close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

53

код для вставкиСкачать
Т. П. Мартынова
Н. В. Новикова
Сопротивление
материалов
в примерах и задачах
Часть 1
Показаны способы решения типовых задач на
прочность и жесткость элементов строительных
конструкций при простых видах сопротивления
бруса. Продемонстрирована методика построения
эпюр при растяжении, кручении, изгибе в прямолинейном и ломаном брусе, а также даны варианты контроля эпюр. Представлены практические
расчеты элементов конструкций на срез и смятие,
задачи на исследование напряженного и деформированного состояния в точке тела. Включены
основные положения теории, расчетные формулы и краткие указания по методике расчетов.
ISBN 978-5-7638-2258-8
9 785763 822588
Учебное пособие
Инженерно-строительный институт
Министерство образования и науки Российской Федерации
Сибирский федеральный университет
Т. П. Мартынова Н. В. Новикова СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ В ПРИМЕРАХ И ЗАДАЧАХ Учебное пособие В двух частях Часть 1 Красноярск
СФУ
2011
1
УДК 539. 3/6 (07)
ББК 30.121я73
М29
Рецензенты:
Р. А. Сабиров, канд. техн. наук, доц. кафедры технической механики Института космической техники Сибирского государственного
аэрокосмического университета;
Е. М. Сигова, канд. техн. наук, доц. кафедры динамики и прочности машин Политехнического института СФУ.
М29
Мартынова, Т. П.
Сопротивление материалов в примерах и задачах: учеб. пособие: в 2 ч. Ч. 1 / Т. П. Мартынова, Н. В. Новикова. – Красноярск: Сиб. федер. ун-т, 2011. – 176 с.
ISBN 978-5-7638-2258-8
Показаны способы решения типовых задач на прочность и жесткость
элементов строительных конструкций при простых видах сопротивления
бруса. Продемонстрирована методика построения эпюр при растяжении,
кручении, изгибе в прямолинейном и ломаном брусе, а также даны варианты контроля эпюр. Представлены практические расчеты элементов конструкций на срез и смятие, задачи на исследование напряженного и деформированного состояния в точке тела. Включены основные положения теории,
расчетные формулы и краткие указания по методике расчетов.
Предназначено для студентов строительных специальностей дневной
и заочной формы обучения.
УДК 539. 3/6 (07)
ББК 30.121я73
ISBN 978-5-7638-2258-8
© Сибирский федеральный университет, 2011
2
ВВЕДЕНИЕ Опыт преподавания курса «Сопротивление материалов» показывает, что наибольшее затруднение у студентов обычно вызывает
решение задач. Настоящее учебное пособие охватывает материал
программы по первой части курса сопротивления материалов и является приложением к теоретическому курсу «Сопротивление материалов (Ч. 1)» Т. П. Мартыновой, В. В. Москвичева, И. В. Богомаз, опубликованному в 2008 году.
Надеемся, что учебное пособие поможет студентам овладеть методами решения задач при простых видах нагружения бруса, а также
повысит эффективность самостоятельных занятий. В первой главе
приведены некоторые сведения и замечания практического характера
об основных опорных закреплениях и особенностях определения
опорных реакций, известных студентам из курса теоретической механики.
Основная часть посвящена примерам решения типовых задач,
причем их разбор проводится очень подробно, чтобы студент мог понять решение, не прибегая к помощи преподавателя. Последовательность решения многих задач приводит к его разбивке на ряд этапов
(шагов), что способствует усвоению алгоритма решения основных задач курса (анализ и построение эпюр внутренних силовых факторов,
расчеты на прочность и жесткость). В каждом разделе помещены задачи, предназначенные для самостоятельного решения, и ответы к ним.
Некоторые из этих задач решаются путем логических рассуждений,
базирующихся на законах сопротивления материалов, и не требуют,
как правило, математических действий. Они дают возможность проверить степень усвоения методов решения задач по теме.
В приложениях приведены некоторые справочные материалы,
в частности – таблицы ГОСТов на профили прокатной стали.
Авторами принята двойная нумерация: первая цифра – номер
главы, вторая – порядковый номер примера, задачи и рисунка к данной главе.
3
Глава 1. ВНУТРЕННИЕ УСИЛИЯ В ПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЕНИЯХ СТЕРЖНЯ 1.1. Внешние силы. Основные типы опорных закреплений. Определение опорных реакций Силы взаимодействия рассматриваемого элемента конструкции
со связанными с ним телами называют внешними, или нагрузками.
Опорные устройства обеспечивают неподвижность тел под их
влиянием. При этом они воспринимают нагрузку и передают ее другим частям конструкции или ее основанию.
Как известно из статики, различают три основных типа опор
плоских систем.
• Шарнирно-подвижная опора – опора с одной связью (рис. 1.1).
Она допускает перемещение опорного сечения бруса параллельно
опорной плоскости и его поворот относительно оси цилиндрического
шарнира, но не допускает перемещения в направлении, перпендикулярном опорной плоскости. Реакция такой опоры V направлена вдоль
опорной связи.
• Шарнирно-неподвижная опора – опора с двумя связями
(рис. 1.2). Она не допускает смещений опорного сечения бруса ни
в поперечном, ни в продольном направлении, но допускает поворот
этого сечения относительно шарнира. В ней возникают две составляющие опорной реакции: Н и V.
• Жесткое закрепление, или заделка – опора с тремя связями
(рис. 1.3). Она не допускает поворота опорного сечения и его перемещения во всех направлениях. При этом возникают вертикальная V
и горизонтальная Н составляющие опорной реакции и реактивный
момент m.
Примерами шарнирно-неподвижных и шарнирно-подвижных
опор могут служить балансирные опорные части из стального литья,
применяемые в мостах и других сооружениях больших пролетов.
Вычисление опорных реакций является первым ответственным
этапом расчета балок и других элементов конструкций. При составлении уравнений равновесия не учитываются изменения в расположении внешних сил, которые возникают в итоге деформации бруса, т. е.
применяется принцип неизменности начальных размеров.
4
Рис. 1.1
Рис. 1.2
Рис. 1.3
Способы определения опорных реакций известны из теоретической механики. Мы приведем лишь некоторые замечания практического характера.
На схеме бруса для каждой из опор показываются возможные реакции в произвольном направлении. Они обозначаются символически.
При составлении уравнений равновесия можно переносить внешние
силы по линии их действия, пару сил – в плоскости ее действия, заменять распределенную нагрузку равнодействующей. При этом правило
знаков может быть произвольным, лишь бы внешние силы и моменты
противоположного направления учитывались с противоположным
5
знаком. Лучше всего уравнения равновесия составлять так, чтобы
обойтись без их совместного решения. Проверка правильности найденных значений опорных реакций является обязательной.
Если какая-либо реакция после решения уравнения окажется отрицательной, то это значит, что ее выбранное первоначально направление неправильно. В данном случае необходимо изменить направление
на противоположное. На схеме отрицательно направленную реакцию
перечеркивают, прикладывая рядом истинную в обратном направлении,
и записывают численное значение этой реакции без знака «минус», который не учитывают при дальнейших расчетах.
Пример 1.1. Для балки (рис. 1.4) требуется определить опорные
реакции.
Решение
1. Выясним, где и какие реакции возможны. В неподвижной
опоре А возможны две опорные реакции (вертикальная и горизонтальная), а в подвижной опоре В – одна (вертикальная). Мысленно
отбросим опоры А и В, а их влияние заменим опорными реакциями.
Первоначально направим обе вертикальные реакции вверх и обозначим их VA и VB. Горизонтальную реакцию направим к опоре и обозначим HA.
2. Составим и решим уравнения равновесия балки:
а) ∑ FZ = 0; H A = 0.
Следовательно, при действии вертикальной нагрузки на балку
горизонтальная составляющая реакции неподвижной опоры равна
нулю.
Рис. 1.4
6
б)
∑ M А = 0,
VВ =
−m − q ⋅ 6 ⋅ 3 + VВ ⋅10 + F ⋅14 = 0,
m + q ⋅ 6 ⋅ 3 − F ⋅14 2 + 1 ⋅ 6 ⋅ 3 − 2 ⋅14
8
=
= − = −0,8 кН;
10
10
10
VB = –0,8 кН.
Знак «минус» означает, что выбранное вначале направление реакции VB вверх является неправильным. Изменяем направление реакции на противоположное, проставляем численное значение, а знак
«минус» при дальнейших расчетах учитывать не будем:
−m + q ⋅ 6 ⋅ 7 − VА ⋅10 + F ⋅ 4 = 0;
в) ∑ M В = 0;
VА =
−m + q ⋅ 6 ⋅ 7 + F ⋅ 4 −2 + 1⋅ 6 ⋅ 7 + 2 ⋅ 4 48
=
=
= 4,8 кН;
10
10
10
VА = 4,8 кН.
Знак «плюс» означает, что предполагаемое направление реакции
VA вверх является правильным. На схеме проставляем численное значение.
3. Проверим правильность определения опорных реакций VA
и VB, составив следующее уравнение равновесия:
∑ Fy = 0,
−q ⋅ 6 + VА + F − VВ = 0;
−1 ⋅ 6 + 4,8 + 2 − 0,8 = 0, 6,8 – 6,8 = 0.
Ответ: HA = 0, VА = 4,8 кН, VB = –0,8 кН.
Примечание. Студенты часто совершают ошибку, состоящую
в том, что при составлении уравнений равновесия ∑ Мi = 0 значение
внешнего сосредоточенного момента m, приложенного к балке, умножают на расстояние, а иногда не учитывают совсем.
Следует помнить, что значение сосредоточенного момента никогда на расстояние не умножается, а если рассматривается равновесие всего бруса, то он входит в уравнение суммы моментов всегда,
независимо от того, где момент приложен к балке. (Даже если точка
его приложения совпадает с точкой, относительно которой составляется сумма моментов.)
7
1.2. Внутренние силы. Метод сечений Между частицами тела существуют внутренние силы взаимодействия, которые обеспечивают его целостность. Внешние силы
изменяют взаимное расположение частиц, в результате чего возникают дополнительные внутренние силы, которые сопротивляются деформации и разрушению. В рассматриваемом курсе изучают дополнительные внутренние силы, с которыми связаны вопросы прочности
и жесткости материалов. Для их определения применяется метод сечений.
Рассмотрим брус, находящийся в равновесии под действием
системы внешних сил (рис. 1.5, а). Мысленно рассечем брус на две
части по сечению, где необходимо определить внутренние силы,
и отбросим одну из частей, например, часть I, вместе с нагрузкой,
приложенной к ней.
Через центр тяжести оставленной части II проведем систему координат x, y, z с началом в центре тяжести сечения О. Ось z направим по
нормали к сечению, а оси x и y расположим в его плоскости (рис. 1.5, б).
а
б
Рис. 1.5
8
В каждой точке сечения будут действовать внутренние силы,
которые заменяют действие отброшенной части I на оставленную (отсеченную) часть II. Как и всякую систему сил, в соответствии с правилами статики внутренние силы можно привести к главному вектору
и главному моменту относительно центра тяжести.
Проекции главного вектора внутренних сил на оси z, x, y, обозначим N, Qx, Qy. Проекции главного момента внутренних сил на оси
z, x, y обозначим Mz, Mx, My. В результате получим шесть внутренних
силовых факторов, которые имеют такие названия:
N − продольная сила (усилие вдоль оси z);
Qx, Qy − поперечные силы (усилия вдоль осей x, y соответственно);
Mz − крутящий момент (момент относительно оси z );
Mx, My − изгибающие моменты (моменты относительно осей x, y).
Таким образом, отсеченная часть II, нагруженная приложенными к ней внешними силами, после приложения к ней внутренних усилий (в общем случае шести силовых факторов) находится в равновесии. Поэтому для этой части можно записать шесть уравнений равновесия (1.1), из которых получают выражения (1.2) для определения
внутренних усилий:
1)
2)
3)
4)
5)
n
∑ z = 0;
⇒
∑ x = 0;
⇒ Qx = ∑ x ( Fi ) отс.ч. ;
∑ y = 0;
⇒ Q y = ∑ y ( Fi ) отс.ч. ;
∑ mz = 0 ;
i =1
n
i =1
n
i =1
n
(1.1)
⇒ M z = ∑ m z ( Fi ) отс.ч. ;
(1.2)
i =1
n
∑ mx = 0;
6) ∑ m y = 0.
N = ∑ z ( Fi ) отс.ч. ;
⇒ M x = ∑ m x ( Fi ) отс.ч. ;
i =1
⇒ My =
n
∑ m y ( Fi )отс.ч. .
i =1
Вычисляя внутренние силы и моменты в сечении по выражениям (1.2), следует иметь в виду, что:
• продольная сила N численно равна алгебраической сумме
проекций всех внешних сил, действующих на отсеченную часть, на
продольную ось z; Qx − то же, на ось x; Qy − то же, на ось y;
9
крутящий момент M z численно равен алгебраической сумме
моментов всех внешних сил, действующих на отсеченную часть, относительно продольной оси z; М x − то же, относительно оси x;
М y − то же, относительно оси y.
•
Таким образом, для определения внутренних усилий методом
сечений производят последовательно четыре операции:
• мысленно рассекают брус плоскостью на две части в том
месте, где необходимо определить внутренние силы;
• мысленно отбрасывают одну из частей (любую);
• заменяют внутренними силами действие отброшенной части
бруса на отсеченную часть;
• уравновешивают всю систему внешних и внутренних сил,
действующих на отсеченную часть, т. е. составляют уравнения равновесия (1.1), из которых находят внутренние усилия (1.2).
Чтобы лучше запомнить порядок действий метода сечений, можно
пользоваться правилом РОЗУ, что означает, повторим, следующее:
Р − рассекают;
О − отбрасывают;
З − заменяют;
У − уравновешивают.
Примечание. Совершенно безразлично, равновесие какой отсеченной части рассматривать, т. к. внутренние силы, приложенные
к обеим, взаимны по закону действия и противодействия.
Каждому внутреннему усилию соответствуют простые виды
сопротивления (нагружения) бруса:
• продольной силе N − растяжение или сжатие;
• поперечным силам Qx , Qy − сдвиг;
крутящему моменту M z − кручение;
изгибающим моментам M x и M y − изгиб.
•
•
1.3. Эпюры внутренних силовых факторов Графики, показывающие изменения внутренних усилий вдоль
оси бруса, называются эпюрами.
Для расчетов на прочность и жесткость очень важно знать величину наибольшего внутреннего силового фактора и опасное сечение,
10
в котором он действует. Эпюра дает наглядное представление об изменении внутреннего усилия по длине бруса.
Построение эпюр производят в следующем порядке.
1. Определяют реакции опор и проставляют их значения на расчетной схеме бруса.
2. Разбивают брус на участки, в пределах которых внутренние
усилия изменяются по одному непрерывному закону. Их границами
служат точки приложения сил, пар сил, а также места изменения интенсивности распределенной нагрузки (рис. 1.6).
На каждом участке проводят произвольное сечение и определяют значение абсцисс zi, в пределах которых действует этот закон, например: участок I: 0 ≤ z1 ≤ d ; участок II: 0 ≤ z2 ≤ b; участок III:
0 ≤ z3 ≤ d ; участок IV: 0 ≤ z4 ≤ с.
Начало отсчета для каждого участка может быть выбрано произвольно (от начала бруса, рассматриваемого участка или соседнего
участка). Направление отсчета может быть выбрано справа налево
или слева направо. Начало и направление абсцисс zi выбирается таким
образом, чтобы выражения для расчета внутренних усилий были наиболее простыми.
3. Для каждого участка составляют выражение для расчета
внутреннего усилия, рассматривая равновесие части бруса, расположенной по одну сторону проведенного сечения.
4. Меняя значение абсциссы zi, находят внутреннее усилие на
границах участка и в характерных сечениях.
5. Ось эпюры (базисную линию) проводят параллельно оси бруса. Значения ординаты эпюр в определенном масштабе откладывают
от оси по перпендикуляру, затем проставляют значения характерных
ординат. Знак усилия в кружочке проставляют в поле эпюры; наносят
штриховку линиями, перпендикулярными оси.
Рис. 1.6
11
6. Если внутренний силовой фактор на каком-либо участке остается постоянным (не зависит от абсциссы z), то на данном участке
эпюра параллельна оси. Если внутренний силовой фактор является
линейной функцией абсциссы z, то для построения эпюры достаточно
определить два значения: в начале и в конце данного участка.
Если закон изменения внутреннего усилия является квадратичной (либо кубической) функцией абсциссы z, то необходимо определить величины не менее трех ординат. При построении эпюры на
данном участке ординаты соединяют плавной кривой.
7. Эпюры строятся со строгим соблюдением выбранного масштаба внутреннего усилия.
Примечание. Произвольные сечения бруса на рисунках будем
изображать волнистыми линиями (рис. 1.6).
1.4. Построение эпюры продольной силы N при растяжении и сжатии бруса При растяжении и сжатии все внешние силы действуют вдоль
оси z (рис. 1.7, а). В этом случае в поперечных сечениях бруса возникает только продольная сила N, которая определяется из уравнения
равновесия отсеченной части ∑ z = 0.
Правило знаков для N. Продольная сила считается положительной, если она вызывает растяжение отсеченной части (направлена от сечения, см. рис. 1.7, в), и отрицательной, если она вызывает
деформацию сжатия (направлена к сечению, см. рис. 1.7, б).
Рис. 1.7
12
Знак продольной силы N в любом сечении легко установить по
направлению внешней нагрузки (рис. 1.7, б, в):
• положительная продольная сила N возникает под влиянием
внешних сил, направленных от сечения (например, от силы F3);
• отрицательная продольная сила N возникает под влиянием
внешних сил, направленных к сечению (например, от силы F1).
Условимся продольную силу N в проведенном сечении всегда
направлять от сечения, т. е. считать ее положительной.
Величина продольной силы численно равна алгебраической
сумме проекций на ось z всех внешних сил, действующих на отсеченную часть бруса, взятых со знаком «плюс», если они направлены от
сечения (растяжение), и взятых со знаком «минус», если они направлены к нему (сжатие):
n
N = ∑ z ( Fi )отс.ч
(1.3)
i =1
Производная от силы N по длине бруса равна интенсивности
распределенной нагрузки q:
dN
= − q.
dz
(1.4)
Зависимость (1.4) используют для проверки правильности построения эпюры N. По знаку производной судят о росте или убывании
функции. Если q > 0 , то продольная сила убывает слева направо.
Пример 1.2. Для бруса (рис. 1.8, а) построить эпюру продольных сил, не учитывая влияния силы тяжести.
Решение
1. Определим реакцию заделки (рис. 1.8, а):
∑ Fz = 0;
H – 2F + 2qa = 0; H = qa.
2. Разобьем брус на три участка. Мысленно рассечем его в пределах I участка произвольным сечением с абсциссой z1 и отбросим
левую часть. Для равновесия отсеченной части z1 нужно в сечении
приложить внутреннюю силу N1, направив ее от сечения.
13
Рис. 1.8
Участок I ( 0 ≤ z1 ≤ а )
Запишем уравнение равновесия для отсеченной части:
∑ z = 0;
откуда
− N1 − F = 0,
N1 = − F = − qa.
Продольная сила N1 постоянна, т. к. не зависит от абсциссы z1;
она отрицательна, т. к. сила F направлена к сечению (вызывает сжатие участка z1).
Мысленно рассечем брус в пределах участка II сечением с абсциссой z2 и отбросим левую часть.
Участок II ( 0 ≤ z 2 ≤ 2 а ) :
∑ z = 0; − N 2 + qz2 − F = 0.
14
Откуда выражение продольной силы:
N 2 = − F + qz2
Продольная сила N2 является линейной функцией от z. Для построения эпюры достаточно найти два значения:
при z2 = 0
N 2 = − F = − qa;
при z2 = 2а N 2 = − F + 2qa = qa.
Мысленно рассечем брус в пределах III участка сечением с абсциссой z3 и отбросим левую часть.
Участок III ( 0 ≤ z3 ≤ 1,5а )
∑ z = 0;
откуда
− N 3 − 2 F + q 2а − F = 0;
N 3 = −2 F + q 2а − F = − qа.
Продольная сила N3 постоянна на всем участке III и отрицательна.
Вычислив значения продольной силы N на каждом участке, покажем ее графическое изменение вдоль бруса. Проведем параллельно
его оси ось эпюры O–O (базис) и перпендикулярно ей в выбранном
масштабе отложим найденные значения N (рис. 1.8, б): положительные − вверх; отрицательные − вниз. Соединим полученные точки соответствующими линиями и, проставив знаки в поле эпюры, заштрихуем прямыми линиями, перпендикулярными оси.
В итоге (см. рис. 1.8, б) можно сформулировать правила для
контроля и построения эпюры N.
15
1. В сечениях, где приложены внешние силы (H, 2F, F), продольная сила N меняется скачкообразно, причем размер скачка равен соответствующей силе.
2. На участке II, где действует распределенная нагрузка q, эпюра N меняется по линейному закону и ограничена наклонной прямой.
3. На этом участке нагрузка q > 0 (совпадает с направлением оси z);
в соответствии с выражением (1.4) эпюра N убывает слева направо.
4. На участках I и III, свободных от распределенной нагрузки,
сила N имеет постоянные значения и эпюра ограничена прямыми, параллельными базисной линии.
Пример 1.3. Для ступенчатого бруса (рис. 1.9, а) построить
эпюру продольных сил N.
Решение
Сформулированные выше правила знаков и формула
n
N = ∑ z ( Fi ) отс.ч. позволяют определять продольную силу, не прибегая
i =1
каждый раз к изображению отсеченной части бруса и записи уравнений равновесия. Достаточно прикрыть ладонью ту часть бруса, которую нужно отбросить, и, определив знаки продольной силы от внешней нагрузки, записать выражение для расчета N по формуле (1.3).
Рис.1. 9
16
Разобьем брус на три участка. На каждом из них проведем произвольные сечения с абсциссами z1, z2 и z3 и, записав выражения для
определения продольных сил, вычислим их значения.
Участок I ( 0 ≤ z1 ≤ 2 а )
N1 = F − qz1 (линейный закон);
при z1 = 0
N1 = F = 3qа;
при z1 = 2a
N1 = F − 2qа = qа.
Участок II ( 0 ≤ z2 ≤ 2 а )
N 2 = F − 2qа = qа (const).
Продольная сила N2 постоянна на всем участке.
Участок III ( 0 ≤ z3 ≤ 2,5а )
N 3 = F − 2qа + F − 2qz3 (линейный закон);
при z3 = 0
N 3 = 2 F − 2qа = 4qа,
при z3 = 2,5a
N 3 = 2 F − 2qа − 2q ⋅ 2,5а = − qа.
По найденным значениям строим эпюру N (рис. 1.9, б).
Проверим эпюру, используя правила контроля и построения
эпюр, см. пример 1.2:
• размер скачков на эпюре соответствует внешней силе F = 3qа
в сечениях бруса С и D. Скачок на уровне заделки B соответствует реакции Н = qа;
• на участках I и III эпюра ограничена наклонными прямыми, что
соответствует участкам, загруженным распределенной нагрузкой q;
• на участке II продольная сила N постоянна, т. к. на этом участке брус свободен от распределенной нагрузки.
Примечания
1. Для бруса, закрепленного с помощью заделки, при построении эпюр не обязательно определение опорных реакций, если для исследования оставлять отсеченную часть, которая не закреплена. Пример 1.3 – данный случай.
2. Если отсеченная часть содержит заделку, то предварительное
определение реакций обязательно.
3. Заметим, что при переходе от одного участка к другому изменение площади сечения на величине продольной силы не сказывается.
Пример 1.4. Для ступенчатого бруса (рис. 1.10, а) построить
эпюру продольных сил с учетом действия его собственного веса.
Удельный вес материала бруса составляет γ; F = γ А .
17
F = γА
γА
q1 = γА
3 γА
5 γА
q2 = 2γА
7 γА
Рис. 1.10
Решение
Собственный вес вертикального бруса можно рассматривать как
продольную (осевую) внешнюю нагрузку, равномерно распределенную вдоль оси бруса интенсивностью
q = γ Аi ,
где Ai − площадь поперечного сечения i-го участка.
Расчетная схема показана на рис. 1.10, б.
Интенсивность распределенной нагрузки: участок I: q1 = γ А;
участок II: q2 = γ ⋅ 2 А = 2q1.
Найдем реакцию заделки:
∑ z = 0;
− F − q1 2 − 2 F − q2 + Н = 0;
Н = 7γ А .
Разобьем брус на два участка (рис. 1.10, б).
Участок I ( 0 ≤ z1 ≤ 2 )
N1 = − F − q1 z1 (линейная зависимость);
при z1 = 0
N1 = − F = −γ А ;
при z1 = 2
N1 = − F − 2 γ А = −3γ А .
Продольная сила N1 вызывает сжатие первого участка.
18
Участок II ( 0 ≤ z2 ≤ )
N 2 = F − q1 2 − 2 F − q2 z2 ;
при z2 = 0
N 2 = − 5 γА ;
при z2 =
N 2 = − 5 γ А − 2 γ А = −7 γ А .
Контроль эпюры N (рис. 1.10, в):
1. На эпюре три скачка, которые соответствуют трем внешним
силам (F, 2F, H).
2. Изменение силы N на обоих участках происходит по линейному закону, т. к. на этих участках есть распределенная нагрузка.
1.5. Построение эпюры крутящего момента Mz при кручении стержня Кручение происходит при нагружении стержня парами сил m,
плоскости действия которых перпендикулярны его продольной оси
(рис. 1.11, а). При этом в сечениях возникает только крутящий момент MZ, величина которого определяется из уравнения равновесия
∑ mZ = 0 по формуле
MZ =
∑ miZ ,
(1.5)
отс.ч.
где mi − внешние скручивающие моменты.
Правило знаков для ΜΖ. Условимся считать крутящий момент
положительным, если при взгляде от сечения к концу вала внешний
момент m виден направленным против часовой стрелки. При этом положительный крутящий момент ( + M Z ) изображается по часовой
стрелке (и наоборот, отрицательный крутящий момент ( − M Z ) – против часовой стрелки), см. рис. 1.11, б.
Производная крутящего момента по абсциссе сечения равна интенсивности распределенной моментной нагрузки:
dM Z
= mZ .
dz
(1.6)
Пример 1.5. Для ступенчатого бруса (рис. 1.12, а) построить
эпюру крутящего момента.
19
Рис. 1.11
Рис. 1.12
Решение
Разобьем брус на три участка. Пользуясь методом сечений, запишем выражения для расчета крутящего момента на каждом участке
по формуле (1.5):
Участок I ( 0 ≤ z1 ≤ а )
M1 = –m1 = –8 кНм (const);
20
Участок II ( 0 ≤ z2 ≤ 2 а )
M 2 = −m1 + mz2 (линейный закон);
при z2 = 0
M2 = –8 кНм;
M 2 = −m1 + m ⋅ 2а = −8 + 4 ⋅1 = −4 кНм.
при z2 = 2
Участок III ( 0 ≤ z3 ≤ 1,5а )
M 3 = −m1 + m ⋅ 2а + m2 = −8 + 4 ⋅1 + 6 = 2 кНм (const).
По полученным значениям строим эпюру MZ (рис. 1.12, б).
Для проверки можно воспользоваться правилами контроля,
сформулированными для продольной силы N (см. пример 1.2).
1. В сечениях, где приложены скручивающие моменты m1 и m2, на
эпюре MZ наблюдаются скачки, равные величинам этих моментов (8 и 6).
2. На участке II, где действует распределенный момент m, эпюра
MZ меняется по линейному закону.
3. На участках I и III, свободных от распределенной нагрузки m,
крутящий момент MZ имеет постоянные значения.
1.6. Построение эпюр внутренних усилий в балках при плоском изгибе Деформацию изгиба вызывают силы, перпендикулярные продольной оси бруса z, или пары сил, лежащие в плоскостях, проходящих
через ось z (рис. 1.13). В любом поперечном сечении балки внутренние
усилия приводятся к поперечной силе Qy и изгибающему моменту Mx.
Правило знаков для Qy Поперечная сила считается положительной (рис. 1.14, а), если она направлена так, чтобы повернуть отсеченную часть (относительно ее другого конца) по ходу часовой стрелки (рис. 1.14, б), и отрицательной − если так, чтобы повернуть эту
часть против часовой стрелки (рис. 1.14, в).
Рис. 1.13
21
Рис. 1.14
Рис. 1.15
Правило знаков для Мх. Изгибающий момент считается положительным (рис. 1.15, а), если в сечении он направлен так, что вызывает растяжение нижних волокон (рис. 1.15, б), а отрицательным
в случае, если растянуты верхние волокна (рис. 1.15, в).
Порядок построения эпюр Qy и Mx. Построение эпюр поперечной силы и изгибающего момента ведут в соответствии с общими
правилами, изложенными в п. 1.3. Определив опорные реакции и проверив их, разбивают балку на участки. Для каждого участка балки составляют выражения для Qy и Mx, рассматривая равновесие части бруса, расположенной по одну сторону проведенного сечения.
Рассечем балку (рис. 1.16, а) на две части. Составим для отсеченной части балки (рис. 1.16, б) два уравнения равновесия, из кото22
рых найдем выражения для расчета поперечной силы Qy и изгибающего момента Mx:
∑ y = 0; VА − F − Qy = 0;
откуда
Q y = VА − F ;
∑ mс = 0;
(1.7)
−VА z + F ( z − a ) + M x = 0;
M x = VА z − F ( z − a ) .
(1.8)
а
б
Рис. 1.16
Пользуясь выражениями (1.7) и (1.8), вычисляют значения поперечной силы и изгибающего момента на границах данного участка
и в характерных точках.
Заметим, что во избежание ошибки следует неизвестное внутреннее усилие (Qy и Mx) всегда принимать положительным (рис. 1.16, б).
При построении эпюр Qy и Mx условимся:
• положительные значения Qy откладывать от базиса вверх,
а отрицательные − вниз;
• при расчете балок строительных конструкцй эпюру изгибающих моментов строить со стороны растянутых волокон, то есть положительные значения Mx откладывать от базиса вниз, а отрицательные– вверх от базисной линии.
23
1.6.1. Дифференциальные зависимости между Mx, My и q Производная от поперечной силы по длине балки равна интенсивности распределенной нагрузки:
dQy
dz
= q.
(1.9)
Производная от изгибающего момента по длине балки равна
поперечной силе:
dM x
(1.10)
= Qy .
dz
Зависимости (1.9), (1.10) действительны, если рассматривается
часть балки левее проведенного сечения (если правее, то в этих формулах следует поставить «минус»):
dM x
= −Q y .
dz
Эти зависимости используются при анализе различных вопросов, связанных с изгибом балок. Дифференциальные зависимости
(1.9) и (1.10) позволяют сформулировать ряд правил для построения
и контроля эпюр поперечной силы и изгибающего момента.
1.6.2. Правила построения и контроля эпюр Qy и Mx 1. На участке, где нет распределенной нагрузки (q = 0), поперечная сила постоянна, изгибающий момент изменяется по линейной зависимости. Эпюра Qy ограничена прямой, параллельной оси балки,
а эпюра Mx – наклонной прямой (рис. 1.17, а).
2. На участке, где есть равномерно распределенная нагрузка
(q = const), поперечная сила изменяется по линейному закону, а изгибающий момент − по квадратичной зависимости. Эпюра Qy ограничена
наклонной прямой, а эпюра Mx − квадратичной параболой (рис. 1.17, б),
выпуклость которой обращена в сторону действия распределенной
нагрузки.
3. Если в каком-либо сечении поперечная сила, меняя знак, проходит через нулевое значение (Q = 0), то здесь изгибающий момент
принимает экстремальное значение: M max или M min (рис. 1.17, б).
24
а
б
Mmax
в
Рис. 1.17
4. Если рассматривать балку слева направо, то на участках балки
с положительной поперечной силой изгибающий момент алгебраически возрастает, а с отрицательной − убывает (рис. 1.17, б).
5. В сечении, где приложена сосредоточенная сила F, на эпюре Q
будет скачок, равный значению этой силы и направленный в ту же сторону (если смотреть слева направо), а эпюра M будет иметь перелом,
острие которого направлено в сторону действия силы (рис. 1.17, в).
6. В сечении, где приложен внешний сосредоточенный момент m
(рис. 1.18, а), на эпюре Mx будет скачок, равный значению этого момента (рис. 1.18, в). На эпюре Qy изменений не будет (рис. 1.18, б).
При этом если момент m направлен по часовой стрелке, то скачок будет направлен вниз, если против хода часовой стрелки − вверх (при
построении эпюры слева направо), см. рис. 1.18, в.
7. Изменение изгибающего момента на участке z равно площади
эпюры Q на этом участке.
25
Рис. 1.18
8. Количество скачков на эпюре Qy должно быть равно числу
внешних сосредоточенных сил на балке, а на эпюре Mx – числу внешних сосредоточенных моментов на балке.
Выражения для определения Qy и Mx находят исходя из уравнений равновесия отсеченной части балки (1.7), (1.8). Можно упростить запись этих выражений, если воспользоваться выражениями
(1.2), из которых следует, что:
• поперечная сила Qy в произвольном поперечном сечении
балки численно равна алгебраической сумме проекций на ось y (или
на плоскость сечения) всех внешних сил, приложенных к отсеченной
части, т. е.
n
Qy = ∑ y ( Fi )отс.ч. .
(1.11)
i =1
При этом внешние силы, стремящиеся повернуть ее относительно сечения по часовой стрелке, учитываются со знаком «+», а силы,
стремящиеся повернуть её против хода часовой стрелки, − со знаком
«−» (рис. 1.19, а, б).
• изгибающий момент Mx в произвольном поперечном сечении равен алгебраической сумме моментов всех внешних сил, приложенных к отсеченной части, относительно центра тяжести сечения
(точки С), см. рис. 1.16, б:
n
M x = ∑ mс ( Fi )отс.ч. .
i =1
26
(1.12)
а
б
Рис. 1.19
Рис. 1.20
При этом внешние нагрузки, изгибающие балку выпуклостью
вниз (растянуто нижнее волокно), учитываются со знаком «+», изгибающие ее выпуклостью вверх (растянуто верхнее волокно) −
со знаком «−» (рис. 1.20, а, б).
Примечание. При наличии некоторого навыка построения эпюр
Q и M нет необходимости вычерчивать отсеченную часть и записывать уравнения статики, а достаточно прикрыть ладонью ту часть
балки, которую мысленно отбрасываем, и, воспользовавшись правилами знаков (рис. 1.19, 1.20), записать выражения для расчета поперечной силы и изгибающего момента, исходя из выражений (1.11)
и (1.12). В дальнейшем можно перейти к непосредственному построению эпюр по характерным точкам.
Пример 1.6. Построить эпюры поперечных сил Qy и изгибающих моментов Mx для заданной балки (рис. 1.21, а).
Решение
1. Определим опорные реакции. Мысленно отбросим опоры А
и В и направим реакции опор вертикально вверх (рис. 1.21, а–г).
Запишем два уравнения статики:
∑ mА = 0 ,
V
B
− q ⋅ = 0;
2 4
27
VB =
q
8
;
∑ mB = 0 ,
−V
A
⎛
2⎝ 4
⎞
2⎠
+ q ⎜ + ⎟ = 0;
3
VA = q .
8
Проверка:
∑ y = 0,
q
3
V − q +V = 0;
q
−q +
= 0;
B
A
2
8
8
q − q = 0.
Проставляем значения реакций на расчетной схеме (рис. 1.21, а).
2. Построим эпюры Qy и Mx с помощью уравнений равновесия.
Разобьем балку на два участка. На первом участке отсчет ведем от левой опоры, на втором − от правой опоры. Составим выражения Qy
и Mx по участкам.
Рис. 1.21
28
⎛
⎞
Участок I ⎜ 0 ≤ z1 ≤ ⎟ , см. рис. 1.21, б:
2⎠
⎝
Q y1 = V A − qz1
VА − qz1 − Qy1 = 0;
∑ y = 0;
(линейная
зависимость);
qz12
qz12
−VА z1 +
+ M x1 = 0; M x1 = V A z1 −
2
2
∑ mс = 0;
тичная парабола);
3
при z1 = 0 Qy1 = VА = q ,
8
(квадра-
M x1 = 0;
3
q ⎛ ⎞2 q 2
3
q
.
при z1 = Q y = q − q = − , M x = q − ⎜ ⎟ =
1
8
8
8 2 2⎝2⎠
16
2
1
Поперечная сила на первом участке меняет знак. Найдем значение z0, при котором изгибающий момент достигает экстремума:
Q
3
= q − qz = 0 ;
0
y1 8
z0 =
3
.
8
Определим экстремальное значение момента при z 0 =
3
:
8
3
3
q 3 2 9 2
M max = q ⋅ − ⋅ ⎛⎜ ⎞⎟ =
q .
8
8
2 ⎝ 8 ⎠ 128
⎛
⎞
Участок II ⎜ 0 ≤ z2 ≤ ⎟ , см. рис. 1.21, в:
2⎠
⎝
∑ y = 0;
Qy2 + VB = 0;
Qy2 = −VB = −
q
8
сила на всем участке постоянна и отрицательна;
M =V z
∑ mс = 0; − M + V z = 0 ,
x2
мость);
при z 2 = 0
при z 2 =
2
x2
B 2
B 2
(const); поперечная
(линейная зависи-
M x2 = 0 ;
M x2 =
q
q
2
⋅ =
.
8 2 16
По полученным значениям строим эпюры Qy и Mx (рис. 1.21, г, д).
Эпюра Mx построена со стороны растянутых волокон.
Контроль эпюр. При обходе эпюр Qy и Mx (рис. 1.21, г, д) слева
направо отмечаем следующее:
29
1. На эпюре Qy – два скачка в сечениях А и В, где приложены
две сосредоточенные силы (VА и VB). Они численно равны этим силам
и направлены в сторону их действия;
2. На эпюре Mx, где Qy имеет положительное значение (участок а–б), изгибающий момент алгебраически возрастает; там, где
Qy имеет отрицательное значение (участки б–в и в–г), изгибающий
момент Mx убывает;
3. На эпюре Mx, где Qy, меняя знак с «+» на «−», проходит через
нулевое значение Qy = 0 (точка в), изгибающий момент имеет экстремум Mmax.
Пример 1.7. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов для консольной балки, нагруженной, как показано на рис. 1.22, а.
Дано: F = 20 кН; q = 10 кН/м; m = 20 кНм.
Рис. 1.22
Решение
1. Определим опорные реакции по уравнениям равновесия
(рис. 1.22, а):
∑ mА = 0; − q ⋅ 6 ⋅ 3 − m + V B ⋅ 10 − F ⋅ 14 = 0,
30
V =
B
18 ⋅ 10 + 20 + 20 ⋅ 14
= 48 кН;
10
∑ mB = 0;
− V A ⋅ 10 + q ⋅ 6 ⋅ 7 − m − F ⋅ 14 = 0 ,
V =
A
Проверка:
420 − 20 − 80
= 32 кН.
10
∑ y = 0;
VА − q ⋅ 6 + VB − F = 0;
32 – 10 · 6 + 48 – 20 = 0, 80 – 80 = 0.
2. Построим эпюры Qy и Mx. Разобъем балку на 4 участка и покажем начало отсчета на каждом участке абсциссой z. Составим выражения для расчета Qy и Mx на каждом участке, мысленно представляя отсеченную часть под действием внешней нагрузки и используя
выражения (1.11) и (1.12), а также правило знаков для Qy и Mx, выведенные ранее.
Участок I ( 0 ≤ z1 ≤ 2 м )
Q y = ∑ y ( Fi ) отс.ч., Q = V − qz (линейная зависимость);
A
1
y1
M x = ∑ m С ( Fi ) отс.ч., M
x1
=V z −
A 1
q z12
2
(квадратичная парабола).
Реакция VA вызывает положительную поперечную силу (стремится повернуть отсеченную часть по часовой стрелке) и положительный изгибающий момент (изгибает балку выпуклостью вниз, растягивая нижнее волокно). Распределенной нагрузке q соответствуют
отрицательная поперечная сила (поворот против часовой стрелки)
и отрицательный изгибающий момент (выпуклость балки вверх, растянуто верхнее волокно).
Определим внутренние усилия в начале и в конце первого участка:
M x1 = 0 ;
Qy1 = V A = 32 кН;
при z1 = 0
при z1 = 2 м
Qy1 = 32 − 10 ⋅ 2 = 12 кН;
2
⎛ 2⎞
M = 32 ⋅ 2 − 10 ⋅ ⎜ ⎟ = 44 кНм (растянуто нижнее волокно).
x1
⎝ 2⎠
Участок II ( 0 ≤ z 2 ≤ 4 м )
Qy 2 = VА − q ( 2 + z2 ) (линейная зависимость);
31
M x2 = V A ⋅ (2 + z 2 ) + m −
M x2 = V A ⋅ 2 + m −
при z 2 = 4 м
x2
2
(квадратичная парабола);
Qy2 = V A − 2q = 32 − 10 ⋅ 2 = 12 кН;
при z2 = 0
M
q(2 + z 2 ) 2
Q
y2
=V 6 + m −
q ⋅22
2
= 32 ⋅ 2 + 20 − 10 ⋅ 2 = 64 кНм;
= V − q(2 + 4) = 32 − 10 ⋅ 6 = −28 кН,
A
q (2 + 4) 2
A
2
= 32 ⋅ 6 + 20 − 10 ⋅
62
= 32 кНм.
2
Поперечная сила на втором участке меняет знак. Найдем значение z 2 , при котором изгибающий момент достигает экстремума:
Q
y2
(
=V − q 2 + z
A
2
)= 0 ;
z2 =
32 − 2 ⋅10
= 1,2 м.
10
Экстремальное значение момента на втором участке при
z2 = 1,2 м:
M
= V (2 + 1,2) + m −
max
q(2 + 1,2) 2
A
2
3,2 2
= 32 ⋅ 3,2 + 20 − 10 ⋅
= 71,2 кНм.
2
На участке III отсчет ведем от свободного конца.
Участок III ( 0 ≤ z3 ≤ 4 м )
Qy3 = F = 20 кН (постоянное значение на всем участке);
M
x3
= − Fz (линейная зависимость);
3
при z 3 = 0
M x3 = 0 ;
при z 3 = 4 м
M
x3
= − F 4 = −20 ⋅ 4 = −80 кНм (верхнее волокно).
Участок IV ( 0 ≤ z 4 ≤ 4 м )
Q
y4
M
x4
= F − V = 20 − 48 = −28 кН (постоянное значение);
B
= − F (4 + z ) + V z (линейная зависимость);
4
B 4
32
при z 4 = 0
M x4 = −F ⋅ 4 = −20 ⋅ 4 = −80 кНм;
при z 4 = 4 м
M
x4
= − F ⋅ (4 + 4) + V ⋅ 4 = −20 ⋅ 8 + 48 ⋅ 4 = 32 кНм (растянуто нижB
нее волокно).
Построим эпюру Qy (рис. 1.22, б). На участках I и II отложим
найденные значения Qy1 и Qy 2 в начале и в конце участка и соединим
их прямой линией. На участках III и IV поперечная сила постоянна
(на зависит от z); поэтому эпюра Qy представляет собой прямые, параллельные базисной линии.
Построим эпюру Mx (рис. 1.22, в). На участке I изгибающий момент меняется по квадратичной зависимости, но не имеет экстремума,
т. к. поперечная сила не меняет знака. Найденные два значения для
момента M x1 в начале и в конце участка соединяем параболой, выпуклость которой обращена в сторону действия распределенной нагрузки q. Отложив на участке II точки, соответствующие вычисленным значениям в трех сечениях, проводим через них квадратичную
параболу с вершиной в сечении z2 = 1,2 м. На участках III и IV изгибающий момент изменяется по линейной зависимости. Найденные
значения моментов соединяем прямыми линиями в начале и в конце
каждого участка.
Контроль эпюр (рис. 1.22, б, в)
1. На эпюре Qy – три скачка в сечениях, где приложены силы VA,
VB и F, которые численно равны соответствующим силам и направлены в сторону их действия.
2. На эпюре Mx – скачок, равный внешнему моменту m .
3. На эпюре Mx, где Qy положительна (участки а–в и д–е), изгибающий момент алгебраически возрастает; там, где Qy отрицательна
(участки в – г и г – д) убывает.
4. Изменение изгибающего момента на участке б – в должно
быть равно площади эпюры поперечной силы на нем. Проверка:
1
71, 2 − 64 = ⋅12 ⋅1, 2; ; 7,2 = 7,2.
2
Значит, эпюры построены верно.
Пример 1.8. Построить эпюры внутренних усилий Qy и Mx для
заданной балки (рис. 1.23, а).
33
Рис. 1.23
Решение
Для консоли выражения для определения Qy и Mx могут быть
составлены без учета реакций защемления, если построение эпюр
вести от свободного конца. Однако если реакции будут найдены, то
они послужат дополнительной проверкой правильности построения
эпюр.
1. Определим реакции в жесткой заделке (рис. 1.23, а):
∑ mВ = 0 ;
− F ⋅ 6а + m + q ⋅ 3а ⋅ 1,5а − mB = 0 ; mB = 0,5qа2 ;
∑ mA = 0 ;
m − q ⋅ 3а ⋅ 4,5а + VB ⋅ 3а − mB = 0 ; VB = 2qа .
Проверка:
∑ y = 0,
F − q ⋅ 3а + VB = 0 ;
34
3qа − 3qа = 0 .
2. Построим эпюры Qy и Mx. Данная балка имеет два участка
(рис. 1.23, а). Для составления выражения изгибающего момента
применим метод сечений, а поперечную силу на каждом участке найдем как производную от изгибающего момента.
Участок I ( 0 ≤ z1 ≤ а )
M = Fz (линейная зависимость);
1
x1
при z1 = 0
M x1 = 0 ;
при z1 = а
M x1 = qа2 ;
d M x1
= F = qа (постоянное значение на всем участке).
dz
Участок II ( 0 ≤ z2 ≤ 2 а )
Qy1 =
M
x2
= F (a + z ) − m (линейная зависимость);
1
при z 2 = 0
M
при z 2 = 2а
M
x2
x2
= Fa − m = −qа 2 ;
= F 3a − m = qа 2 ;
d M x2
= F = qа (постоянное значение).
dz
Участок III ( 0 ≤ z3 ≤ 3а )
Qy2 =
M
Q
x3
y3
= F (3a + z ) − m −
q z32
3
=
dM
2
(квадратичная парабола);
x3 = F − qz (линейная зависимость);
dz
при z 3 = 0
3
M x3 = F 3a − m = −qa 2 , Qy3 = F = qа ;
q ( 3a )
M x 3 = F 6a − m −
= −0,5qa 2 ;
при z 3 = 3а
2
Q = F − q 3a = −2qа .
y3
2
Поперечная сила на участке III меняет знак с плюса на минус,
следовательно, изгибающий момент достигает экстремума. Определим сечение z 3 , где Qy3 = 0 :
Q
y3
= F − q z = 0,
3
откуда
z3 = а.
35
Найдем экстремум в этом сечении при z3 = а:
M
max
= F (3a + a) − m −
qа 2
2
= F 4a − m −
qа 2
2
= 1,5qа 2 .
По найденным значениям изгибающих моментов и поперечных
сил построим эпюры Qy и Mx, которые показаны на рис. 1.23, б, в.
Пример 1.9. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих
моментов для трехопорной балки с одним промежуточным шарниром
(рис. 1.24, а). Дано: F = 10 кН; q = 2 кН/м.
Рис. 1.24
36
Решение
1. Определим опорные реакции. Общее число связей, наложенных на балку, равно четырем (рис. 1.24, а).
Промежуточный шарнир не передает момента, поэтому изгибающий момент в нем равен нулю. Это дает возможность в дополнение к трем уравнениям статики для всей системы составить уравнения
моментов относительно шарнира С, рассматривая силы, расположенные слева и справа от него, и приравнять их к нулю:
∑ mС (прав) = 0;
− F ⋅ 2 + V ⋅4 = 0 ;
D
∑ mА = 0 ;
10 ⋅ 2
= 5 кН;
4
VD ⋅ 11 − F ⋅ 9 + VB ⋅ 5 − q ⋅ 5 ⋅ 2,5 = 0 ,
VB =
∑ mС (лев) = 0;
VD =
− 5 ⋅ 11 + 10 ⋅ 9 + 12,5 ⋅ 2
= 12 кН;
5
− V А ⋅ 7 + q ⋅ 5 ⋅ 4,5 − VB ⋅ 2 = 0 ;
VА =
45 − 24
= 3 кН.
7
Проверка:
∑ y = 0;
V А − q ⋅ 5 − F + VB + VD = 0 ;
3 − 2 ⋅ 5 + 12 − 10 + 5 = 0
20 − 20 = 0 .
2. Построим эпюры Qy и Mx. Балка имеет три участка. Промежуточный шарнир С не является точкой раздела участков, если в нем не
приложена внешняя нагрузка. Пользуясь методом сечений, запишем
выражения для расчета изгибающего момента на каждом участке,
а поперечную силу найдем как производную от изгибающего момента.
Участок I ( 0 ≤ z1 ≤ 5м )
M
Q
x1
y1
=V z −
A 1
=
dM
q z12
2
(квадратичная парабола);
x1 = V − q z (линейная зависимость);
1
dz
при z1 = 0
A
M x1 = 0 ,
Qy1 = V A = 3 кН;
37
52
M x1 = 3 ⋅ 5 − 2 ⋅ = −10 кНм;
при z1 = 5 м
2
Qy1 = V A − q ⋅ 5 = 3 − 2 ⋅ 5 = −7 кН.
Поперечная сила меняет знак на участке I. Найдем абсциссу z1,
где Qy1 = 0 , и вычислим максимальный момент в этом сечении:
Q
y1
= V − q z1 = 0;
A
q
отсюда z1 =
VA
q
=
3
= 1,5 м;
2
2
⋅ 2,25 = 2,25 кНм.
A
max
2
2
Отсчет на участке II ведем от правой опоры (справа налево).
Участок II ( 0 ≤ z 2 ≤ 2 м )
= V 1,5 −
M
M
x2
(1,5) 2 = 3 ⋅ 1,5 −
= V z (линейная зависимость);
D 2
d M x2
= −VD = −5 кН (постоянное значение);
dz
M x1 = 0 ,
при z 2 = 0
M x2 = VD ⋅ 2 = 5 ⋅ 2 = 10 кНм.
при z 2 = 2 м
Qy2 = −
На участке III отсчет ведем от границы со вторым участком.
Участок III ( 0 ≤ z3 ≤ 4 м )
M = V (2 + z ) − F z (линейная зависимость);
D
3
3
x3
d M x3
= −VD + F = −5 + 10 = 5 кН (постоянное значение);
dz
M x3 = VD ⋅ 2 = 5 ⋅ 2 = 10 кНм;
при z3 =0
Qy3 = −
при z3 =4 м
M x3 = VD ⋅ (2 + 4) − F ⋅ 4 = 5 ⋅ 6 − 10 ⋅ 4 = −10 кНм.
Строим эпюры Qy и Mx по полученным значениям (рис. 1.24, б, в).
Обращаем внимание на то, что на эпюре Mx в сечении С (шарнир) изгибающий момент равен нулю.
1.7. Построение эпюр N, Qy и Mx для плоских рам Рамой называют систему из прямолинейных стержней, соединенных жесткими узлами. Вертикальные стержни называют стойками,
горизонтальные − ригелями. Ось рамы представляет собой ломаную
линию. Рама называется плоской, если ось рамы и действующая нагрузка лежат в одной плоскости.
38
В общем случае в поперечных сечениях стержней плоской рамы
возникают три внутренних силовых фактора: продольная сила N, поперечная сила Q и изгибающий момент M.
При построении эпюр N, Q и M пользуются методом сечений.
Рама мысленно делится на отдельные прямолинейные стержни, для
каждого из которых эпюры N, Q и M строятся по тем же правилам,
что и для балки. В сечении, в котором определяются внутренние усилия N, Q и M, мысленно помещается заделка. Чтобы получить выражение продольной силы, нужно спроектировать силы, приложенные
к части рамы, лежащей по одну сторону от сечения, на ось стержня;
для поперечной силы нужно спроектировать внешние силы на плоскость сечения (где мысленно поставлена заделка).
Для внутренних сил N и Q сохраняется принятое ранее правило
знаков:
• N > 0, если внешние силы вызывают растяжение;
• Q > 0, если нагрузка стремится повернуть отсеченную часть
относительно сечения по часовой стрелке.
Положительные ординаты N и Q откладывают с внешней стороны от рамы, отрицательные − с внутренней. (Если конфигурация рамы такова, что можно различить ее наружную или внутреннюю стороны.)
Для изгибающего момента M специального правила знаков не
устанавливают, а при составлении выражений для расчета M принимают по собственному усмотрению какой-либо момент положительным. Эпюры изгибающего момента условимся строить на растянутом волокне. (Знаки на эпюре M не ставят.)
Если рама имеет более одной опоры, то прежде чем приступить
к построению эпюр, нужно обычными методами статики найти
опорные реакции и обязательно проверить правильность их определения.
В раме, как и в балке, характерными являются сечения на границах участков и сечения, в которых Q = 0. Кроме того, в рамах характерными являются еще и сечения, примыкающие к узлам, где сходятся оси соседних стержней.
Правильность построения эпюр контролируют на каждом участке в отдельности по тем же правилам, что были получены для балки. Также необходимо проверить равновесие узлов рамы, т. е. ее частей, полученных рассечением рамы, расположенных на бесконечно
малых расстояниях от точки соединения стержней, и отдельных ее
частей.
39
Пример 1.10. Построить эпюры N, Q и M для рамы (рис. 1.25, а).
Решение
1. Определим опорные реакции:
∑ mA = 0 ;
− 3qа ⋅ 1,5а + m + F ⋅ 1,5а + VB ⋅ 2а = 0 ;
4,5qа2 − qа2 − 1,5qа2
VB =
= qа ;
2а
∑ mВ = 0 ;
V A ⋅ 2а + F ⋅ 1,5а + m − 3qа ⋅ 1,5а = 0 ;
4,5qа2 − qа2 − 1,5qа2
VA =
= qа ;
2а
∑ Fz = 0 ;
− 3qа − F − H B = 0 , H B = 2qа .
Проверка:
∑ y = 0;
∑ mC = 0 ;
− V A + VB = 0 ;
− qа + qа = 0 ;
3qа ⋅ 1,5а + m − F ⋅ 1,5а + V B ⋅ 2а − H B ⋅ 3а = 0 ;
4,5qа 2 + qа 2 − 1,5qа 2 + 2 qа 2 − 6 qа 2 = 0 ;
7,5qа 2 − 7,5qа 2 = 0 .
Опорные реакции вычислены правильно.
2. Разделим раму на пять участков. На каждом участке в произвольном месте проведем сечение (рис. 1.25, а) и запишем выражения
для расчета внутренних усилий.
На участке АС ( 0 ≤ z1 ≤ 3 а ) , в сечении I, рассматривая равновесие нижней части рамы, получим: N 1 = qа ; Q1 = − q z1 ; M 1 =
тянуто наружное волокно стержня АС);
при z1 = 0 Q1 = 0 ,
М1 = 0;
при z1 = 3а
Q1 = −3qа , М 1 = 4,5qа 2 .
40
q z12
2
(рас-
Рис. 1.25
41
На участке СD ( 0 ≤ z 2 ≤ а ) , в сечении II, рассматривая равновесие левой части рамы, имеем: N2 = –3qa; Q2 = –qa; M2 = 4,5qa2 + qa · z2
(наружное волокно);
при z2 = 0
M2 = 4,5qa2;
M2 = 5,5qa2.
при z2 = a
На участке BK ( 0 ≤ z3 ≤ 1,5а ) , в сечении III, рассматривая нижнюю часть рамы, получаем: N 3 = −qа ; Q3 = 2 qа ; M 3 = H B z 3 (наружное волокно);
M3 = 0;
при z3 = 0
при z3 = 1,5a
M3 = 3qa2.
На участке СD ( 0 ≤ z 2 ≤ а ) , в сечении II, рассматривая равновесие левой части рамы, имеем: N2 = –3qa; Q2 = –qa; M2 = 4,5qa2 + qa · z2
(наружное волокно);
при z2 = 0
M2 = 4,5 qa2;
при z2 = a
M2 = 5,5qa2.
На участке BK ( 0 ≤ z3 ≤ 1,5а ) , в сечении III, рассматривая нижнюю часть рамы, получаем: N 3 = −qа ; Q3 = 2 qа ; M 3 = H B z 3 (наружное волокно);
при z3 = 0
M3 = 0;
при z3 = 1,5a
M3 = 3 qa2.
На участке KD ( 0 ≤ z4 ≤ 1,5а ) , в сечении IV, рассматривая равновесие нижней части рамы, получим: N 4 = −qа ; Q4 = 2 qа + F = 3 qа ;
M 3 = H (1,5а + z 4 ) + F z 4 (наружное волокно);
B
при z4 = 0
M4 = 3qa2;
при z4 = 1,5a
M4 = 6qa2 + 1,5qa2 = 7,5qa2.
На участке ЕD ( 0 ≤ z5 ≤ а ) , в сечении V, рассматривая правую
часть рамы, имеем: N 5 = −3 qа ; Q5 = − qа ; M 5 = H B 3 а + F 1,5а − V A z 5
(наружное волокно);
при z5 = 0
M5 = 6qa2 + 1,5qa2 = 7,5qa2.
при z5 = a
M5 = 7,5qa2 – qa2 = 6,5qa2.
По полученным значениям строим эпюры N, Q и M (рис. 1.25, б–г).
Проверка эпюр (рис. 1.25, б–г)
На участке АС эпюра Q изменяется по линейному закону; эпюра
M − квадратичная парабола. На участках СD, DK и KB поперечная сила постоянная, момент изменяется по линейному закону.
42
3. Скачки:
• на эпюре N (в точках А и В) соответствуют силам VA и VB;
• два скачка на эпюре Q (в сечениях В и K) равны и направлены
в сторону действия сил HB и F;
• на эпюре M скачок в сечении Е численно равен внешнему моменту m = qa2.
4. Рассмотрим равновесие части рамы. Проведем сечение n–n
(рис. 1.25, а) и покажем правую (отсеченную) часть рамы (рис. 1.25, д).
К ней приложим внешнюю нагрузку, а в местах сечений − продольные, поперечные силы и изгибающие моменты в соответствии
с эпюрами N, Q и M. Составим уравнения равновесия для отсеченной части:
3qа − qа − 2qа = 0 ;
∑ z = 0;
∑ y = 0;
− qа +qа = 0 ;
∑ m = 0 ; qа ⋅ а + 6,5 qа2 − 1,5 qа2 − 2 qа ⋅ 2,5а −qа2 = 0 ,
D
7,5qа 2 − 7,5qа 2 = 0 .
Следовательно, рассматриваемая часть рамы находится в равновесии.
Пример 1.11. Построить эпюры внутренних усилий N, Q и M
для рамы, показанной на рис. 1.26, а.
Решение
Так как рама консольная, опорные реакции определять не будем.
Построение эпюр будем вести от свободного конца. Разобьем раму на
три участка. На каждом из них мысленно проведем сечения, затем запишем выражения для расчета N, Q и M с учетом знаков.
На участке CD ( 0 ≤ z1 ≤ а ) рассматриваем равновесие нижней
части рамы:
43
Рис. 1.26
44
N1 = 0 (т. к. нет сил, которые давали бы проекции на ось
стержня); Q1 = –F = qa (знак «минус», т. к. сила F стремится повернуть отсеченную часть против часовой стрелки); M1 = Fz1 (знак
«плюс», т. к. растянуто внутреннее волокно);
при z1 = 0
M1 = 0;
M1 = Fa = qa2.
при z1 = a
На участке ВС ( 0 ≤ z2 ≤ 2 а ) рассматриваем равновесие правой
части:
Силу F с участка СD перенесем в точку С, пользуясь правилами
статики, и добавим момент m = Fa.
N2 = F = qa (знак «плюс», т. к. сила F направлена от сечения);
Q2 = qz2 (знак «плюс», т. к. распределенная нагрузка стремится
повернуть отсеченную часть по часовой стрелке);
при z2 = 0
Q2 = 0;
q z22
при z2 = 2a
Q2 = 2qa; M 2 = Fа −
при z2 = 0
M2 = qa2 (внутреннее волокно);
q (2a)2
2
М 2 = qа −
= −qа 2 (наружное волокно).
при z2 = 2a
2
2
,
На участке АВ ( 0 ≤ z3 ≤ 3а ) рассмотрим равновесие верхней
части.
45
Перенесем в точку В нагрузки с участков DС и ВС:
• силу F и момент m1 = Fa;
2
• распределенную нагрузку 2qa и момент m2 = 2qa .
N 3 = −2qа ;
Q3 = qа ;
М 3 = −2 qа 2 + qа 2 − Fz 3 ,
при z3 = 0
M3 = –2qa2 + qa2 = –qa2 (растянуто наружное волокно);
при z3 = 3a
M3 = –qa2 – F · 3a = –4qa2 (растянуто наружное волокно).
По полученным данным строим эпюры N, Q и M (рис. 1.26, б–г).
Проверка
1. В пределах каждого участка проверяем построение эпюр по
известным правилам. На участках CD и АВ поперечная сила остается
постоянной, момент изменяется по линейному закону. На участке ВС
поперечная сила изменяется по линейному закону, момент − по квадратичной параболе. При переходе через узлы рамы С и В изгибающий
момент остается неизменным в случае, если к узлу не приложен сосредоточенный внешний момент.
2. Скачки на эпюрах в сечении А, очевидно, соответствуют реакциям заделки. Проставим их на схеме (рис. 1.26, а) и проверим равновесие рамы в целом:
∑ Fгор = 0;
−qа + qа = 0 ;
∑ Fверт. = 0;
2qа − 2qа = 0 ;
∑ mА = 0;
4 qа2 − 2 qа2 − 2 qа2 = 0 .
Рама находится в равновесии.
3. Проверим равновесие узла В. Вырежем его двумя бесконечно
близкими к нему сечениями. Действие отброшенных элементов заменим
внутренними усилиями, взятыми из построенных эпюр (рис. 1.26, д).
Даже не составляя уравнения равновесия, очевидно, что узел находится в равновесии.
46
1.8. Построение эпюр внутренних усилий для пространственных систем Под пространственной системой (рамой) будем понимать
ломаный брус, состоящий из прямолинейных стержней, жестко соединенных под прямым углом, оси которых не лежат в одной плоскости, а также плоский ломаный брус, находящийся под воздействием
пространственной нагрузки.
В поперечных сечениях таких систем могут действовать все
шесть внутренних силовых факторов: N, Qx, Qy, Mx, My, Mz. Определение внутренних усилий для пространственных систем производим
методом сечений в том же порядке, что и для обычных балок.
Предварительно выбираем систему координат xyz на участке,
который граничит со свободным концом ломаного бруса. При этом
ось z всегда направляют в сторону свободного конца, а оси x и y размещают в плоскости сечения. При переходе к последующему участку
производят поворот системы координат, принятой на предыдущем
участке, относительно оси, которая перпендикулярна плоскости, образуемой этими смежными участками рамы. Поворот осуществляется
так, чтобы ось z совпадала с осью стержня и была направлена в сторону свободного конца бруса.
Эпюры изгибающих моментов Mx и My будем строить на растянутых волокнах в плоскости действия момента (эпюру Mx − в плоскости yz эпюру My − в плоскости xz). Знак изгибающего момента вводится произвольно в случае, если необходимо записать выражение
для расчета этого момента.
Для продольных сил N и крутящих моментов Mz сохраняют
принятые правила знаков. Эпюры N и Mz могут быть ориентированы
как угодно, но ординаты откладывают по нормали к оси стержня.
Поперечные силы Qx и Qy в сечении считают положительными,
если их направления совпадают с положительными направлениями
осей x и y.
При вычислении моментов следует иметь в виду, что момент
силы относительно оси равен нулю, если:
• сила параллельна оси;
• линия действия силы пересекает ось.
Правильность построения эпюр будем контролировать следующим образом:
47
1) на каждом участке каждой плоскости x z и y z проверим эпюры по тем же правилам, которые были получены для балок;
2) проконтролируем равновесие отдельных узлов ломаного
бруса.
Пример 1.12. Для ломаного бруса (рис. 1.27, а) построить эпюры моментов Mx, My, и Mz , продольной N и поперечных Q сил. Принять такие размеры участков: АВ = ВС = СD = а , DЕ = 2а .
Решение
1. Ломаный брус имеет четыре участка. На каждом из них покажем
оси координат x, y, z и проведем произвольное сечение z (рис. 1.27, а).
2. Построим эпюры изгибающих моментов Mx и My и крутящего
момента Mz. Эпюры моментов будем строить на одном чертеже:
• для каждого участка эпюры Mx и My будем строить на оси
бруса, располагая их со стороны растянутого волокна в соответствующих главных плоскостях инерции (Mx − в плоскости y z, My −
в плоскости x z);
• базис для построения эпюры Mz расположим параллельно соответствующему участку, эпюры строим в любой плоскости, знак не
проставляем.
Воспользуемся методом сечений и запишем выражения для расчета Mx, My и Mz.
На участке АВ (0 ≤ z1 ≤ a), в сечении I, мысленно отбрасывая
часть бруса с защемлением, имеем:
M = Fz 1 (растянуто верхнее волокно);
x
при z1 =0 M x = 0 ;
при z1 = a M x = Fа .
Отложим ординату Mx = Fa по направлению оси y на верхнем
волокне (рис. 1.27, в).
M y = 0 , т. к. ось y параллельна силе F.
M z = 0 , т. к. ось z пересекает линию действия силы F.
На участке ВС (0≤ z2 ≤ a), в сечении II, рассматривая равновесие
левой части ломаного бруса, получим:
M = Fz 2 (растянуто верхнее волокно);
x
при z2 = 0 Mx = 0;
при z2 = a Mx = Fa;
M y = 0 , т. к. ось y параллельна силе F;
Mz = Fa (пределах всего участка крутящий момент постоянен).
48
Рис. 1.27
49
На участке СD (0 ≤ z3 ≤ a), в сечении III, рассматривая равновесие верхней части бруса, находим, что:
Mx = Fa (откладываем справа от базисной линии в плоскости yz );
M y = Fа (откладываем спереди от базиса в плоскости xz );
Mz = 0 (ось z параллельна силе F).
На участе DE (0 ≤ z4 ≤ 2a), в сечении IV (рис. 1.27, б), мысленно
отбрасывая часть бруса с заделкой и перенося силу F по правилам
теоретической механики в начало участка (точку D), получим:
M x = 0 (ось x параллельна силе F);
M = − Fz 4 + Fа ;
y
при z4 = 0
M y = Fа (растянуто нижнее волокно);
при z4 = 2a
M y = −Fа (растянуто верхнее волокно);
Mz = Fa ( постоянное значение на всем участке).
Эпюры моментов Mx, My и Mz представлены на рис. 1.27, в.
3. Построим эпюры N и Q.
На участке АВ сила F перпендикулярна осям x и z, поэтому:
N = 0; Qx = 0; Qy = –F (т. к. сила F направленa противоположно оси y).
На участке ВС сила F перпендикулярна осям x и z, параллельна
оси y: N = 0; Qx = 0; Qy = –F.
На участке СD cила F перпендикулярна осям x и y, параллельна
оси z: Qx = 0; Qy = 0; N = –F (сжатие).
На участке DE cила F перпендикулярна осям z и y,параллельна
оси x: N = 0; Qy = 0; Qx = F.
Эпюры N и Q представлены на рис. 1.27, г, д.
Проверка
1. Проконтролируем связь между Q и M по участкам:
• участок АВ и ВС, плоскость y z : Qy = const; Mx − линейная зависимость;
• участок СD, плоскость yz: Qy = 0; Mx =const; плоскость xz:
Qx = 0, My = const;
• участок DЕ, плоскость xz: Qx = const; My − линейная зависимость.
2. Проверка узлов. Так как система координатных осей x, y, z является скользящей, то при переходе с одного участка на другой оси
меняют свое положение в пространстве. Поэтому при переходе через
узлы внутренние моменты на эпюрах, оставаясь неизменными по величине, могут изменять свое название.
50
Узел В: при переходе с участка АВ на участок ВС изгибающий
момент Mx = Fa получает название крутящего момента Mz = Fa.
Узел С: при переходе с участка ВС на участок СD:
ВС: Mx = Fa ⇒ СD: Mx = Fa;
ВС: Mz = Fa ⇒ СD: My = Fa.
Узел D: переход с участка СD на участок DЕ:
СD: Mx = Fa ⇒ DЕ: Mz = Fa;
СD: My = Fa ⇒ DЕ: My = Fa.
Все узлы находятся в равновесии.
Пример 1.13. Для ломаного стержня (рис. 1.28, а) построить
эпюры внутренних силовых факторов.
Решение
1. Введем скользящую систему координат x y z.
2. Разобьем ломаный стержень на четыре участка. На каждом из
них проведем произвольное сечение.
3. Запишем аналитические выражения для расчета внутренних
усилий Mx, Mz, Qy на каждом участке и определим их значения в характерных сечениях:
Участок АВ (0 ≤ z1 ≤ a)
Mx = −
q z12
2
при z1 = 0
при z1 = a
(растянуто верхнее волокно);
Mx = 0;
Mx = −
qa 2
2
;
Mz = 0 (т. к. нагрузка q пересекает ось z ); Qy = –qz1;
при z1 = 0
Qy = 0,
при z1 = a
Qy = –qa .
Участок ВD (0 ≤ z2 ≤ a)
Mx = –qa · z2 (растянуто верхнее волокно),
при z2 = 0
Mx = 0;
при z2 = a
Mx = qa2;
qa 2
(const); Qy = –qa (const).
Mz =
2
Участок СD (0 ≤ z3 ≤ a)
Mx = 2qa · z3 (растянуто нижнее волокно);
при z3 = 0
Mx = 0;
при z3 = a
Mx = 2qa2;
Mz = 0 (сила F пересекает ось z); Qy = 2qa (постоянное значение).
51
Участок DЕ (0 ≤ z4 ≤ a)
M x = 2 qа(а + z 4 ) − qа(0,5а + z 4 ) ;
M x = 2 qа 2 − 0,5 qа 2 = 1,5 qа 2 (растянуто нижнее
при z4 = 0
волокно);
M x = 4 qа 2 − 1,5 qа 2 = 2,5 qа 2 (растянуто нижнее
при z4 = a
волокно);
Mz = 0; Qy = 2qa – qa = qa.
Рис. 1.28
52
По найденным значениям строим эпюры Mx, Mz, Qy (рис. 1.28, б–г).
По общим правилам контролируем эпюры в каждой плоскости и по
узлам.
1.9. Задачи для самостоятельного решения Указание. Для решения задач 1.1–1.5 воспользоваться правилами построения и контроля эпюр, изложенными в подп. 1.6 и 1.7.
Задача 1.1. Для балки (рис. 1.29) записать выражение для расчета изгибающего момента в произвольном сечении z.
Рис. 1.29
1. M ( z ) = − Fz;
2. M ( z ) = 2 F ( z − 4 ) ;
3. M ( z ) = − Fz + F ( z − 4 ) ;
4. M ( z ) = F ( z − 4 ) .
Задача 1.2. По эпюре Q, построенной для двухопорной балки
(рис. 1.30), установить нагрузку, действующую на балку, и ее опорные реакции (рис. 1.31).
Рис. 1.30
Рис. 1.31
53
Задача 1.3. По эпюре Q, построенной для балки (рис.1.30), и установленной по рис.1.31 схеме ее нагружения построить эпюру изгибающего момента М (рис. 1.32).
Рис. 1.32
Задача 1.4. По эпюрам Q и M, построенным для балки (рис. 1.33),
вычислить экстремальное значение изгибающего момента на соответствующем участке.
Рис. 1.33
13. Мэкстрем = 10 кНм;
15. Мэкстрем = –7 кНм;
14. Мэкстрем = 2,25 кНм;
16. Мэкстрем = 5 кНм.
Задача 1.5. Для рамы с известной эпюрой Q (рис. 1.34) построить эпюру изгибающего момента М.
54
Рис. 1.34
Рис. 1.35
Ответы к задачам: 1.1 (3); 1.2 (8); 1.3 (9); 1.4 (14); 1.5 (20).
55
Глава 2. ОСЕВОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ 2.1. Основные понятия и зависимости При работе бруса (стержня) на растяжение и сжатие внутренние
силы в сечении приводятся только к продольной силе N, которая численно равна алгебраической сумме проекций на его продольную ось
всех внешних сил, приложенных с одной стороны рассматриваемого
сечения, т. е.
(2.1)
N = ∑ Fi z .
В поперечном сечении бруса возникают лишь нормальные напряжения, определяемые по формуле
σ=
N
,
A
(2.2)
где N − продольная сила; A − площадь поперечного сечения.
Правило знаков для σ принимается таким же, как и для N. Размерность напряжения в системе СИ выражается в паскалях Па = Н/м2,
а также используются соответствующие кратные единицы, например,
МПа = 106 Па; кПа = 103 Па.
Абсолютная деформация бруса (удлинение или укорочение)
определяется по формуле
Δ =∫
N z dz
.
E Az
(2.3)
Если на длине стержня продольная сила N и площадь сечения
A постоянны, то абсолютную деформацию определяют так:
Δ =
N
,
EA
(2.4)
где E − модуль продольной упругости материала, физическая константа, характеризующая жёсткость материала при линейной деформации (в пределах закона Гука). Произведение EA называют жесткостью сечения бруса при растяжении и сжатии.
56
Отношение абсолютной продольной деформации стержня к его
первоначальной длине называется относительной продольной деформацией:
ε=
Δ
.
(2.5)
Общая формула для определения количества потенциальной
энергии, упругой деформации U , накопленной при растяжении и сжатии, имеет вид
U=
∑∫
N z2 dz
.
2E A z
(2.6)
Для стержней, растянутых или сжатых силами F, приложенными по концам, потенциальную энергию можно определить как работу
внешних сил
1
U = FΔ .
2
(2.7)
Абсолютная деформация стержня вызывает перемещение поперечных сечений δ z в продольных направлениях. С учетом формулы
(2.3) для перемещения сечения z можно записать
δz = ∫
N z dz
.
E Az
(2.8)
Эпюру перемещений δ начинают строить от защемленного конца бруса, вычисляя значения ординат в характерных сечениях.
Из формулы (2.8) следует, что производная от перемещения по
длине бруса равна продольной силе Nz, деленной на жесткость сечения:
dδ z
1
= Nz
.
(2.9)
E Az
dz
Эту зависимость (2.9) можно использовать для контроля эпюры
δ так:
1) на участке, где Nz = const, перемещение δ изменяется по линейному закону;
2) на участке, где Nz изменяется по линейному закону, δ изменяется по квадратичной параболе;
57
3) если на участке Nz > 0, то δ возрастает; если Nz < 0, то
δ убывает;
4) в сечении, где N z = δ′z = 0, перемещение δ имеет экстремальное значение.
2.2. Расчеты на прочность и жесткость Расчет на прочность ведется по первой группе предельных состояний по наибольшим, т. е. расчетным, нагрузкам.
Условие прочности по предельным состояниям для бруса, работающего на растяжение (сжатие), имеет вид
σ max =
N расч
А
≤ Rγ с ,
(2.10)
где σmax − наибольшее по абсолютному значению напряжение
в опасном сечении, Па; N расч − продольная сила в опасном сечении от
расчетных нагрузок, Н; A − площадь опасного сечения с учетом ослаблений, м2; R − расчетное сопротивление материала бруса растяжению и сжатию, Па; γс − коэффициент условий работы (с – условия работы, от англ. сondition).
Расчетную нагрузку определяют путем умножения нормативной нагрузки Fn на коэффициент надежности по нагрузке γ f (коэффициент перегрузки).
F = Fn γ f .
(2.11)
Для постоянных нагрузок γ f = 1,05–1,2; для временных −
γ f = 1,1–1,4.
Расчетное сопротивление материала R получают путем деления нормативного сопротивления Rn на коэффициент безопасности
по материалу γ m = 1,05–1,15:
R=
Rn
.
γm
58
Условие (2.10) позволяет решать три типа задач на прочность.
1. Проверка прочности (проверочный расчет). Известны нагрузка, материал, размеры; определению подлежит σmax, которое сравнивается с Rγс по формуле (2.10):
• если σmax = Rγc, то прочность обеспечена и конструкция рациональна и экономична;
• если σmax << Rγc, то конструкция обладает большим запасом
прочности, что означает перерасход материала и делает конструкцию
тяжелой и неэкономичной;
• если σmax > Rγc, то налицо перенапряжение (допустимо до 5 %).
2. Проектный расчет (подбор сечения). Известны нагрузка,
материал, по формуле (2.10) определяется требуемая площадь сечения:
N расч
.
A≥
(2.12)
Rγ с
3. Определение несущей способности (предельно допускаемой
нагрузки):
N расч ≥ Rγ с A.
(2.13)
По найденному значению N расч находят величину расчетной нагрузки.
Для обеспечения нормальной работы конструкции дополнительно может быть поставлено условие, чтобы упругое перемещение
δ какого-либо сечения бруса (либо точки системы) не превосходило
заданной допускаемой величины [δ] , т. е. чтобы соблюдалось так называемое условие жесткости:
δ ≤ [δ] , или Δ ≤ [δ] ,
(2.14)
где δ − перемещение заданного сечения (либо наибольшее перемещение); [δ] − допускаемое перемещение, которое задается СНиПом.
Расчёт на жёсткость производится по второй группе предельных
состояний по нормативным нагрузкам.
Пример 2.1. Стальная колонна кольцевого поперечного сечения
нагружена сжимающей силой (рис. 2.1). Найти напряжение в поперечном сечении, абсолютное и относительное укорочение колонны; определить количество потенциальной энергии, накопленной в стержне.
59
Рис. 2.1
Дано: наружный диаметр
D = 20 см, внутренний диаметр
d = 16 см; F = 50 кН; E = 2 ⋅105 МПа.
Решение
Во всех поперечных сечениях продольная сила постоянна и отрицательна: N = −F . Вычислим площадь поперечного сечения с соотношением диаметров α =
d
= 0,8 по формуле, см. прил. 1,
D
π D2
π ⋅ 20 2
2
2
A=
1− α =
1 − 0,8 2 = 113 см .
4
4
(
)
(
)
Найдем нормальное напряжение в поперечном сечении:
500 ⋅ 103
N
= −44 МПа.
σ= =−
A
113 ⋅ 10 −4
Абсолютное укорочение колонны, найденное по формуле (2.4),
составляет
N
500 ⋅ 103 ⋅ 3
−4
Δ =
=
=
6
,
63
⋅
10
м = 0,66 мм.
E A 2 ⋅ 105 ⋅ 106 ⋅ 113 ⋅ 10− 4
60
Относительное укорочение колонны, найденное по формуле
(2.5), составляет
ε=
Δ
6,63 ⋅ 10 −4
=
= 2,21 ⋅ 10 −4 .
3
Количество потенциальной энергии упругой деформации, заключенной в стержне (колонне), согласно (2.7),
500 ⋅ 10 3 ⋅ 6,63 ⋅ 10 − 4
1
U = FΔ =
= 165 Дж.
2
2
Ответ: Δ = 0,66 мм; ε = 2, 21 ⋅10−4 ; U = 165 Дж.
Пример 2.2. Для ступенчатого бруса, нагруженного, как показано на рис. 2.2, а, построить эпюры продольных сил, нормальных напряжений и найти опасное сечение.
Рис. 2.2
61
A = 8 см2;
Дано: q = 60 кН/м; F = 100 кН;
a = 0,5 м.
Решение
1. Определим реакцию заделки:
∑ z = 0,
E = 2 ⋅105 МПа;
H − 2qa − 2F + F = 0 ,
H = 2qa + F = 2 · 60 · 0,5 + 100 = 160 кН.
2. Построим эпюру продольных сил.
Разобьем брус на три участка и запишем выражения для расчета
продольных сил на каждом участке:
NI = F = 100 кН (растяжение);
NII = –F = –100 кН (сжатие).
Продольная сила на участках I и II постоянна.
NIII = –F – qz3 (линейная зависимость);
при z3 = 0
NIII = –F = –100 кН,
при z3 = 1 м
NIII =–100 – 60 · 1 = –160 кН.
Эпюра N показана на рис. 2.2, б.
3. Построим эпюру напряжений.
Воспользуемся формулой σ =
N
, из которой видно, что напряжеA
ния на участке изменяются по тому же закону, что и продольная сила:
σ =
I
σ =
II
N
I
=
100 ⋅ 103
1,5 А 1,5 ⋅ 8 ⋅ 10 − 4
N
II
2А
=−
100 ⋅ 10 3
2 ⋅ 8 ⋅ 10
−4
= 83 МПа ;
= −62,5 МПа .
На участке III найдем напряжения в начале и в конце по формуле σ III =
N
III
А
:
σн = −
III
100 ⋅ 10 3
8 ⋅ 10
−4
= −125 МПа ; σ к = −
III
160 ⋅ 10 3
8 ⋅ 10
−4
= −200 МПа.
Эпюра напряжений σ показана на рис. 2.2, в.
Опасное сечение будет в заделке, где σ max = − 200 МПа.
62
Проверка
1. На эпюре N количество скачков равно числу внешних сосредоточенных сил (H, 2F, F).
2. На эпюре σ скачки получены в тех же сечениях, что и на эпюре N, а также в сечении на границе участков II и III, где изменяется
площадь поперечного сечения бруса.
Ответ: σ max = 200 МПа.
Пример 2.3. Для ступенчатого бруса (рис. 2.3 а), жёстко заделанного на одном конце, построить эпюры продольных сил и продольных перемещений.
Дано: q = 200 кН/м; F = 100 кН; A = 5 см2; E = 2 ⋅ 105 МПа; 1 = 1 м;
2
= 0,8 м.
Рис. 2.3
63
Решение
1. Определим реакцию заделки:
∑ z = 0;
H =q
2
H −q
2
− F = 0;
− F = 200 ⋅ 0,8 − 100 = 60 кН.
2. Построим эпюру продольных сил.
Участок I ( 0 ≤ z1 ≤ 1 м )
N1 = H = 60 кН (const.)
Участок II ( 0 ≤ z2 ≤ 0,8 м )
N 2 = H − q z 2 (линейный закон);
при z 2 = 0
N 2 = H = 60 кН;
при z 2 = 0,8 м
N 2 = 60 − 200 ⋅ 0,8 = −100 кН.
Эпюра продольных сил показана на рис. 2.3 б.
Найдем значение z2, при котором продольная сила переходит
через нулевое значение (меняет знак):
z2 =
H − q z2 = 0 ,
H
q
=
60
= 0,3 м.
200
3. Построим эпюру продольных перемещений.
Эпюру перемещений начинаем строить от закрепленного конца.
Воспользуемся формулой (2.8):
δz = ∫
N z dz
.
E Az
Участок I. Сечение z1 перемещается в результате деформации
части стержня, заключенной между этим сечением и заделкой:
δ =∫
I
z
N dz
1
E⋅ 2A
H dz
H ⋅z
=
.
E⋅ 2A
z E⋅ 2A
=∫
Перемещение на первом участке изменяется по линейному закону:
при z1 = 0
при z1 = 1 м
δ = δ = 0 (перемещение в заделке равно нулю);
I
В
δ =δ =
I
С
60 ⋅ 10 3 ⋅ 1
11
2 ⋅ 10 ⋅ 2 ⋅ 5 ⋅ 10
64
−4
= 3 ⋅ 10 −4 м = 0,3 мм.
Участок II. В результате деформации участка I второй участок,
как твердое тело, перемещается на величину δc = 0,3 мм. Поэтому перемещение сечения z2 складывается из перемещения δc = 0,3 мм и деформации части стержня, заключенной между этим сечением и точкой С:
H − qz2 ) dz
(
N 2 dz
Hz qz 2
.
δII = δс + ∫
= δс + ∫
= δс +
−
2
2
EA
E
⋅
A
EA
EA
z
z
Перемещение δ II изменяется по квадратичной зависимости
с экстремумом при z 2 = 0,3 м, т. к.
dδ
dz
= Nz
1
= 0;
EA
δ II = δ C = 0,3 мм;
при z2 = 0
при z2 = 0,3 м
δ max = δ С +
60 ⋅ 103 ⋅ 0,3
11
2 ⋅ 10 ⋅ 2 ⋅ 5 ⋅ 10
−4
−
200 ⋅ 103 ⋅ 0,32
11
2 ⋅ 2 ⋅ 10 ⋅ 2 ⋅ 5 ⋅ 10
−4
=
= 3 ⋅ 10− 4 + 1,8 ⋅ 10− 4 − 0,9 ⋅ 10− 4 = 3,9 ⋅ 10− 4 м = 0,39 мм;
при z2 = 0,8 м
δ II = δ С +
60 ⋅ 10 3 ⋅ 0,8
2 ⋅ 1011 ⋅ 2 ⋅ 5 ⋅ 10 − 4
−
200 ⋅ 103 ⋅ 0,8 2
2 ⋅ 2 ⋅ 1011 ⋅ 2 ⋅ 5 ⋅ 10 − 4
=
= 3 ⋅ 10 −4 + 4,8 ⋅ 10 −4 − 6,4 ⋅ 10 −4 = 1,4 ⋅ 10 −4 м = 0,14 мм.
Эпюра перемещений δ показана на рис. 2.3 в. Очевидно, что
полная абсолютная деформация стержня равна перемещению концевого сечения D : Δ = 0,14 мм (удлинение).
Пример 2.4. К двум тягам (стержням), выполненным из одного материала и имеющим площадь сечения соответственно A1 и A2,
подвешен груз F (рис. 2.4, а). Определить горизонтальное, вертикальное и полное перемещение узла С.
Дано: A1 = 4 см2; A2 = 6 см2; F = 60 кН; E = 2 ⋅ 105 МПа.
Решение
1. Определим усилия в стержнях. Мысленно разрежем стержни и к этим местам приложим неизвестные пока усилия N1 и N2,
считая их растягивающими (рис. 2.4, б).
65
Рис. 2.4
Рассмотрев равновесие узла С под действием нагрузки F и искомых усилий в стержнях N1 и N2 (рис. 2.4, б), строим силовой треугольник (рис. 2.4, в). По теореме синусов находим, что
N1 = N 2 =
F ⋅ sin 30
sin 120
=
60 ⋅ 0,5
= 34,6 кН.
0,866
Наше предположение о знаке усилий N1 и N2 оказалось правильным.
2. Определим величины абсолютного удлинения стержней:
1
=
N1
2
=
N2
Δ
Δ
1
E А1
2
EА2
=
=
34,6 ⋅ 103 ⋅ 1,2
2 ⋅ 1011 ⋅ 4 ⋅ 10− 4
34,6 ⋅ 103 ⋅ 1,2
11
−4
2 ⋅ 10 ⋅ 6 ⋅ 10
= 5,19 ⋅ 10− 4 м = 0,519 мм;
= 3,46 ⋅ 10− 4 м = 0,346 мм,
0,6
= 1, 2 м.
2
sin 30°
3. Для расчета перемещения шарнира С следует провести из точек
В и D дуговые засечки радиусами ( BC1 = 1 + Δ 1 ) и ( DC 2 = 2 + Δ 2 ),
где
1 =
=
но в силу малости деформаций дуги могут быть приняты за прямые,
перпендикулярные BC1 и DC2 (рис. 2.4, г). Тогда отрезок CC3 будет
66
искомым перемещением δ. Обозначив угол, составленный этим отрезком с вертикалью через β, получим систему уравнений
δ=
Δ
1
cos (30 − β)
=
Δ
2
cos (30 + β)
.
Преобразуем знаменатели:
cos (30 − β) = cos 30 ⋅ cos β + sin 30 ⋅ sin β =
2
1
⋅ cos β + ⋅ sin β ;
2
2
cos (30 + β) = cos 30 ⋅ cos β − sin 30 ⋅ sin β =
2
1
⋅ cos β − ⋅ sin β
2
2
Для определения величины угла β запишем уравнение
Δ
1
1
( 3 cos β + sin β)
2
=
Δ
2
1
( 3 cos β − sin β)
2
.
Разделим знаменатели на cos β и, подставив значения для Δ
и Δ 2 , получим:
0,519 ( 3 − tgβ) = 0,346 ( 3 + tgβ) ,
0,865 tg β = 0,299 , отсюда β = 19 .
Найдем полное перемещение шарнира С:
δ=
Δ
1
cos (30 − 19 )
=
0,519
= 0,528 мм.
0,982
Горизонтальное и вертикальное перемещения:
δ x = δ ⋅ sin β = 0,528 ⋅ 0,325 = 0,171 мм;
δ y = δ ⋅ cos β = 0,499 мм.
Ответ: δ x = 0,171 мм; δ y = 0,499 мм; δ = 0,528 мм.
67
1
Пример 2.5. Стальная полоса, ослабленная заклепочными отверстиями диаметром d (рис. 2.5, а), растянута силами F. Требуется проверить её прочность.
Дано: d = 20 мм; Fn = 150 кН; γf = 1,2; R = 160 МПа; γс = 1.
Решение
1. Вычислим расчетную нагрузку:
F = Fn γ f = 150 ⋅ 1,2 = 180 кН.
2. Продольная сила постоянна и равна N расч = F = 180 кН.
3. Опасным является поперечное сечение, проходящее через отверстия, например, B – B (рис. 2.5, а, б). Площадь опасного (ослабленного) сечения (рис. 2.5, в) составляет
2
A net = A − 2 A отв. = 140 − 2 ⋅ 20 ⋅ 10 = 1000 мм .
4. Запишем условие прочности для опасного сечения:
σ max =
N расч
Anet
≤ Rγ с .
Рис. 2.5
68
Вычислим наибольшее напряжение:
σ max
180 ⋅ 10 3
= 180 МПа.
=
1000 ⋅ 10 −6
Сравним наибольшие напряжения, воникающие в полосе, с допускаемыми:
σ max = 180 МПа > R γ c = 160 МПа.
Вывод: условие прочности не выполняется.
Ответ: Прочность полосы не обеспечена.
Пример 2.6. Для ступенчатого бруса, изображенного на рис. 2.6 а,
требуется подобрать значения площади поперечных сечений для каждой ступени, если площадь первой от заделки ступени в два раза
меньше второй.
Дано: Нормативные нагрузки и соответствующие коэффициенты перегрузки – Fn = 100 кН, γ f = 1,1 ; qn = 120 кН/м, γ f = 1, 4 ; расчетное сопротивление материала растяжению и сжатию R = 240 МПа;
a = 0,7 м; коэффициент условий работы γ с = 0,9.
Рис. 2.6
69
Решение
1. Определим расчетную нагрузку:
F = Fn γ
f
= 100 ⋅ 1,1 = 110 кН;
q = qn γ f = 120 ⋅ 1,4 = 168 кН/м.
2. Построим эпюры продольных сил N и нормальных напряжений σ.
Участок I ( 0 ≤ z1 ≤ а )
N1 = −F = 110 кН (const);
σ =−
1
110
55
=−
(const).
А
2А
Участок II (0 ≤ z2 ≤ 1,5a)
N = − F + q z (линейная зависимость);
2
2
σ =−
110
;
А
при z 2 = 0
N 2 = −110 кН,
при z 2 = 2a
N 2 = −110 + 168 ⋅ 1,5 ⋅ 0,7 = 66 кН,
2
σ =
2
66
.
А
Эпюры N и σ показаны на рис. 2.6, б, в.
По эпюре σ находим опасное сечение, т. е. такое, в котором напряжение достигает максимального по абсолютной величине значения.
Опасным является сечение на границе участков I и II, где σ max = −
110
.
А
3. Составим условие прочности для опасного сечения и исходя
из него найдем необходимую площадь сечения:
σ max =
110
≤ R γc ;
А
110
110 ⋅ 103
=
= 0,5 ⋅ 10 −3 м2 = 5 см2.
A≥
6
R γ c 240 ⋅ 10 ⋅ 0,9
Ответ: Площадь сечения первой ступени A = 5 см2, второй –
2
2A = 10 см .
Пример 2.7. Резервуар заполнен жидкостью объемным весом γ
(рис. 2.7). Днище крепится к стенкам при помощи болтов диаметром d.
Исходя из условия прочности определить диаметр болта, если расчетное сопротивление материала болтов R = 120 МПа.
70
Дано: γ = 10 кН/м3; количество болтов n = 8 ; h = 3 м; D = 2 м;
γ c = 0,9 .
Решение
Под давлением жидкости весом G (находящейся в верхней цилиндрической и нижней части в виде полусферы) днище стремится
оторваться от корпуса резервуара, при этом болты испытывают растяжение. Запишем условие прочности для болта:
σ max =
N
≤ R γc ,
A
(а)
где N − усилие, возникающее в поперечном сечении одного болта,
πd 2
G
равное N = ; A =
− площадь сечения болта.
n
4
Тогда условие прочности (а) примет вид
σ max =
G⋅4
≤ R γc .
πd 2
Вес жидкости
G = (Vверх.
⎛ π D2
D⎞
π D3 ⎞
π D2 ⎛
⎟⎟ γ =
h+
+ Vниж. ) γ = ⎜⎜
⎜h + ⎟ γ =
12 ⎠
4 ⎝
3⎠
⎝ 4
2⎞
π 22 ⎛
=
⎜ 3 + ⎟ 10 = 115 кН.
4 ⎝
3⎠
Рис. 2.7
71
(б)
Исходя из условия прочности (б) находим необходимый диаметр болтов:
d≥
4 ⋅ 115 ⋅ 103
G4
=
= 1,3 ⋅ 10 −2 м = 1,3 см.
6
n π R γc
8 ⋅ 3,14 ⋅ 120 ⋅ 10 ⋅ 0,9
Ответ: d ≥ 1,3 см.
Пример 2.8. Жесткий брус CD, деформацией которого можно
пренебречь, поддерживается тремя стержнями и нагружен постоянной
m и временной q нагрузками (рис. 2.8, а). Подобрать размеры поперечных сечений: для первого стержня − из двух равнополочных уголков;
для второго − кольцевое; для третьего − квадратное (рис. 2.8, б).
Дано: Нормативные нагрузки и коэффициенты надежности по нагрузке таковы: для постоянной – mn = 40 кНм, γ f = 1,1; для временной –
qn = 30 кН/м, γ f = 1, 4; расчетное сопротивление материала стержней
R = 240 МПа; коэффициент условий работы γ c = 0,9 ; а = 0,8 м.
Рис. 2.8
72
Решение
1. Определим расчетную нагрузку:
m = mn γ f = 40 ⋅ 1,1 = 44 кНм;
q = q n γ f = 30 ⋅ 1,4 = 42 кН/м.
2. Определим усилия в стержнях, возникающие под действием
расчетной нагрузки. Расчетная схема показана на рис. 2.8, в. Найдем
угол β :
tg β =
1
= ; β = 26,5 ; sin β = 0,446 , cos β = 0,894.
2
2
Запишем уравнения равновесия для бруса CD:
∑ mB = 0;
m + N 2 ⋅ 2a − 2,5 qa2 = 0 ,
2,5 qa2 − m 2,5 ⋅ 42 ⋅ 0,82 − 44
N2 =
=
= 14,5 кН (растянут);
2a
2 ⋅ 0,8
∑ mK = 0;
m + N 3 a cosβ + N 3 2a sin β − 0,5 qa 2 = 0 ,
0,5 qa 2 − m
0,5 ⋅ 42 ⋅ 0,82 − 44
N =
=
= −21,4 кН (сжат);
3
a (cos β + 2 sin β ) 0,8 ⋅ (0,894 + 2 ⋅ 0,446)
∑ z = 0;
N cos β + N cos β = 0 , N1 = −N 3 = 21,4 кН (растянут).
1
3
Проверка:
∑ Fy = 0;
N sin β − N sin β + N − qa = 0 ,
1
3
21⋅ 0,446 + 21,4 ⋅ 0,446 + 14,5 − 42 ⋅ 0,8 = 0 ,
2
33,58 − 33,6 = 0 .
Запишем условие прочности стержня при растяжении и сжатии:
σmax =
N расч
A
73
≤ Rγ с .
Исходя из него подберем размеры поперечного сечения стержня:
A≥
N расч
R γc
.
Для первого стержня из двух уголков имеем
•
N
21,4 ⋅ 10 3
2
2
A ≥
=
= 0,1 ⋅ 10 −3 м = 1 см ;
6
1
R γ c 240 ⋅ 10 ⋅ 0,9
1
для одного уголка требуемая площадь составляет
A∠ =
1 см 2
2
= 0,5 см .
2
По таблице сортамента (прил. 4) выбираем уголок с размерами
2
2 × 20 × 3 площадью сечения A = 1,13 см . Перерасход материала составит
1,13 − 0,5
⋅ 100 % = 126 % .
0,5
Для кольцевого сечения (α = d D )
•
N
A ≥
2
2
R γc
=
14,5 ⋅ 10 3
2
2
= 0,067 ⋅ 10 −3 м = 0,67 см ;
6
240 ⋅ 10 ⋅ 0,9
(
)
A = π D 2 4 1 − α 2 , или
2
A 2 = 0,4 D 2 ;
откуда
D≥
A2
0,4
=
0,67
= 1,29 см, d = 0,7D = 0,7 ⋅ 1,29 = 0,9 см.
0,4
Для квадратного сечения:
•
A ≥
3
N
3
R γc
=
21,4 ⋅ 10 3
2
−3 2
=
1
м
см
;
=
0
,
1
⋅
10
240 ⋅ 10 6⋅ 0,9
A 3 = b2 ,
b ≥ A 3 = 1 = 1 см.
Ответ: Уголок 2 × 20 × 3 ; D = 1,29 см и d = 0,9 см; b = 1 см.
74
Пример 2.9. Для стержня постоянного поперечного сечения, жестко закрепленного одним концом, нагруженного, как показано на
рис. 2.9, а, требуется определить несущую способность исходя из
расчета на прочность. Показать напряженное состояние в опасных
точках.
Дано: A = 6 см2; a = 1 м; расчетное сопротивление материала
стержня растяжению – Rt = 80 МПа, сжатию – Rc = 120 МПа; γ с = 1 .
Решение
1. Построим эпюру N. Разобьем стержень на два участка.
Участок CB ( 0 ≤ z1 ≤ 2а )
N1 = F − q z1 (линейная зависимость);
при z1 = 0
N1 = F = 3qa ;
при z1 = 2a
N1 = 3qa − 2qa = qa .
Участок BD ( 0 ≤ z2 ≤ а )
N 2 = −2qa (const).
Рис. 2.9
75
Строим эпюру N (рис. 2.9, б) и по ней находим опасное сечение.
Так как материал стрежня по-разному сопротивляется сжатию и растяжению R с ≠ R t , рассмотрим отдельно две зоны:
c
зону сжатия (опасное сечение D, N max
= − 2qa );
•
t
зону растяжения (опасное сечение С, N max
= 3qa ).
В данном примере для расчета на прочность эпюру напряжений
σ по длине стержня можно не строить, т. к. площадь сечения A постоянна по всей длине.
2. Для каждой зоны составим условие прочности и определим
нагрузку, допускаемую в зоне сжатия qc и в зоне растяжения qt.
Зона сжатия
2qa
σсmax = −
≤ Rс γ с ;
А
•
АRс γ с 6 ⋅10−4 ⋅120 ⋅106
qс ≤
=
= 360 ⋅102 Н/м = 36 кН/м.
2a
2 ⋅1
Зона растяжения
σtmax =
3qa
≤ Rt γ с ;
А
АRt γ с 6 ⋅10−4 ⋅ 80 ⋅106
qt ≤
=
= 160 ⋅102 Н/м = 36 кН/м.
3a
3 ⋅1
Из двух найденных значений нагрузки qc и qt в качестве несущей
способности выбираем меньшую:
q ≤ 16 кН/м.
3. В опасном сечении каждой зоны для бесконечно малого элемента строим эпюру σ (рис. 2.9, в) и показываем напряженное состояние в опасной точке. При растяжении и сжатии опасной является любая точка опасного сечения, т. е. по высоте сечения все точки равноопасны. Вычислим напряжения в опасных сечениях D и С:
2qa
2 ⋅ 16 ⋅ 10 3⋅ 1
с
• сечение II–II: σ max = σ 2 = −
= −53 МПа;
=−
−4
6 ⋅ 10
3qa 3 ⋅ 16 ⋅ 10 3⋅ 1
= 80 МПа.
= σ1 =
=
A
6 ⋅ 10 −4
A
•
сечение I–I:
σ tmax
76
Точки опасных сечений D и С находятся в линейном напряженном состоянии (рис. 2.9, г).
Пример 2.10. Определить, какой должна быть длина стального
стержня при действии собственного веса и сосредоточенной силы F
на свободном конце (рис. 2.10), чтобы перемещение (опускание) этого
конца не превышало [δ] = 0,2 см. Какова допускаемая длина стержня
при действии только собственного веса?
Дано: Объемный вес стали γ = 78 кН/м3; площадь поперечного
сечения стержня A = 60 см2; F = 100 кН; допускаемое перемещение
[δ] = 0,2 см.
Решение
1. Расчетная схема может быть представлена в виде невесомого
стержня, нагруженного равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью q = γA и силой F (рис. 2.10).
Перемещение свободного конца равно абсолютной деформации
стержня, находящегося между жесткой заделкой и нижним сечением.
Продольная сила в произвольном сечении
Nz = γAz + F .
Абсолютная деформация стержня
N z dz
( γ A z + F ) dz γ A 2 F
=∫
=
+
.
E
A
E
A
2
EA
EA
0
0
Δ =∫
Условие жесткости для стержня
Δ ≤ [δ] .
(а)
q = γA
q = γA
l
l
z
z
F
Рис. 2.10
Рис. 2.11
77
Подставим в него выражение для расчета абсолютной деформации и найдем допускаемую длину стержня:
γA
2
2 EA
γA
2
2
+
+
F
≤ [δ];
EA
+ 2 F ≤ 2 EA[δ] ;
2 EA[δ]
2F
−
= 0.
γA
γA
(б)
Подставим численные значения в выражение (б) и решим квадратное уравнение относительно :
2
+
2 ⋅ 100 ⋅ 10 3
78 ⋅ 10 3⋅ 60 ⋅ 10 − 4
2
−
2 ⋅ 2 ⋅ 1011⋅ 0,2 ⋅ 10 − 2
78 ⋅ 10
3
= 0;
+ 4,2 ⋅ 10 2⋅ − 1 ⋅ 10 4= 0 ;
= −2,1 ⋅ 10 2± 2,32 ⋅ 10 2= 0,22 ⋅ 10 2 м.
Ответ: Допустимая длина стержня, при которой он может нести полную нагрузку F, согласно условию жесткости, = 22 м.
2. Расчетная схема при действии только собственного веса показана на рис. 2.11. Выражение продольной силы в произвольном сечении
Nz = γAz .
Абсолютная деформация стержня
N z dz
γ A z dz γ 2
=∫
=
Δ =∫
.
E
A
E
A
2
E
0
0
Подставим это выражение в условие жесткости (а) и найдем допустимую длину стержня:
γ
2
2E
≤ [δ] ,
2 E ⋅ [δ]
=
=
γ
78
2 ⋅ 2 ⋅ 10 11⋅ 0,2 ⋅ 10 − 2
78 ⋅ 10
3
= 78 м.
(в)
Ответ: Длина стержня, при которой деформация под действием
собственного веса достигнет допустимого значения, должна быть
= 78 м, причем из выражения (в) следует, что допустимая длина
стержня не зависит от площади его поперечного сечения.
2.3. Задачи для самостоятельного решения Указание. В задачах (2.1) и (2.2) применить правила контроля
эпюр продольных сил, изложенные в примере (1.2).
Задача 2.1. Для ступенчатого бруса (рис. 2.12) построить эпюру
продольной силы N (рис. 2.13).
Рис. 2.12
Рис. 2.13
Задача 2.2. По эпюре N, построенной для бруса (рис. 2.14), установить нагрузку приложенную к брусу (рис. 2.15).
Рис. 2.14
Рис. 2.15
79
Задача 2.3. Определить перемещение сечения В, если жесткость
поперечного сечения на первом участке бруса в два раза больше, чем
на втором (рис. 2.16).
Рис. 2.16
9. Δ
10. Δ
B
Fа
,
EA
4 Fа
=−
,
EA
=
B
11. Δ
12. Δ
B
Fа
,
2 EA
2 Fа
=−
.
EA
=
B
Задача 2.4. Для ступенчатого бруса (рис. 2.17) определить наибольшее напряжение.
Рис. 2.17
2F
;
1,5 A
F
=
;
1,5 A
2F
;
A
F
=− .
2A
13. σ max =
15. σ max =
14. σ max
16. σ max
Ответы к задачам: 2.1 (4); 2.2 (7); 2.3 (12); 2.4 (13).
80
Глава 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ Сопротивление бруса растяжению и сжатию зависит только
от одной геометрической характеристики поперечного сечения – величины его площади, см. гл. 2. В большинстве случаев сопротивление бруса различным видам нагружения зависит не только от размеров, но и от формы поперечного сечения, его расположения относительно действующих нагрузок. В настоящей главе рассматриваются
основные геометрические характеристики поперечных сечений:
площадь, статические моменты, моменты инерции; формулы, устанавливающие зависимости между геометрическими характеристиками относительно различных осей; характеристики простых сечений,
а также приемы их определения для составных (сложных) сечений.
3.1. Статические моменты площади сечения. Центр тяжести Рассмотрим произвольную фигуру (поперечное сечение), связанную (ое) с координатными осями Оx и Оy (рис. 3.1). Выделим элементарную площадку dA с координатами x и y.
Статическим моментом площади сечения относительно оси
называется взятая по всей его площади А сумма (интеграл) произведения элементарных площадок dA на величины расстояния от них до
этой оси (рис. 3.1):
S x = ∫ ydA ;
S y = ∫ xdA .
(3.1)
A
A
Рис. 3.1
81
Пусть xc и yc – координаты центра тяжести сечения С, тогда
можно записать
S x = A yc ;
S y = A xc .
(3.2)
Статический момент выражается в см3, м3 и т. д. Он может быть
как положительным, так и отрицательным. Относительно любой
оси, проходящей через центр тяжести сечения, статический момент
равен нулю.
Для вычисления статического момента сложной фигуры
(рис. 3.2, а) ее разбивают на простые части, величины площади Ai
и положение центров тяжести xi и yi которых известны. Статический
момент сложной фигуры относительно любой оси равен алгебраической сумме статических моментов составляющих частей относительно той же оси:
n
S x = A1 y1 + A2 y2 + … + An yn = ∑ Ai yi = ∑ S xi ,
(3.3)
i =1
n
S y = A1 x1 + A2 x2 + … + An xn = ∑ Ai xi = ∑ S yi .
(3.4)
i =1
Если в сечении есть отверстие, то его можно считать частью фигуры с отрицательным значением площади. Следует иметь в виду,
что нельзя суммировать статические моменты частей сечения, вычисленные относительно различных осей.
Рис. 3.2
82
Из формул (3.2)–(3.4) находим координаты центра тяжести простой и сложной фигуры:
xc =
Sy
A
=
∑ Sy
∑ Ai
i
yc =
;
Sx
=
A
∑ Sx .
∑ Ai
i
(3.5)
Для фигур, имеющих две и более оси симметрии (прямоугольник, круг, квадрат и т. п.), центром тяжести является точка их пересечения. Если сечение имеет одну ось симметрии, то для определения
центра тяжести необходимо найти только одну координату, находящуюся вдоль оси симметрии (например, для швеллера, см. рис. 3.2, б,
нужно найти координату xc, которая в сортаменте обозначена z0).
Пусть известны статические моменты сечения относительно
произвольных осей х и у (рис. 3.3). Требуется определить статические
моменты относительно осей х1 и у1, параллельных данным.
Рис. 3.3
Статические моменты для параллельных осей имеют следующий вид:
S x1 = S x + a A ;
S y1 = S y + b A ,
(3.6)
где a и b – соответственно величины расстояния между осями, которые следует брать с учетом знака в системе координат х1О1у1.
Пример 3.1. Определить центр тяжести сечения, показанного на
рис. 3.4.
83
Рис. 3.4
Решение
Проводим систему вспомогательных (случайных) осей хОу. Разобьем сечение на две части:
2
• прямоугольник площадью А1 = 20 см с центром тяжести С1;
координатами xc1 = 2,0 см, yc1 = 2,5 см;
2
• прямоугольник площадью А2 = 9 см с центром тяжести С2,
координатами xc 2 = 5,5 см, yc 2 = 1,5 см.
Вычислим статический момент данного сечения относительно
оси х как сумму статических моментов частей сечения с площадями
А1 и А2 относительно данной оси:
3
S x = S xA1 + S xA2 = A1 yc1 + A2 yc 2 = 20 ⋅ 2,5 + 9 ⋅ 1,5 = 63,5 см .
Аналогично проведем расчет относительно оси у:
3
S y = S yA1 + S yA2 = A1 xc1 + A2 xc 2 = 20 ⋅ 2,0 + 9 ⋅1,5 = 89,5 см .
Определим координаты центра тяжести заданного сечения по
формуле (3.5):
xc =
Sy
A
=
89,5
= 3,08 см;
29
yc =
где А = А1 + А2 = 20 + 9 = 29 см2.
84
S x 63,5
=
= 2,19 см,
29
A
По найденным значениям координат хс и ус получим центр тяжести С данного сечения (рис. 3.4). Заметим, что точка С лежит на прямой С1С2, соединяющей центры тяжести прямоугольников, и разбивает ее на отрезки, обратно пропорциональные площадям:
A1 CC2
=
.
A2 CC1
Соотношение площадей
A1 20
=
= 2,2 .
A2 9
Из рис. 3.4 видно, что
СС 2
= 2,2.
СС1
Этот результат следует использовать для контроля положения
центра тяжести сечения.
Ответ: хс = 3,08 см; ус = 2,19 см.
Пример 3.2. Сечение (рис. 3.5) образовано из прямоугольника
и полукруга диаметром, равным ширине прямоугольника. Требуется
определить высоту h прямоугольника, при которой центр тяжести
площади всего сечения лежит на диаметре полукруга.
Решение
Так как, по условию задачи, центр тяжести лежит на диаметре,
то ось х, проведенная через диаметр, будет центральной осью и, следовательно, статический момент относительно оси х равен нулю
(Sx = 0).
Рис. 3.5
85
Разобьем сечение на две фигуры:
πd 2
• полукруг площадью A1 =
с координатой центра тяжести
8
2d
yс1 =
, см. прил. 1, и статическим моментом относительно оси х
3π
S xA1
πd 2 2d d 3
= A1 yс1 =
⋅
= ;
8 3π 12
прямоугольник, у которого
•
2
А2 = dh;
dh
h
A
.
yc 2 = − ; S x 2 = A2 yс2 = −
2
2
Приравняем к нулю статический момент всего сечения, равный
сумме статических моментов частей площадями А1 и А2:
d 3 dh 2
Sx =
−
= 0.
12
2
d3 ⋅2
d
Откуда высота прямоугольника h =
=
= 0,4d
12 ⋅ d
6
Ответ: h = 0,4d.
3.2. Моменты инерции плоских сечений Осевым моментом инерции сечения относительно данной оси
называется сумма произведений элементарных площадок dA на квадрат их расстояний до данной оси (например, х и у), которая распространяется на всю площадь сечения А.
Так, осевые моменты инерции (рис. 3.6) относительно осей х и у
равны
J x = ∫ y 2 dA ;
A
J y = ∫ x 2 dA .
(3.7)
A
Полярным моментом инерции сечения относительно данной
точки О называется сумма произведений элементарных площадок dA
на квадраты их расстояний ρ до этой точки, которая распространяется
на всю площадь сечения А.
86
ρ
0
Рис. 3.6
Следовательно,
J ρ = ∫ ρ 2 dA.
(3.8)
A
Если точка О является началом координатных осей х и у, то
Jρ = Jx + Jy,
(3.9)
т. е. полярный момент инерции равен сумме осевых моментов инерции
сечения.
Осевые и полярные моменты инерции всегда положительные.
Центробежным моментом инерции сечения относительно
осей координат (например, осей х и у) называется сумма произведений элементарных площадок dA на их расстояния до этих осей, которая распространяется на всю площадь сечения А. Таким образом,
J xy = ∫ xydA .
(3.10)
A
Моменты инерции Jx, Jy, Jρ и Jxy выражаются в см4, м4 и т. д.
В зависимости от положения осей центробежный момент инерции может быть положительным, отрицательным или равным нулю.
Так, например, центробежный момент сечения (рис. 3.7, а) относительно осей х и у положителен, т. к. сечение расположено в первом
квадранте. В этом случае координаты х и у для всех элементов dA
имеют знак «плюс», следовательно, и сумма ∫ xydA положительна.
Центробежный момент сечения (рис. 3.7, б), расположенного во
втором квадранте, будет иметь отрицательное значение, т. к. координаты у для всех элементов dA положительные, а координаты х – отрицательные.
87
В случае симметричной фигуры, например, относительно оси х
(рис. 3.7, в), каждой положительной величине xydA соответствует такая же отрицательная величина по другую сторону от оси симметрии
и их сумма по всей площади А фигуры равна нулю. Таким образом,
центробежный момент инерции сечения относительно осей, из которых одна или обе совпадают с его осями симметрии, равен нулю. Оси,
относительно которых центробежный момент равен нулю, называются главными.
Знак центробежного момента любой фигуры можно определить
визуально, установив по чертежу, каких слагаемых, положительных
или отрицательных, будет больше при суммировании подынтегральных выражений (3.10). Например, для треугольника (рис. 3.8) центробежный момент – отрицательный (Jxy < 0). Для заштрихованных квадрантов II и IV произведения (ху) отрицательные.
Рис. 3.7
Рис. 3.8
88
При суммировании величин xydA по всей площади фигуры сумма отрицательных слагаемых будет больше суммы положительных
(квадранты I и III). Следовательно, интеграл ∫ xydA окажется отрицательным.
Моменты инерции сечений простой формы могут быть определены по специальным формулам (см. прил. 1). Для прокатных профилей (двутавров, швеллеров, уголков) все геометрические характеристики приводятся в таблицах ГОСТа, называемых таблицами сортамента, см. прил. 2–5.
3.3. Моменты инерции относительно параллельных осей Пусть известны моменты инерции Jx, Jy, Jxy фигуры площадью А
относительно центральных осей х и у. Требуется определить моменты
инерции относительно осей х1 и у1, параллельных центральным осям
(рис. 3.9).
y1
x1
O1
Рис 3.9
Моменты инерции для параллельных осей, одни из которых
(хОу) центральные, имеют такой вид:
J x1 = J x + а 2 А;
J y1 = J y + b 2 А;
J x1 y1 = J xy + аbА,
89
( 3.11)
где а и b – расстояния между осями, которые нужно брать с учетом
знаков в системе координат х1О1у1. Из этих формул следуют выводы:
• момент инерции относительно любой оси равен моменту
инерции относительно центральной оси, параллельной данной, плюс
произведение площади фигуры на квадрат расстояния между этими
осями;
• центробежный момент инерции относительно произвольных
осей, параллельных центральным, равен центробежному моменту относительно центральных осей плюс произведение площади сечения
на расстояния между осями.
Формулы (3.11) применяют для вычисления моментов инерции
сложных сечений.
Пример 3.3. Вычислить осевые и центробежный моменты
инерции сечения, показанного на рис. 3.10, относительно заданных
осей х и у.
Решение
Для определения геометрических характеристик заданного сечения (рис. 3.10) дополним его до прямоугольника OBCD, а затем из
геометрических характеристик полученной фигуры вычтем характеристики добавленных частей – треугольника и полукруга.
Шаг 1. Для каждой фигуры выбираем свою центральную систему координат, начало которой совпадает с её центром тяжести.
Рис. 3.10
90
Вычисляем площадь каждой фигуры, осевые и центробежные
моменты инерции относительно выбранной центральной системы координат, на основе имеющихся формул, см. прил. 1. Затем для каждой
фигуры, пользуясь формулами параллельного переноса осей (3.11),
подсчитываем моменты инерции относительно заданных осей х и у.
Прямоугольник
Площадь: Апр = 10с ⋅ 11с = 110с2.
Моменты инерции относительно собственных центральных осей
х1 и у1 (прил. 1):
J xпр1
bh 3 10c (11c) 3
=
=
= 1109 c 4 ;
12
12
J yпр1 =
hb 3 11c (10c ) 3
=
= 917 c 4 ;
12
12
J xпр1y1 = 0.
Моменты инерции прямоугольника относительно заданных осей
х и у:
J xпр = J xпр1 + a12 Aпр = 1109c 4 + (5,5 c) 2 110 c 2 = 4436 c 4 ;
J yпр = J yпр1 + b12 A пр = 917 c 4 + (5 c) 2 110 c 2 = 3667 c 4 ;
пр
J xy
= J xпр1 y1 + a1 b1 Aпр = 0 + 5,5 c 5 c110 c 2 = 3025 c 4 .
Треугольник
1
2
1
2
Площадь: A тр = b h = 4 c 5c = 10 c 2 .
Моменты инерции относительно собственных центральных осей
х2 и у2 (прил. 1):
J xтр2 y2
J xтр2
bh 3 4 c (5 c) 3
=
=
= 14 c 4 ;
36
36
J yтр2
hb 3 5 c (4 c) 3
=
=
= 8,9 c 4 ;
36
36
b2h2
(4c) 2 (5 c) 2
=−
=−
= −5,5 c 4 .
72
72
91
Моменты инерции треугольника относительно заданных осей х и у:
J xтр = J xтр2 + a 22 A тр = 14 c 4 + (9,3 c ) 2 10 c 2 = 879 c 4 ;
J yтр = J yтр2 + b22 A тр = 8,9 c 4 + (8,6 c) 2 10 c 2 = 748 c 4 ;
тр
J xy
= J xтр2 y2 + a2 b2 A тр = −5,5 c 4 + 9,3 c 8,6 c10 c 2 = 794 c 4 ,
1
1
где a2 = 11с − 5с = 9,3с; b2 = 10с − 4с = 8,6с.
3
3
Полукруг
Площадь: A
пк
π d 2 π (4 c) 2
=
=
= 6,3 c 2 .
8
8
Моменты инерции полукруга относительно собственных центральных осей x3 и у3 (прил. 1):
J xпк3 = 0,0068 d 4 = 0,0068 (4 c) 4 = 1,74 c 4;
J yпк3 = 0,0245 d 4 = 0,0245 (4 c) 4 = 6,27 c 4;
J xпк3 y3 = 0.
Моменты инерции полукруга относительно заданных осей х и у:
J xпк = J xпк3 + a32 Aпк = 1,74 c 4 + (0,848 c) 2 6,3 c 2 = 6,27 c 4 ;
J yпк = J yпк3 + b32 Aпк = 6,27 c 4 + (5 c) 2 6,3 c 2 = 164 c 4 ;
пк
J xy
= J xпк3 y3 + a3 b3 Aпк = 0 + 0.847 c 5 c 6,3 c 2 = 26,7 c 4 ,
где a3 = 0, 212d = 0, 212 ⋅ 4с; b3 = 5с.
Шаг 2. Определим моменты инерции сечения, показанного на
рис. 3.10, относительно заданных осей х и у:
J x = J xпр − J xтр − J xпк = 4436 c 4 − 879 c 4 − 6,27 c 4 = 3551c 4 ;
J y = J yпр − J yтр − J yпк = 3667 c 4 − 748 c 4 − 164 c 4 = 2755 c 4 ;
92
пр
тр
пк
J xy = J xy
− J xy
− J xy
= 3025 c 4 − 794 c 4 − 26,7 c 4 = 2204 c 4 .
Ответ: J x = 3551c 4 ; J y = 2755c 4 ; J xy = 2204c 4 .
3.4. Зависимости между моментами инерции при повороте осей Если известны моменты инерции сечения Jx, Jy, Jxy относительно
осей Ох и Оу, то моменты инерции относительно осей Ох1 и Оу1, повернутых на угол α по отношению к исходным осям (рис. 3.11), определяются по формулам:
J x1 = J x cos 2 α + J y sin 2 α − J xy sin 2α;
J y1 = J x sin 2 α + J y cos 2 α + J xy sin 2α;
J x1 y1 =
Jx − Jy
2
(3.12)
sin 2 α + J xy cos 2α.
y1
x1
α
Рис. 3.11
Если в формуле (3.12) сложить величины моментов инерции относительно осей х1 и у1, то получится
J x1 + J y1 = J x + J y = const,
(3.13)
т. е. сумма осевых моментов инерции относительно любой пары взаимно перпендикулярных осей, проходящих через одно начало координат, есть величина постоянная.
93
3.5. Главные оси и главные моменты инерции Главными осями называют оси, относительно которых центробежный момент инерции равен нулю, а осевые моменты принимают
экстремальные значения (Jmax, Jmin).
Практическое значение для расчетов элементов конструкции
на прочность, жесткость и устойчивость имеют лишь главные оси,
проходящие через центр тяжести сечения, т. е. главные центральные оси. Главные центральные моменты инерции вычисляют по
формуле
max
J min
=
Jx + Jy
2
±
1
2
,
( J x − J y ) 2 + 4 J xy
2
(3.14)
где Jx, Jy, Jxy – моменты инерции относительно центральных осей.
Положение главных центральных осей находят по формуле
tg 2 α 0 = −
2 J xy
Jx − Jy
,
(3.15)
где α0 – угол, на который нужно повернуть центральные оси, чтобы
они стали главными. Положительные углы откладываются против хода часовой стрелки.
Одна из полученных таким образом главных осей инерции является осью максимум (относительно нее осевой момент инерции сечения максимален), а другая – осью минимум (относительно неё осевой
момент инерции минимален). Ось максимум всегда составляет меньший угол с той из центральных осей (х или у), относительно которой
осевой момент инерции имеет большее значение. Полезно иметь
в виду частные случаи:
• если фигура имеет две оси симметрии, то эти оси являются
главными центральными осями;
• для фигур, имеющих более двух осей симметрии, осевые моменты инерции относительно всех центральных осей равны и все они
являются главными осями.
Умение находить положение главных центральных осей и вычислять Jmax и Jmin необходимо при расчетах балок на изгиб для определения положения плоскости наибольшей жесткости сечения (след
которой совпадает с осью Jmin).
94
Пример 3.4. Определить величину главных центральных моментов инерции для сечения, состоящего из прямоугольника 20×2 см,
двутавра № 18 (ГОСТ 8239–89) и швеллера № 20 (ГОСТ 8240–89)
(рис. 3.12).
Решение
Шаг 1. Разобьем сечение на три фигуры: прямоугольник, двутавр и швеллер. Для каждой фигуры выбираем систему центральных
осей, параллельных друг другу, относительно которых найдем геометрические характеристики.
Прямоугольник
Площадь: Апр = 20 ⋅ 2 = 40 см2.
Осевые моменты инерции, см. прил. 1:
J xпр1 =
J yпр1
bh 3 20 ⋅ 2 3
=
= 13,3 см 4 ;
12
12
hb 3 2 ⋅ 20 3
=
=
= 1333 см 4 .
12
12
Двутавр № 18, см. прил. 2
Площадь: Адв = 23,4 см2.
Осевые моменты инерции: J xдв2 = 1290 см 4 ;
Рис. 3.12
95
J yдв2 = 82,6 см 4 .
Швеллер № 20, см. прил. 3
Площадь: Ашв = 23,4 см2. Координата центра тяжести: z0 = 2,07 см.
Осевые моменты инерции с учетом горизонтального расположения швеллера в заданном сечении: J xшв
= 113 см 4 ; J yшв
= 1520 см 4 .
3
3
Шаг 2. Определим центр тяжести данного составного сечения
(рис. 3.12). Сечение симметрично относительно вертикальной оси у;
следовательно, центр тяжести С лежит на этой оси и координата
хс = 0. Остается найти координату ус.
В качестве вспомогательной оси примем центральную ось двутавра х2; тогда статический момент двутавра будет равен нулю, т. е.
S xдв2 = 0. Статические моменты прямоугольника и швеллера относительно оси х2 находим по формуле (3.2):
S xпр2 = Апр yс2 = 40 ⋅10 = 400 см3;
S xшв
= Ашв yс3 = 23, 4 ⋅ ( −11, 07 ) = –259 см3.
2
Координату центра тяжести всего сечения определяем по формуле (3.5):
∑ Sx
yc =
∑ Ai
2
=
S xпр2 + S xдв2 + S xшв
2
A
пр
дв
+A +A
шв
=
400 + 0 − 259
= 1,62 см.
40 + 23,4 + 23,4
Положительное значение координаты свидетельствуем о том,
что центр тяжести расположен выше оси х2. На рис. 3.12 показан
центр тяжести, точка С, заданного составного сечения. Через точку С
проводим центральные оси х и у составного сечения.
Шаг 3. Определим осевые и центробежный моменты инерции
составного сечения относительно центральных осей х и у. Найдем
расстояния между собственными осями частей сечения и центральными осями х и у (рис. 3.12). Заметим, что вертикальные оси частей
сечения совпадают с осью у; следовательно, b1 = b2 = b3 = bi = 0.
Расстояние между собственными осями xi частей сечения и осью х
таково:
для прямоугольника а1 = 10 – 1,62 = 8,38 см;
для двутавра а2 = –1,62 см;
для швеллера а3 = –(11,07 + 1,62) = –12,7 см.
По формулам параллельного переноса (3.11) находим моменты
инерции каждой фигуры относительно осей х и у.
96
Осевые моменты инерции относительно оси х:
для прямоугольника
J xпр = J xпр1 + a12 Aпр = 13,3 + 8,38 2 ⋅ 40 = 2822 см 4 ;
для двутавра
J xдв = J xдв2 + a22 A дв = 1290 + (−1,62) 2 ⋅ 23,4 = 1351см 4 ;
для швеллера
J xшв = J xшв
+ a32 Aшв = 113 + (−12,7) 2 ⋅ 23,4 = 3887 см 4 ;
3
для всего сечения
J x = J xпр + J xдв + J xшв = 2822 + 1351 + 3887 = 8060 см 4 .
Осевой момент инерции всего сечения относительно оси у:
J y = J yпр1 + J yдв2 + J yшв
= 1333 + 82,6 + 1520 = 2936 см 4 .
3
Центробежный момент инерции сечения относительно системы
осей ху:
J xy = ∑ ( J xi yi + ai bi Ai ) = 0 + ai ⋅ 0 ⋅ Ai = 0,
где J xi yi = J xпр1 y1 = J xдв2 y2 = J xшв
= 0, т. к. собственные центробежные мо3 y3
менты каждой фигуры равны нулю. Поэтому оси ху являются главными центральными осями и моменты инерции относительно них
имеют такие значения:
Jmax = Jx = 8060 см4;
Jmin = Jy = 2936 см4.
Ответ: Jmax = 8060 см4; Jmin = 2936 см4.
Пример 3.5. Для составного сечения из равнополочного прокатного уголка 90 × 90 × 8 мм (ГОСТ 8509–86) и швеллера № 20
(ГОСТ 8240–89) (рис. 3.13) требуется:
а) найти положение центра тяжести сечения;
б) определить положение главных центральных осей инерции;
в) вычислить величину главных центральных моментов инерции.
97
Решение
Шаг 1. Разобьем сечение на две фигуры: уголок и швеллер.
Уголок, см. прил. 4
Площадь: Ауг = 13,9 см2. Координата центра тяжести: z0уг = 2,51 см.
Моменты инерции: J xуг1 = J yуг1 = 106 см 4 ; J xуг1 y1 = −62,3 см 4 . Знак
центробежного момента уголка устанавливаем визуально, в зависимости от расположения сечения относительно осей х1у1, см. рис. 3.8.
Швеллер, см. прил. 4
Площадь: Ашв = 23,4 см2. Координата центра тяжести: z 0шв = 2,07 см.
4
4
шв
шв
Моменты инерции: J xшв
см
;
см
;
=
1520
J
=
113
J
= 0.
y
x
2
2
2 y2
Шаг 2. Определим центр тяжести данного несимметричного сечения (рис. 3.13). В качестве вспомогательных осей выбираем центральные оси х2 и у2 швеллера. Относительно них статические моменты щвеллера равны нулю и вычисление координат центра тяжести
упрощается. Координаты центра тяжести С1 уголка относительно
вспомогательных осей х2 и у2 равны
yc1 = 10 + 2,51 = 12,51 см;
xc1 = −(9 − 2,51 − 2,07) = −4,42 см.
Статические моменты уголка относительно осей х2 и у2:
3
S xуг2 = A уг yc1 = 13,9 ⋅ 12,51 = 174 см ;
3
S yуг2 = A уг xc1 = 13,9 ⋅ (−4,42) = −61,4 см .
Координаты центра тяжести составного сечения относительно
осей х2 и у2:
∑Sy
xc =
∑A
2
∑ Sx
yc =
∑A
2
=
S yшв
+ S yуг2
2
=
S xшв
+ S xуг2
2
A шв + A уг
A шв + A уг
=
0 − 61,4
= −1,65 см;
23,4 + 13,9
=
0 + 174
= 4,66 см.
23,4 + 13,9
98
α
Рис. 3.13
Центр тяжести составного сечения С показан на рис. 3.13. Правильность определения центра тяжести сечения проверяем с учетом
замечаний, приведенных в примере 3.1.
Шаг 3. Определим осевые и центробежный моменты инерции
составного сечения относительно центральных осей х и у, проведенных через точку С.
Найдем расстояние между собственными осями каждой фигуры
и центральными осями х и у с учетом знаков в системе координат хСу:
для уголка
а1 = 7,84 см;
b1 = –2,77 см;
для швеллера
а2 = –4,66 см; b2 = 1,65см.
Осевые моменты инерции относительно центральной оси х вычислим по формулам параллельного переноса (3.11):
для уголка
4
J xуг = J xуг1 + a12 A уг = 106 + 7,84 2 ⋅ 13,9 = 960 см ;
99
для швеллера
4
J xшв = J xшв
+ a22 Aшв = 1520 + (−4,66) 2 ⋅ 23,4 = 2028 см ;
2
для всего сечения
4
J x = J xуг + J xшв = 960 + 2028 = 2988 см .
Осевые моменты инерции относительно оси у:
для уголка
4
J yуг = J yуг1 + b12 A уг = 106 + (−2,77) 2 ⋅ 13,9 = 213 см ;
для швеллера
4
J yшв = J yшв
+ b22 Aшв = 113 + 1,65 2 ⋅ 23,4 = 177 см ;
2
для всего сечения
4
J y = J yуг + J yшв = 213 + 177 = 390 см .
Центробежные моменты инерции относительно системы координатных осей ху найдем по формулам параллельного переноса (3.11):
для уголка
4
J xyуг = J xуг1 y1 + a1 ⋅ b1 A уг = −62,3 + 7,84 ⋅ (−2,77) ⋅ 13,9 = −364 см ;
для швеллера
4
шв
J xy
= J xшв
+ a2b2 Aшв = 0 + (−4,66) ⋅ 1,65 ⋅ 23,4 = −180 см ;
2 y2
для всего сечения
4
шв
J xy = J xyуг + J xy
= −364 − 180 = −544 см .
Шаг 4. Определим положение главных центральных осей составного сечения по формуле (3.15):
tg 2α 0 = −
2 J xy
Jx − Jy
=−
2 ⋅ (−544)
= 0,418 .
2988 − 390
100
Откуда следует, что
2α0 = 22,7ο; α0 =11,3ο.
Повернув центральные оси х и у против часовой стрелки на угол
α0 , получим главные центральные оси u и v.
Вычислим главные центральные моменты инерции по формуле
(3.14):
Jx + J y 1
2
2
± ⋅ ( J x − J y ) + 4 J xy
=
J max =
2
2
min
=
2988 + 390 1
± ⋅
2
2
( 2988 − 390 )2 + 4 ( −544 )2
= 1689 ± 1408;
J max = J u = 1689 + 1408 = 3097 см4;
J min = J ν = 1689 − 1408 = 281 см4.
Шаг 5. Проверим правильность решения.
Сумма осевых моментов инерции относительно центральных
осей должна быть равна сумме главных центральных моментов инерции, т. е.
Jx + Jy = Jmax + Jmin .
У нас
2988 + 390 = 3097 + 281;
3378 = 3378.
Между величинами осевых моментов инерции относительно
центральных (х, у) и главных центральных (u, v) осей должно соблюдаться следующее соотношение:
Jmax > Jx > Jy > Jmin .
У нас
3097 > 2988 > 390 > 281.
Центробежный момент относительно главных центральных
осей, см. формулу (3.12), должен быть равен нулю:
J uv =
Jx − Jy
2
⋅ sin 2α 0 + J xy ⋅ cos 2α 0 = 0 .
101
У нас
2988 − 390
⋅ 0,386 + ( −544 ) ⋅ 0,922 = 0; 501 – 501 = 0.
2
Следовательно, задача решена правильно.
Ответ: Jmax = 3097 cм4; Jmin = 281 см4.
3.6. Задачи для самостоятельного решения Задача 3.1. Определить статические и осевые моменты инерции
данного сечения (рис. 3.14) относительно заданных осей х и у.
Рис.3.14
Ответ: Sx = 3,57a3; Sy = –0,33a3; Jx = 4,62a4; Jy = 1,05a4
Задача 3.2. Как изменится центробежный момент инерции сечения относительно осей хСу при их параллельном переносе в положение х1Оу1 (рис. 3.15)
Рис. 3.15
102
1. Увеличится на (а2А);
2. Увеличится на (а ⋅ в ⋅ А);
3. Уменьшится на (а2А);
4. Не изменится.
Задача 3.3. При каком значении высоты трапеции h (рис. 3.15)
все оси, проходящие через точку А, будут главными?
Рис. 3.16
Ответы к задачам: 3.2 (4); 3.3 (h = 1,29а).
103
Глава 4. ПРЯМОЙ ИЗГИБ БАЛОК 4. 1. Напряжения и расчеты на прочность при изгибе Балка испытывает прямой изгиб, если все действующие на нее нагрузки расположены в одной из главных плоскостей инерции (рис. 4.1).
При этом в поперечном сечении балки возникает изгибающий момент. Такой изгиб называется чистым. Если в поперечном сечении
возникают изгибающий момент и поперечная сила, то изгиб называется поперечным. В случае поперечного изгиба в сечении действуют
нормальные и касательные напряжения.
Нормальные напряжения в произвольной точке поперечного
сечения определяются по формуле
σ=
Mx
y,
Jx
(4.1)
где Мх – изгибающий момент в рассматриваемом сечении; у – расстояние от нейтральной оси (н.о.) до точки, в которой вычисляются
нормальные напряжения; Jx – момент инерции площади поперечного
сечения относительно нейтральной оси, которая совпадает с главной
центральной осью, перпендикулярной силовой линии (с. л.).
Рис. 4.1
104
По высоте поперечного сечения нормальные напряжения изменяются по линейному закону и достигают наибольших значений
в точках, максимально удаленных от нейтральной оси (рис.4.1, а):
σ max =
Mx
y max ,
Jx
(4.2)
Mx
,
Wx
(4.3)
Jx
,
y max
(4.4)
или
σ max =
где
Wx =
где Wx – осевой момент сопротивления сечения при изгибе, который
зависит от формы и размеров сечения и выражается в см3, м3.
Моменты сопротивления простейших фигур вычисляются по
следующим формулам:
для прямоугольника (рис. 4.2, а)
bh 2
,
Wx =
6
hb 2
;
Wy =
6
(4.5)
для круга (рис. 4.2, б)
πd 3
Wx = Wy =
≈ 0,1d 3 ;
32
(4.6)
для кольца (рис. 4.2, в)
πD 3
W =
⋅ 1 − α4 ,
x
32
(
)
(4.7)
d
.
D
Следует обратить внимание на то, что момент сопротивления сечения с отверстием (рис. 4.2, в) нельзя считать разностью W = W1 – W2,
поскольку это противоречит самому понятию момента сопротивления
как отношения Jx к ymax (формула 4.4). Для прокатных профилей (двутавров, швеллеров, уголков) значения моментов сопротивления Wx
и Wy приведены в таблицах сортамента, см. прил. 2–5.
где α =
105
а
б
в
Рис. 4.2
Балки из материалов, одинаково сопротивляющихся растяжению
и сжатию (Rt = Rc), проектируются симметричными относительно
нейтральной оси х. Условие прочности для них по нормальным напряжениям имеет вид
σ max =
M расч
Wx
≤ R γc ,
(4.8)
где σmax – напряжение в опасном сечении; Мрасч – наибольший по абсолютному значению изгибающий момент в опасном сечении, вычисленный исходя из расчетных нагрузок; R – расчетное сопротивление
материала балки изгибу (растяжению и сжатию); γс – коэффициент
условий работы.
Расчетные нагрузки определяют как произведение нормативных
нагрузок (задаются СНиПом) на коэффициенты надежности по нагрузкам.
Условие (4.8) позволяет производить три вида расчетов на
прочность.
Проверочный расчет выполняется по формуле (4.8). Определяется σmax.
Проектный расчет (подбор сечения) производится по формуле
Wx ≥
106
M расч
R γc
.
(4.9)
Для прокатных профилей нужный номер сечения выбирается из
таблиц сортамента по найденному значению Wx. Для простых сечений
размеры находят в соответствии с формулами (4.5)–(4.7).
Несущую способность (допускаемый изгибающий момент) находят так:
M расч ≤ Wx R γ c .
(4.10)
В целях экономии и снижения веса балок следует выбирать такие формы сечения, при которых большая часть материала удалена
от нейтральной оси, что следует из эпюры нормальных напряжений
(рис. 4.1, б). Самыми рациональными являются двутавровое и коробчатое сечения. Полое сечение всегда выгоднее сплошного, равноценного ему по площади. Наиболее экономичными являются сечения, для
которых при наименьших затратах материала момент сопротивления
самый значительный. Для достижения максимального сопротивления
сечения балки изгибу силовую плоскость совмещают с плоскостью
наибольшей жесткости сечения, след которой совпадает с осью Jmin.
Балки из хрупких материалов, различно сопротивляющихся растяжению и сжатию (Rt < Rc), проектируются несимметричными относительно нейтральной оси (тавровое, несимметричное двутавровое
сечение и т. п.). Располагать сечение следует так, чтобы большая его
часть находилась в растянутой зоне (рис. 4.3, а). В этом случае нужно отдельно проверять наибольшие напряжения в растянутой и сжатой зонах (рис. 4.3, б).
Условия прочности по нормальным напряжениям имеют вид:
σ max
=
t
M расч
Jx
yt ≤ Rt γ c ;
(4.11)
σ cmax =
M расч
Jx
yc ≤ Rc γ c ,
где yt и yc – расстояния от нейтральной оси х до наиболее удаленных
точек сечения растянутой и сжатой зон; Rt и Rc – значения расчетного
сопротивления материала растяжению и сжатию соответственно.
Если эпюра изгибающего момента имеет участки разных знаков,
то там, где имеется момент противоположного знака, следует дополнительно провести расчет на прочность по наибольшим растягивающим напряжениям.
107
а
б
Рис. 4.3
При изгибе балки касательные напряжения в произвольной
точке поперечного сечения определяются по формуле
τ=
Q y S xотс
b.y J x
(4.12)
,
где Qy – поперечная сила в рассматриваемом сечении; S xотс − статический момент относительно нейтральной оси х отсеченной части сечения, расположенной по одну сторону от прямой, проведенной через
данную точку параллельно нейтральной оси; by − ширина сечения на
уровне рассматриваемой точки; Jx – момент инерции всего сечения
относительно нейтральной оси.
По высоте сечения касательные напряжения изменяются по закону квадратичной параболы и достигают наибольшего значения на
уровне нейтральной оси х (рис. 4.1,в).
Условие прочности по касательным напряжениям имеет вид:
τmax =
Qyрасч S xmax
byн.о. J x
≤ Rс γ с ,
(4.13)
где b yн.о. − ширина сечения на уровне нейтральной оси х; S xmax − статический момент половины сечения относительно нейтральной оси, для
прокатных профилей (двутавра и швеллера) задаваемый в сортаменте
и обозначаемый как Sx; Rs − расчетное сопротивление материала балки сдвигу.
108
Пример 4.1. Балка, нагруженная в вертикальной плоскости, запроектирована в трех вариантах поперечных сечений (рис. 4.4,а–в),
имеющих одинаковую площадь. Для какого из вариантов несущая
способность будет наибольшей? Оценить экономичность заданных
поперечных сечений.
Решение
Несущая способность балки определяется по формуле (4.10)
Mрасч ≤ Wx R γc ,
из которой следует, что несущая способность прямо пропорциональна
осевому моменту сопротивления Wx: чем он больше, тем выше несущая способность балки.
Вычислим геометрические характеристики для трех вариантов
поперечных сечений состоящих из прямоугольников. При этом используем следующие формулы для расчета осевого момента инерции
и момента сопротивления:
bh3
;
Jx =
12
Wx =
Jx
.
y max
64
12 ⋅ 4 3
4
а
= 32 см3, где
а) А = 12⋅4 = 48см ; J x =
= 64 см ; Wx =
12
2
2
уmax = 2см;
576
4 ⋅12 3
4
б) А = 4⋅12 = 48см ; J x =
= 96 см 3 , где
= 576 см ; Wxб =
12
6
2
уmax= 6см.
а
б
в
Рис. 4.4
109
в) Разобьем сечение на три прямоугольника. Осевой момент
инерции Jx вычислим по формуле параллельного переноса (3.11):
⎛ 8 ⋅ 23
⎞ 2 ⋅ 83
4
2
⎜
А = 3(8 ⋅ 2) = 48 см , J x = 2⎜
+ 5 ⋅16 ⎟⎟ +
= 896 см ;
⎝ 12
⎠ 12
896
Wxв =
= 149 см3, где уmax = 6см.
6
2
Определим, во сколько раз момент сопротивления Wx в каждом
последующем варианте поперечного сечения больше, чем в предыдущем:
W xб 96
=
= 3 раза,
W xa 32
т. е. несущая способность балки при варианте б), благодаря рациональному расположению сечения балки под нагрузкой, в 3 раза больше, чем в случае варианта а.
Wxв 149
=
= 1 ,5 раза,
96
Wxб
т. е. при варианте в) перемещение части материала от нейтральной
оси к периферии позволило повысить несущую способность балки
в 1,5 раза (по сравнению с вариантом б).
Wxв 142
=
= 4,6 раза.
32
Wxа
Таким образом, при варианте в) налицо наибольшая несущая способность, а также наибольшая сопротивляемость балки изгибу. Несущая
способность балки в случае варианта а) является наименьшей.
Экономичность сечений можно оценить отношением W x A . Чем
больше его значение, тем экономичнее сечение балки:
Wxа 32
Wxб 96
Wxв 149
=
= 0,66 ;
=
= 2;
=
= 3.
A
А
A
48
48
48
При одинаковых затратах материала (одинаковая площадь) для
всех вариантов двутавровое сечение в) является самым экономичным.
Ответ: Наибольшая несущая способность – в третьем варианте.
110
Пример 4.2.Проверить прочность чугунной балки П-образного
сечения (рис. 4.5 и рис. 4.6), предварительно выбрав рациональное
расположение поперечного сечения, если F = 8 кН, а = 1 см, расчетное сопротивление материала балки сжатию Rc = 240 МПа, растяжению – Rt = 80 МПа.
Определить несущую способность балки, если прочность балки
не обеспечена.
Решение
Шаг 1. Определим опорные реакции (рис. 4.5, а) и построим
эпюры Qy и Mx:
∑ mА = 0;
− m − Fa + VB 2a = 0 ,
VB = 0,75F;
∑ mB = 0;
− m − V A 2a + Fa = 0 ,
VA = 0,25F.
Проверка:
∑ Y = 0;
VA – F + VB = 0;
0,25F – F + 0,75F = 0;
F – F = 0.
а
б
в
Qy
+
–
Mx
+
Рис 4.5
111
Рис. 4.6
Эпюры Qy и Mx представлены на рис. 4.5, б, в. Опасным является
сечение D, где наибольшая величина изгибающего момента равна
Mmax= 0,75 Fa = 0,75⋅8⋅1= 6 кНм.
В нем растянуты нижние волокна. Чугун сопротивляется растяжению значительно хуже, чем сжатию. Поэтому поперечное сечение
располагаем так, чтобы большая часть материала (полка) находилась
в зоне растяжения (рис. 4.6).
Шаг 2. Найдем положение центра тяжести заданного сечения
(рис. 4.6), дополнив его до прямоугольника площадью A1 = 8×10 (см2),
из геометрических характеристик которого будем вычитать характеристики прямоугольника площадью A2 = 6×9 (см2).
В качестве вспомогательной оси принимаем ось хо, проходящую
через нижнее основание прямоугольника. Так как сечение имеет ось
симметрии у, то нужно найти только одну координату центра тяжести –
вдоль этой оси:
yС =
∑ Sx
∑A
o
=
A1 yc1 − A2 yc2
A1 − A2
=
8 ⋅ 10 ⋅ 5 − 6 ⋅ 9 ⋅ 5,5
= 4 см.
80 − 54
Через центр тяжести сечения (точку С) проведем нейтральную
ось х и вычислим осевой момент инерции относительно нее:
(
J x = J x1 +
а12 А1
= 261 см4.
)−(J
x2
+
а22 А2
)
⎛ 8 ⋅103 2
⎞ ⎛ 6 ⋅ 93
⎞
=⎜
+ 1 ⋅ 80 ⎟ − ⎜
+ 1,52 ⋅ 54 ⎟ =
⎝ 12
⎠ ⎝ 12
⎠
112
Расстояния от нейтральной оси до наиболее удаленных точек
в зоне сжатия ус и растяжения уt (рис. 4.6) для опасного сечения равны
соответственно ус = 6 см, уt = 4 см.
Шаг 3. Проверим прочность балки в опасном сечении по наибольшим сжимающим напряжениям:
σ cmax
M max
6 ⋅ 10 3
=
yc =
⋅ 6 ⋅ 10 −2 = 138 МПа < Rс = 240 МПа.
−8
Jx
261 ⋅ 10
Сравнив величины наибольших сжимающих напряжений с расчетным сопротивлением, делаем вывод, что прочность балки в зоне
сжатия обеспечена.
Проверим прочность балки по наибольшим растягивающим напряжениям:
σ tmax
M max
6 ⋅ 103
=
yt =
⋅ 4 ⋅ 10 −2 = 92 МПа > Rt = 80 МПа.
−8
Jx
261 ⋅ 10
В зоне растяжения прочность балки не обеспечена.
Шаг 4. Определим несущую способность балки, исходя из условия прочности для растянутой зоны опасного сечения:
σ tmax =
0,75Fa
yt ≤ Rt ; откуда
Jx
J x Rt
261⋅10 −8 ⋅ 80 ⋅10 6
=
= 6960 Н.
F≤
0,75a ⋅ yt
0,75 ⋅1 ⋅ 4 ⋅10 − 2
Ответ: Несущая способность балки F ≤ 6960 Н.
Пример 4.3. Проверить прочность балки (рис. 4.7,а) по нормальным и касательным напряжениям. Поперечное сечение балки составлено из полосы площадью 15 × 1(см2) и двух швеллеров № 12.
Дано: Расчетное значение силы F = 30 кН; =3 м; расчетное сопротивление материала изгибу R = 240 МПа, сдвигу – Rs = 150 МПа.
Решение
Шаг 1. Определим реакции опор и построим эпюры Q и M
(рис. 4.7, а–в). По эпюрам найдем набольшие расчетные значения поперечной силы и изгибающего момента:
Qрасч = 20 кН,
Mрасч = 20 кН⋅м.
113
а
б
+
–
в
Рис. 4.7
Шаг 2. Вычислим геометрические характеристики поперечного
сечения (рис. 4.8). Разобьем сечение на три фигуры.
Прямоугольник:
пр
2
А = 15 см ;
J xпр1
15 ⋅ 13
4
=
= 1,25 см .
12
Два швеллера № 12, см. прил. 2:
4
Ашв =13,3 см2; J xшв
= 304 см ;
2
3
статический момент половины площади швеллера S xшв
= 29,6 см ,
2
толщина стенки швеллера s = 0,48 см.
Найдем положение центра тяжести заданного сечения, определив таким образом положение нейтральной оси х. Заметим, что данное сечение симметрично относительно оси у. За вспомогательную
примем ось швеллера х2, которая совпадает с осью х3:
∑ Sx
yc =
∑A
2
=
Aпр yc1 + 2 Aшв yc2
Aпр + 2 Aшв
=
114
15 ⋅ 6,5 + 2 ⋅ 13,3 ⋅ 0
= 2,34 см.
15 + 2 ⋅ 13,3
15 см
y
c1
x1
a1
y1
yc
12 см
ymax = 8,34 см
c
c3
a2
x
x2, x3
c2
Рис. 4.8
Определим осевой момент инерции заданного сечения относительно нейтральной оси х:
(
) (
)
2 пр
шв
2 шв
J = J xпр
+
а
А
+
2
J
+
а
А =
1
2
x
2
1
x
= (1,25 + 4,162 · 15) + (304 + 2,342 · 13,3) = 1014 см4.
Осевой момент сопротивления сечения равен
Wx =
Jx
1014
3
=
= 122 см .
y max 8,34
Определим статический момент относительно нейтральной оси
нижней части сечения (заштрихованной), состоящей из половины
швеллера и прямоугольника площадью (s × yc). Применив для швеллера формулу параллельного переноса (3.6), можно записать:
S xmax
⎡⎛ шв
Ашв
= 2 ⎢⎜ S x2 + а2 ⋅
2
⎢⎣⎝
⎞
yс ⎤
s
y
+
⋅
⋅
⎥=
⎟
с
2
⎥⎦
⎠
⎡⎛
1,33 ⎞
2,34 2 ⎤
3
= 2 ⎢⎜ 29,6 + 2,34 ⋅
⎥ = 93 см .
⎟ + 0, 48 ⋅
2 ⎠
2 ⎦
⎣⎝
115
Заметим, что принципиально безразлично то, брать ли статический момент верхней или нижней части сечения, т. к. по абсолютному
значению они равны, а их сумма дает статический момент всего сечения относительно центральной оси х, который равен нулю.
Шаг 3. Проверим прочность балки. По формуле (4.8) определим
наибольшие нормальные напряжения в опасном сечении балки
и сравним полученные значения с расчетным сопротивлением материала изгибу:
σ max =
M расч
Wx
20 ⋅ 103
=
= 164 МПа < 240 МПа ,
122 ⋅ 10 −6
т. е. прочность балки по нормальным напряжениям обеспечена.
По формуле (4.13) вычислим наибольшее касательное напряжение в балке и сравним это значение с расчетным сопротивлением материала сдвигу:
τ max
Qрасч S xmax
20 ⋅ 103 ⋅ 93 ⋅ 10 −6
= но ⋅
=
= 20МПа < R s = 150МПа .
Jx
(2 ⋅ 0,48) ⋅ 10 −2 ⋅ 1014 ⋅ 10 −8
by ⋅ ⋅
Таким образом, прочность балки по касательным напряжениям
обеспечена.
Ответ: Прочность балки обеспечена.
4.2. Перемещения при изгибе и расчет балок на жесткость Рассмотрим деформацию балки при прямом изгибе (рис. 4.9).
Под действием нагрузки ось балки искривляется в силовой плоскости,
совпадающей с одной из главных плоскостей, а поперечные сечения
поворачиваются.
θ
Рис. 4.9
116
Перемещение центра тяжести сечения по направлению, перпендикулярному оси z балки, называется её прогибом в данном сечении
и обозначается у. Наибольший прогиб называется стрелой прогиба
и обозначается буквой f.
Угол θ, на который каждое сечение поворачивается по отношению к своему первоначальному положению, называется углом поворота. Угол поворота сечения равен первой производной от прогиба
по абсциссе сечения
θ=
dy
.
dz
(4.14)
Условимся начало координат помещать на левом конце балки,
ось z направлять по оси балки вправо, а ось у – вверх. Прогиб, направленный вверх, будем считать положительным, вниз – отрицательным. Угол поворота будем считать положительным при повороте сечения против часовой стрелки.
4.2.1. Определение перемещений методом начальных параметров Запишем универсальное уравнение прогибов для произвольно
нагруженной балки, имеющей пять грузовых участков (рис. 4.10):
m( z − а)
F ( z − b)
EJy z = EJyо + EJ θо z + ∑
+∑
+
2!
3!
2
3
q ( z − с)
q(z − d )
+∑
−∑
,
4!
4!
4
4
(4.15)
где EJ – жесткость сечения; yz – прогиб в произвольном сечении; yo,
θo – прогиб и угол поворота в точке начала координат О, называемые
начальными параметрами; m – момент внешних пар сил; F – внешние
силы, включая реактивные; q – интенсивность распределенной нагрузки; a, b, c, d – абсциссы точек приложения соответствующих нагрузок.
Слагаемые в уравнении (4.15) имеют знаки изгибающих моментов, вызванных соответствующими нагрузками. Продифференцировав уравнение прогибов (4.15), получим уравнение углов поворота сечений балки:
117
m( z − a )1
F ( z − b) 2
q ( z − c) 3
q( z − d ) 4
+∑
+∑
−∑
. (4.16)
EJθ z = EJθ o + ∑
1!
2!
3!
4!
Целесообразно записывать только одно уравнение прогибов (4.15)
для произвольного сечения последнего участка, включая нагрузки,
в той последовательности, в которой они расположены от начала координат. Это уравнение пригодно для определения величины прогибов и углов поворота (после дифференцирования) на любом участке
балки; при этом следует учитывать силы, расположенные левее рассматриваемого сечения.
Рис. 4.10
Рис. 4.11
118
Начальные параметры yo, и θo зависят от способа закрепления
левого конца балки, где находится начало координат. Их значения
определяют исходя из граничных условий (рис. 4.11):
а) левый конец балки жестко защемлен; следовательно, прогиб
и угол поворота этого сечения равны нулю (уо = 0, θo = 0);
б) левый конец шарнирно оперт; в этом случае прогиб равен нулю, а угол поворота – нет (уо=0, θ o ≠ 0 ). Граничное условие для определения θo заключается в том, что прогиб на правой опоре В равен нулю, т. е. при z = уВ = 0;
в) левый конец балки свободен; следовательно, и прогиб, и угол
поворота в начале координат не равны нулю: уо ≠ 0 , θ о ≠ 0. Граничные
условия для определения начальных параметров состоят в том, что на
опорах А и В прогибы равны нулю: при z = a yA = 0; при
z = а + y B = 0.
4.2.2. Порядок расчета по методу начальных параметров Для того, чтобы найти прогиб и угол поворота какого-либо сечения заданной балки, необходимо:
1) определить опорные реакции и проставить их на расчетной
схеме;
2) выбрать единое начало координат на левом конце балки и выяснить,равны ли нулю начальные параметры или нет;
3) если распределенная нагрузка q не доходит до правого конца,
то её нужно продолжить и показать компенсирующую;
4) записать универсальное уравнение прогибов (4.15), учитывая
нагрузки, расположенные левее рассматриваемого сечения;
5) если начальные параметры не равны нулю, определить их исходя из граничных условий по уравнению (4.15);
6) получить уравнение углов поворота (4.16). Для этого следует
продифференцировать уравнение (4.15);
7) подставляя в уравнения (4.15) и (4.16) соответствующее значение z и учитывая нагрузки, расположенные левее сечения z, определить прогиб и угол поворота в данном сечении.
4.2.3. Расчет балок на жесткость Расчет на жесткость ведется по второй группе предельных состояний от нормативной нагрузки, т. е. без учета возможной перегрузки. Наибольший прогиб уmax = f не должен превышать предельно
119
допустимого, устанавливаемого строительными нормами, т. е. должно выполняться следующее условие жесткости:
f ≤ [ f ],
(4.17)
⎛
⎞
−
⎟ – допускаемый прогиб, указанный в долях про⎝ 200 1000 ⎠
где [ f ] = ⎜
лета балки . Если жёсткость балки недостаточна, то необходимо подобрать другое поперечное сечение из условия жесткости.
Пример 4.4. Прогиб концевого сечения балки для двух вариантов нагружения (рис. 4.12, а, б) одинаков и равен f. Определить отношение наибольших напряжений для заданных схем нагружения, если
жесткость балки равна EJ.
Решение
Определим опорные реакции и построим эпюры изгибающих
моментов М для вариантов а) и б), см. рис. 4.12, в, г.
Начало координат точку О выбираем на левом конце балки
(в заделке) (рис. 4.12, а, б); при этом начальные параметры равны нулю (yo = 0; θo = 0). Исходя из универсального уравнения прогибов,
найдем наибольшие напряжения для схем:
F 3
F ( − 0) 3 M ( − 0) 2
F 3
, или f = −
; откуда
а) E J f =
−
=−
3E J
6
2
3
M =F =−
3 f EJ
2
;
тогда
σ amax =
б) E J f = −
M
3f EJ
=− 2
.
W
W
(I)
m 2
m ( − 0) 2
, или f = −
; откуда
2E J
2
M =m=−
2 f EJ
2
;
тогда
б
σ max
=
M
2 f EJ
=− 2
.
W
W
120
(II)
Рис. 4.12
Разделив (I) на (II), получим
a
σ max
3
= = 1,5 ,
б
σ max 2
т. е. при нагружении балки одной силой наибольшие напряжения оказались в 1,5 раза больше, чем при действии пары сил (при одинаковом
прогибе).
Ответ: Напряжение в варианте а) в 1,5 раза больше, чем в варианте б).
Пример 4.5. Для балки, изображенной на рис. 4.13, а, подобрать
двутавровое поперечное сечение и определить прогиб свободного
конца балки.
Дано: Нормативная нагрузка и коэффициенты надежности по
нагрузке: для постоянной – Fn = 28 кН; mn = 22 кНм; γf = 1,1; для временной – qn = 20кН/м; γf = 1,4; расчетное сопротивление материала
изгибу R =228 МПа; а = 1,4 м; γс = 0,9; Е = 2⋅105 МПа.
Решение
Шаг 1. Расчет на прочность производится исходя из расчетных
нагрузок по первой группе предельных состояний. Определим расчетную нагрузку:
F = Fn γf = 28 ⋅ 1,1 = 30,8 кН;
m = mn γc = 22 ⋅ 1,1 = 24,2 кНм;
q = qn γf = 20 ⋅ 1,4 = 28 кН/м.
121
а
б
[кН]
[кНм]
в
Рис. 4.13
Эпюры Qy и Mх показаны на рис. 4.13, б,в.
Опасное сечение – в заделке: Мрасч = 149,6 кН⋅м .
Запишем условие прочности для опасного сечения по нормальным напряжениям:
σ max =
M расч
Wx
≤ R γc .
Откуда расчетный момент сопротивления
Wx ≥
M расч
Rγc
149,6 ⋅ 103
=
= 0,729 ⋅ 10 −3 м 3 = 729 см 3 .
6
228 ⋅ 10 ⋅ 0,9
Из сортамента выбираем двутавр № 36 с Wx = 743 см3,
Jx = 13380 см4.
Шаг 2. Расчет на жесткость ведется исходя из нормативных нагрузок по второй группе предельных состояний. Определим реакции
заделки (рис. 4.14):
∑ mА = 0;
m А = mn + 1,5qn ⋅ а 2 + Fn ⋅ а =
= 22 + 1,5 · 20 · 1,42 + 28 · 1,4 = 120 кНм,
∑ Y = 0;
VА = Fn + qn ⋅ а = 28 + 20 ⋅1, 4 = 56 кН.
122
Рис. 4.14
Для определения перемещений воспользуемся методом начальных параметров. Выбираем начало координат О на левом конце балки. Начало координат совпало с заделкой, поэтому начальные параметры равны нулю:
θ о = 0, yо = 0.
Продлим распределенную нагрузку q пунктиром до правого
конца балки и покажем компенсирующую нагрузку противоположного направления. Запишем универсальное уравнение прогиба (4.15),
учитывая нагрузки и реакции, расположенные левее сечения z:
m ( z − 0 ) VА ( z − 0 )
F ( z − а ) qn ( z − а )
q ( z − 2а )
EJ x y z = − А
+
− n
−
+ n
.
2!
3!
3!
4!
4!
2
3
3
4
4
Определим прогиб свободного конца балки, полагая в универсальном уравнении z = 3а :
m ( 3а ) VА ( 3а )
F ( 2 а ) qn ( 2 а )
q (а)
EJ x yB = − А
+
− n
−
+ n
=
2
6
6
24
24
2
3
3
4
4
120 ( 4, 2 )
56 ( 4, 2 ) 28 ( 2,8 ) 20 ( 2,8 )
20 (1, 4 )
=−
+
−
−
+
= −517 кН ⋅ м 3 .
2
6
6
24
24
2
3
3
4
4
откуда
yB = −
517
517 ⋅ 10 3
=−
= −0,0193 м = –1,93см.
EJ x
2 ⋅ 1011 ⋅ 13380 ⋅ 10 −8
123
Прогиб в точке В направлен вниз.
Ответ: Сечение – двутавр № 36; прогиб уВ = 1,93 см.
Пример 4.6. Для балки двутаврового профиля (рис.4.15,а) определить величину прогибов посредине пролета и на свободном конце.
Проверить выполнение условия жесткости. Определить углы поворота опорных сечений А и В. Показать примерную форму изогнутой оси
балки.
Дано: Нормативные значения нагрузок q = 32 кН/м, m = 10 кН ⋅ м,
F = 50 кН; двутавр № 20 а с моментом инерции Jx= 2030 см4; а = 1м;
Е = 2 ⋅ 105 МПа; допускаемый прогиб [ f ] = / 700 .
Решение
Шаг 1. Определим опорные реакции и проставим их на расчетной схеме (рис. 4.15, б). Выберем единое начало координат О на левом конце балки.
Начальные параметры:
уо= 0 ; θo ≠ 0,
т. е. угол поворота в точке начала координат не равен нулю.
Продлим равномерно распределенную нагрузку q до правого
конца балки и одновременно приложим противоположно направленную нагрузку той же интенсивности q (компенсирующую).
Запишем универсальное уравнение прогибов (4.15) для произвольного сечения последнего (второго) участка балки, включая нагрузки, в той же последовательности, в которой они расположены от
начала координат:
V A ( z − 0) 3 q( z − 0) 4
E J x y z = E J θo z +
−
3!
4!
m( z − 3a) 2 q( z − 3a) 4
−
+
2!
4!
AB
VB ( z − 3a) 3
+
−
3!
(I)
.
BK
Прерыватель АВ показывает, что при определении перемещений в каком-либо сечении участка АВ в уравнение (I) входят лишь
нагрузки, лежащие левее этого прерывателя. Аналогично – для участка BK.
Начальный параметр θо определим исходя из условия закрепления балки в точке В, где прогиб равен нулю (уВ = 0). Полагая в урав124
нении (I) z = 3a и учитывая слагаемые, находящиеся левее прерывателя АВ, запишем граничное условие:
V A (3a ) 3 q (3a ) 3
E J y B = E J θ o 3a +
−
=0.
3!
4!
(II)
Откуда произведение начального параметра на жесткость составит
E J θo = −
V A (3a ) 3 q (3a ) 4
34,7 ⋅ 32 32 ⋅ 33
2
+
=−
+
= −16 кНм .
6 ⋅ 3a
24 ⋅ 3a
6
24
(III)
Шаг 2. Определим прогибы. По уравнению (I), учитывая слагаемые левее прерывателя AB, определим прогиб сечения D при
z = 1,5a:
V (1,5а ) q (1,5а )
EJ x yD = EJ θо ⋅1,5а + А
−
=
3!
4!
3
4
34, 7 ⋅1,53 32 ⋅1,54
= −16 ⋅1,5 +
−
= −11, 25 кНм 3 ;
6
24
11, 25
11, 25 ⋅103
yD = −
=−
= −0,00277 м.
EJ x
2 ⋅1011 ⋅ 2030 ⋅10−8
Знак «минус» указывает на то, что балка в точке D прогибается
вниз (рис. 4.15, б).
Определим прогиб сечения К, учитывая в уравнении (I) все слагаемые, расположенные левее прерывателя ВК, при z = 4a:
V ( 4а ) q ( 4а ) VB ( а ) M ( а )
q (а)
EJ x yK = EJ x θо ⋅ 4а + А
−
+
−
+
=
3!
4!
3!
2!
4!
3
4
3
2
4
34,7 ⋅ 43 32 ⋅ 44 111 ⋅13 10 ⋅12 32 ⋅14
= −16 ⋅ 4 +
−
+
−
+
= −20,5кНм3
6
24
6
2
24
20,5
20,5 ⋅10 3
= −0,00505 м.
yK = −
=−
E Jx
2 ⋅ 1011 ⋅ 2030 ⋅ 10 −8
125
а
θо
б
VA = 34,7 кН
a=1м
в
θB
θА
г
Рис. 4.15
Шаг 3. Наибольший прогиб возникает в сечении K, и стрела
прогиба составляет f = 0,00505 м. Подставляя эту величину в условие
жесткости (4.17), имеем:
f = 0,00505 м > [ f ] =
3м
= 0,0043 м,
700
т. е. жесткость двутавровой балки № 20 а не обеспечена.
Выбираем другое сечение из условия жесткости:
yK =
20,5
≤ [ f ].
E Jx
Откуда
Jx ≥
20,5
20,5 ⋅10 3
4
5
см
.
=
2
,
384
⋅
10
=
2384
=
E [ f ] 2 ⋅1011 ⋅ 0,0043
126
Из сортамента (прил. 2) выбираем двутавр № 22 с моментом
инерции Jx = 2550 см4. Окончательно для двутавра № 22 получим:
yD = −
11,25
= −0,0022 м;
2 ⋅1011 ⋅ 2550 ⋅10 −8
20,72 ⋅103
yK = −
= −0,004 м.
2 ⋅1011 ⋅ 2550 ⋅10 −8
Шаг 4. Определим углы поворота. Очевидно, что для сечения А
угол поворота равен начальному параметру θо. Из уравнения (III)
найдем, что
16
16 ⋅ 10 3
θ A = θo = −
=−
= −0,003 рад = − 0,17°.
E Jx
2 ⋅ 1011 ⋅ 2550 ⋅ 10 −8
Знак «минус» показывает, что поворот сечения A произошел по
часовой стрелке (рис. 4.15. г).
Уравнение углов поворота на участке АВ получим, взяв производную по координате z от уравнения прогибов (I):
V A ( z − 0) 2 q ( z − 0) 3
−
E J xθ z = E J xθ o +
.
2!
3!
(IV)
Угол поворота сечения В найдем, подставив в уравнение (IV)
z = 3a:
V A (3a ) 2 q (3a ) 3
34,7 ⋅ 32 32 ⋅ 33
E J xθ B = E J xθ o +
−
= −16 +
−
= −4 кНм;
2
6
2
6
4
4 ⋅ 10 3
θB = −
=−
= −0,0078 рад = −0,04° ,
E Jx
2 ⋅ 1011 ⋅ 2550 ⋅ 10 −8
т. е. поворот сечения В происходит по часовой стрелке (рис. 4.15, г).
Шаг 5. На рис. 4.15, г показана примерная форма изогнутой оси
балки, при построении которой, помимо найденных прогибов yD и yK,
использована эпюра изгибающих моментов (рис. 4.15, в). Точка перегиба упругой линии соответствует поперечному сечению, в котором изгибающий момент равен нулю. Заметим, что на участке, где изгибающий
127
момент положительный, выпуклость упругой линии направлена вниз,
а где отрицательный – выпуклость упругой линии направлена вверх.
Ответ: yD = −0,0022 м, уК = −0,004 м, θА = −0,17°, θВ = −0,04.
4.3. Задачи для самостоятельного решения Задача 4.1. Балка квадратного сечения поставлена на сторону
(рис. 4.16, а) и на вершину (рис. 4.16, б). В каком варианте несущая
способность и жесткость балки будут больше?
Рис. 4.16
Ответ: Несущая способность в варианте а) больше в 1,4 раза;
жесткость одинакова.
Задача 4.2. Для какой из балок (рис. 4.17, а, б) требуется более
прочное поперечное сечение?
Рис. 4.17
Ответ: Для варианта б).
128
Задача 4.3. На балку (рис. 4.18) действуют две равные и противоположно направленные силы F. Определить прогибы посредине
балки и в точках С и D, а также углы поворота сечений А и В. Жёсткость сечения балки равна EJ.
Рис. 4.18
Ответ: Прогиб посредине балки равен нулю;
F 3
;
y D = yC =
6 EJ
F 2
θ A = θB = −
.
4 EJ
Задача 4.4. На двухопорную балку посредине пролета действует
сила F (4.19, а). Определить, во сколько раз наибольший изгибающий
момент и прогиб будут больше, чем для такой же балки, нагруженной
такой же нагрузкой, но равномерно распределенной по всей длине
(рис. 4.19, б).
Рис. 4.19
Ответ: Изгибающий момент больше в два раза; прогиб больше
в 1,6 раза.
129
Глава 5. СДВИГ И КРУЧЕНИЕ 5.1. Расчеты на срез и смятие Практические расчеты на срез носят условный характер и базируются на допущении, что в его плоскости возникают только касательные напряжения, равномерно распределенные по всему сечению.
При этом условие прочности на срез выражается формулой
τs =
Q
≤ Rs ,
As
(5.1)
где τs – напряжение среза; Q – поперечная (сдвигающая) сила; As –
площадь среза; Rs – расчетное сопротивление материала срезу.
Поперечную силу в случае, когда соединение осуществляется
только одинаковыми деталями (заклепками, болтами, шпонками и т. д.),
определяют по формуле
Q=
F
,
n ns
(5.2)
где F – внешняя нагрузка соединения; n – число одинаковых деталей;
ns – число плоскостей среза в одной детали.
Смятие представляет собой местное (поверхностное) сжатие
давящих друг на друга элементов. Нормальные напряжения на смятие
также определяются на основе упрощающего предположения об их
равномерном распределении по площади смятия. Тогда условие
прочности при расчете на смятие выражается формулой
σp =
F
≤ Rp ,
Ap
(5.3)
где σp – напряжение смятия; F – сила, вызывающая смятие; Ap – площадь смятия; Rp – расчетное сопротивление материала смятию (p –
смятие, от англ. pressure –давление, сжатие).
Передача усилия заклепочомуй стержню (или болту) происходит путем нажатия стенок заклепочного отверстия на заклепку.
В этом случае фактическая площадь смятия представляет собой поверхность полуцилиндра, которую условно заменяют проекцией его
поверхности на диаметральную площадь:
130
Ap = d ⋅ ∑ t min ,
(5.4)
где ∑ t min − наименьшая суммарная толщина листов в соединении,
сминаемых в одном направлении.
Пример 5.1. Стальной образец, установленный в круглые захваты разрывной машины (рис. 5.1, а), был испытан на растяжение.
Какие наибольшие напряжения сдвига и смятия возникли в головке образца при испытании, если предел прочности материала при
растяжении σu = 470 МПа?
Дано: Диаметр образца d = 10 мм; диаметр головки d1 = 20 мм,
высота головки h = 16 мм.
Решение
Шаг 1. Находим нагрузку Fu, соответствующую пределу прочности при растяжении
σu =
откуда
Fu
,
A
(
)
π 10 ⋅10−3
πd 2
⋅ σu =
⋅ 470 ⋅106 = 36900 Н,
Fu =
4
4
где А – площадь сечения образца.
Шаг 2. Под действием силы Fu возникают напряжения среза
(сдвига) по цилиндрической поверхности, которое может срезать головку высотой h (рис. 5.1, б). Площадь среза
As = π d h = π (10 ⋅ 10 −3 ) (16 ⋅ 10 −3 ) = 502 ⋅ 10 −6 м 2 .
Напряжения среза в головке образца
τs =
Fu
36900
=
= 73,5 МПа.
As 502 ⋅10 − 6
Шаг 3. Под действием силы Fu возникают напряжения смятия
σp по опорному кольцу головки (рис. 5.1, б). Площадь смятия
Ap =
π
(
d12
−d
4
2
)
(
π ⎡ 20 ⋅10−3
⎢
= ⎣
) − (10 ⋅10 ) ⎤⎥⎦
2
131
4
−3 2
= 235 ⋅10−6 м2.
Рис. 5.1
Напряжения смятия по опорному кольцу образца
σp =
Fu
36900
=
= 157 МПа.
A p 235 ⋅ 10 − 6
Ответ: τs = 73,5 МПа; σp = 157 МПа.
Пример 5.2. Два листа толщиною t = 8 мм соединены внахлестку двумя заклепками и растягиваются силами величиною в F = 40кН
(рис. 5.2, а, б). Определить необходимый диаметр заклепок и проверить прочность соединения, если расчетные сопротивления для заклепок срезу Rs = 100 МПа, смятию Rp = 280 МПа, растяжению листов
Rt = 140 МПа.
Решение
Шаг 1. Находим диаметр заклепки, исходя из условия прочности на срез и учитывая, что заклепки односрезные, см. формулы (5.1)
и (5.2):
Q
F
τs =
=
≤ Rs ;
Аs
πd 2
n ⋅ ns ⋅
4
132
4F
4 ⋅ 40 ⋅103
d≥
=
= 1,6 ⋅10−2 м = 16 мм.
6
n ⋅ ns ⋅ πRs
2 ⋅1 ⋅ π ⋅100 ⋅10
где п = 2 – количество заклепок в соединении; пs = 1 – количество
πd 2
− площадь среза одной заплоскостей среза одной заклепки;
4
клепки.
Шаг 2. Находим диаметр заклепки, исходя из условия прочности на смятие:
σp =
d≥
F
F
=
≤ Rp ,
Ap n ⋅ d ⋅ t
F
40 ⋅ 10 3
=
= 9 ⋅10 −3 м = 9 мм,
−3
6
n ⋅ t ⋅ R p 2 ⋅ 8 ⋅10 ⋅ 280 ⋅ 10
где t – толщина листа; d t – условная площадь смятия одной заклепки.
Чтобы удовлетворить условиям прочности на срез и смятие, надо из двух найденных диаметров выбрать больший, т. е. d = 16 мм.
При этом значении напряжения смятия в заклепках будет равно
σp =
40 ⋅103
= 156 МПа < R p = 280 МПа.
2 ⋅16 ⋅ 8 ⋅10 −6
а
б
Рис 5.2
133
Шаг 3. Проверяем прочность листа в сечении, ослабленном
двумя отверстиями под заклепки.
Площадь опасного сечения
2
Anet = (5,1 d − 2 d ) ⋅ t = 3,1 d ⋅ t = 3,1 ⋅ 16 ⋅ 8 = 397 мм .
Напряжение в опасном сечении при растяжении листа
F
40 ⋅10 3
σt =
= 100 МПа < Rt = 140 МПа.
=
Anet 397 ⋅ 10 − 6
Ответ: Диаметр заклепки d = 16 мм; прочность соединения
обеспечена.
Пример 5.3. Стык двух листов толщиной t = 10 мм, перекрытый
двумя накладками толщиной t1 = 6 мм каждая, растягивается силами
величиной F = 86 кН (рис. 5.3, а,б). Проверить прочность заклепочного соединения, если с каждой стороны стыка поставлено по две заклепки диаметром d = 18 мм, а расчетное сопротивление для заклепок
срезу Rs = 100 МПа, смятию Rp = 280 МПа, растяжению листов
Rt = 140 МПа.
Решение
Шаг 1. Проверим прочность листа в сечении, ослабленном отверстием под заклепки (рис. 5.3, б):
F
F
86 ⋅10 3
σt =
= 75,4 МПа,
=
=
Anet (b − n ⋅ d ) ⋅ t (150 − 2 ⋅18) ⋅10 ⋅10 − 6
где n = 2 – число отверстий по одну сторону стыка.
Прочность листа обеспечена, т. к.
σt =75,4 МПа < Rt =140 MПа.
Шаг 2. Проверим прочность заклепок, расположенных по одну
сторону стыка, на срез, учитывая, что заклепки двухсрезные, т. е.
ns = 2:
F
F
86 ⋅103
τs =
=
=
= 84,5 МПа.
Аs
πd 2
π ⋅182
−6
n ⋅ ns ⋅
2⋅2⋅
⋅10
4
4
134
а
б
Рис. 5.3
Прочность заклепок на срез обеспечена, т. к.
τ s = 84,5 МПа < R s = 100 МПа.
Шаг 3. Проверим заклепки на смятие.
Площадь смятия
Ap = n d ∑ t min ,
где ∑ t min = 10 мм, т. к. толщина листа меньше суммы значений толщины обеих накладок 2t1 = 12 мм.
Напряжение смятия
σp =
F
F
86 ⋅ 10 3
=
=
= 238 МПа .
A p n d ∑ t min 2 ⋅ 18 ⋅ 10 ⋅ 10 −6
σ p = 238 МПа < Rp = 280 МПа.
Следовательно, условие прочности на смятие удовлетворяется.
Ответ: Прочность соединения обеспечена.
Пример 5.4. Болт диаметром d = 20 мм, работающий на растяжение, опирается головкой на лист (рис. 5.4). Определить величину
допускаемой силы F, если расчетное сопротивление материала болта
растяжению Rt = 160 МПа , срезу Rs = 80 МПа, смятию Rp = 180 МПа.
135
Рис. 5.4
Дано: Диаметр головки болта D = 30 мм, высота головки h = 10 мм.
Решение
Шаг 1. Найдем значение силы из условия прочности болта на
πd 2
разрыв. Площадь сечения болта Аб =
.
4
Ft
≤ Rt ,
Аб
σt =
откуда
Ft ≤
2
πd
⋅ Rt =
4
(
π 20 ⋅10 −3
4
)
2
⋅160 ⋅106 = 50204 Н.
Шаг 2. Найдем значение силы из условия прочности головки
болта на срез. Площадь среза головки As = π ⋅ d ⋅ h.
τs =
откуда
(
Fs
≤ Rs ,
As
)(
)
Fs ≤ π ⋅ d ⋅ Rs = π 20 ⋅10 −3 10 ⋅10 −3 ⋅ 80 ⋅106 = 50240 Н.
Шаг 3. Найдем величину силы из условия прочности головки
болта на смятие, происходящее по площади опирания головки. Площадь смятия имеет форму кольца. Следовательно,
136
Аp =
(
π D2 − d 2
4
);
σp =
Fp
Аp
≤ Rp ,
откуда
Fp ≤
(
2
π⋅ D − d
4
2
)
(
π ⎡ 30 ⋅10 −3
⎢
⋅ Rp = ⎣
) ( 20 ⋅10 ) ⎤⎥⎦
2
−3 2
4
⋅180 ⋅106 = 70650 Н.
Из трех найденных значений силы в качестве допускаемого выбираем наименьшее: F ≤ 50204 Н .
Ответ: F ≤ 50204 Н.
5.2. Кручение бруса круглого поперечного сечения Кручением называют такой вид нагружения (деформации) бруса, при котором в его поперечных сечениях возникает только крутящий момент Mz. В поперечном сечении бруса (вала) круглого поперечного сечения (сплошного или кольцевого) действуют только касательные напряжениия.
В произвольной точке поперечного сечения касательное напряжение определяется по формуле
τ=
Mz
ρ,
Jρ
(5.5)
где Jρ − полярный момент поперечного сечения; ρ − расстояние от
точки до центра сечения.
Максимального значения касательные напряжения достигают на
контуре вала и определяются по формулам
τ max =
где ρ max =
Mz
M
ρ max , или τ max = z ,
Wρ
Jρ
(5.6)
d
(d – диаметр вала); Wρ − полярный момент сопротивления
2
сечения вала в м3 или см3.
Для сплошного сечения
πd 4
πd 3
; Wρ =
.
Jρ =
32
16
137
(5.7)
Для кольцевого сечения
π D4
(1 − α 4 ) ;
Jρ =
32
π D3
(1 − α 4 ) ,
Wρ =
16
где D – наружный диаметр вала; α =
(5.8)
d
− отношение внутреннего
D
диаметра вала к его наружному диаметру.
Вал (брус), работающий на кручение, должен удовлетворять условию прочности
τ max =
Mz
≤ [τ ] ,
Wρ
(5.9)
где [τ] − допускаемое напряжение на кручение.
Взаимный угол закручивания двух сечений, расположенных на
расстоянии друг от друга, определяется по формуле
M z dz
,
GJ
ρ
0
ϕ=∫
(5.10)
где GJρ − жесткость сечения при кручении.
Если Mz = const и GJρ = const, то
Mz
.
GJ ρ
ϕ=
(5.11)
Алгебраически суммируя величины этих углов закручивания на
всех участках, получим полный угол закручивания всего вала.
Мерой деформации при кручении является угол закручивания,
приходящийся на единицу длины и называемый относительным углом закручивания, который находят по формуле
θ=
Mz
.
GJ ρ
(5.12)
Условие жесткости при кручении имеет вид
θ max ≤ [ θ ] ,
(5.13)
где θmax − наибольший относительный угол закручивания; [θ] − допускаемый относительный угол закручивания, рад/м.
138
При расчете вала крутящий момент Mz можно выразить через
передаваемую мощность и угловую скорость вращения вала:
Mz =
P
P
, или M z = 9,55 H⋅м,
ω
n
(5.14)
где Р – мощность, Вт; ω − рад/с; п – об/мин.
При проектировании вала необходимый диаметр вала выбирают
исходя из двух значений, найденных в соответствии с условием прочности и условием жесткости.
Пример 5.5. Сплошной стальной вал диаметром d = 10 см скручивается двумя парами сил (рис. 5.5, а, б). Определить наибольшие
касательные напряжения в точке К того же сечения. Построить эпюру
углов закручивания вала, если модуль сдвига стали G = 8⋅104 МПа.
Решение
Шаг 1. Разобьем вал на два участка. В соответствии с правилами знаков, изложенными в п.1.5, запишем выражения для расчета
крутящих моментов на каждом участке и найдем их значения:
M zI = − m1 + m2 = −20 + 60 = 40 кН⋅м;
M zII = − m1 = −20 кН⋅м.
По полученным значениям строим эпюру крутящих моментов
(рис. 5.5, в).
Шаг 2. По формуле (5.6) находим наибольшие касательные напряжения в опасном сечении с наибольшим моментом M z max = 40 кН⋅м:
τ max =
M zmax
Jρ
ρ max
40 ⋅ 10 3
=
⋅ 5 ⋅ 10 −2 = 204 МПа,
−8
981 ⋅ 10
π d 4 π ⋅ 10 4
4
где полярный момент инерции сечения J ρ =
=
= 981 см ;
32
32
ρmax = 5 см – расстояние от центра вала до наиболее удаленной точки
сечения. Напряжение в точке К в соответствии с формулой (5.5) равно
τК =
M zmax
Jρ
40 ⋅ 10 3
ρK =
⋅ 4 ⋅ 10 −2 = 163 МПа,
−8
981 ⋅ 10
где ρ К = 4 см – расстояние от точки К до центра сечения.
139
б
а
в
г
Рис. 5.5
Шаг 3. Эпюру углов закручивания начинаем строить от неподвижного сечения, применяя формулу (5.10).
Участок I (0 ≤ z ≤ 0,8 м)
M zI z M zI z
;
ϕI = ∫
=
GJ ρ
z GJ ρ
при z = 0
ϕ I = 0;
40 ⋅ 103 ⋅ 0,8
ϕI =
= 0,04 рад .
при z = 0,8 м
8 ⋅ 1010 ⋅ 981 ⋅ 10−8
Участок II (0 ≤ z ≤ 1,2 м)
M zII dz
M zII z
;
ϕ II = ϕ I + ∫
= ϕI +
GJ ρ
z GJ ρ
при z = 0
при z = 1,2 м
ϕ II = ϕ I = 0,04 рад ;
20 ⋅ 103 ⋅ 1,2
ϕII = 0,04 −
= 0,04 − 0,03 = 0,01рад.
8 ⋅ 1010 ⋅ 981 ⋅ 10−8
140
По этим данным на рис 5.5, г построена эпюра углов закручивания.
Ответ: τmax = 204 МПа; τ К = 163 МПа .
Пример 5.6. Полый стальной вал длиной 5 м при скорости вращения n = 160 об/мин передает мощность 6 МВт. Отношение внутреннего диаметра к наружному равно 0,8. Каким должен быть наружный диаметр вала, чтобы касательные напряжения не превосходили
80 МПа?
Найти полный угол закручивания вала и проверить его жесткость,
если допускаемый относительный угол закручивания [θ] = 0,34 град/м,
а модуль сдвига G = 8⋅104 МПа.
Решение
Определим крутящий момент по формуле (5.14):
P
6 ⋅10 6
M z = 9,55 ⋅ = 9,55 ⋅
= 358 кН⋅м.
n
160
Вычислим полярные моменты сопротивления и инерции сечения вала по формуле (5.8):
Wρ =
π D3
π D4
(1 − α 4 ) =
(1 − 0,8 4 ) = 0,116 D 3 ;
16
16
πd 3
0,116 D 3
4
Jρ =
(1 − α ) =
= 0,058 D 4 .
32
2
Найдем наружный диаметр вала исходя из условия прочности:
Mz
Mz
≤ τ max .
≤ τ max , или
Wρ
0,016 D 3
Отсюда
D ≥
3
Mz
358 ⋅ 103
=3
= 33,8 см.
0,116 τ max
0,116 ⋅ 80 ⋅ 10 6
Угол закручивания вала
Mz
358 ⋅ 10 3 ⋅ 5
ϕ=
=
= 0,029 рад.
GJ ρ 8 ⋅ 1010 ⋅ 0,058 ⋅ 33,8 4 ⋅ 10 −8
141
Вычислим величину относительного угла закручивания вала
и сравним её со значением допускаемого угла:
θо =
ϕ 180° 0,029 180
⋅
=
⋅
= 0,33 град/м < [θ] = 0,34 град/м,
π
5
π
т. е. условие жесткости удовлетворяется.
Ответ: D = 33,8 см; ϕ = 0,029 рад.
Пример 5.7. Сплошной вал диаметром d = 300 мм заменили полым валом наружным диаметром D = 350 мм, эквивалентным в отношении прочности. Найти внутренний диаметр полого вала d1; сравнить веса этих валов.
Решение
Так как валы равнопрочные, то при обоих вариантах наибольшие касательные напряжения должны быть одинаковыми:
τ max =
Mz
Mz
Mz
=
, т. е.
3
3
Wρ
πd
πD
16
16
(1 − α )
(
)
, или d 3 = D 3 1 − α 4 .
4
Отсюда получим формулу для вычисления α:
3
3
d
⎛ 300 ⎞
α = 4 1− 3 = 4 1− ⎜
⎟ = 0,78.
350
D
⎝
⎠
Внутренний диаметр полого вала
d1 = 0,78 D = 0,78 ⋅ 350 = 273 мм.
Отношение значений веса равно отношению площадей поперечных сечений. Поэтому вес полого вала составляет
D 2 − d12 352 − 27,32
=
= 0,533 веса сплошного вала.
d2
30 2
Ответ: d1 = 273 мм; полый вал легче сплошного в 1,9 раза.
Пример 5.8. Шкив двухколодочного тормоза крана, имеющий
диаметр D = 300 мм, жестко крепится на стальном валу диаметром
142
d = 30 мм (рис. 5.6). Определить наибольшие напряжения кручения
в сечении вала, если сила нажатия на колодки тормозного шкива
F = 820 Н, коэффициент трения скольжения между колодками и шкивом f = 0,4.
1 – колодка
2 – шкив
3 – вал
Рис. 5.6
Решение
Окружное усилие на тормозном шкиве равно силе трения, возникающей между колодками и шкивом:
P = 2 F f = 2 ⋅ 820 ⋅ 0,4 = 656 Н.
Крутящий момент на тормозном шкиве
D
300 ⋅ 10 −3
M z = P = 556 ⋅
= 98,4 H⋅м.
2
2
Полярный момент сопротивления сечения вала
Wρ =
πd3 π
3
= (30 ⋅ 10 −3 ) 3 = 5,3 ⋅ 10 −6 м .
16
16
Наибольшие напряжения кручения в сечении вала
τ max =
Mz
98,4
2
=
= 18,5 ⋅ 10 6 Н/м = 18,5 МПа.
−6
Wρ 5,3 ⋅ 10
Ответ: τ max = 18,5 МПа .
143
5.3. Задачи для самостоятельного решения Задача 5.1. Двутавровая балка опирается своими концами на выступы кирпичной стены (рис. 5.7). На балку действует равномерно распределенная нагрузка, равнодействующая которой Q = 120 кН. Найти
необходимую площадь подкладки под конец балки исходя из условия,
что давление смятия на стену не должно превышать 1,2 МПа.
Рис 5.7
Ответ: А = 500 см2.
Задача 5.2. Из стального листа толщиной 2 мм штампуют деталь (рис. 5.8). Рассчитать силу, необходимую для штамповки, если
предел прочности на срез материала листа τus= 200 МПа.
Рис. 5.8
Ответ: F = 52 кН.
Задача 5.3. Два стальных вала сплошного и кольцевого сечения
имеют одинаковые площади поперечных сечений и изготовлены из
одного и того же материала. Сравнить наибольшие вращающие моменты, передаваемые валами, если диаметр вала сплошного сечения
d1 = 40 мм, а внешний диаметр вала кольцевого сечения D2 = 50 мм.
Ответ: Вал кольцевого сечения может передать вращающий
момент на 70 % больше, чем вал сплошного сечения.
144
Глава 6. НАПРЯЖЕННОЕ И ДЕФОРМИРОВАННОЕ СОСТОЯНИЕ В ТОЧКЕ 6.1. Напряжения на наклонных и главных площадках В окрестности любой точки тела можно выделить элементарный
объем в виде бесконечно малого параллелепипеда. При нагружении
тела на его гранях (площадках) возникают в общем случае как нормальные, так и касательные напряжения. Среди бесчисленного множества площадок, которые можно провести через данную точку, есть
три взаимно перпендикулярные, на которых касательные напряжения
отсутствуют, т. е. равны нулю. Такие площадки называют главными,
а возникающие на них нормальные напряжения – тоже соответственно главными.
Различают три вида напряженного состояния:
• объемное ( трехосное), когда все три главных напряжения отличны от нуля;
• плоское (двухосное), когда одно из главных напряжений равно
нулю;
• линейное (одноосное), когда два главных наряжения равны
нулю.
Главные напряжения обозначают через σ1, σ2, σ3 , расположив их
в порядке убывания в алгебраическом смысле (σ1 ≥ σ2 ≥ σ3).
Напряжения на наклонных площадках вычисляют по следующим формулам.
При линейном напряженном состоянии
σ α = σ1 cos 2 α ,
(6.1)
σ1
sin 2α,
2
(6.2)
τα =
F
.
А
При плоском напряженном состоянии
где главное напряжение σ1 =
σ α = σ1 cos 2 α + σ 2 sin 2 α;
145
(6.3)
τα =
σ1 − σ2
sin 2α.
2
(6.4)
Главные напряжения σ1 и σ2 вычисляются так:
σ1, 2 =
σα − σβ
2
±
1
2
( σ α − σβ )
2
+ 4τ2 .
(6.5)
Направление главных напряжений определяется углом αо:
tg2α о = −
2τ
.
σα − σβ
(6.6)
Вычисление напряжений σα и τα по формулам (6.3) и (6.4), главных напряжений и главных направлений по формулам (6.5) и (6.6)
можно заменить графическим построением с помощью круга Мора.
При этом на плоскости выбирается система прямоугольных координат с осями σ и τ. Напряженное состояние на заданных площадках изображается точками в системе координат σ и τ. Определив надлежащим образом центр, проводят круг напряжений. Координаты точек окружности соответствуют искомым напряжениям.
6.2. Обобщенный закон Гука Деформации в направлении главных напряжений – главные деформации – определяются на основе обобщенного закона Гука:
ε1 =
1
⎡ σ1 − v ( σ 2 + σ3 ) ⎤⎦ ;
E⎣
ε2 =
1
⎡ σ 2 − v ( σ1 + σ3 ) ⎤⎦ ;
E⎣
ε3 =
1
⎡ σ3 − v ( σ1 + σ 2 ) ⎤⎦ ,
E⎣
(6.7)
где ν – коэффициент Пуассона.
Пример 6.1. Стержень диаметром d = 40мм растянут двумя противоположно направленными силами величиной F = 80 кН, прило146
женными вдоль оси (рис. 6.1, а). Определить нормальное, касательное
и полное напряжение на площадке, наклоненной под углом 60° к поперечному сечению стержня.
Рис. 6.1
Решение
Площадь поперечного сечения стержня
А=
2
πd
=
4
(
π 40 ⋅10−3
4
)
2
= 1256 ⋅10−6 м2.
Нормальное напряжение в сечении, перпендикулярном
стержня,
F
80 ⋅103
σ1 = =
= 63,7 МПа.
А 1256 ⋅10−6
оси
Нормальное и касательное напряжение на площадке, наклоненной под углом 60° к поперечному сечению бруса (рис.6.1,б) рассчитывают по формулам (6.1) и (6.2):
σ α = σ1 cos 2 α = 63, 7 ⋅ cos 2 60° = 15,9 МПа;
τα =
σ1 2
63,7
⋅ sin120° = 27,6 МПа.
sin 2α =
2
2
Вычислим полное напряжение на заданной площадке:
Pα = σα2 + τα2 = 15,92 + 27,6 2 = 31,8 МПа.
Ответ: σα = 15,9 МПа ; τα = 27,6 МПа; Рα = 31,8 МПа.
147
Пример 6.2. Какую сжимающую силу можно приложить к бетонной призме с сечением площадью 200 × 200 мм2 (рис. 6.2), если
касательные напряжения не должны превышать τmax = 1,6 МПа?
Рис. 6.2
Решение
Из формулы (6.2) следует, что наибольшие касательные напряжения действуют по площадкам, составляющим угол 45° с направлением оси стержня, и равны половине наибольших нормальных напряжений, действующих в поперечном сечении:
τ max =
σ1
F
, или τ max =
,
2
2A
F
; А – площадь поперечного сечения призмы.
А
Тогда допускаемое значение сжимающей силы равно
где σ1 =
F = τ max 2 A = 1,6 ⋅ 10 6 ⋅ 2 ⋅ ( 200 ⋅ 10 −3 ) 2 = 128 кН.
Ответ: F = 128 кН.
Пример 6.3. На гранях бесконечно малого параллелепипеда возникают главные напряжения σ2 = − 50 МПа и σ3 = − 80 МПа. Определить нормальные и касательные напряжения, возникающие на заданной наклонной площадке, нормаль к которой составляет угол α = 30°
с направлением наибольшего главного напряжения (рис. 6.3, а).
148
Рис. 6.3
Решение
По формулам (6.3) и (6.4) рассчитаем напряжения на наклонной
площадке при плоском напряженном состоянии.
σ α = σ 2 cos 2 α + σ3 sin 2 α = −50 ⋅ 0,866 2 − 80 ⋅ 0,52 = −57,5 МПа;
τα =
σ 2 − σ3
− 50 − (−80)
sin 2α =
⋅ 0,866 = 13 МПа.
2
2
Направление найденных напряжений, действующих на наклонной площадке, показано на рис. 6.3,б.
Ответ: σα = − 57,5 МПа; τα = 13 МПа.
Пример 6.4. Для балки прямоугольного сечения (рис. 6.4, а, б)
требуется определить величину и направление главных напряжений
в точке К (графически и аналитически). Размеры сечения: b = 10 см;
h = 18 см.
Решение
Шаг 1. Построим эпюры Qy и Мх (рис. 6.4, в, г). По эпюрам
в точке К найдем поперечную силу и изгибающий момент (нижние
волокна сжаты):
Qy = 60 кН, Мх = − 40 кН⋅м.
Шаг 2. Определим осевой момент инерции поперечного сечения
и статический момент части сечения, расположенной ниже точки К
(рис. 6.4, б):
bh 2 10 ⋅18 3
4
Jx =
=
= 4860 см ;
12
12
2
S xотс = Аотс усотс = 10 ⋅ 6 ⋅ 9 = 540 см .
149
б
а
в
г
д
Рис. 6.4
Шаг 3. Вычислим напряжение в точке К:
σ y = 0,
т. к. при изгибе продольные волокна не давят друг на друга;
σz =
Mx
40 ⋅ 10 3
yK = −
⋅ 3 ⋅ 10 −2 = −24,7 МПа;
−8
Jx
4860 ⋅ 10
τ=
Q y S xотс
J x bK
=
60 ⋅ 10 3 ⋅ 540 ⋅ 10 −6
= 6,6 МП.
4860 ⋅ 10 −8 ⋅ 10 ⋅ 10 −2
На рис. 6.4, д показан малый элемент, вырезанный в окрестности точки К, находящейся в плоском напряженном состоянии под
действием напряжений σz и τ = τzy = τyz.
Шаг 4. Графически и аналитически найдем главные напряжения
и их направления.
150
Графическое решение
На плоскости выберем прямоугольную систему координат σОτ
(рис. 6.5, а) и нанесем на нее точку М, абсцисса которой в некотором
масштабе равна нормальному напряжению σz = − 24,7 МПа, а ордината – касательному напряжению τzy = 6,6 МПа.
Напряжение σz отрицательное; поэтому его значение отложено
влево от начала координат. Напряжение τzy положительное; поэтому
его значение отложено вверх от оси абсцисс. Затем нанесем точку N
с абсциссой σy = 0 и ординатой τyz = − 6,6 МПа. Точка М характеризует напряжения на боковых гранях, а точка N – на горизонтальных
гранях элемента.
Соединим точки M и N прямой, пересекающей ось абсцисс
в точке С, являющейся центром круга Мора. На прямой MN как на
диаметре строим круг Мора, который отсекает на оси абсцисс отрезки
ОА и ОВ, соответствующие главным напряжениям σ1 и σ3 (σ1 – положительно; σ3 – отрицательно).
Из точек М и N проводим лучи, параллельные нормалям к горизонтальной и вертикальной граням, до пересечения с окружностью
в точке Р (полюс круга Мора).
Направление главных напряжений σ1 и σ3 узнаем, соединив точки А и В с полюсом круга Мора. На рис. 6.5, б показан (заштрихован)
элемент, вырезанный в окрестности точки К, под действием главных
напряжений σ1 и σ3.
Рис. 6.5
151
Аналитическое решение
По формуле (6.5) найдем величины главных напряжений:
σ1, 3 =
=
σz + σ y
2
−24, 7 + 0 1
±
2
2
±
1
2
(
σz − σ y
)
( 24, 7 )2 + 4 ⋅ 6, 62
2
+ 4τ2 =
= −12,34 ± 14;
σ1 = − 12, 35 − 14 = 1, 65 МПа;
σ 3 = −12, 35 − 14 = −26, 35 МПа.
Направление главных напряжений установим по формуле (6.6):
tg2α о = −
2τ
2 ⋅ 6, 6
=−
= 0,53.
σz − σ y
−24, 7 − 0
Откуда
αо = 15°30′,
где αо – угол между первым главным напряжением σ1 и направлением
алгебраически наибольшего напряжения на заданных площадках, т. е.
σу (σу = 0 > σz = − 24,7).
Шаг 5. Проверка вычислений.
Сумма нормальных напряжений на взаимно перпендикулярных
площадках постоянна и равна сумме главных напряжений:
σ z + σ y = σ1 + σ3 = const;
− 24,7 + 0 = 1,65 − 26,35;
− 24,7 = − 24,7.
Ответ: σ1 = 1,65 МПа, σ3 = − 26,35 МПа, αо = 15°30′.
Пример 6.5. Для плоского напряженного состояния (рис. 6.6)
определить главные деформации в точке тела, если главные напряжения в этой точке σ1 = 120 МПа и σ2 = 70 МПа. Материал – сталь. Модуль упругости Е = 2,1⋅105 МПа; коэффициент Пуассона ν = 0,26.
152
Рис. 6.6
Решение
Для заданного напряженного состояния σ3 = 0 определим главные деформации по формулам обобщенного закона Гука (6.7):
ε1 =
1
120 − 0, 26 ⋅ 70
= 485 ⋅10−6 ; ;
⎡⎣( σ1 − vσ 2 ) ⎤⎦ =
5
E
2,1 ⋅10
ε2 =
1
70 − 0, 26 ⋅120
⎡⎣( σ 2 − vσ1 ) ⎤⎦ =
= 185 ⋅10−6 ;
5
E
2,1 ⋅10
ε3 =
0, 26 ⋅ (120 + 70 )
1
⎡⎣ −v ( σ1 + σ 2 ) ⎤⎦ = −
= −285 ⋅10−6 .
5
E
2,1 ⋅10
В направлении главных напряжений σ1 и σ2 элемент испытывает
растяжение, в третьем направлении – сжатие.
Ответ: ε1 = 485⋅10-6; ε2 = 185⋅10-6; ε3 = − 285⋅10-6.
Пример 6.6. Бетонный кубик длиной стороны а = 20 см плотно
помещен в абсолютно жесткую обойму и центрально сжимается силой
F = 240 кН (рис. 6.7). Определить все три главные напряжения в нем.
Решение
Сила F вызывает сжимающее напряжение на верхней и нижней
гранях кубика, которое равно
F
240 ⋅103
σz = − = −
= −6 МПа.
−2 2
А
20 ⋅10
(
)
153
Рис. 6.7
При сжатии кубик расширяется и давит на стенки обоймы, реакции которых вызывают сжимающие напряжения σх и σу. Ввиду симметрии обоймы и кубика σх = σу.
Относительные деформации εх и εу , равные нулю, при объемном
напряженном состоянии выражаются по формулам (6.7) обобщенного
закона Гука:
1
ε x = ⎡⎣σ x − μ σ y + σ z ⎤⎦ = 0; ;
E
(
εy =
)
1
⎡σ x − μ ( σ x + σ z ) ⎤⎦ = 0.
F⎣
Совместно решая эти уравнения деформаций, найдем, что
σx = σ y =
μ
0,18
σz =
⋅ ( −6 ) = −1,32 МПа.
1− μ
1 − 0,18
Главные напряжения в бетоне будут равны:
σ1 = σ x = −1,32 МПа;
σ 2 = σ y = −1,32 МПа;
σ3 = σ z = −6 МПа.
Следовательно, кубик испытывает всестороннее сжатие.
Ответ: σ1 = σ 2 = − 1, 32 МПа; σ 3 = − 6 МПа.
154
6.3. Задачи для самостоятельного решения Задача 6.1. Нормальное напряжение на одной из площадок растянутого стержня равно 90 МПа. Определить положение этой площадки и величину возникающего на ней касательного напряжения,
если нормальное напряжение в поперечном сечении составляет
120 МПа.
Ответ: α1=30°, τα1=52 МПа; α2=330°, τα2=52 МПа.
Задача 6.2. Аналитически и графически найти величины и направления главных напряжений σ1 и σ2 в плоском элементе (рис. 6.8),
к граням которого приложены заданные нормальные и касательные
напряжения:
а) σα= 20 МПа,
σα+90= – 80 МПа,
τα= 60 МПа;
б) σα= 40 МПа,
σα+90= 60 МПа,
τα= 80 МПа;
в) σα= – 100 МПа,
σα+90= – 20 МПа,
τα= – 40 МПа.
Рис.6.8
Ответ:
а) σ1= 48 МПа,
б) σ1= 104,5 МПа,
в) σ1= 3,5 МПа,
σ2= – 108 МПа,
σ2= – 84,5 МПа,
σ2= – 116,5 МПа,
155
α0= – 25°;
α0= 61°;
α0= – 22°30’.
ЗАКЛЮЧЕНИЕ Курс «Сопротивление материалов» является базовым для строительных и машиностроительных специальностей. Он закладывает
фундамент грамотного проектирования конструкций.
Задачей изучения курса является достижение второго уровня
знаний, т. е. уровня умения. Девизом при изучении курса являются
известное высказывание проф. С. А. Пономарева: «В сопротивлении
материалов знать – значит уметь». В соответствии с этой задачей
учебный процесс строится таким образом, что студенты выполняют
большой объем самостоятельной расчетной работы.
Характерная особенность в методике изложения материала данного учебного пособия заключается в том, что исследование внутренних силовых факторов во всех случаях нагружения бруса производится
в самом начале и в тесной связи с разделом «Статика». Такое построение позволяет студентам выполнить первое расчетно – проектировочное задание на построение эпюр в начале осеннего семестра и обеспечивает более равномерное распределение – самостоятельной работы,
а потому в дальнейшем не отвлекает их внимание от основного содержания курса вспомогательными упражнениями по исследованию внутренних усилий по длине бруса.
Учебное пособие построено по принципу от простого к сложному. Основное внимание уделено решению типовых задач. Некоторые
задачи требуют творческого подхода к решению. Задачи включают
возможности сравнительного анализа полученных решений с тем,
чтобы выбрать наиболее удачный вариант, овладеть методами проверки решений. Завершающим этапом решения задач являются правильно сделанные выводы.
Все обозначения в учебном пособии унифицированы и соответствуют Строительным нормам и правилам (СНиП).
156
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК 1. Александров, А. В. Сопротивление материалов / А. В. Александров, В. Д. Потапов, Б. П. Державин. – М. : Высш. шк., 2000. – 560 с.
2. Дарков, А. В. Сопротивление материалов / А. В. Дарков,
Г. С. Шпиро. – М. : Высш. шк., 1989. – 629 с.
3. Мартынова, Т. П. Сопротивление материалов: учеб. пособие:
в 2 ч. Ч 1/ Т.П. Мартынова, В. В. Москвичев, И. В. Богомаз. – М.,
2008. – 176 с.
4. Михайлов, А. М. Основы расчета элементов строительных
конструкций в примерах / А. М. Михайлов. – М. : Высш. шк., 1986. –
516 с.
5. Писаренко, Г. С. Справочник по сопротивлению материалов /
Г. С. Писаренко, А. П. Яковлев, В. В. Матвеев. – Киев : Наук. думка,
1988. – 735с.
6. Сборник задач по сопротивлению материалов / под ред.
А. В. Александрова. – М. : Стройиздат, 1977. – 429 с.
7. Сборник задач по сопротивлению материалов / под ред.
В. К. Качурина. – М. : Наука, 1972. – 429 с.
8. Варданян, Г. С. Сопротивление материалов с основами теории
упругости и пластичности / Г. С.Варданян, В. И. Андреев, Н. М. Атаров, А. А. Горшков. – М. : Ассоциация строительных вузов, 1995. –
572 с.
9. Справочник по сопротивлению материалов / под ред. Г. С. Писаренко. – Киев : Выща шк., 1986. – 696 с.
10. Фесик, С. П. Справочник по сопротивлению материалов /
С. П. Фесик. – Киев : Будивельник, 1982. – 280 с.
157
Прямоугольный треугольник
Прямоугольник
Форма сечения
ПРИЛОЖЕНИЕ 1 1
А = bh
2
А = bh
Площадь
сечения
yс =
3
b
xс = ;
3
b
Координаты центра
тяжести сечения
J y1 =
3
12
hb3
36
1 1
1
; Jx =
3
hb3
12
hb3
;
;
24
b2h2
12
bh3
72
b2h2
; Jx y =
bh3
36
1
; Jy =
; Jy =
; J xy =
bh3
12
bh3
Jy =
Jx =
J x1 =
Jx =
bh3
Моменты инерции
Геометрические характеристики плоских сечений
12
bh2
6
hb2
6
;
24
bh2
(для верхних волокон)
Wx =
(для нижних волокон)
Wx =
Wy =
Wx =
bh 2
Моменты
сопротивления
Полукруг
Круг
Форма сечения
πr 2 πd 2
=
≈
А=
2
8
≈ 0,392 d2
πd 2
≈
4
≈ 0,785 d2
А = πr 2 =
Площадь
сечения
4r
≈ 0,424 r
yс =
3π
Координаты центра
тяжести сечения
πr 2 πd 2
=
≈
4
64
πr 4 πd 2
J y = J x1 =
=
≈
8
128
≈ 0,025 d4
J x ≈ 0,11 r4 ≈ 0,00686 d4
≈ 0,05 d4
J x = J y = J x1 =
Моменты инерции
πd 3
≈
32
πd 3 πr 3
Wy =
=
≈ 0,05d 3 ≈
64
8
3
≈ 0,393 r
Wx = 0,0239d 3 ≈ 0,19 r3
(для верхних волокон)
Wx = 0,0324d 3 ≈ 0,253 r3
(для нижних волокон)
≈ 0,1 d
Wx = Wy = Wx1 =
Моменты
сопротивления
Продолжение прил. 1
Кольцо
Четверть
круга
Форма сечения
α=
(
d
D
)
πr
≈ 0,785 r2
4
πD 2
А=
1 − α2 ;
4
А=
2
Площадь сечения
yс = xс =
4r
≈ 0,424 r
3π
Координаты центра
тяжести сечения
(
≈ 0,05D 4 1 − α 4
(
)
)
πD 4
Jx = J y =
1 − α4 ≈
64
J v min ≈ 0,03843 r
4
πr 4
J x1 = J y1 =
;
16
J u max ≈ 0,07135 r4;
0,11r 4
Jx = J y =
;
2
J xy ≈ –0,01646 r4;
Моменты инерции
3
4
(
≈ 0,1D (1 − α )
)
πD3
Wx = Wy =
1 − α4 ≈
32
(для нижних и левых
волокон)
Wx = Wy ≈ 1, 245r 3
(для верхних и правых
волокон)
Wx = Wy ≅ 0,923r 3
Моменты
сопротивления
Окончание прил. 1
Номер
двутавра
1
10
12
14
16
18
18а
20
20а
Масса
1 м, кг
2
9,46
11,5
13,7
15,9
18,4
19,9
21
22,7
h
3
100
120
140
160
180
180
200
200
ПРИЛОЖЕНИЕ 2 Размеры, мм
b
s
4
5
55
4,5
64
4,8
73
4,9
81
5
90
5,1
100
5,1
100
5,2
110
5,2
t
6
7,2
7,3
7,5
7,8
8,1
8,3
8,4
8,6
J x , см4
8
198
350
572
873
1290
1430
1840
2030
А, см2
7
12
14,7
17,4
20,2
23,4
25,4
26,8
28,9
Wx ,
см3
9
39,7
58,4
81,7
109
143
159
184
203
10
4,06
4,88
5,73
6,57
7,42
7,51
8,28
8,37
см4
12
17,9
27,9
41,9
58,6
82,6
114
115
155
Jу,
см3
13
6,49
8,72
11,5
14,5
18,4
22,8
23,1
28,2
Wу ,
14
1,22
1,38
1,55
1,7
1,88
2,12
2,07
2,32
i y , см
i – радиус инерции
t – средняя толщина полки;
Sx ,
см3
11
23
33,7
46,8
62,3
81,4
89,8
104
114
S – статический момент полусечения;
s – толщина стенки;
i x , см
W – момент сопротивления;
b – ширина полки;
А – площадь поперечного сечения;
J– момент инерции;
h – высота двутавра;
Двутавры стальные горячекатаные (по ГОСТ 8239-89)
1
22
22а
24а
27
27а
30
30а
33
36
40
45
50
55
60
65
70
70а
70б
2
24
25,8
29,4
31,5
33,9
36,5
39,2
42,2
48,6
57
66,5
78,5
92,6
108
120
138
158
184
3
220
220
240
270
270
300
300
330
360
400
450
500
550
600
650
700
700
700
4
110
120
125
125
135
135
145
140
145
155
160
170
180
190
200
210
210
210
5
5,4
5,4
5,6
6
6,0
6,5
6,5
7
7,5
8,3
9
10
11
12
12,0
13,0
15,0
17,5
6
8,7
8,9
9,8
9,8
10,2
10,2
10,7
11,2
12,3
13
14,2
15,2
16,5
17
19,2
20,8
24,0
28,2
7
30,6
32,8
37,5
40,2
43,2
46,5
49,9
53,8
61,9
72,6
84,7
100
118
138
153
176
202
234
8
2550
2790
3800
5010
5500
7080
7780
9840
13380
19062
27696
39727
55962
76806
101400
134600
152700
175370
9
232
254
317
371
407
472
518
597
743
953
1231
1589
2035
2560
3120
3840
4360
5010
10
9,13
9,22
10,1
11,2
11,3
12,3
12,5
13,5
14,7
16,2
18,1
19,9
21,8
23,6
25,8
27,7
27,5
27,4
11
131
143
178
210
229
268
292
339
423
545
708
919
1181
1491
1800
2230
2550
2940
12
157
206
260
260
337
337
436
419
516
667
808
1043
1356
1725
2170
2730
3240
3910
13
28,6
34,3
41,6
41,5
50,0
49,9
60,1
59,9
71,1
86,1
101
123
151
182
217
260
309
373
14
2,27
2,50
2,63
2,54
2,80
2,69
2,95
2,79
2,89
3,03
3,09
3,23
3,39
3,54
3,77
3,94
4,01
4,09
Окончание прил. 2
Номер
швеллера
1
5
6,5
8
10
12
14
14а
2
4,84
5,9
7,05
8,59
10,4
12,3
13,3
Масса
1 м, кг
h
3
50
65
80
100
120
140
140
ПРИЛОЖЕНИЕ 3 b
4
32
36
40
46
52
58
62
s
5
4,4
4,4
4,5
4,5
4,8
4,9
4,9
t
6
7
7,2
7,4
7,6
7,8
8,1
8,7
7
6,16
7,51
8,98
10,9
13,3
15,6
17,00
8
22,8
48,6
89,4
174
304
491
545
9
9,1
15
22,4
34,8
50,6
70,2
77,8
Wx ,
см3
10
1,92
2,54
3,16
3,99
4,78
5,6
5,66
i x , см
11
5,5
9
13,3
20,4
29,6
40,8
45,1
Sx ,
см3
12
5,61
8,7
12,8
20,4
31,2
45,4
57,5
13
2,75
3,68
4,75
6,46
8,52
11
13,3
см3
4
см
Wу ,
Jу,
14
0,95
1,08
1,19
1,37
1,53
1,7
1,84
i y , см
15
1,16
1,24
1,31
1,44
1,54
1,67
1,87
z0, см
z0 – расстояние от оси y до наружной грани
А – площадь поперечного сечения;
Jx,
см4
i – радиус инерции;
t – средняя толщина полки;
А, см2
S – статический момент полусечения;
s – толщина стенки;
Размеры, мм
W – момент сопротивления;
b – ширина полки;
стенки
J – момент инерции;
h – высота швеллера;
Швеллеры стальные горячекатаные (по ГОСТ 8240-89)
2
14,2
15,3
16,3
17,4
18,4
19,8
21
22,6
24
25,8
27,7
31,8
36,5
41,9
48,3
1
16
16а
18
18а
20
20а
22
22а
24
24а
27
30
33
36
40
400
160
180
180
200
200
220
220
240
240
270
300
330
360
160
3
115
68
70
74
76
80
82
87
90
95
95
100
105
110
64
4
8
5
5,1
5,1
5,2
5,2
5,4
5,4
5,6
5,6
6
6,5
7
7,5
5
5
13,5
9
8,7
9,3
9
9,7
9,5
10,2
10
10,7
10,5
11
11,7
12,6
8,4
6
61,5
19,5
20,7
22,2
23,4
25,2
26,7
28,8
30,6
32,9
35,2
40,5
46,5
53,4
18,1
7
15220
823
1090
1190
1520
1670
2110
2330
2900
3180
4160
5810
7980
10820
747
8
761
10
121
132
152
167
192
212
242
265
308
387
484
601
93,4
9
15,7
6,49
7,24
7,32
8,07
8,15
8,89
8,99
9,73
9,84
10,9
12
13,1
14,2
6,42
10
444
59,4
69,8
76,1
87,8
95,9
110
121
139
151
178
224
281
350
54,1
11
642
78,8
86
105
113
139
151
187
208
254
262
327
410
513
63,3
12
73,4
16,4
17
20
20,5
24,2
25,1
30,6
31,6
37,2
37,3
43,6
51,8
61,7
13,8
13
3,23
2,01
2,04
2,18
2,2
2,35
2,37
2,6
2,6
2,78
2,73
2,84
2,97
3,1
1,87
14
2,75
2
1,94
2,13
2,07
2,28
2,21
2,42
2,42
2,67
2,47
2,52
2,59
2,68
1,8
15
Окончание прил. 3
3,2
3
2,8
2,5
2
Номер
уголка
1
Масса
1 м, кг
2
0,89
1,15
1,12
1,46
1,78
1,27
1,36
1,78
2,18
1,46
J x , см4
6
0,40
0,50
0,81
1,03
1,22
1,16
1,45
1,84
2,20
1,77
А, см2
5
1,13
1,46
1,43
1,86
2,27
1,62
1,74
2,27
2,78
1,86
7
0,59
0,58
0,75
0,74
0,73
0,85
0,91
0,90
0,89
0,97
ix, см
i – радиус инерции;
I – момент инерции;
полки
8
0,63
0,78
1,29
1,62
1,91
1,84
2,30
2,92
3,47
2,80
9
0,75
0,73
0,95
0,93
0,92
1,07
1,15
1,13
1,12
1,23
10
0,17
0,22
0,34
0,44
0,53
0,48
0,60
0,77
0,94
0,74
11
0,39
0,38
0,49
0,48
0,48
0,55
0,59
0,58
0,58
0,63
J y (min) , см4 iy0( min) , см
0
12
0,23
0,28
0,47
0,59
0,69
0,68
0,85
1,08
1,27
1,03
13
0,6
0,64
0,73
0,76
0,80
0,80
0,85
0,89
0,93
0,89
J xy , см4 z0, см
z0 – расстояние от оси y до наружной грани
J xy – центробежный момент инерции;
J x 0 (max) , см4 ix0( max) , см
А – площадь поперечного сечения;
t – толщина полки;
b – ширина полки;
Уголки стальные горячекатаные равнополочные (по ГОСТ 8509-86)
Размеры
b
t
3
4
3
20
4
3
25
4
5
28
3
3
30
4
5
32
3
ПРИЛОЖЕНИЕ 4 6
5,6
5
4,5
4
3,5
1
2
1,91
1,60
2,10
2,58
1,85
2,42
2,98
3,52
2,08
2,73
3,37
3,90
2,32
3,05
3,77
4,47
5,15
5,82
3,44
4,25
3,71
4,58
5,43
7,10
8,70
60
56
50
45
40
35
3
4
4
3
4
5
3
4
5
6
3
4
5
6
3
4
5
6
7
8
4
5
4
5
6
8
10
5
2,43
2,04
2,17
3,28
2,35
3,08
3,79
4,48
2,65
3,48
4,29
5,08
2,96
3,89
4,80
5,69
6,56
7,41
4,38
5,41
4,72
5,33
6,92
9,04
11,08
6
2,26
2,35
3,01
3,61
3,55
4,58
5,53
6,41
5,13
6,63
8,03
9,35
7,11
9,21
11,20
13,07
14,84
16,51
13,10
15,97
16,21
19,79
23,21
29,55
35,32
7
0,96
1,07
1,06
1,05
1,23
1,22
1,21
1,20
1,39
1,38
1,37
1,36
1,55
1,54
1,53
1,52
1,50
1,49
1,73
1,72
1,85
1,84
1,83
1,81
1,79
8
3,58
3,72
4,76
5,71
5,63
7,26
8,75
10,13
8,13
10,52
12,74
14,80
11,27
14,63
17,77
20,72
23,47
26,03
20,79
25,36
25,69
31,40
36,81
46,77
55,64
9
1,21
1,35
1,33
1,32
1,55
1,53
1,52
1,50
1,75
1,74
1,72
1,71
1,95
1,94
1,92
1,91
1,89
1,87
2,18
2,16
2,33
2,32
2,31
2,27
2,24
10
0,94
0,97
1,25
1,52
1,47
1,90
2,30
2,70
2,12
2,74
3,33
3,90
2,95
3,80
4,63
5,43
6,21
6,98
5,41
6,59
6,72
8,18
9,60
12,34
15,00
11
0,62
0,69
0,68
0,68
0,79
0,78
0,78
0,78
0,89
0,89
0,88
0,88
1,00
0,99
0,98
0,98
0,97
0,97
1,11
1,10
1,19
1,18
1,18
1,17
1,16
12
1,32
1,37
1,75
2,10
2,08
2,68
3,22
3,72
3,00
3,89
4,71
5,45
4,16
5,42
6,57
7,65
8,63
9,52
7,69
9,41
9,48
11,61
13,60
17,22
20,32
13
0,94
0,97
1,01
1,05
1,09
1,13
1,17
1,21
1,21
1,26
1,30
1,34
1,33
1,38
1,42
1,46
1,50
1,53
1,52
1,57
1,62
1,66
1,70
1,78
1,85
Продолжение прил. 4
9
8
7,5
7
6,5
6,3
1
2
3,9
4,81
5,72
5,91
7,73
4,87
5,38
6,39
7,39
8,37
10,29
5,8
6,89
7,96
9,02
10,07
6,78
7,36
8,51
9,65
11,88
14,05
8,33
9,64
10,93
12,20
90
80
75
70
65
63
3
4
4
5
6
6
8
4,5
5
6
7
8
10
5
6
7
8
9
5,5
6
7
8
10
12
6
7
8
9
5
4,96
6,13
7,28
7,52
9,84
6,20
6,86
8,15
9,42
10,67
13,11
7,39
8,78
10,15
11,50
12,83
8,63
9,38
10,85
12,30
15,14
17,90
10,61
12,28
13,93
15,60
6
18,86
23,10
27,06
29,85
38,13
29,04
31,94
37,58
42,98
48,16
57,90
39,53
46,57
53,34
59,84
66,10
52,63
56,97
65,31
73,36
88,58
102,74
82,10
94,30
106,11
118,00
7
1,95
1,94
1,93
1,99
1,97
2,16
2,16
2,15
2,14
2,12
2,10
2,31
2,36
2,29
2,28
2,27
2,47
2,47
2,45
2,44
2,42
2,40
2,78
2,77
2,76
2,75
8
29,90
36,80
42,91
47,38
60,42
46,03
50,67
59,64
68,19
76,35
91,52
62,65
73,87
84,61
94,89
107,72
83,56
90,40
103,66
116,39
140,31
162,39
130,00
149,67
168,42
186,00
9
2,45
2,44
2,43
2,51
2,48
2,72
2,72
2,71
2,69
2,68
2,64
2,91
2,90
2,89
2,87
2,86
3,11
3,11
3,09
3,08
3,04
3,01
3,50
3,49
3,48
3,46
10
7,81
9,52
11,18
12,32
15,85
12,04
13,22
15,52
17,77
19,97
24,27
16,41
19,28
22,07
24,80
27,48
21,80
23,54
26,97
30,32
36,85
43,21
33,97
38,94
43,80
48,60
11
1,25
1,25
1,24
1,28
2,48
1,39
1,39
1,38
1,37
1,37
1,36
1,49
1,48
1,48
1,47
1,46
1,59
1,58
1,58
1,57
1,56
1,55
1,79
1,78
1,77
1,77
12
11,00
13,70
15,90
17,53
22,29
17,00
18,70
22,10
25,20
28,20
33,60
23,10
27,30
31,20
35,00
38,00
30,90
33,40
38,30
43,00
56,70
59,50
48,10
55,40
62,30
68,00
13
1,69
1,74
1,78
1,83
1,90
1,88
1,90
1,94
1,99
2,02
2,10
2,02
2,06
2,10
2,15
2,18
2,17
2,19
2,23
2,27
2,35
2,42
2,43
2,47
2,51
2,55
Продолжение прил. 4
15
14
12,5
12
11
10
9
1
2
13,48
15,96
10,06
10,79
12,25
15,10
17,90
20,63
21,97
23,30
11,89
13,50
14,76
18,24
21,67
26,68
15,46
17,30
19,10
22,68
26,20
29,55
19,41
21,45
25,50
23,02
150
140
125
120
110
100
90
3
4
10
12
6,5
7
8
10
12
14
15
16
7
8
8
10
12
15
8
9
10
12
14
16
9
10
12
10
5
17,17
20,33
12,82
13,75
15,60
19,24
22,80
26,28
27,99
29,68
15,15
17,20
18,80
23,24
27,60
33,99
19,69
22,00
24,33
28,89
33,37
37,77
24,72
27,33
32,49
29,33
6
128,60
149,67
122,10
130,59
147,19
178,95
208,90
237,15
250,68
263,82
175,61
198,17
259,75
317,16
371,80
448,90
294,36
327,48
359,82
422,23
481,76
538,56
465,72
512,29
602,49
634,76
7
2,74
2,71
3,09
3,08
3,07
3,05
3,03
2,99
2,98
3,40
3,40
3,39
3,72
3,69
3,67
3,63
3,87
3,86
3,85
3,82
3,80
3,78
4,34
4,33
4,31
4,65
8
203,93
235,88
193,46
207,01
233,46
283,83
330,95
374,98
395,87
416,04
278,54
314,51
412,45
503,79
590,28
711,32
466,76
520,00
571,04
670,02
763,90
852,84
739,42
813,62
956,98
1008,56
9
3,45
3,41
3,89
3,88
3,87
3,84
3,81
3,78
3,76
3,74
4,29
4,28
4,68
4,66
4,62
4,57
4,87
4,86
4,84
4,82
4,78
4,75
5,47
5,46
5,43
5,86
10
53,27
62,40
50,73
54,16
60,92
74,08
86,84
99,32
105,48
111,61
72,68
81,83
107,04
130,54
153,33
186,48
121,96
135,88
148,59
174,43
199,62
224,29
192,03
210,96
248,01
260,97
11
1,76
1,75
1,99
1,98
1,98
1,96
1,95
1,94
1,94
1,94
2,19
2,18
2,39
2,37
2,36
2,34
2,49
2,48
2,47
2,46
2,45
2,44
2,79
2,78
2,76
2,98
12
75,30
86,20
71,40
76,40
86,30
110
122
138
145
152
106
116
153
187
218
262
172
192
211
248
282
315
274
301
354
374
13
2,59
2,67
2,68
2,71
2,75
2,83
2,91
2,99
3,03
3,06
2,96
3,00
3,25
3,33
3,44
3,53
3,36
3,40
3,45
3,53
3,61
3,68
3,78
3,82
3,90
4,07
Продолжение прил. 4
22
20
18
16
15
1
2
27,39
33,82
40,11
24,67
27,02
29,35
33,97
38,52
43,01
47,44
30,47
33,12
40,96
48,66
53,72
36,97
39,92
42,80
48,65
54,40
60,08
71,26
74,20
87,56
47,40
53,83
220
200
180
160
150
3
4
12
15
18
10
11
12
14
16
18
20
11
12
15
18
20
12
13
14
16
18
20
24
25
30
14
16
5
34,89
43,08
51,09
31,43
34,42
37,39
43,57
49,07
54,79
60,40
38,80
42,19
52,18
61,99
68,43
47,10
50,85
54,60
61,98
69,30
76,54
90,78
94,29
111,5
60,38
68,58
6
747,48
908,38
1060,1
774,2
844,2
912,9
1046,5
1175,2
1290,2
1418,8
1216,4
1316,6
1607,4
1884,1
2061,1
1822,8
1960,8
2097,0
2362,6
2620,6
2871,5
3350,7
3466,2
4019,6
2814,4
3175,4
7
4,63
4,59
4,56
4,96
4,95
4,94
4,92
4,89
4,87
4,85
5,60
5,59
5,55
5,51
5,49
6,22
6,21
6,20
6,17
6,15
6,12
6,08
6,06
6,00
6,83
6,80
8
1187,86
1442,60
1680,92
1229,10
1340,66
1450,00
1662,13
1865,73
2061,03
2248,26
1933,10
2092,78
2554,99
2992,69
3271,31
2806,16
3116,18
3333,00
3755,39
4164,54
4560,42
5313,59
5494,04
6351,05
4470,15
5045,37
9
5,83
5,79
5,74
6,25
6,24
6,23
6,2
6,17
3,16
6,10
7,06
7,04
7,00
6,95
6,91
7,84
7,83
7,81
7,78
7,75
7,72
7,65
7,63
7,55
8,60
8,58
10
307,09
374,17
439,24
319,38
317,77
375,78
430,81
484,64
537,46
589,43
499,78
540,45
659,73
775,44
850,92
749,40
805,35
861,60
969,74
1076,74
1181,92
1387,73
1438,38
1698,16
1158,56
1305,02
11
2,97
2,95
2,93
3,19
3,18
3,17
3,16
3,14
3,13
3,12
3,59
3,58
3,56
3,54
3,53
3,99
3,98
3,97
3,96
3,94
3,93
3,91
3,91
3,89
4,38
4,36
12
440
534
621
455
496
537
615
690
771
830
716
776
948
1108
1210
1073
1156
1236
1393
1544
1689
1963
2028
2332
1655
1862
13
4,15
4,27
4,38
4,30
4,35
4,39
4,47
4,55
4,63
4,70
4,85
4,89
5,01
5,13
5,20
5,37
5,42
5,46
5,54
5,62
5,70
5,85
5,89
6,07
5,91
6,02
Продолжение прил. 4
25
1
2
61,55
68,56
76,11
83,31
93,97
104,5
111,4
128,5
250
3
4
16
18
20
22
25
28
30
35
5
78,40
87,72
96,96
106,1
119,7
133,1
142,0
163,7
6
4717,1
5247,2
5764,9
6270,3
7006,4
7716,9
8176,5
9281,0
7
7,76
7,73
7,71
7,69
7,65
7,61
7,59
7,53
8
7492,10
8336,69
9159,73
9961,60
11125,5
12243,8
12964,7
14682,7
9
9,78
9,75
9,72
6,69
9,64
9,59
9,56
9,47
10
1942,09
2157,78
2370,01
2579,04
2887,26
3189,89
3388,98
3879,37
11
4,98
4,96
4,94
4,93
4,91
4,90
4,89
4,87
12
2775
3089
33,95
3691
4119
4527
4788
5402
13
6,75
6,83
6,91
7,00
7,11
7,23
7,31
7,49
Окончание прил. 4
B
2
25
32
40
50
Номер
профиля
1
2,5/1,6
3,2/2
4/3
5/3,2
32
30
20
3
16
b
4
5
3
4
34
4
3
t
Размеры, мм
ПРИЛОЖЕНИЕ 5 Площадьсечения А,
см2
5
1,16
1,49
1,94
2,67
3,28
2,42
3,17
6
0,70
1,52
1,93
4,18
5,04
6,18
7,98
Jx,
см4
7
0,43
0,72
0,93
1,54
1,88
1,82
2,38
Wx,
см3
8
0,78
1,01
1,00
1,25
1,24
1,60
1,59
ix,
см
9
0,22
0,46
0,57
2,01
2,41
1,99
2,56
Jy,
см4
i – радиус инерции;
J – момент инерции;
10
0,19
0,30
0,39
0,91
1,11
0,81
1,05
Wy,
см3
11
0,44
0,55
0,54
0,87
0,86
0,91
0,90
Jy,
см4
12
0,13
0,28
0,35
1,09
1,33
1,18
1,52
Ju min,
см4
13
0,16
0,25
0,33
0,75
0,91
0,68
0,88
Wu,
см3
14
0,34
0,43
0,43
0,64
0,84
0,70
0,69
iu min,
см
15
0,42
0,49
0,53
0,78
0,82
0,72
0,76
x0,
см
16
0,86
1,08
1,12
1,28
1,22
1,60
1,65
y0,
см
17
0,22
0,47
0,59
1,68
2,00
2,01
2,59
Jxy,
см4
x0, y0 – расстояние от центра тяжести
W – осевой момент сопротивления;
b – ширина меньшей полки;
t – толщина полки;
Jxy – центробежный момент инерции;
B – ширина полки;
Уголки стальные горячекатаные неравнополочные( по ГОСТ 8509-86)
18
0,392
0,382
0,274
0,544
0,539
0,403
0,401
Угол
наклона
оси, tgα
2
56
63
70
75
80
90
100
110
125
140
1
5,6/3,6
6,3/4,0
7/4,5
7,5/5
8/5
9/5,6
10/6,5
11/7
12/5,8
14/9
90
70
80
65
56
50
45
50
40
36
3
4
4
5
4
5
6
8
5
5
6
7
8
5
6
5,5
6
8
7
8
10
6,5
7
8
10
8
10
5
3,58
4,41
4,04
4,98
5,90
7,68
5,59
6,11
7,25
8,37
9,47
6,36
7,55
7,86
8,54
11,18
11,23
12,73
15,67
11,45
14,06
15,98
19,70
18,00
22,24
6
11,37
13,82
16,33
19,91
23,31
29,60
27,76
34,81
40,92
46,77
52,38
41,64
48,98
65,28
70,58
90,87
114,05
38,31
155,52
142,42
226,53
255,62
311,61
363,68
414,45
7
3,01
3,70
3,83
4,72
5,58
7,22
5,88
6,81
8,08
9,31
10,52
7,71
9,15
10,74
11,66
15,24
16,87
19,11
23,45
19,11
26,67
30,27
37,27
38,25
47,19
8
1,78
1,77
2,01
2,00
1,99
1,96
2,23
2,39
2,38
2,36
2,35
2,56
2,55
2,88
2,80
2,85
3,19
3,18
3,15
3,53
4,01
4,00
3,98
4,49
4,47
9
3,70
4,48
5,16
6,26
7,29
9,15
9,05
12,42
14,60
16,61
18,52
12,68
14,85
19,67
21,22
27,08
38,32
42,96
51,68
45,61
73,73
80,95
100,47
119,79
145,54
10
1,34
1,65
1,67
2,05
2,42
3,12
2,62
3,25
3,85
4,43
4,88
3,28
3,88
4,53
4,91
6,39
7,70
8,70
10,64
8,42
11,89
13,47
16,52
17,19
21,14
11
1,02
1,01
1,13
1,12
1,11
1,09
1,27
1,43
1,42
1,41
1,40
1,41
1,40
1,58
1,58
1,56
1,85
1,84
1,82
2,00
2,29
2,28
2,26
2,58
2,56
12
2,19
2,55
3,07
3,73
4,36
5,58
5,34
7,24
8,48
9,69
10,87
7,57
8,88
11,77
12,70
16,29
22,77
25,24
30,60
36,94
43,40
48,82
59,33
70,27
85,51
13
1,13
1,37
1,41
1,72
2,07
2,60
2,20
2,73
3,21
3,69
4,14
2,75
3,24
3,81
4,12
5,32
6,43
7,26
8,83
7,05
9,96
11,25
16,74
14,39
17,58
14
0,78
0,78
0,87
0,86
0,86
0,85
0,98
1,09
1,08
1,08
1,07
1,09
1,08
1,22
1,22
1,21
1,41
1,41
1,40
1,51
1,76
1,75
1,74
1,98
1,96
15
0,84
0,88
0,91
0,95
0,99
1,07
1,05
1,17
1,21
1,25
1,29
1,13
1,17
1,26
1,28
1,36
1,52
1,56
1,64
1,58
1,80
1,84
1,82
2,03
2,12
16
1,82
1,87
2,03
2,08
2,12
2,20
2,28
2,39
2,44
2,48
2,52
2,60
2,65
2,92
2,95
3,01
3,24
3,28
3,37
3,55
4,01
4,04
4,14
4,49
4,58
17
3,74
4,50
5,25
6,41
7,44
9,27
9,12
12,00
14,10
16,18
17,80
13,20
15,50
20,54
22,23
28,33
38,00
42,64
51,18
46,80
74,70
84,10
102,00
121,00
147,00
18
0,406
0,404
0,397
0,396
0,393
0,386
0,406
0,436
0,425
0,435
0,430
0,387
0,386
0,384
0,384
0,380
0,415
0,414
0,410
0,402
0,407
0,406
0,414
0,411
0,409
Продолжение прил. 5
180 110
18/11
20/12,5 200 125
2
3
160 100
1
16/10
4
9
10
12
14
10
12
11
12
14
16
5
22,87
25,28
30,04
34,72
28,33
33,69
34,87
37,89
43,87
49,77
6
605,97
666,59
734,22
897,19
952,28
1122,56
1449,02
1568,19
1800,83
2026,08
7
56,04
61,91
73,42
84,65
78,59
93,33
107,31
116,51
134,64
152,41
8
5,15
5,13
5,11
5,08
5,80
5,77
6,45
6,43
6,41
6,38
9
186,03
204,09
238,75
271,60
276,37
324,09
446,36
481,93
550,77
616,66
10
23,96
26,42
31,23
35,89
32,27
38,20
45,98
49,85
57,43
64,83
11
2,85
2,84
2,82
2,80
3,12
3,10
3,58
3,57
3,54
3,52
12
110,40
121,16
142,14
162,49
165,44
194,28
263,84
285,04
326,54
366,99
13
20,01
22,02
25,93
29,75
26,96
31,83
38,27
41,45
47,57
53,56
14
2,20
2,19
2,18
2,16
2,42
2,40
2,75
2,74
2,73
2,72
15
2,24
2,28
2,36
2,43
2,44
2,52
2,79
2,83
2,91
2,99
16
5,19
5,23
5,32
5,40
5,88
5,97
6,50
6,54
6,62
6,71
17
194,00
213,00
249,00
282,00
295,00
348,00
465,00
503,00
575,00
643,00
18
0,391
0,390
0,388
0,385
0,376
0,376
0,392
0,392
0,390
0,388
Окончание прил. 5
ОГЛАВЛЕНИЕ Введение ........................................................................................................
3
Глава 1. Внутренние усилия в поперечных сечениях стержня .........
1.1. Внешние силы. Основные типы опорных закреплений.
Определение опорных реакций ..................................................
1.2. Внутренние силы. Метод сечений..............................................
1.3. Эпюры внутренних силовых факторов ......................................
1.4. Построение эпюры продольной силы N при растяжении
и сжатии бруса .............................................................................
1.5. Построение эпюры крутящего момента Mz при кручении
стержня .........................................................................................
1.6. Построение эпюр внутренних усилий в балках при плоском
изгибе ............................................................................................
1.6.1. Дифференциальные зависимости между Mx, My и q ......
1.6.2. Правила построения и контроля эпюр Qy и Mx ...............
1.7. Построение эпюр N, Qy и Mx для плоских рам ..........................
1.8. Построение эпюр внутренних усилий для пространственных
систем ............................................................................................
1.9. Задачи для самостоятельного решения......................................
4
Глава 2. Осевое растяжение и сжатие .....................................................
2.1. Основные понятия и зависимости ..............................................
2.2. Расчеты на прочность и жесткость.............................................
2.3. Задачи для самостоятельного решения......................................
4
8
10
12
19
21
24
24
38
47
53
56
56
58
79
Глава 3. Геометрические характеристики плоских сечений ............. 81
3.1. Статические моменты площади сечения. Центр тяжести ....... 81
3.2. Моменты инерции плоских сечений .......................................... 86
3.3. Моменты инерции относительно параллельных осей ............. 89
3.4. Зависимости между моментами инерции при повороте осей . 93
3.5. Главные оси и главные моменты инерции ................................ 94
3.6. Задачи для самостоятельного решения...................................... 102
Глава 4. Прямой изгиб балок ....................................................................
4. 1. Напряжения и расчеты на прочность при изгибе ....................
4.2. Перемещения при изгибе и расчет балок на жесткость ...........
4.2.1. Определение перемещений методом начальных параметров..................................................................................
4.2.2. Порядок расчета по методу начальных параметров ......
4.2.3. Расчет балок на жесткость ................................................
4.3. Задачи для самостоятельного решения......................................
174
104
104
116
117
119
119
128
Глава 5. Сдвиг и кручение ........................................................................
5.1. Расчеты на срез и смятие .............................................................
5.2. Кручение бруса круглого поперечного сечения .......................
5.3. Задачи для самостоятельного решения......................................
130
130
137
144
Глава 6. Напряженное и деформированное состояние в точке .........
6.1. Напряжения на наклонных и главных площадках ...................
6.2. Обобщенный закон Гука .............................................................
6.3. Задачи для самостоятельного решения......................................
145
145
146
155
Заключение ................................................................................................... 156
Библиографический список ...................................................................... 157
Приложение 1 ............................................................................................... 158
Приложение 2 ............................................................................................... 161
Приложение 3 ............................................................................................... 163
Приложение 4 ............................................................................................... 165
Приложение 5 ............................................................................................... 171
175
Учебное издание
Мартынова Тамара Петровна Новикова Наталья Владимировна СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ В ПРИМЕРАХ И ЗАДАЧАХ Учебное пособие В 2‐х частях Часть 1 Редактор В. Р. Наумова
Корректор Э. А. Королькова
Компьютерная верстка О. А. Кравченко
Подписано в печать 15.03.2012. Печать плоская. Формат 60×84/16.
Бумага офсетная. Усл. печ. л. 10,23. Тираж 300 экз. Заказ № 3888
Редакционно-издательский отдел
Библиотечно-издательского комплекса
Сибирского федерального университета
660041, г. Красноярск, пр. Свободный, 79
Тел/факс (391)206-21-49, e-mail: rio@lan.krasu.ru
Отпечатано полиграфическим центром
Библиотечно-издательского комплекса
Сибирского федерального университета
660041, г. Красноярск, пр. Свободный, 82а
Тел/факс (391)206-26-58, 206-26-49
E-mail: print_sfu@mail.ru; http://lib.sfu-kras.ru
176
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
69
Размер файла
4 985 Кб
Теги
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа