Лекции по сопротивлению материалов (Неклюдова Г. А. БНТУ)

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ
Брянский государственный технический университет
Кафедра: «Прикладная механика»
Г.А. Неклюдова
КУРС ЛЕКЦИЙ
ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ
МАТЕРИАЛОВ
Брянск 2007
ОГЛАВЛЕНИЕ
Введение ..............................................................................................................................................3
Объекты исследования сопротивления материалов. ..................................................................4
1. Метод сечений. ...........................................................................................................................7
Внутренние силовые факторы ..........................................................................................................7
1.1 Построение эпюр внутренних факторов для стержней ........................................................8
1.2 Построение эпюр крутящих моментов ................................................................................11
1.3 Построение эпюр поперечных сил Q и изгибающих моментов M для балок ..................14
1.3.1 Правило знаков для Q .....................................................................................................15
1.3.2 Правило знаков для М ....................................................................................................15
2. Дифференциальные зависимости при изгибе............................................................................19
2.1 Правила проверки эпюр .........................................................................................................20
3. Напряжения и деформации .........................................................................................................23
3.1 Интегральные зависимости между  и  и внутренними силовыми факторами .............24
4. Деформации ..................................................................................................................................25
5. Основные гипотезы, допущения, принципы, принимаемые в курсе сопротивления
материалов ........................................................................................................................................27
6. Расчеты на прочность и жесткость при растяжении и сжатии ................................................29
7. Типы задач сопротивления материалов .....................................................................................33
8. Кручение стержней ......................................................................................................................37
8.1 Кручение круглых стержней .................................................................................................37
8.1.1 Геометрические характеристики Ip и Wp ......................................................................40
8.2 Кручение прямоугольных стержней ....................................................................................41
9. Геометрические характеристики плоских сечений...................................................................45
9.1 Геометрические характеристики простых сечений ............................................................47
9.2 Параллельный перенос осей ..................................................................................................48
9.3 Поворот осей ...........................................................................................................................49
10. Изгиб. Расчеты на прочность и жесткость при изгибе ...........................................................52
10.1 Чистый изгиб ........................................................................................................................52
10.2 Поперечный изгиб ................................................................................................................69
11. Определение перемещений в рамах и балках..........................................................................75
11.1 Потенциальная энергия деформации системы ..................................................................75
11.2 Обобщенные силы и обобщенные перемещения ..............................................................79
11.3 Теорема о взаимности работ и перемещений (теорема Бетти) ........................................81
11.4 Интеграл Мора.....................................................................................................................83
11.5 Графо – аналитический метод взятия интегралов (способ Верещагина) ......................86
11.6 Универсальная формула трапеции .....................................................................................88
Заключение .......................................................................................................................................90
2
ВВЕДЕНИЕ
Сопротивление материалов  наука, изучающая
инженерные
методы расчета на прочность жесткость и устойчивость.
При эксплуатации конструкции подвергаются действию различных
нагрузок.
Для
соответствовать
нормального
функционирования
необходимым
критериям
прочности,
они
должны
жесткости
и
устойчивости.
Прочность – свойство конструкции или ее элементов противостоять
внешней нагрузке, не разрушаясь.
Жесткость – свойство конструкции при нагружении противостоять
внешним деформациям.
Деформации конструкции при ее нагружении не должны превышать
некоторых предварительно заданных весьма малых величин, которые
определены из условий нормальной работы конструкции.
Устойчивость – свойство конструкции сохранять первоначальную
форму, равновесие при нагружении внешними силами. Расчету на
устойчивость подвергаются сжатые стержни.
Сопротивление
материалов
–
экспериментально-теоретическая
наука, теоретическая часть которой основывается на теоретической
механике
и
математике,
а
экспериментальная
материаловедении.
3

на
физике
и
ОБЪЕКТЫ ИССЛЕДОВАНИЯ СОПРОТИВЛЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ.
Стержень – это тело, у которого размеры поперечного сечения b или
n значительно меньше его длины l (рис. В1).
l
b
h
Рис. В1 Стержень
Оболочка – тело, у которого толщина значительно меньше других
размеров (рис. В2).
Серединная поверхность – это геометрическое место точек,
равноудаленных от внешней и внутренней поверхностей оболочки.
Рис. В2 Оболочка
Пластина – оболочка, у которой серединная поверхность
–
плоскость (рис. В3).
Рис. В3 Пластина
Массивное тело – это тело, у которого все три размера сопоставимы
(рис. В4).
Рис. В4 Массивное тело
4
Расчетная схема – схематичное (условное) изображение реального
объекта, освобожденного от несущественных с точки зрения данного
расчета особенностей.
Стержень на расчетной схеме изображается своей осью (рис. В5):
Рис. В5 Расчетная схема двутавровой балки
Внешние нагрузки приводятся к оси стержня (см. рис. В6):
M
P
P
h
M=Ph/2
Рис. В6 Приведение внешних нагрузок
Ось
стержня
–
это
геометрическое
место
центров
тяжести
поперечных сечений стержня.
Силы
разделяют
на
внешние
и
внутренние.
Внешние
силы
приложены к конструкции, а внутренние возникают в элементах
конструкции.
Внешние силы подразделяются на поверхностные, приложенные к
участкам поверхности, и объемные, распределенные по всему объему
конструкции (например, сила тяжести, магнитного притяжения, силы
инерции при ускоренном движении конструкции – это объемные внешние
5
силы). Поверхностные силы могут быть сосредоточенными, если они
приложены к малым участкам поверхности, или распределенными, если
они приложены к конечным участкам.
На расчетной схеме внешние силы приводятся к центру тяжести
поперечного сечения стержня (см. рис. В7).
M
q
Р
b
M
q
Р
Рис. В7 Приведение внешних нагрузок
6
1. МЕТОД СЕЧЕНИЙ.
ВНУТРЕННИЕ СИЛОВЫЕ ФАКТОРЫ
Внешние силы стремятся разрушить конструкции или узлы, а
внутренние силы противодействуют этому.
Рассмотрим произвольный брус, нагруженный самоуравновешенной
системой сил (рис. 1.1):
P
2
P
часть
А
3
P
1
P
4
часть
В 1.1 Приведение внешних нагрузок
Рис.
Чтобы найти внутренние силы воспользуемся методом сечений
РОЗУ (рис. 1.2).
Р – разрезаем произвольной плоскостью на А и В.
О – отбрасываем
одну из этих частей, например, В (рис. 1.2а).
Рассмотрим оставшуюся часть(рис. 1.2б).
З – заменяем. Внутренние силы мы заменяем главным вектором и
главным моментом.
y
My
а)
y
Q
x
Mx
б)
y
Q
xN
Q
Q
x
x
y
N
Mz
z
P2
z
часть
А
в)
P3
y
y
P
M
Рис. 1.2 Метод сечений РОЗУ
7
z
Раскладываем главный вектор и главный момент в плоскости на оси
(рис. 1.2в).
Внутренние силовые факторы:
Q x, Q y – вызывают сдвиг – перерезывающие поперечные силы;
N – нормальная продольная шина, растяжение, сжатие бруса;
М z – крутящий момент;
М x, М y – изгибающий момент (рис. 1.2в).
В
общем случае нагружения в сечении действуют 6 внутренних
факторов. График изменения внутреннего фактора при передвижении
вдоль оси стержня называется – эпюрой.
У – уравновешиваем.
1.1 ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ВНУТРЕННИХ ФАКТОРОВ ДЛЯ СТЕРЖНЕЙ
Построение эпюр нормальных сил N
Правило знаков для N имеет физический смысл: нормальная сила
является
положительной,
если
вызывает
растяжение
бруса,
отрицательной – если сжатие.
Пример 1 (рис. 1.3).
Если на стержень действуют силы, приложенные вдоль его оси, то
он находится в условиях растяжения и остается только один внутренний
фактор N.
II
3P
Z2
I
Z1
P
z
Рис. 1.3 Стержень
8
Порядок построения эпюр:
1. Определяем реакции опор.
2. Разбиваем стержень на участки.
Участок
–
часть
стержня
между
точками
приложения
сосредоточенных сил, включая опорные реакции.
3. Записываем аналитические выражения для внутренних силовых
факторов.
4. Строим график (эпюру) (рис. 1.4).
-2P
II
3P
Z2
Z1
P
I
P
Рис. 1.4 Построение эпюры нормальных сил
Эпюра – график, заштрихованный линиями, перпендикулярными оси.
Используя метод РОЗУ, отбрасывают ту часть, где больше нагрузки.
Внутренний фактор – равнодействующая внутренних сил.
N z2 = P-3P = -2P
Nz2 = P-3P = -2P
Пример 2 (рис. 1.5).
Построить эпюру нормальных сил N.
q – интенсивность равномерно – распределенной нагрузки.
Опасное сечение в заделке, т.к. там самое большое значение N.
9
q
P2
P2
P1
RA
z3
z2
z1
N
2l
l
2l
2l
z4
162
162
108
90
0
Рис. 1.5 Построение эпюры нормальных сил
R A  90
q  120 кН
м
l  0.3м
P1  18 кН
м
P2  54 кН
м
Построим эпюру нормальных сил
2l162
N( z 1 )   R A  q  z 1 090
N( z 2 )   R A  q  2  l  162
N( z 3 )   R A  q  2  l  P2  108
N( z 4 )   R A  q  2  l  P2  P2  162
10
1.2 ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР КРУТЯЩИХ МОМЕНТОВ
Под кручением понимается такой вид нагружения, при котором в
поперечных сечениях стержня возникает только крутящий момент, а
прочие
силовые
факторы
равны
нулю.
Для
крутящего
момента,
независимо от формы сечения, принято следующее правило знаков.
M
x
Рис. 1.6 Правило знаков для крутящего момента
Если
со
осуществляется
стороны
внешней
против
часовой
нормали
стрелки,
к
то
сечению
крутящий
вращение
момент
положительный (рис.1.6).
Правило знаков носит формальный характер (можно установить
произвольно).
Стержень, в основном работающий на кручение, называется валом.
M
Рис.1.7 Схематичное изображение крутящего момента (против часовой стрелки).
11
Пример (К - 1)
Построить эпюру крутящих моментов (рис 1.9).
3M
2M
0.5M
MA
z4
z3
III
IV
z2
II
M
z1
I
-M
-1.5M
-2M
-4M
Рис.1.9 Построение эпюры крутящих моментов
 Mi  0
i
M A  0 , 5 M  2M  3M  M  0
M A   0 , 5 M  2M  3 M  M
M A  1,5M
M кр Z1    M
M кр Z 2    M  3M  4M
M кр Z 3    M  3M  2M  2M
M кр Z 4    M  3M  2M  0,5M  1,5M
12
Пример на построение эпюры крутящих моментов (рис 1.10).
MA
M=ml
z3
z2
I
III
II
1.5l
z1
l
1.5l
1.5M
0
Рис.1.10 Построение эпюры крутящих моментов
m
M
l
M кр Z1   0
1.5l  1,5M
M
M кр Z 2  
 z2
l
00
1.5 l  1,5 M
M
M кр Z 3    z 3
l
00
13
1.3 ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ПОПЕРЕЧНЫХ СИЛ Q И ИЗГИБАЮЩИХ
МОМЕНТОВ M ДЛЯ БАЛОК
Балка – стержень, в основном работающий на изгиб. При расчете
балку принято заменять ее осью, все нагрузки приводятся к этой оси, а
силовая плоскость будет совпадать с плоскостью чертежа.
Вал – стержень в основном работающий на кручение.
Виды опор:
Шарнирно-подвижная опора – опора, в которой может возникать
только одна составляющая реакции, направленная вдоль опорного
стержня (рис.1.11).
R
R
A
A
Рис.1.11 Шарнирно-подвижная опора
Шарнирно-неподвижная опора – опора, в которой могут возникать
две составляющие реакции: вертикальная и горизонтальная (рис.1.12).
Y
Y
A
A
X
X
A
A
A
Рис.1.12 Шарнирно-неподвижная опора
Заделка (жесткое защемление) – опора, в которой могут быть:
вертикальная и горизонтальная реакции и опорный момент (рис.1.13).
Y
A
A
MA
X
A
Рис.1.13 Заделка
14
1.3.1 ПРАВИЛО ЗНАКОВ ДЛЯ Q
+
Q
-Q
По часовой стрелке +
Против часовой стрелки +
Q
-Q
+
Q
-Q
+
Q
-Q
1.3.2 ПРАВИЛО ЗНАКОВ ДЛЯ М
Эпюру для М строят на сжатых волокнах.
+М
+М
Сжатые волокна
-М
Сжатые волокна
-М
+М
-М
-М
15
+М
Пример (Э-3)
Построить эпюры внутренних усилий Q и M для однопролетной
балки (рис. 1.14).
RB
RA
q
P
M
RA
B
A
z1
z2
z4
z3
a
a
a
a
Рис. 1.14 Расчетная схема
Дано:
Р=0,5qa
M=0,5qa2
Решение:
Вычислим реакции опор.
Освободим балку от связей и заменим их действие реакциями.
Y:
R A-P-q·2a+R B =0
Составим уравнения равновесия:
Сумма моментов всех сил относительно точки А равна
 МА  0
 P  a  6qa  a  3R B  a  M  0
откуда
RB 
P  a  6qa  a  M
 2qa
3a
R A  P  q  2a  R B
R A  0,5qa
Сумма моментов всех сил относительно точки В равна
16
М В  0
 R A  3a  P  2  a  M  0,5qa 2  0,5qa 2  0
Разделим балку на четыре участка. Применим метод сечений на
каждом из участков и запишем выражения для внутренних усилий
a0,5 qa
Qz 1   R A 00,5 qa
 
M z 1  R A  z 1  0, 5qa
2
a0
2
0  0, 5qa
Внутренние усилия на втором участке равны
 
Q Z2  R A P
a0
00
 
M z 2  R A  (a  z 2 )  P z 2 
qa
2
2
a0
00
На третьем участке
z3 
RA  P
0
2
Qz   R
3
a qa
P  q z 3
A
00
 
M z 3  R A  ( 2a  z 3 )  P  ( a  z 3 )  q  z 3 
z3

2
Внутренние усилия на четвертом участке равны
 
aqa
Q Z4  q z 4
00
17
qa
2
2
a0 , 5 qa
00
2
 
M Z4   q z4 
z4
a0 , 5 qa
2
2 00
Строим эпюры для M и Q (рис 1.15). Для проверки правильности
полученных
эпюр
могут
быть
использованы
следствия
дифференциальных зависимостей между Q и M.
0.5qa
Q
-qa
-2qa
M
-0.5qa2
-0.5qa2
Рис. 1.15 Построение эпюр Q и M
18
из
2. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ ЗАВИСИМОСТИ ПРИ ИЗГИБЕ
Пусть стержень закреплен произвольным образом и нагружен
распределенной нагрузкой q=f(z), принятое направление q считать
положительным (рис. 2.1).
q=f(z)
z
dz
Рис. 2.1 Стержень с распределенной нагрузкой
Выделим из стержня элемент длиной dz и в проведенных сечениях
приложим моменты M и M+dM, а также поперечные силы Q и Q+dQ (рис.
2.2). В пределах малого отрезка dz нагрузку q можно считать равномерно
распределенной.
y
Q
dQ
z
dM
M
dz
Рис. 2.2 Элемент длиной dz стержня
Приравниваем нулю сумму проекций всех сил на вертикальную ось
y и сумму моментов относительно поперечной оси:
Q  q  dz  Q  dQ  0
M  q  dz  q  dz  dz  M  dM  0
2
После упрощения получим
q
dQ
;
dz
Q
dM
dz
19
Из полученных соотношений можно сделать некоторые общие
выводы о характере эпюр изгибающих моментов и поперечных сил для
прямого стержня.
2.1 ПРАВИЛА ПРОВЕРКИ ЭПЮР
1. Если на участке отсутствует распределенная нагрузка, то есть
q = 0,
dQ
0
dz
=> Q=const=C 1;
dM
 C1
dz
=> M=C 1 z+D 1 ,то эпюра
поперечных сил постоянна, а эпюра изгибающих моментов М изменяется
по линейному закону (рис. 2.3).
Рис. 2.3 Эпюра поперечных сил и изгибающих моментов
2. Если в сечении приложена сосредоточенная сила, то на эпюре Q
скачек на величину этой силы, от начала предыдущего, до начала
следующего. А на эпюре М излом, направленный навстречу этой силе.
20
3. Если первая производная положительная, то момент возрастает
слева направо, если отрицательная, то наоборот: +Q => M -Q => M.
4. Если в сечении приложен сосредоточенный момент М i , то на
эпюре Q нет никаких изменений, а на эпюре М скачек на величину этого
момента (рис. 2.4).
Mi
Q
M
Mi
Рис. 2.4 Эпюра поперечных сил и изгибающих моментов
5. Если на участке приложена равномерно распределенная нагрузка
q = const, то Q – наклонная прямая, а М – парабола, выпуклость которой
направлена навстречу нагрузке (рис. 2.5).
q
Q
Mm
M
ax
Рис. 2.5 Эпюра поперечных сил и изгибающих моментов
6. Если на участке эпюра Q меняет знак и пересекает ось, то эпюра
М имеет экстремум в точке пересечения Q с осью.
7. Если ветви эпюры Q сопрягаются без скачка на границах участка,
то ветви эпюры М на границе этих же участков сопрягаются без изломов
(рис. 2.6).
Q
M
Рис. 2.6 Эпюра поперечных сил и изгибающих моментов
21
8. Если
на
участке
стержня
Q
равна
нулю,
dM  Q  0, откуда M  const (рис. 2.7)
dz
Q
+
M
Рис. 2.7 Эпюра поперечных сил и изгибающих моментов
22
то
3. НАПРЯЖЕНИЯ И ДЕФОРМАЦИИ
Введем оси координат
Ox, Oy, Oz. Выделим элементарную
площадку F в плоскости поперечного сечения бруса (рис. 3.1). На нее
действует произвольная
сила, которая может быть разложена на
составляющие N (NxOy) и T (TxOy).
F – площадь элементарной
площаки
N, T – равнодействующие
сил, приложенных к площадке P3
dF
T - действует по касательной
в
плоскости
поперечного
сечения.
N || Оz
P2
y
T
P1
F
О
P4
Рис. 3.1 Поперечное сечение бруса
x
N
z
Введем понятие касательного и нормального напряжений:
  lim(
N
dN
нормальное напряжение
)
F
dF
F  0
Нормальное напряжение – это предел отношения нормальной
составляющей внутренних усилий N, действующих на элементарную
площадку F при стремлении последней к нулю.
  lim(
T
dT
касательное напряжение
)
F
dF
F  0
Касательное напряжение – это предел отношения тангенциальной
составляющей внутренних усилий T, действующих на элементарную
площадку F при стремлении последней к нулю.
Общий вид формул:
  dN
dF
  dT
dF
Закон парности касательных напряжений 
«Вырежем» элементарную площадку dF бруса размером dx на dy
(рис. 3.2).
23



dy

dx
Рис. 3.2 Площадка dF
На двух взаимно перпендикулярных площадках, имеющих общее
ребро, касательные напряжения  равны по величине и направлены или
оба к ребру или оба от ребра.
3.1 ИНТЕГРАЛЬНЫЕ ЗАВИСИМОСТИ МЕЖДУ  И  И
ВНУТРЕННИМИ СИЛОВЫМИ ФАКТОРАМИ
N     dF
F

yz
M y     x  dF
x
zx
F
M кр       dF
y
F
Q x    zx  dF
F


Q y    zy  dF
F
z

Рис. 3.3Связь между напряжениями и внутренними усилиями
24
4. ДЕФОРМАЦИИ
Ни один из существующих в природе материалов не является
абсолютно твердым; под действием внешних сил все тела в той или иной
мере меняют свою форму(деформируются).
Изменение формы напряженного тела существенно влияет на
распределение в нем внутренних сил, хотя само по себе это изменение
формы является, как правило, незначительным и обнаруживается в
большинстве случаев только при помощи чувствительных приборов.
Рассмотрим основные виды деформации, которые учитываются при
решении задач в сопротивлении материалов.
1. Абсолютная деформация
Пусть левый конец стержня зафиксирован, к обоим концам стержня
приложена горизонтальная сила P (рис. 4.1).
Абсолютная деформация – это полное удлинение стержня, т.е.
перемещение свободного конца стержня относительно положения этого
конца в ненагруженном состоянии стержня.
P
P
l
l
l – абсолютная деформация
Рис. 4.1 Растяжение стержня
2. Относительная деформация

l
l
 - относительная деформация (вдоль оси х -  x ,
вдоль оси y -  y )
Закон Гука для линейных деформаций
25
    Е , где Е – модуль Юнга или модуль упругости I-го рода, для
стали E ст = 2105 МПа
3. Относительная угловая деформация
 - относительный угол деформации, равен изменению прямого угла
при приложении нагрузки.
dy+dy
dy+d
нy
dy

2

dx+dx
dx
Под нагрузкой
Ненагруженное состояние
Рис. 4.2 Относительная угловая деформация
Закон Гука для угловых деформаций
  G
где G – модуль сдвига или модуль упругости II-го рода
Упругие постоянные материала связаны зависимостью:
G
Е
2  (1   )
Он
равен
где  - коэффициент Пуассона.
отношению
поперечной
деформации
продольной деформации  , взятого по модулю.

'

стали = 0,25 –0,35
26
'
бруса
к
5. ОСНОВНЫЕ ГИПОТЕЗЫ, ДОПУЩЕНИЯ, ПРИНЦИПЫ,
ПРИНИМАЕМЫЕ В КУРСЕ СОПРОТИВЛЕНИЯ
МАТЕРИАЛОВ
Методы
расчета
на
прочность
и
жесткость
конструкции
в
сопротивлении материалов основаны на применении следующих гипотез
и допущений.
1. Материал конструкции считается сплошным и однородным.
Атомистическая теория строения вещества в расчет не принимается.
Исключение:
допущение
неприемлемо
при
рассмотрении
усталостной природы разрушения металлов.
2. Материал конструкции считается анизотропным, то есть обладает
одинаковыми свойствами во всех направлениях.
Исключение: дерево, прокатный материал.
3. Материал конструкции подчиняется закону Гука
    Е  для линейных деформаций;
    G  при деформациях сдвига.
4. Материал тела считается абсолютно упругим.
5. Поперечные и нормальные к оси сечения бруса до приложения
нагрузки остаются плоскими и нормальными после приложения нагрузки
(Гипотеза Бернулли или гипотеза плоских сечений).
6. Принцип суперпозиции. Результат действия на конструкцию суммы
нагрузок равен сумме результатов действия каждой нагрузки отдельно (рис.
5.1).
P
q
M
 = 1 +2 +3
P
1 – перемещение под действием силы
P
27
q
2 – перемещение под действием
распределенной нагрузки q
M
3 – перемещение под действием момента
М
Рис. 5.1 Принцип суперпозиции
7. Принцип
Сен-Венана.
На
расстоянии
равном
размеру
поперечного сечения бруса способ приложения нагрузки не оказывает
влияния на напряженно деформированное состояние бруса (рис. 5.2).
q
Q

Рис. 5.2 Принцип Сен-Венана
8. Деформации конструкции малы и не влияют на взаимное
положение точек приложения внешних сил и изменение размеров
конструкции.
28
6. РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ И ЖЕСТКОСТЬ ПРИ
РАСТЯЖЕНИИ И СЖАТИИ
Растяжение – такой вид нагружения, при котором в поперечном
сечении стержня возникают только нормальные силы N, а все остальные
внутренние силовые факторы (поперечные силы, крутящий и изгибающий
моменты) равны нулю.
Приложение нормальных сил к стержню может быть различным, но
в любом случае система внешних сил образует равнодействующую Р,
направленную вдоль оси стержня, то есть во всех поперечных сечениях
стержня возникают нормальные силы N, равные силе Р: N=P.
При расчетах в сопротивлении материалов сжатие отличается от
растяжения формально только знаком силы N.
Таким образом, при рассмотрении задач сохраняется единство
подхода к вопросам растяжения и сжатия.
Если для нагруженного по концам растянутого однородного
стержня напряжения остаются постоянными как по сечению, так и по
длине, то такое напряженное состояние называется однородным.
Рассмотрим задачу о распределении напряжений
 и  при
растяжении (сжатии) в поперечном сечении стержня (рис. 6.1).
Три стороны задачи о растяжении и сжатии стержня.
1. Статистическая сторона задачи
P
Краевой
эффект
z
Рис. 6.1 Растяжение стержня
Mкр = Qx = Qy = Mx = My = Mz=0
N( z)  P (1)
N     dF (2)
F
M кр       dF
29
Q x    zx  dF
Q y    zy  dF
Q x    zx  dF  0
Q y    zy  dF  0
0
2. Геометрическая сторона задачи
Применим гипотезу плоских сечений:
Волокна при растяжении (сжатии) по высоте в поперечном сечении
бруса деформируются одинаково   const (3).
Выделим
два
сечения
стержня
до
приложения
нагрузки
рассмотрим их положение в нагруженном состоянии (рис. 6.2).
a1
a b b1
aabb до приложения нагрузки
a1a1b1b1 при нагружении
a1 a b b1
Рис. 6.2 Деформация стержня
3. Физическая сторона задачи
Заключается в применении закона Гука.
    Е (4) где  - относительная деформация,
Е – модуль упругости 1 рода = 210 5 МПа
Объединяем все три стороны задачи
    Е  const (5)
подставляем в интеграл (2)
N     dF
F

N
F
(6)
=> N    F
 - нормальное напряжение
Найдем растяжение стержня при удлинении, сжатии.
30
и


dz
Рис. 6.3 Нормальное напряжение при растяжении


N

Е E F
E  F – жесткость бруса при растяжении, сжатии.
l    l
dz    dz
Абсолютная деформация бруса длинной l=  dz равна
l
l
N  dz
l     dz  
EF
0
0

где  l – абсолютная деформация.
N
F
Условия прочности:
 max  [] [] - допускаемое нормальное напряжение.
Материалы
Пластичные материалы

[ ]  T
n
текучести материала
T -
Хрупкие материалы

[ ]  П
n
предел
прочности материала
n – коэффициент запаса прочности
n – вводится по следующим причинам:




П
неточное определение внешних нагрузок
приближенные методы расчета
отклонения в размерах деталей
разброс в механических характеристиках материала.
31
-
предел
Для хрупких материалов n больше чем для пластичных материалов,
так как у хрупких материалов большая неоднородность структуры.
l
N( z )  dz
l  
E  F( z )
0
если N(z) = const, F(z) = const
l 
Nl
E F
Условие жесткости l  [l]
32
7. ТИПЫ ЗАДАЧ СОПРОТИВЛЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ
Мы выполняем расчет по допускаемым напряжениям, при этом вся
конструкция считается прочной, если напряжение в опасной точке  max не
превосходит [] – допускаемого значения (рис. 7.1).

max
Рис. 7.1 Эпюра напряжений 
1. Проверочный расчет
Дано:
Размеры стержня, внешняя нагрузка.
 max 
N
 [] ?
F
2.Проектировочный расчет
Дано:
Внешняя нагрузка, []
F
N
max = [] условие экономичности
[ ]
F   допуск
3.Определение допустимой внешней нагрузки
Дано:
размеры стержня, 
 max =
N
= 
F
N]  F  [G]
N  f ( P1 , P2 ,..., Pn )
33
Н
q  120000
м
l  0, 3м
F1  8  10 4 м 2
P1    q  l
Н
м
Н
P2  5,4  104
м
P1  1,8  104
P2    q  l
F2    F1
  0, 5
  1,5  T  240  106 Па
2
F2  1,6  10 3 м 2
4. Расчет на жесткость.
Условия жесткости: l =
n
 l i
i 1
 l 
Пример (Р-1)
все величины заданы в системе СИ
C
B
A
F2
q
D
F1
F2
P2
P2
P1
RA

z3
z2
z1
2l
2l
z4
l
2l
N, кН
90
18
18
0
-36
34
, Па
5,6107
1,12107
2,25107
1,12107
2,25107
1,68
7
, м-4
1,35
1,01
Рис.239 Пример решения задания Р-1
Рис. 7.2 Пример решения задачи Р-1
Решение
Найдем реакции связей
R A  q  2l  P2  P2  P1  0
R A   ( q  2l  P2  P2  P1 )
R A  9  10 4
Построим эпюру нормальных сил
2l1.8104
N 1 ( z 1 )   R A  q  z 1 0910
4
N 2   R A  q  2l  1.8  104
N 3   R A  q  2l  P2  3.6  10 4
N 4   R A  q  2l  P2  P2  1.8  10 4
Построим эпюру нормальных напряжений
35
1,68
7
2l 1.12510 7
1 (z1 ) 
N1 (z1 )
F2 05.62510
2 
N2
 2.25  10 7
F1
3 
N3
 2.25  10 7
F2
4 
N4
 1.125  10 7
F2
7
 max   1 ( 0 )
 запас   T   max  1.838  10 8
Построим эпюру перемещений
E  2  1011 Па
1 ( z 1 ) 
2l
2l 1.01310  4
N 1 ( )
N ()
d  1
E  F2
E  F2 00
0

2l 1.68810  4
2 (z 2 ) 
N2  Z2
 1 ( 2l )
E  F1
01.01310
4
l 1.3510  4
3 (z 3 ) 
N3  z3
  2 ( 2l )
E  F2
01.68810
4
2l 1.68810  4
4 (z 4 ) 
N4  z4
  3 (l)
E  F2
01.3510
4
36
8. КРУЧЕНИЕ СТЕРЖНЕЙ
Это такой вид нагружения, при котором в поперечном сечении стержня
возникают только крутящие моменты, отличные от 0. а N = Qx = Qy = Mx = My
= 0.
Стержень, работающий на кручение, называется валом.
8.1 КРУЧЕНИЕ КРУГЛЫХ СТЕРЖНЕЙ
Три стороны задачи о кручении.
Рассмотрим вал, находящийся под действием крутящих моментов
(рис. 8.1).
M
D
Mкр(z) = M
z1
Рис. 8.1 Вал
1. Статическая сторона задачи:
M кр (z) = M,

M кр =
 dF
(2)
F
Mx =
 ydF = 0
F
My =
  xdF = 0
(3)
F
N=
 dF = 0
F
Анализируя формулы (3), приходим к выводу, что нормальные
напряжения в нормальных сечениях  = 0.
Найдем закон изменения касательных напряжений “” в поперечном
сечении бруса.
37
2. Геометрическая сторона задачи.
Она связана с применением гипотезы Бернулли (плоских сечений)
Экспериментально установлено, что при кручении круглого бруса
ось стержня не меняет своей длины и формы, а поперечные сечения,
плоские и нормальные к плоскости бруса до приложения крутящего
момента, остаются такими же после приложения крутящего момента, и
поворачиваются друг относительно друга. Физическая модель резинового
бруса: поперечные сечения закручиваются друг относительно друга.
Выделим участок бруса длиной dz и имеющего радиус  (рис. 8.2).
Mкр

d

dz
Рис. 8.2 Участок бруса
Пусть левая часть неподвижна.
  dz   d
d 
   (4)
dz 
 - абсолютный угол поворота
 - относительный угол закручивания (поворота), приходящийся на
единицу длины
 - угловая деформация
3. Физическая сторона задачи
Заключается в применении закона Гука.
Закон Гука для угловых деформаций:
 = G (5), G – модуль сдвига (модуль упругости II–го рода)
G стали = 8104 МПа = 810 10 Па
38
Объединяя три стороны задачи, получаем:
Mкр
i
i
i
ц.т.
r
i - радиус произвольной
точки
Рис. 8.3 Эпюра касательных напряжений

из (4), получаем  =  => (5) Mкр =
 dF
F
 =  G (6) => (2) M кр =

 2 G dF
(2) = G
F

 2 dF
F
const
Ip =

Ip
 2 dF – полярный момент инерции
F
I x = I y = D 4 /64; I p = 2I x = 2I y = D 4 /32
 = M кр / (GI p )
(7)
(7)(6) =>  = (M кр G)/Ip = (M кр )/Ip
 = (M кр  i )/I p
Анализируя
(8)
формулу
(8),
делаем
вывод,
что
касательные
напряжения при кручении распределяются по нормальному закону (рис.
8.3).
 max возникают при  =
D
2
Wp = I p /(D/2) – полярный момент сопротивления
Для круглого сплошного сечения: Wp = (D 3 )/16
Тогда max = M кр /Wp ; М кр /Wк  , где W к – момент сопротивления
при кручении, равный в данный момент Wp .
 max = M кр /Wк   – условие прочности при кручении.
39
8.1.1 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ I P И WP
характеристики
D
Ip
Wp
  D4
  D3
32
16
  D4
  D3
Mкр

D
d4
 (1  4 )
32
D
d4
 (1  4 )
16
D
d
Анализируя эпюру , мы видим, что в центре сечение не нагружено,
т.о. рациональным сечением является не сплошной вал, а кольцо.
Задача: сопоставить по металлоемкости два равноправных сечения
(рис. 8.4).
D2
D1
d2
Рис. 8.4 Полое и сплошное сечения вала
Равнопрочные:
 max1 = max2
 max1 = М кр /Wp1
 max2 = М кр /Wp2
М кр /Wp1 = М кр /Wp1  1/Wp1 = 1/Wp1
(D 3 1 )/16 = (D 3 2 )/16(1–(d2 4/D 2 4 ))1/D 1 3 = 1/(D 2 3 (1–0.8 4 ));
0.59 D 2 3 = D 1 3 ;
D 1 = D0.839.
Сопоставляем сечения 1 и 2 по металлоемкости:
F 1 /F 2 = (D 1 2 )/4/((D 2 2 )/4)–(1–d2 2/D 2 2 ) = 1.9.
40
8.2 КРУЧЕНИЕ ПРЯМОУГОЛЬНЫХ СТЕРЖНЕЙ
При кручении прямоугольных стержней гипотеза плоских сечений
не выполняется, так как сечения искривляются  депланируют. Задача о
кручении прямоугольных стержней решается в теории упругости.
Готовые формулы
h>b
Mк
р
у
ma
x
h
x
b

Рис. 8.5 Эпюра касательных напряженийmax
для некруглых стержней
В углах и центре тяжести 0
 max 

M кр
Wk
M кр
G  Ik
где W k = b 2 h - момент сопротивления при кручении
I k = b 3h h
b
, ,  -коэффициенты, зависят от соотношения f ( )
41
Некоторые значения коэффициентов , , .
1
0,208
0,141
1



1,5
0,231
0,196
0,869
h
b
2
0,246
0,229
0,795
1,75
0,239
0,214
0,82
2,5
0,256
0,249
0,766
3
0,267
0,263
0,753
10
0,313
0,313
0,742
Абсолютный угол закручивания вала, состоящего из n участков - .

M кр
G I k
l
   dz

d
dz
li M
i  
0
0
d  dz
кр i
G Ik
 dz
   d i  
i
M кр  l i
G I k
i
i
Пример (К-1)
Дано (рис. 8.6)
 max  80106 Па
M 1  720Н  м
M 2  400Н  м
M 3  500Н  м
d
 0 .9
D
h
 1 .4
b
 1  0.9
  0.185
  0.88
l 1  0 .5 м
l 2  0 .3 м
l 3  0.42м
Решение
M I  M 1  720Н  м
M II  M 1  M 2  1.1210 3 Н  м
M III  M 1  M 2  M 3  1.6210 3 Н  м
первый участок
WI 
MI
WI 16
 0.051 d  0.9 D1  0.046
 9 10 6 D1  3
4
 max
  (1   )
второй участок
WII 
M II
W 16
 0.041 d  0.9 D 2  0.037
 1.4 10 5 D 2  3 II

 max
третий участок
42
 2  0.225
WIII 
M III
WIII
 0.04 h  1.4 b  0.056
 2.02510  5 b  3
 2 1.4
 max
так как мы приняли за диаметр трубки диаметр D 1 , то пересчитаем
момент сопротивления
  D 1 3 
d 4 
WI 
1
 1.87110 5
4
16  D 

1 
MI
1 
 3.84710 7
WI
  D 1 3 
d 4 
lp 
1
32  D 4 

1 
l p  полярный момент инерции круглого стержня
p 2  d  0.5  0.019
M p
 2  I 2  2.81110 7
lp
  M III
4 
 7.0410 7
WIII
1
1
найдем угол закручивания стержня
 D 2 4
lp 
 2.90310 7
32
G  81010
l k   b 3  h
M l M l M l
  I 3  II 2  III 1  0.038( рад)
G l p
G l p
G l k
2
1
2
43
M3
M1
M2
D
b
d
d
D
D
h
l1
l2
1.6
2
1.1
2
l3
0.7
2
М
0
Рис. 8.6 Эпюра крутящих моментов
b
80
МПа
70,4
МПа
38,47
МПа
3
4
28,11
МПа
1
2
h
80
МПа
Рис. 8.7 Эпюра касательных напряжений для различных сечений стержня
44
9. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ
СЕЧЕНИЙ
Рассмотрим произвольное плоское сечение (рис. 9.1). Выделим
элементарную площадку dF и определим ее характеристики.
dF
y
x
Рис. 9.1 Произвольное плоское сечение тела
Статистический момент инерции сечения.
Называется S x и S y относительно осей x и y
S x   ydF
интегральная сумма произведения элементарных
площадок на их расстояние до оси.
S y   xdF => [S] = м 3
Используется
для
определения
центра
напряжений при изгибе.
Координаты центра тяжести сечения
Sy
S xc  0
F
Sx S  0
yc
yc 
F
xc 
Если фигура состоит из нескольких простых
S yi  Fi x i

 Fi  Fi
S xi   Fi  y i
yс 
 Fi
 Fi
xс 
Осевой момент инерции сечения.
I x   y 2  dF [м 4 ]
I у   x 2  dF
[м 4 ]
45
тяжести
касательных
Главная характеристика при расчетах на изгиб.
Центробежный момент инерции скольжения – интегральная сумма
произведения элементарных площадок на расстояние до осей.
I xу   x  y dF [м 4 ]
Полярный момент инерции.
I p    2 dF [м 4 ]
I p    2 dF   2  x 2  y 2   ( x 2  y 2 )dF  I x  I y
Ip  Ix Iy  0
F
Радиус инерции.
ix 
iy 
Ix
F
Iy
F
Осевой момент сопротивления.
W x, W y [м 2 ]
Для сечения, имеющего две оси симметрии:
Wx 
Wy 
Ix
xmax xmax
y max
ymax
max
Iy
ymax
x max
Для сечения, имеющего одну ось симметрии:
Wy 
Wx
верх
Iy
x max

Wx 
низ
yверх
Ix
y верх
Ix
y низ
ц.т.
xmax
xmax
46
yниз
Wp 
Ip
полярный момент сопротивления
 max
h
2
Пример
I x   y dF
dF = bdy
y
x
h
2
F
Ix = ?
h
2
h
2
b h 3
I x   y  b  dy  b   y  dy 
3
h
h
тогда

2

2
2
2
9.1 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПРОСТЫХ СЕЧЕНИЙ
Вид сечения
Координата
ц.т.
Ixc
Iyc
b
2
h
yc 
2
b  h3
12
b  h3
12
b
3
h
yc 
3
b  h3
36
h  b3
36
 D
 D
Ixc,yc
центробежн
момент ин-и
Примечания
y
b
xc 
x
h
0
y
xc 
h
x

b2  h2
72
b
I p  Ix  Iy 
D
64
47
4
64
4
0

  D4
32
r=
D/2
y
x
y
xc  0.424  r
  D4
0.11  r 2
0
128
r=
D/2
x
yC
xc  0.424  r
0.0549  r 4
yc  0.424  r
0.0549  r 4
0.0165  r 4
xC
9.2 ПАРАЛЛЕЛЬНЫЙ ПЕРЕНОС ОСЕЙ
y1
y
b
x
y
x
a
x1
Рис. 9.2 Параллельный перенос осей
Дано: F, a, b, I x, I y, I xy; (рис. 9.2)
Найти: I x1 , I y1 , I x1y1 ;
Решение:
Если оси x и y  центральные, то Sx=Sy=0 и формулы имеют вид:
48
2
I x1   y 1 2 dF   ( a  y ) dF   a 2 dF   2a y dF   y 2 dF 
F
F
2
2
F
F
 a  F  2aS x  I x  a  F  I x

0
F
2
I y1   x 1 2 dF   ( b  x ) dF   b 2 dF   2 b x dF   x 2 dF 
F
F
2
2
F
F
 b  F  2 bS y  I y  b  F  I y

F
0
I x1y1   y 1  x 1 dF   ( y  a)( x  b )dF   y  x dF   a x dF   b y dF   a bdF 
F
F
F
F
 I xy  aS y  bS x  a b F  a b F  I xy
 
F
F
0
0
В общем виде формулы параллельного переноса имеют вид:
n
I x1  I x  a 2  F   ( I xi  a i 2  Fi )
i 1
n
I y1  I y  b 2  F   ( I yi  b i 2  Fi )
i 1
n  число составных частей
n
I x1y1  I xy  a b F   ( I xiyi  a i  b i  Fi )
i 1
9.3 ПОВОРОТ ОСЕЙ
y
y1
x
y
x
x1
x1

Рис. 9.3 Поворот осей
Дано: I x, I y, I xy ,  (рис. 9.3)
Найти:I x1 , I x2 , I x1y1
49
Решение:
x 1  x cos  y sin
y 1  y cos  x sin
I x1   y 12 dF   y cos  x sin 2 dF  I x cos2   I xy sin 2  I y sin 2 
F
F
2
I y1   x 1 dF   x cos  y sin 2 dF  I y cos2   I xy sin 2  I y sin 2 
F
F
I x1y1   x 1  y 1 dF  I y sin cos  I x sin cos  I xy cos2 
F
Iy Ix

sin 2  I xy cos2
2
Исследуем на экстремум I x1
dI x1
 2 I x cossin  2 I xy cos2  2 I y sincos 
d
 I y  I x sin 2  2 I xy cos2  0
I y  I x sin 2 0  2 I xy cos2 0




tg 2 0 
2 I xy
Iy Ix
 I x1  I max  x 1 - ось максимума
I y1  I min  y 1 - ось минимума
I x  I y  I x1  I y1 - сумма осевых моментов инерции при повороте
осей инвариантна (=const)
I x1 y 1  0
Оси,
относительно
которых
центробежный
момент
равен
0,
называются главными. Моменты инерции относительно этих осей
принимают максимальные и минимальные значения:
I u  I max , I v  I min - главные моменты инерции
Главные оси, u, v, проходящие через центр тяжести сечения,
называются главными центральными.
tg 2 0 
2 I xy
Iy Ix
50
Главные центральные моменты сечения:
I x  I y  max 1
I max 

2 _ min 2
2
I x  I y 2  4  I xy
min
Если сечение обладает симметрией, то оси симметрии и являются
главными осями.
51
10. ИЗГИБ. РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ И ЖЕСТКОСТЬ ПРИ
ИЗГИБЕ
10.1 ЧИСТЫЙ ИЗГИБ
Расчетные формулы для определения нормальных напряжений при
изгибе обычно выводят из рассмотрения плоского чистого изгиба,
который является наиболее простым случаем изгиба (рис.10.1).
M
M
z1
Рис. 10.1 Плоский чистый изгиб
Чистый изгиб – такой вид нагружения, при котором в поперечных
сечениях бруса возникают только изгибающие моменты М х, а Q=0.
Чистый
изгиб
характерен
тем,
что
из
шести
компонентов
внутренних усилий только изгибающий момент не равен 0, а поперечные
и нормальные силы отсутствуют. Для тех участков стержня, где
соблюдается это условие, изгибающий момент остается постоянным (М =
const). Изгибающий момент численно равен сумме моментов всех
внешних сил, действующих на отсеченную часть балки относительно оси
Ох. Эпюра изгибающих моментов строится на сжатом волокне. При этом
изгибающий момент в балках считается положительным, если сжаты
верхние волокна, т. е. элемент изгибается выпуклостью вниз.
Рассмотрим три стороны задачи об изгибе:
1. Статическая сторона задачи:
Условия чистого изгиба могут возникать при различных внешних
нагрузках.
Характерный
пример показан
на рисунке (простейший
двухопорный стержень, нагруженный силами Р) (рис. 10.2).
52
P
P
P
P
M
Чистый изгиб
Рис. 10.2 Напряжения при чистом изгибе
Рассмотрим
условие
равновесия,
связывающее
напряжения
и
внутренние усилия в поперечном сечении балки (рис. 10.3), опуская
индекс x y момента, получим
M x z   M
(1)
М х   G y  dF
(2)
F
М у   G x  dF  0
(3)
F
N   G  dF  0
(4)
F
Рис. 10.3 Поперечное сечение балки
53
2. Геометрическая сторона задачи:
При изгибе под действием моментов М ось балки искривляется
(установлено экспериментально).
Рис. 10.4 Сетка, предварительно нанесенная на балку
Наблюдая за деформацией сетки, предварительно нанесенной на
балку (рис. 10.4), можно заметить, что продольные линии при чистом
изгибе искривляются по дуге окружности, контуры поперечных сечений
остаются плоскими кривыми, пересекая продольные линии под прямыми
углами (рис. 10.5). Это говорит о том, что при чистом изгибе поперечные
сечения остаются плоскими и, поворачиваясь, становятся нормальными к
изогнутой оси балки.
Фактически
это
есть
доказательство
того,
что
все
сечения
однородной балки при чистом изгибе не искривляются, а лишь
поворачиваются. Это утверждение, будучи точным, для чистого изгиба, в
общем случае является приближенным и именуется гипотезой плоских
сечений (Бернулли).
Рис. 10.5 Деформация участка балки при чистом изгибе
54
Поворот плоских поперечных сечений одного относительно другого
является результатом образования деформаций при чистом изгибе.
В сжатой области (сверху) волокна укорачиваются, а в зоне
растяжения удлиняются. Зона растяжения в сечении балки разделяются
нейтральным слоем с радиусом кривизны ρ. Длина нейтрального слоя
при изгибе остается неизменной.
Рассмотрим два смежных сечения a и b, расположенных между
собой на расстоянии dz (рис. 10.6).
Предположим, что левая часть неподвижна, а правая поворачивается
относительно левого участка.
Рис. 10.6 Поворот правого участка относительно левого
При чистом изгибе найдем из рассмотрения деформации участка
балки
длиной
находящегося

dz
на
относительное
расстоянии
удлинение
у
от
некоторого
нейтрального
волокна,
слоя
l  y     d    d
y  d    d    d
y  d
yd
y





l
dz
dz
dz
  d 
dz    d

y

(5) -относительное удлинение участка
55
3. Физическая сторона задачи:
При чистом изгибе вводится предположение о ненадавливаемости
продольных слоев (рис.10.7).
Рис. 10.7 Деформация участка балки длиной dz
 = 0 – касательное напряжение
0 – нормальное напряжение
Так как  = 0, то это значит, что волокна балки находятся в линейно
напряженном состоянии
  E
(6) - применяем закон Гука
4. Объединяем три стороны задачи:
(5)(6)   
y

 E (7)
M x   G  y  dF
F
(7)(2)  M x

F
y2

 E  dF 
E
y

F
56
2
 dF
E
Mx 


y 2  dF
F
I x   y 2  dF - осевой момент инерции, зависит от формы,
F
размеров.
Mx 
1


E  Ix

Mx
E  Ix
(8), где Е∙I x - жесткость сечения при изгибе
Изменяется  по высоте сечения по линейному закону:

y  Mx  E Mx

y
E  Ix
Ix
Напряжения при изгибе:

Mx
y
Ix
(9) – нормальные напряжения при изгибе.
max
yверхняя
Нейтральный слой
max
yнижняя
Рис. 10.8 Сечение не имеющее горизонтальной оси симметрии
Максимальное напряжение при изгибе возникает в точках, наиболее
удаленных от нейтральной линии.
в
 max

Mx
М
 yверхн  вх
Ix
Wx
57
в
 max

Wx 
Mx
М
 yнижн  нх
Ix
Wx
Ix
ymax
- осевой момент сопротивления сечения
N     dF  0
F
(9)(4)
0
F
Mx
M
 y  dF  x
Ix
Ix
 y  dF
F
Mx
 S x  0  S x  0 - статический момент инерции
Ix
Значит, ось х – центральная. Таким образом, центр инерции
проходит через центр тяжести сечения.
M y  0    x  dF 
F
 x  y  dF  I
x
Mx
Ix
 x  y  dF  0
F
 y - центробежный момент инерции
F
Ix  y  0
Через ось у проходит силовая плоскость, значит, оси x и у – главные
центральные оси.
Мы получили условия существования прямого изгиба (когда
деформирование бруса происходит в силовой плоскости).
Для сечений с двойной симметрией у нижн =у верхн =у max

Ix
Mx
M
 ymax  x , где W x 
ymax
Ix
Wx

Mx
   - условие прочности при изгибе.
Wx
58
Рис. 10.9 Эпюра нормальных напряжений и сечение с горизонтальной осью симметрии
Пример (Рис. 10.10)
Подобрать номер двутавра
RB = 2.5P
RA = 0.5P
P
2P
A
a
a
Рис. 10.10 Расчетная схема
Дано:
P=40 кН
A=1 м
[]=160 МПа
Решение:
Растяжение – сжатие:

N
  
F
Кручение:

z3
B
z2
z1
Mk
  
Wk
59
a
Изгиб:

Mx
  
Wx
 max 
M max
   - условие «экономичности»
Wx
M max
M
  , W x  max
Wx

Строим эпюры Q и M (рис. 10.11)(эпюра М строится на сжатых
волокнах)
Q
R
2
P
A
RB
M
Рис. 10.11 Построение эпюр Q и M
Для
этого
определяем
реакции
равновесия
M
A
 0,
M
B
0
Q z 1  
P
,
2
Q z 2  
P
3
 2P   P ,
2
2
Q z 3   P
P
M  z1   z
2 1
a
P a
2
0 0
M z 3    P  z
,
a   P a
3
00
60
R A, R B ,
используя
уравнения
Опасное сечение над опорой В
M max  P  a
Wx 
Pa

 250см 3
3
Двутавр №22, W x 22  232см
Для №22 перегрузка
M max M max

W x 22
Wx
 22   
n
 100% 
 100%  8%
M max
 
Wx
Пример (И-1)
Для балки (Рис. 10.12)
из расчета на прочность по нормальным
напряжениям подобрать сечение в двух вариантах а) двутавровое б)
полый прямоугольник. Проверить прочность балки по касательным
напряжениям
для
двух
вариантов.
Построить
эпюру
касательных
напряжений для прямоугольного сечения. Определить вертикальное
перемещение сечения С. сравнить вес балок с прямоугольным и
двутавровым сечением.
MA
M
YA
3a
YB
q
P
1
4a
6a
XA
A
z2
z1
l
z3
l
z4
D
l
C
l
5a
Рис. 10.12 Прямоугольное полое сечение и расчетная схема
61
2
l
B
Q, кН
24,17
19,17
29,17
9,16
0,83
0
-0,83
0,917
Ми, кНм
Mmax = 0,86
кНм
0
0,83
0
0
-3,33
-14,17
-21,67
-35
М1
0,666
0,333
0,5
0,166
0
0
Рис.10.13 Построение эпюр Q и M
Дано:
2
 2
 1
3
q  10000 H
l  0,5 м
 доп  160  10 6 Паy
 доп  100  10 6 Па
P1    q  l  1  10 4
P2    q  l  5  10 3
M    q  l 2  7,5  10 3
Решение:
Y: YA  YD  P1  q  3l  0
(у правой)  YD  q  l  YB  0
M
A
0
M A  M  P1  l  2  Y D  3l  3q  l  1,5l  0
(M D правой)
 q  l 2  0,5  Y B  3l  0
q  l 2  0,5
YB 
 833,333
3 l
62
Y D  YB  q  l  4,167  10 3
Y A  Y D  P1  q  3l   2,917  10 4
M A   M  P1  l  2  YD  3l  3q  l  1,5l   3,5  10 4
M
B
0
q  4l  4l  P1  4  l  M  M A  Y A  6l
Q  Z 1   Y A  q  z1 02 , 917104
l  2 , 417104
QZ 2   Y A  q  l  q  z 2
l 1, 917104
0 2 , 417104
QZ 3   YA  q  l  q  l  q  z 3  P1 09,167104
2 l 833, 333
QZ 4   YB
l 833, 333
0833, 333
q  z12
M И  Z 1   Y A  z1 
 MA
2
M И Z 2   Y A  (l  z 2 ) 
l  2 ,167104
0 3 , 5104
q  (l  z 2 )
 M  MA
2
2
l  3 , 333103
0 1, 417104
q  ( 2l  z 3 )
M И  Z 3   Y A  ( 2l  z 3 ) 
 M  P1  z 3  M A
2
2
2 l  833, 333
0 3 , 333103
M И (0,917)  868,055
M И Z 4   YB  z 4
2 l  833, 333
0 0
На третьем участке определяем максимум для момента:
z3 
Y A  q  l  q  l  P1
 0,917
q
M max  35  10 3
Находим величину момента сопротивления:
1)для двутавра
Wx 
M max
 доп
 2,188  10  4
подбираем номер двутавра №22 W x.22 =232·10 -6
63
 max 
M max
 1,509  10 8
W x .22
Проверка:
 max   доп
 100  6,057 % (недонапряжение)
 max
Подбираем номер двутавра №20а
 max 
W x.20а =203·10 -6
M max
 1,724  10 8
W x .20а
Проверка:
 max   доп
 100  7,2 % (перенапряжение)
 max
Т.к. на практике допускаются перенапряжения до 5 %,
то выбираем № 22
2)для специального сечения
B  5 a
b  3 a
H  6 a
h  4 a
l x . пр 
B  H 3 b  h3

12
12
5  a  (6  a ) 3 3  a  (4  a ) 3


 74  a 4
12
12
l x . пр
l max  3  a
Wx 
a
3
l x . пр
l max


74 3
a
3

3  2,188  10  4
 0,021 м
74
B  0,104
H  0,124
b  0,062
h  0,083
Определим площадь этого сечения:
Fпр  H  B  h  b  7,713  10 3 м 2
64
l x .пр  74  a 4  1,359  10 5
Проверим прочность балки по касательным напряжениям для двух
вариантов сечений:
1)для двутавра
l x . дв  2550  10 8 м
S x  131  10 6 м
b  5,4  10 3
Qmax  29,17  10 3
 max 
Qmax  S x
 2,775  10 7 Па (меньше τ доп )
l x .дв  b
Двутавр удовлетворяет требованиям прочности
2)для прямоугольника
τ 1 =0
S2 
H h
 H H  h
 B 
  1,109  10  4
2
4 
 2
2 
S 2  Qmax
 2,3  10 6 Па
l x . пр  B
3 
S 2  Qmax
 2,426  10 6 Па
l x . пр  ( B  b)
S 4  S 2  ( B  b) 
4 
h h
  1,95  10  4
2 4
S 4  Qmax
 4,266  10 6 Па
l x . пр  ( B  b)
 max   4  4,266  10 6 Па
Определим вертикальное перемещение в сечении с:
l  0 ,5
E  2  10 11 Па
G  8  10 10 Па
1-й участок
a  35  10 3
65
b  21,67  10 3
c0
d  0,166
ql2
f 
8
1 
l
 2  a  c  2  b  d  a  d  c  b  2  f  (c  d )  2,967  10 14
G  E  l x . пр
2-й участок
a  14,17  10 3
b  3,33  10 3
c  0,166
d  0,333
f 
ql2
8
2 
2l
 2  a  c  2  b  d  a  d  c  b  2  f  (c  d )  5,465  10 14
G  E  l x . пр
3-й участок
a  3,33  10 3
b0
c  0,333
d  0,5
f 
ql2
8
3 
2l
 2  a  c  2  b  d  a  d  c  b  2  f  (c  d )  1,547  10 14
G  E  l x . пр
4-й участок
a0
b  0,83  10 3
c  0 ,5
d  0,666
66
f 
ql2
8
4 
2l
 2  a  c  2  b  d  a  d  c  b  2  f  (c  d )  1,035  10 14
G  E  l x . пр
5-й участок
a  0,83  10 3
b0
c  0,666
d 0
f 0
5 
2l
 2  a  c  2  b  d  a  d  c  b  2  f  (c  d )  5,085  10 15
G  E  l x . пр
   1   2   3   4   5  8,436  10 14
Определяем металлоемкость:
F дв  30,6  10 4
Fпр
Fда
 2,521
Таким образом, балка двутаврового сечения обладает меньшей
металлоемкостью,
чем
балка
в
виде
прямоугольника(рис.10.14
рис.10.15).
1
max
3
2
4
4
4,2 МПа
2
3
2,4
1
max
2,3
Рис. 10.14 Эпюра касательных напряжений для прямоугольного сечения
67
и
y
max
max
max = 27.75Па
Рис. 10.15 Двутаврное сечение балки
68
10.2 ПОПЕРЕЧНЫЙ ИЗГИБ
Поперечный изгиб – это такой вид нагружения, при котором в
поперечных сечениях бруса возникают не только изгибающие моменты
Мх,
но
и
поперечные
силы
Q у.
Эта
сила
представляет
собой
равнодействующую элементарных распределенных сил, лежащих в
плоскости сечения. В этом случае в поперечных сечениях возникают не
только нормальные, но и касательные напряжения.
Q y    zy  dF
F
Возникновение
касательных
напряжений
τ
сопровождается
появлением угловых деформаций. Поэтому, кроме основных смещений,
свойственных чистому изгибу, каждая элементарная площадка сечения dF
получает
еще
некоторые
дополнительные
угловые
смещения,
обусловленные сдвигом (рис. 10.16).
Рис. 10.16 Искривление поперечных сечений
Касательные напряжения распределены по сечению неравномерно,
поэтому неравномерно будут распределены и угловые смещения. Это
значит, что при поперечном изгибе в отличие от чистого изгиба
поперечные сечения не остаются плоскими.
Найдем закон изменения касательных напряжений
 zy=
поперечном изгибе.
Для этого сначала рассмотрим случаи поперечного изгиба
(рис. 10.17):
69
при
P
RA
RB
A
B
z
dz
Q
M
Рис. 10.17 Эпюры Q и M при поперечном изгибе
Вычислить касательные напряжения проще всего через парные им
напряжения, возникающие в продольных сечениях стержня. Выделим из
бруска элемент длиной dz (рис. 10.18).
M+dM
M


y
Нейтральный
слой
Q
Q
dz
Рис. 10.18 Распределение касательных напряжений элемента бруска
При поперечном изгибе моменты, возникающие в левом и правом
сечениях элемента, не одинаковы и отличаются на dM. Продольным
горизонтальным сечением, проведенным на расстоянии у от нейтрального
70
слоя, разделим элемент на две части и рассмотрим условия равновесия
верхней части. Равнодействующая нормальных сил   dF в левом сечении
в пределах заштрихованной площади (отсеченной части) равна
 d  dF
dN 
отсеч
F о т сеч
  y   dz  b y  
 d  dF
отсеч
F о т сеч
Q y    zy  dF отсеч
F
Полагая, что справедливо распределение в виде:

Mx  y
, получим
Jx
  y   dz  b y  
dM x
 y  dF отсеч
Ix
F от сеч
  y   dz  b y  
dM x
Ix

 y  dF
F
отсеч
,
от сеч
где через у обозначена текущая ордината площадки dF. Разность
нормальных сил в правом и левом сечении должна уравновешиваться
касательными силами, возникающими в продольном сечении элемента
(рис. 10.19)
dz
(y)
Рис. 10.19 Распределение касательных напряжений τ(у) на участке dz
71
Полученный интеграл представляет собой статистический момент
относительно оси х части площади, расположенной выше продольного
сечения. Обозначим этот статистический момент через
  y   dz  b y  
S xотсеч
, тогда
dM x
 S xотсеч
Ix
dM S xотсеч
  y 

dz I x  b y 
Учитывая, что
dM
Q
dz
Q  S xотсеч
  y 
I x  b( y )
Полученная формула носит название формулы Журавского. Она
позволяет
вычислить
касательные
напряжения,
возникающие
в
продольных сечениях стержня.
 max   
Полный расчет балки на прочность при поперечном изгибе:
  y 
Mx
  
Wx
и 
Q  S xотсеч
  ,
I x 
где I х – осевой момент инерции сечения относительно центральной
оси х;
b(y) – ширина живого сечения на уровне у;
S хотсеч – статический момент площади, отсеченной уровнем у.
72
Пример
Найти закон изменения касательного напряжения у на уровне у
(рис. 10.20).
Q
Fот
с
h/2
y
(y)
max
h/2
Рис. 10.20 Расчетная схема
Q  S xотсеч
  y 
I x  b y 
Ix 
b  h3
12
h  h
 h 
h  h h 1 
S xотсеч  Fотс  y 1  b    y     1   y    b    y       y  
2
2  2
 2 
2  2 4 2 
1  h   1  b  h2 2 
  b  y    y       y 
2  2   2 2  4

1
h
 h
Q   b    y   
2
2
 2
  y 
2
3
b h
12
1 h

 h
y Q     y   
2 2

 2
b  h3
12
73

y
2
  6  Q   h  y 2 

h 3  b  4

Закон изменения  представляет собой параболу.
 h
 2
   0
  y  0   max
1 h2
Q    12
3Q
3 Q
2 4


 
3
2 b h 2 F
bh
F
74
11. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ В РАМАХ И БАЛКАХ
На основе определения перемещений созданы общие методы
определения внутренних силовых факторов в статически определимых
системах.
Наиболее
просто
перемещения
энергетических
соотношений
потенциальной
энергии
потенциальной
энергии
на
можно
основе
нагруженного
предшествует
найти
общего
стержня.
анализ
при
помощи
выражения
Определению
внутренних
силовых
факторов, возникающих в стержне. Этот анализ проводят при помощи
метода сечений с построением эпюр изгибающих и крутящих моментов, а
в тех случаях, когда это необходимо, - также эпюр нормальных и
поперечных сил.
Во всех случаях эпюры внутренних силовых факторов строят на
осевой линии стержня. Силовой фактор откладывают по нормали к оси.
Для пространственного стержня осевую линию вычерчивают обычно в
перспективе,
а
эпюры
изгибающих
моментов
изображают
в
соответствующих плоскостях изгиба.
11.1 ПОТЕНЦИАЛЬНАЯ ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ СИСТЕМЫ
При прямом поперечном изгибе бруса его ось, искривляясь, остается
в силовой плоскости. Ось изогнутого бруса, или, как условно называют,
изогнутая ось, представляет собой геометрическое место центров
тяжести поперечных сечений деформированного бруса, ее называют
также упругой линией.
В результате деформации бруса каждое из его поперечных сечений
переходит в новое положение: центр тяжести получает вертикальное v и
горизонтальное u линейные перемещения, а само сечение поворачивается
на некоторый угол θ вокруг своей нейтральной оси (рис. 11.1).
75
Рис. 11.1 Деформация бруса
При малых деформациях горизонтальные перемещения ничтожно
малы и их не учитывают, считая, что центры тяжести поперечных
сечений получают лишь вертикальные перемещения, называемые обычно
прогибами.
Определение линейных и угловых перемещений необходимо для
расчетов на жесткость при изгибе и нахождения так называемых
«лишних» неизвестных в статически неопределимых балках (рис.11.2).
P
P
Рис. 11.2Перемещение точки приложения силы Р по направлению ее действия
Если в системе бесконечно медленно прикладывается сила, эта
нагрузка называется статической (т.е. ускорением, возникающим в балке
можно пренебречь).
y
P
A = 1/2PP
x
P
Рис. 11.3 Приращение силы ∆Р
76
Работа силы P на перемещении p
A
1
 P  p (рис. 11.3)
2
Найдем
работу
внутренних
сил
для
плоского
наряженного
состояния.
Для плоского напряженного состояния мы имеем N, Q, M.
M
M
N
N
dz
Рис. 11.4Работа системы сил, действующих на стержень
Найдем работу сил на элементарном отрезке:
1.Работа нормальных сил N (рис. 11.5)
N
N
dz
Рис. 11.5 Работа нормальных сил N на элементарном отрезке
dU N
1
1 N 2  dz
  N  N  
2
2 EF
- часть работы, которая приходится на отрезок dz.
N 
N  dz
,
EF
где F – площадь поперечного сечения,
E – модуль упругости первого рода,
E·F – жесткость поперечного сечения при растяжении/сжатии.
77
2.Работа изгибающих моментов М (рис. 11.6)
d
M
M
Нейтральный
слой
dz
Рис. 11.6 Работа изгибающих моментов на элементарном отрезке dz
dU M
1
1 M  M  dz 1 M 2  dz
  M  d  
 
,
2
2
E  Ix
2 E  Ix


2
2
Где I x   y  dF   I xi  Qi  Fi
F
- осевой момент инерции сечения,
E·I x – жесткость сечения при изгибе.
3. Работа поперечных сил Q (рис. 11.7)
dz
Q
Q
Нейтральный
слой
dz
Рис. 11.7Работа поперечных сил на элементарном отрезке dz

Q
F
dU Q 
1
1
 Q  dQ   Q    dz
2
2
    G - закон Гука при сдвиге, где G–модуль упругости 2-го
рода,
78
G ст = 8·10 4 МПа
E ст = 2·10 5 МПа
 ст = 0.25….0.3
G
E
2  1   
1
1 Q    dz 1 Q  Q  dz 1 Q 2  dz
dU Q   Q    dz  
 
 

2
2
G
2 GF
2 GF
Т.к. касательные напряжения распределены неравномерно, то
вводится поправочный коэффициент , зависящий от формы сечения,
учитывающий, что  
Q
 const .  очень близок к 1.
F
Для прокатных сечений =1.1….1.2
11.2 ОБОБЩЕННЫЕ СИЛЫ И ОБОБЩЕННЫЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЯ
Внешние нагрузки весьма разнообразны и обычно представляют
собой группу сил. Работу группы постоянных сил можно представить в
виде произведения двух величин
A  P  p ,
в котором множитель Р зависит только от сил группы и называется
обобщенной силой, а ∆р зависит от перемещений
и называется
обобщенным перемещением.
Таким образом, под обобщенной силой будем понимать любую
нагрузку
(сосредоточенные
силы,
сосредоточенные
моменты,
распределенные нагрузки), которая способна совершать работу на
соответствующем обобщенном перемещении.
Так, рассматривая работу системы сил, действующих на стержень,
получаем
A  P   1  P   2  P   1   2   P p ,
где Р- обобщенная сила;
 р   1   2  l - обобщенное перемещение.
79
P
A
yA
xA
A
Рис. 11.8 Полный прогиб
Обычно
принято
обозначать
обобщенные
перемещения
(как
линейные так и угловые) буквами ∆ и δ с соответствующими двойными
индексами. Первый индекс указывает точку и направление перемещения,
второй – силовой фактор, вызвавший это перемещение.
Например (рис. 11.9):
P
P
1
2
A
21
12
Рис. 11.9 Обозначение перемещений
Таким
образом,
обобщенная
сила
–
это
любая
нагрузка,
приложенная к стержневой системе (например, P или Q) (рис.11.10)
q
P1
M
12
P общая
Рис. 11.10 Прогиб свободного конца балки, под действием приложенной нагрузки
80
Формула потенциальной энергии деформации всей системы
l
l
l
1  N 2  dz
M 2  dz
Q 2  dz 

,
U  A   



2 n  0 EF
E

I
G

F
x
0
0

где U – потенциальная энергия деформаций системы,
А – работа внутренних сил,
Для прокатных сечений =1.1….1.2
11.3 ТЕОРЕМА О ВЗАИМНОСТИ РАБОТ И ПЕРЕМЕЩЕНИЙ
(ТЕОРЕМА БЕТТИ)
Рассмотрим балку, находящуюся под действием системы сил P 1 ,P 2
P
(рис.11.11).
P1
1
P2
2
2P
1P
Рис. 11.11 Балка, находящаяся под действием системы сил
Первое
(рис.11.12).
состояние
системы.
Сначала
прикладываем
силу
P1
2
1
21
11
Рис. 11.12 Балка, вначале находящаяся под действием силы Р1
A1' 
1
 P1   11
2
Затем прикладываем силу P 2 (рис.11.13):
1
P2
2
12
22
P1
Рис. 11.13 Балка, находящаяся под действием поочередно приложенных сил
81
P1
1
 P2   22  P1   12 , т.к. сила не меняется
2
A1'' 
Работа внешних сил:
A1  A1'  A1'' 
1
1
 P1   11   P2   22  P1   12
2
2
Затем к балке сначала приложим силу P 2 (рис.11.14):
1
P2
2
22
Рис. 11.14 Балка, вначале находящаяся под действием силы Р2
A2' 
1
 P2   22
2
Приложим к этому состоянию силу Р 1 (рис.11.15):
1
P2
2
11
21
P1
Рис. 11.15 Балка, находящаяся под действием поочередно приложенных сил
1
A2''  P2   21   P1   11
2
1
1
A2   P2   22   P1   11  P2   21
2
2
Т.к. конечные состояния в первом и втором случаях одинаковы, то
A1  A2
1
1
1
1
 P1  11   P2   22  P1   12   P2   22  P2   21   P1   11
2
2
2
2
Таким образом, P1   12  P2   21 - теорема о взаимности работ и
перемещений.
82
Теорема: работа сил первого состояния на перемещении по их
направлению от сил второго состояния равна работе сил второго
состояния по их направлению от сил первого состояния.
Если Р 1 = Р 2 = 1, то  12   21 или
 12   21 (рис.11.16)
P1 = 1
2
1
21
P2 = 1
2
1
12
Рис. 11.16 Балка, находящаяся под действием единичных сил Р1 и Р2
11.4 ИНТЕГРАЛ МОРА
Метод
Мора
представляет
собой
универсальный
способ
для
определения линейных и угловых перемещений в любых плоских и
пространственных
системах,
состоящих
из
шарнирно
или
жестко
соединенных прямых или кривых брусьев.
При отыскании линейного перемещения к системе, освобожденной
от
заданных
нагрузок,
в
направлении
искомого
перемещения
прикладывается безразмерная единичная сила.
Ограничиваясь рассмотрением плоских систем – балок и плоских
рам и учитывая только энергию деформации, связанную с изгибающими
моментами,
получают
следующую
формулу
для
определения
перемещений, правую часть которой называют интегралом Мора,
83
 кр  
М р  М1
E Jx
ds ,
где ∆ кр – искомое перемещение (линейное или угловое).Первый
индекс К указывает точку и направление, в которых определяется
перемещение, а второй индекс – причину, вызывающую это перемещение.
Индекс Р означает, что определяется перемещение от заданных нагрузок;
М р и М 1 – аналитические выражения изгибающих моментов
соответственно от заданной нагрузки и единичной силы (момента).
Рассмотрим балку, находящуюся под действием произвольной
системы сил (рис. 11.17).
P1
M
q
Рис. 11.17 Балка, находящаяся под действием системы сил
Р 1 = 1 – фиктивная сила, приложенная к балке (рис.11.18).
P1 = 1
Рис. 11.18 Балка, находящаяся под действием фиктивной силы Р1
 1 p  A  P1   1 p
l
 l M 1  M p  dz l N 1  N p
Q1  Q p

 

  
0
E  Ix
EF
GF
0
0





где M 1 , N 1 , Q1 - выражения для внутренних факторов от P1  1 (черта
вверху обозначает единичную силу);
Мр, Np, Qp, - выражения внутренних усилий от внешней нагрузки.
84
Порядок определения перемещения с помощью интеграла Мора:
сечении,
1.В
перемещение
которого
требуется
найти,
прикладывается единичная обобщенная сила.
2.Выписываются выражения для M, Q, N, M i , Qi , N i для каждого
участка.
3.Вычисляют интегралы Мора удерживая необходимые слагаемые.
При
получении
положительного
результата
направление
перемещения совпадает с направлением единичной силы, в противном
случае
направление
противоположно.
В
случае
пространственной
стержневой системы можно записать 6 интегралов Мора: N, Q x, Q y, M x ,
M y, M кр..
Пример (рис.11.19)
Определить вертикальное перемещение.
P
1
A
z1
z2
l
l
Рис. 11.19 Расчетная схема
Решение:
Влиянием поперечной силы Q и нормальной силы N можно
пренебречь.
l
 ip   
n
0
M i  M p  dz
E  Ix
Строим вспомогательную систему. Это заданная балка без внешней
нагрузки. В заданной точке к этой балке прикладывается единичное
P =1
усилие (рис.11.20).
A
z2
l
Рис. 11.20 Балка, находящаяся под действием единичной силы Р1
85
Если
требуется
определить
линейное
перемещение,
то
прикладывают единичную силу, а если угол поворота – единичный
момент (рис.11.21)
M
Рис. 11.21 Приложение единичного момента для определения угла поворота
Записываем выражение момента:
M p z  - от внешних сил
M 1  z  - от единичной силы
M p z 1    p  z 1
M p z 2    p  l  z 2 
M 1 z 1   0
M 2 z 2   z 2
Составляем интеграл Мора и вычисляем его:
l

1p 
0
l
 0 
0
M 1 z 1   M p z 1   dz 1
E  Ix
 z 2    p  l  z 2   dz
E  Ix
l

M 1 z 2   M p z 2   dz 2
E  Ix
0

5 pl3
 
 IA
6 E  Ix
11.5 ГРАФО – АНАЛИТИЧЕСКИЙ МЕТОД ВЗЯТИЯ ИНТЕГРАЛОВ
(СПОСОБ ВЕРЕЩАГИНА)
Основным недостатком определения перемещений при помощи
интеграла Мора является необходимость составления аналитического
выражения подынтегральных функций. Это особенно неудобно при
определении перемещений в стержне, имеющем большое количество
участков. Однако, если он состоит из прямых участков с постоянной в
пределах каждого участка жесткостью, операцию интегрирования можно
упростить. Это упрощение основано на том, что эпюры от единичных
силовых факторов на прямолинейных участках оказываются линейными.
86
Этот способ применим только для прямолинейных участков, т.к. в
этом случае единичная эпюра всегда носит единичный характер.
Пусть имеется эпюра внешних сил М р (грузовая эпюра), обозначим
ее площадь Ω р (рис.11.22).
MP
P
yc
Ц.т.
l
z
dz
M1

Mc
y
Рис. 11.22 Эпюра внешних сил
Для определения перемещения необходимо вместо вычислений
интеграла Мора умножить площадь грузовой эпюры Мр на ординату,
взятую на единичной эпюре под центром тяжести грузовой (нелинейной)
эпюры.
Согласно интегралу Мора:
l
M 1  M p  dz
1p  
0
E  Ix

1
tg
tg  y  d 

E  Ix 
E  Ix
tg
 y  d  E  I

  p  yc 
x
 p  Mc
E  Ix
tg  y c  M c
1 p  
 p  Mc
E  Ix
,
где р – площадь грузовой эпюры,
M c - ордината единичной эпюры под центром тяжести грузовой
эпюры.
87
Пример
Определить перемещение.
MP
l
l
Pl
Pl
lP
M1
l/2
2/3l
Рис. 11.23 Эпюры Мр и М1
Перемножение эпюр:
1p
 p  Mc
E  Ix

1
E  Ix
l p  l 2l  5 p  l 3

 pl3  
  
2
2 3l  6 E  I x

11.6 УНИВЕРСАЛЬНАЯ ФОРМУЛА ТРАПЕЦИИ
+f
MP
-f
b
a
l
Mi
d
c
Рис. 11.24 Эпюра внешних сил
 ip 
 p  Mc
E  Ix

l
 2ac  2bd  ad  bc  2 f  c  d  ,
G E  Ix
88
q  l2
где f  
- если есть распределенная нагрузка и
8
q 0,
a, b, c, d − ординаты эпюры.
В формуле трапеции все ординаты берутся с учетом знака.
Пример (рис. 11.25)
MP
b = -Pl
a = -2Pl
l
d=0
M1
c = -l
Рис. 11.25 Эпюры Мр и М1
1p
l
5 pl3

 2   2 pl    b   0  0   pl    l   
G E  Ix
6 E  Ix
Замечание: если в результате вычислений перемещение получилось
со
знаком
«−»,
то
направление
направлению единичного усилия.
89
перемещения
противоположно
ЗАКЛЮЧЕНИЕ
Сопротивление
материалов
является
одной
из
основных
общеобразовательных инженерных дисциплин и играет существенную
роль в формировании инженера почти любой специальности. Особенно
большое значение сопротивление материалов имеет для механических,
машиностроительных и строительных инженерных специальностей.
В связи с повышением энерговооруженности и быстроходности,
уменьшением удельной материалоемкости машин, насыщением их гидрои пневмомеханизмами возникла насущная необходимость повышения
качества расчетных методов прикладной механики при разработке
конструкций машин.
Настоящее пособие содержит ясную физическую трактовку явлений
и логические выводы, задачи в четкой постановке; изложение опирается
на строгий, но, по возможности, простой математический аппарат и
строится
на
основе
сведений,
полученных
при
изучении
естественнонаучных дисциплин.
Пособие будет полезно не только инженерам – конструкторам и
производственникам
всех
специальностей,
встречающимися
в
практической деятельности с расчетами на прочность, но будет с успехом
использовано студентами, аспирантами, преподавателями и научными
работниками.
90