx
Условие прочности крепежных элементов
Ò
ñð  n   ñðåç ,
Fñð
для двух заклепок в рассматриваемом примере
d − диаметр сечения заклепки.
Fñð  2 d 2 / 4 , где
271
11.2. Примеры решения задач
№1. Для стержня прямоугольного сечения (. 11.3) размерами h  b
( h  20 ñì , b  15 ñì ) определить нормальное и касательное напряжения в
точке A с координатами x  5 ñì , y  8 ñì , а также max , max , если в сечении Q y  600 êÍ , M x  100 êÍ ì .
b
x
x
y
max
h
A
F*
max
y
+
. 11.3
Решение
Для балки прямоугольного сечения
b h3
b h2
4
F  bh  300 ñì , J x 
 10000 ñì , Wx 
 1000 ñì 3 ,
12
6
 2

* b h
2
Sx  
 y   7,5 100  y 2 ,

2  4

следовательно

6 Qy  h2
12 M x y
2 .
z 
,  yz 
y 


b h3
b h3  4

Максимальные напряжения

100 êÍ ì
êÍ
 h  6M x

 100000
 100 Ì Ï à,
 z max   z  2  
2
6 3
2


bh
1000

10
ì
ì


3Qy
3  600 êÍ
êÍ



 3  104
 30 Ì Ï à.
max
4 2
2

2
bh
2  300  10 ì
ì

Напряжения в точке А с координатами x  5 ñì , y  8 ñì

100 êÍ ì  8  102 ì
êÍ


 80000
 80 Ì Ï à,
 z
8 4
2
10000  10 ì
ì


600 êÍ  (100  64)  104 ì 2
êÍ




10800
 10,8 Ì Ï à.
 yz
8 4
2
20000

10
ì
ì

2


272
№2. Для балки длиной l  6 ì двутаврового сечения № 20 найти максимальные касательные и нормальные напряжения и проверить ее прочность
по нормальным и касательным напряжениям, если   160 Ì Ï à,
  80 Ì Ï à .
P=125 êÍ
P=125 êÍ
à=0,4ì
à=0,4ì
l=6 ì
y
Qy
125 êÍ
Mx
50 êÍ ì
Mx
50 êÍ ì
-125 êÍ
. 11.4
Решение
Эпюры Q y , M x для данной задачи показаны на . 11.4. Максимальные
перерезывающая сила и момент возникают одновременно в сечениях на
расстоянии a  0,4 ì от опоры и равны
Q y max  P  125 êÍ , M x max  Pa  50 êÍ ì .
(1)
Максимальные нормальные и касательные напряжения в опасном сечении определяются по формулам
Q y S *x max
Mx
 z max 
, max 
.
(2)
Wx
b Jx
Для двутавра № 20 из таблицы сортамента имеем J x  1840 ñì 4 ,
Wx  184 ñì 3 , b  0,52 ñì , S *x max  104 ñì 3 , следовательно
50 êÍ ì
êÍ
 z max 
 0,272  106
 272 Ì Ï à,
184 106 ì 3
ì2
273
что больше допускаемого напряжения   160 Ì Ï à на 69,8% и поэтому
недопустимо.
Возьмем другой двутавр с большим W x . Для двутавра № 24a из таблиц сортамента Wx  317 ñì 3, J x  3800 ñì 4 , S *x max  178 ñì 3 , b  0,56 ñì .
Находим
50 êÍ ì
 z max 
 157,7 Ì Ï à,
317  106 ì 3
что меньше допускаемого значения   160 Ì Ï à на 1,5%. Отклонение в
меньшую либо в большую сторону от   не должно превышать  5 % .
Таким образом, двутавр № 24а условие прочности по нормальным напряжениям удовлетворяет. Произведем проверку прочности балки по касательным напряжениям. Согласно (1), (2), получаем
 max 
125  178  106 êÍ ì 3
 10,45  104
êÍ
 104,5 Ì Ï à,
0,56  3800  1010 ì 5
ì2
что больше    80Ì Ï à на 30,5%. Следовательно, балка условию прочности по касательным напряжениям не удовлетворяет и поэтому нужно подобрать балку с большим моментом инерции.
Возьмем двутавр № 27, у которого Wx  371ñì 3 , J x  5010 ñì 4 ,
S *x max  210 ñì 3 , b  0,6 ñì . Максимальное касательное напряжение, согласно (2),
 max 
125  210  106 êÍ ì 3
10
5
 8,73  104
êÍ
2
 87,3 Ì Ï à,
0,6  5010  10
ì
ì
что больше    80 Ì Ï à на 9,2 % и также недопустимо.
Берем
двутавр
¹ 30 ,
у
которого
Wx  472 ñì 3, J x  7080 ñì 4 ,
S *x max  268 ñì 3 , b  0,65 ñì . Напряжение
 max 
125  268  106 êÍ ì 3
 7,28  104
êÍ
 72,8 Ì Ï à,
0,65  7080  1010 ì 5
ì2
что меньше допускаемого    80 Ì Ï à на 9,9%.
Принимаем окончательно двутавр № 30. Таким образом, проверка
прочности по касательным напряжениям необходима.
274
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ № 12:
ИЗГИБ БРУСА БОЛЬШОЙ КРИВИЗНЫ
12.1. Краткие сведения из теории
Брусья с криволинейной осью различаются:
на брусья большой кривизны, если отношение R h  5;
брусья малой кривизны, если отношение R h  5,
где R – радиус кривизны бруса; h – высота поперечного сечения (. 12.1).
Î ñü êðèâî ãî
áðóñà
R
h
. 12.1
Расчётные формулы для напряжений в случае прямого бруса справедливы и к брусу малой кривизны.
При рассмотрении бруса большой кривизны предполагается, что:
1) кривой брус является плоским (т.е. его ось является плоской кривой);
2) поперечное сечение бруса симметрично относительно плоскости, в
которой расположена его ось, а внешние силы действуют в этой плоскости;
3) поперечные сечения бруса, плоские до деформации, остаются плоскими и после деформации (гипотеза плоских сечений);
4) продольные изогнутые волокна находятся в одноосном напряжённом
состоянии (давление продольных волокон бруса друг на друга не учитывается).
Внутренние усилия в поперечном
N
сечении кривого бруса определяются
qt
методом сечений и приводятся к норQy
dS
мальной силе N, поперечной силе Q y и
Ì
õ
q
изгибающему моменту M x (. 12.2).
Qy
Нормальная сила N считается положиN
тельной, если она вызывает растяжеÌ õ
ние, поперечная сила Q y положитель. 12.2
ная, если она вращает отсечённую
275
часть бруса относительно начала участка по часовой стрелке; изгибающий
момент M x больше нуля, если он увеличивает кривизну бруса (. 12.2). На
эпюрах N, Q y и M x положительные значения будем откладывать перпендикулярно геометрической оси бруса от центра его кривизны, а отрицательные значения – к центру его кривизны.
Для кривого бруса дифференциальные зависимости между внутренними силовыми факторами и внешней нагрузкой имеют иную форму, чем
для прямолинейного. Рассмотрим элемент AB  dS кривого бруса с криволинейной осью радиуса R (. 12.3).
Равнодействующая внешней
t Qy+dQy
qt
нагрузки q, приложенная к элементу AB  dS , даёт проекцию q
Â
Qy
N+dN на нормаль ̂ и qt на касательную
q
À
Ì õ+dÌ õ
tˆ . При переходе от сечения А к

сечению В внутренние силовые
R
d
факторы N, Q y и M x изменяются
N Ì õ
и получают приращение dN, dQ y
0
и dM x . В силу малости угла d
. 12.3
d  d  dS
d
(12.1)


, cos
 1.
2
2 2 R
2
Составим уравнения равновесия для элемента АВ:
d
d
d
d
 Pt  qt  dS  Qy  dQy sin  Qy sin  N  cos   N  dN   cos  0,
2
2
2
2
d
d
d
d
 P  q  dS  Qy  dQy  cos  Qy  cos  N  sin   N  dN   cos  0,
2
2
2
2
 M 0  M x   M x  dM x   qt  dS  R  N  R  ( N  dN )  R  0.
Учитывая соотношения (12.1) и пренебрегая членами второго порядка получим
Qy dQy
dN
N dM x
 qt 
,
 q  ,
 Qy .
dS
R
dS
R dS
При чистом изгибе ( N  0 , Q y  0 ) нормальные напряжения  í  в
dS  R  d ; sin




поперечном сечении кривого бруса находят по формуле
M
ye
ì  x 
,
eF R  y
где M x – изгибающий момент в сечении кривого бруса; R – радиус кривизны оси бруса; F – площадь поперечного сечения; y – расстояние от
центральной оси сечения (ось x) до точки, где определяется напряжение;
R0  R  e – радиус кривизны нейтральной линии (. 12.4).
276
ó
ó
ó
h
Ì õ
Ì õ
e
Râí
Ro
R
í
ó
Rí
ÖÒ
õ
e
âí
Í åéò ðàëüí àÿ
ëèí èÿ
Î
. 12.4
При изгибе кривого бруса нейтральная линия смещена по отношению
к геометрической оси бруса к центру кривизны на величину e  R  R0 . В
частности для прямоугольного сечения
h
R0 
,
Rí
ln
Râí
где Rí , Râí – радиусы кривизны соответственно наружного и внутреннего
волокна сечения; h – высота сечения;
Для других форм поперечного сечения величина R0 приведена в соответствующих справочниках и учебной литературе.
Если кривой брус подвергается продольно-поперечному изгибу, то в
его поперечных сечениях кроме изгибающего момента M x возникают
нормальная и перерезывающая силы N и Q y . В этом случае нормальные
напряжения определяются по формуле
N Mx y  e


.
F eF R  y
Перерезывающая сила возникает за счёт касательных напряжений  ,
которые приближённо можно вычислить по формуле Журавского.
   N  ì 
11.2. Примеры решения задач
№1. Для бруса с криволинейной осью (. 12.5) построить эпюры внутренних силовых факторов (N, Q y , M x ) и найти нормальные напряжения в
опасном сечении бруса.
Решение
Задан брус с криволинейной осью, очерченной по дуге окружности
радиусом R  30 см. Высота поперечного сечения h  12 см.
277
À
Ð=250êÍ
À-À
y
B
h=12 ñì
À
R=30ñì
x
 =60°
b=5ñì
A
C
O
. 12.5
Отношение
R 30

 2,5,
h 12
следовательно, данный брус относится к брусьям большой кривизны.
1. Построение эпюры внутренних усилий
Отбросим связи, наложенные на брус (опоры А и С), и заменим их соответствующими реакциями. Для дальнейших расчётов разложим внешнюю силу Р на вертикальную ( Pâ ) и горизонтальную ( Pã ) составляющие:
Pâ  P  sin   P  sin 60  250  0,866  216,5 êÍ ,
Pã  P  cos   P  cos60  250  0,5  125 êÍ .
Выберем систему координат х, у (. 12.6).
Ðâ =216,5êÍ
Ð=250êÍ
 =30°
y
I
B
Ðã =125êÍ
II
HA=125êÍ
 =60°
A
RA=108,25êÍ
R=30 ñì
C
O
x
RÑ=108,25êÍ
R/2=15ñì
. 12.6
R/2=15ñì
278
В результате получим плоскую систему произвольных сил, для которой можно составить 3 уравнения статики. Число неизвестных реакций
равно 3. Таким образом, данный брус является статически определимым.
Составим уравнения статики (равновесия) и определим опорные
реакции:
 Px  H A  Pã  0; H A  Pã  125 êÍ ;
 M A  RC  2  R  Pâ  1,5  R  Pã  R  sin   0;
P  1,5  Pã  sin  216,5  1,5  125  0,866 216,5
RC  â


 108,25 êÍ ;
2
2
2
 M Ñ   RA  2  R  Pâ  0,5  R  Pã  R  sin   0;
P  0,5  Pã  sin  216,5  0,5  125  0,866 216,5
RA  â


 108,25 êÍ .
2
2
2
Проверка:
 Py  RA  Pâ  RC  108,25  216,5  108,25  216,5  216,5  0.
Разбиваем брус на силовые участки (I, II).
Используя метод сечений, составим выражения для внутренних усилий на каждом силовом участке. Здесь удобно воспользоваться полярной
системой координат.
На первом участке, 0    120 (. 12.7).
y
Составим уравнения равновесия
для отсечённой части
z
N1
D
M x1
Qy 1
R sin
 Pz  N I  H A  sin   RA  cos   0,
HA

A
RA
O
R cos
R(1-cos )
R=30 ñì
. 12.7
N I   RA  cos   H A  sin ,
N I  108,25  cos   125  sin , (1)
 Py  RA sin   QyI  H A  cos   0,
Q yI   RA  sin   H A  cos ,
QyI  108,25  sin   125  cos , (2)
 M D   M xI  H A  R  sin  
 RA  R  1  cos    0,
M xI   RA  R  1  cos   H A  R  sin ,
M xI  108,25  0,3  1  cos   125  0,3  sin   32,475  1  cos    37,5  sin . (3)
Выражения (1), (2) и (3) позволяют определить величины N I , Q yI ,
M xI при различных значениях угла  на первом участке (табл. 12.1).
Таблица 12.1
,ãðàä
cos
1 cos 
sin
N I , êÍ
0
1,0
0
0
-108,25
-125
0
15
0,966
0,034
0,259
-136,95
-92,71
8,61
30
0,866
0,134
0,500
-156,24
-54,12
14,4
45
0,707
0,293
0,707
-164,91
-11,85
16,99
60
0,500
0,500
0,866
-162,38
31,24
16,24
75
0,259
0,741
0,966
-148,79
72,19
12,17
90
0
1
1
-125
108,25
5,02
105
-0,259
1,259
0,966
-92,71
136,95
-4,66
120
-0,500
1,500
0,866
-54,13
156,24
-16,24
QI , êÍ
M xI ,
êÍ ì
280
На втором участке, 0    600 (. 12.8).
Составим уравнения равновесия
для отсеченной части:
z
NII
y
MxII
 Pz  N II RC  cos   0,
E
Qy II
R sin
N II   RC  cos ,
N II  108,25  cos ,
 Py  QyII  RC  sin   0,

O
QyII   RC  sin ,
A
RÑ
R cos
(4)
R(1-cos )
R=30 ñì
QyII  108,25  sin ,
(5)
 M E  M xII  RC  R  1  cos   0,
M xII   RC  R  1  cos   ,
. 12.8
(6)
M xII  108,25  0,3  1  cos   32,475  1  cos .
Выражения (4), (5) и (6) позволяют определить величины N II , Q yII ,
M xII при различных значениях угла  на втором участке (табл. 12.2).
Таблица 12.2
, ãðàä
cos
1  cos 
sin 
N II , êÍ
Q yII , êÍ
M xII , êÍ ì
0
15
30
45
60
1
0,966
0,866
0,707
0,500
0
0,034
0,134
0,293
0,500
0
0,259
0,500
0,707
0,866
-108,25
-104,57
-93,75
-76,53
-54,13
0
-28,04
-54,13
-76,53
-93,76
0
-1,10
-4,35
-9,52
-16,24
Из анализа полученных данных (см. табл. 12.1) видно, что на первом
участке перерезывающая сила Q yI меняет знак, следовательно, существует
такой угол  , при котором Q yI  0 . В этом сечении кривого бруса нормальная сила и изгибающий момент будут иметь экстремальные значения
(см. дифференциальные зависимости Журавского для бруса с криволинейной осью). Определим эти значения:
QyI  108,25  sin   125  cos   0,
откуда
125
 1,155, тогда   49 .
108,25
Экстремальные значения N I и M xI будут равны:
tg 
281
N I  108,25  cos 490  125  sin 490  108,25  0,656  125  0,755 
 71,01  94,34  165,35 êÍ ,


M xI  32,475  1  cos 490  37,5  sin 490  32,475  1  0,656   37,5  0,755 
 11,17  28,31  17,14 êÍ  ì .
По данным таблиц 12.1 и 12.2 строим эпюры N, Q y , M x (. 12.9).
125
148,79
162,38
75° 90°
92,71
105°
60°
54,13
120°
45°
165,35
45°
0°
,5
76
16
4
15 ,91
6,2
4
136,9
5
15°
N(êÍ )
30°
3
30°
93
,75
15°
104,5
108,25
7
0°
108,25
49°
72,19
31,24
108,25
105°
75° 90°
136,95
120°
60°
156,24
45°
45°
93,76
54
15°
,12
54
,13
15°
28,04
92,71
0°
Q(êÍ )
30°
3
,85
,5
11
76
30°
0°
125
49°
5,02
12,17
16,24
45°
75° 90°
60°
4,66
105°
45°
17,14
14
Mx(êÍ ì )
30°
52
,99
9,
16
30°
15°
16,24
120°
,4
4,3
8,61
5
15°
1,10
0°
0°
49°
. 12.9
282
Из анализа эпюр N и M x (. 12.9) видно, что опасное сечение бруса
(т.е. сечение, где действуют наибольшие по модулю значения нормальной
силы – N и изгибающего момента – M x ) будет на первом силовом участке
при   490 . Таким образом,
Nmax  165,35 êÍ , M x max  17,14 êÍ  ì .
2. Определение нормальных напряжений в опасном сечении
кривого бруса
Напряжения от нормальной сжимающей силы N распределяются по
сечению бруса равномерно и будут равны
N 1,6535  105
Í
N  
 2,756  107
 27,56 Ì Ï à,
3
2
F
6  10
ì
Í åéò ðàëüí àÿ ëèí èÿ
ï ðè äåéñò âèè Ì õ
y
Í åéò ðàëüí àÿ ëèí èÿ
ï ðè äåéñò âèè Ì õ è N
27,56
126,97
99,41
ya
A
ÖÒ
x
yb
Rî =29,6ñì
Râí =24ñì
Rí =36 ñì
R=30ñì
e=0,4ñì
h=12ñì
где F  h  b  12  5  60 ñì 2  6  103 ì 2 − площадь поперечного сечения
бруса (. 12.10а). Эпюра  N показана на . 12.10б.
B
b=5ñì
à)
Ýï . N
(Ì Ï à)
á)
166,65
Ýï . M
(Ì Ï à)
â)
194,21
Ýï . 
(Ì Ï à)
ã)
. 12.10
Нормальные напряжения от изгибающего момента M x определяются
по формуле
M
y e
M ,i  x  i
,
eF R  yi
где расстояние e  R  R0 определяет положение нейтральной линии и откладывается от центральной оси к центру кривизны бруса; R0 – радиус
кривизны нейтральной линии, для прямоугольного сечения
h
12
12
12
R0 



 29,6 ñì .
Rí
36 ln1,5 0,4055
ln
ln
24
Râí
Тогда e  R  R0  30  29,6  0,4 ñì  4  103 ì .
283
Определим напряжения в точках А и В:
h
в точке А ( y A   6 ñì  6  102 ì )
2
M x yA  e
1,714  104
6  102  4  10 3
M , A 




eF R  y A 4  103  6  103
0,3  6  102
Í
 1,2697  108
 126,97 Ì Ï à;
2
ì
h
в точке В ( y    6 ñì  6  102 ì )
2
M x yB  e
1,714  10 4
6  10 2  4  10 3
M , B 




eF R  y B 4  103  6  103
0,3  6  10 2
Í
 1,6665  108
 166,65 Ì Ï à.
ì 2
Эпюра  M показана на . 12.10в.
Суммарную эпюру нормальных напряжений найдём сложением эпюр
 N и M :
   N  M .
в точке А
 A   N , A  M , A  27,56  126,97  99,41 Ì Ï à;
в точке В
B   N , B  M , B  27,56  166,65  194,21 Ì Ï à.
Нейтральная линия в этом случае пройдёт выше центра тяжести сечения (см. . 12.10г).
№2. Определить наибольшие растягивающие и сжимающие напряжения в
опасном сечении крюка грузоподъемностью 100 кН (. 12.11).
P
a=3 ñì
À-À
À
À
A
B
Â
h=12 ñì
P
. 12.11
y
b=8 ñì
À
x
Râí =8ñì
284
Решение
1. Определение геометрических характетик трапециевидного сечения
крюка
Rí =20ñì
Râí =8ñì
h=12 ñì
y
À
d=5,09 ñì
Ñ
ö.ò .
b=8 ñì
a=3 ñì
õ
Â
à)
Ro=12,27ñì
å=0,82
R=13,09ñì
Í åéò ðàëüí àÿ ëèí èÿ
ï ðè äåéñò âèè Ì õ
129,11
Ýï . Ì
(Ì Ï à)
á)
93,49
15,15
Ýï . N
(Ì Ï à)
â)
Í åéò ðàëüí àÿ ëèí èÿ
ï ðè ñî âì åñò í î ì
äåéñò âèè N è Ì õ
144,26
Ýï . 
(Ì Ï à)
ã)
78,34
. 12.12
Площадь поперечного сечения (площадь трапеции)
ab
38
F
h 
 12  66 ñì 2  6,6  103 ì 2 .
2
2
Положение центра тяжести сечения (расстояние от внутренних волокон до т. С), (. 12.12а)
h 2a  b 12 2  3  8
d 
 
 5,09ñì .
3 ab
3 38
Радиус кривизны геометрической оси бруса
R  Râí  d  8  5,09  13,09 ñì .
Отношение R  13.09  1,09, следовательно, крюк относится к брусьям
h
12
большой кривизны.
285
Радиус кривизны нейтральной линии для трапецевидного сечения
определяется по формуле
F
66
R0 


Rí
83
20
ba
)  ln  (8  3)
(a  Rí 
)  ln
 (b  a ) (3  20 
12
8
h
Râí
66
66

 12,27 ñì ,
(3  8,33)  0,916  5 10,38  5
e  R  R0  13,09  12,27  0,82 ñì .

тогда
2. Определение внутренних силовых факторов
Для определения внутренних силовых факторов в опасном сечении АВ
рассмотрим равновесие нижней части крюка (. 12.13).
z
R=13,09 ñì
 Pz  N  P  0,
N
N  P  100 êÍ
M x1
y
Составим уравнения равновесия:
À
Â
P=100 êÍ
. 12.13
 M c   M x  P  R  0,
M x   P  R  100  0,1309  13,09 êÍ  ì .
3. Определение нормальных напряжений
Напряжения от изгибающего момента
M
y e
ì ,i  x  i
.
e  F R  yi
â ò î ÷êå B ( yB  5,09ñì  5,09  102 ì )


5,09  102  8,2  103
M x yB  e
13,09  104
ì , B 




2
e  F R  yB 8,2  103  6,6  103
0,1309  5,09  10
Í
 2,419 108   0,53375  1,2911 108
 129,11 Ì Ï à;
2
ì
â ò î ÷êå A ( y A  h  d  12  5,09  6,91ñì  6,91 102 ì )


6,91  102  8,2  103
M x yA  e
13,09  104
ì , A 




e  F R  y A 8,2  103  6,6  103
0,1309  6,91  102
Í
 2,419  108   0,3865  9,349  107
 93,49 Ì Ï à.
ì2
286
Полученные значения напряжений позволяют построить эпюру  ì
(см. . 12.12б).
Напряжения от растягивающей силы N распределяются по сечению
равномерно и определяются по формуле
N 1,00  105
Í
N  
 1,515  107
 15,15 Ì Ï à .
F 6,6  103
ì2
Эпюра  N показана на . 12.12в.
Суммарная эпюра напряжений
 B   N  ì , B  15,15  129,11  144,26 Ì Ï à,
 A   N  ì , A  15,15  93,49  78,34 Ì Ï à.
Эпюра приведена на 12.12г.
287
ОГЛАВЛЕНИЕ
ПРЕДИСЛОВИЕ ………………. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
Таблица перевода единиц силы и напряжений системы СГС в систему СИ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ №1:
ВНЕШНИЕ СИЛЫ И ОПОРНЫЕ РЕАКЦИИ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1. Краткие сведения из теории . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
5
7
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ №2:
ВНУТРЕННИЕ СИЛЫ, НАПРЯЖЕНИЯ И ПЕРЕМЕЩЕНИЯ
ПРИ РАСТЯЖЕНИИ - СЖАТИИ. РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ
И ЖЕСТКОСТЬ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
..
2.1. Краткие сведения из теории. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
13
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ №3:
СТАТИЧЕСКИ – НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ
РАСТЯЖЕНИИ – СЖАТИИ СТЕРЖНЕЙ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1. Краткие сведения из теории. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20
20
21
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ №4:
ВНУТРЕННИЕ МОМЕНТЫ И НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ КРУЧЕНИИ . . .
4.1. Краткие сведения из теории. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
27
27
29
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ №5:
ПРЯМОЙ СДВИГ И ПРАКТИЧЕСКИЕ РАСЧЁТЫ НА ПРОЧНОСТЬ
СОЕДИНЕНИЙ, РАБОТАЮЩИХ НА СДВИГ И СМЯТИЕ . . . . . . . .
5.1. Краткие сведения из теории. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
42
42
44
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ №6:
РАСЧЕТ СТЕРЖНЕВЫХ СИСТЕМ НА ПРОЧНОСТЬ
ПО ПРЕДЕЛЬНЫМ СОСТОЯНИЯМ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.1. Краткие сведения из теории. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
50
50
52
288
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ №7:
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕТИКИ ПЛОСКИХ ПОПЕРЕЧНЫХ
СЕЧЕНИЙ СТЕРЖНЯ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.1. Краткие сведения из теории. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2. Порядок определения геометрических характетик для сложных сечений . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
64
64
66
68
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ №8:
ВНУТРЕННИЕ УСИЛИЯ, МОМЕНТЫ И НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ
ПРЯМОМ ИЗГИБЕ БАЛОК И РАМ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.1. Краткие сведения из теории. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.2. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
81
81
83
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ №9:
КОСОЙ ИЗГИБ БАЛОК . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1. Краткие сведения из теории. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.2. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
115
115
116
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ № 10:
СЛОЖНЫЙ ИЗГИБ И ВНЕЦЕНТРЕННОЕ РАСТЯЖЕНИЕ –
СЖАТИЕ СТЕРЖНЯ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.1. Краткие сведения из теории. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.2. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
124
124
125
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ №11:
ПРЯМОЙ ПОПЕРЕЧНЫЙ ИЗГИБ БАЛОК. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.1. Краткие сведения из теории. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.2. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
130
130
132
ТЕМА ПРАКТИЧЕСКОГО ЗАНЯТИЯ №12:
ИЗГИБ БРУСА БОЛЬШОЙ КРИВИЗНЫ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12.1. Краткие сведения из теории. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12.2. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
135
135
137
ПРИМЕРНЫЙ КАЛЕНДАРНЫЙ ПЛАН ЛЕКЦИЙ И
ЛАБОРАТОРНО−ПРАКТИЧЕСКИХ ЗАНЯТИЙ . . . . . . . . . . . . . . . . .
148
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
151
289
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
1. Зубчанинов, В.Г. Сопротивление материалов. Книга 1: уч. пос. /
В.Г. Зубчанинов. Тверь: ТГТУ, 2003. 224 с.
2. Зубчанинов, В.Г. Сопротивление материалов. Книга 2: уч. пос. /
В.Г. Зубчанинов. Тверь: ТГТУ, 2005. 350 с.
3. Зубчанинов, В.Г. Лекции по механике деформируемого твердого
тела: в 3 ч. / В.Г. Зубчанинов. Тверь: ТвПИ, 1993. 441 с.
4. Зубчанинов, В.Г. Лабораторный практикум по сопротивлению материалов / В.Г. Зубчанинов, В.В. Гараников, В.Н. Ведерников. Тверь:
ТГТУ, 2007. 132 с.
5. Сопротивление материалов. Часть 1. Расчетно-проектировочные
графические и лабораторные задания для самостоятельной работы студентов всех специальностей. Тверь: ТГТУ, 2004. 36 с.
6. Сопротивление материалов. Часть 2. Расчетно-проектировочные
курсовые и лабораторные задания для самостоятельной работы студентов
всех специальностей. Тверь: ТГТУ, 2005. 59 с.
7. Феодосьев, В.И. Сопротивление материалов / В.И. Феодосьев. М.:
Наука, 1979. 554 с.
8. Александров, А.В. Сопротивление материалов / А.В. Александров,
В.Д. Потапов, Б.П. Державин. М.: Высшая школа, 1995. 560 с.
9. Беляев, Н.М. Сборник задач по сопротивлению материалов /
Н.М. Беляев [и др.]; под ред. В.К. Качурина. М.: Наука, 1972. 430 с.
10. Зубчанинов, В.Г. Лабораторный практикум по сопротивлению материалов / В.Г. Зубчанинов, В.В. Гараников, В.Н. Ведерников. Тверь:
ТГТУ, 2007. 132 с.
11. Беляев, Н.М. Лабораторные работы по сопротивлению материалов
/ Н.М. Беляев. М.; Л.: ГИТТЛ, 1951. 336 с.
12. Дарков, А.В. Сопротивление материалов / А.В. Дарков, Г.С. Шапиро. М.: Высшая школа, 1969. 734 с.
13. Тимошенко, С.П. Механика материалов / С.П. Тимошенко, Дж. Гере. М.: Мир, 1976. 670 с.