Сопротивление материалов, для механиков

НАЦИОНАЛЬНАЯ МЕТАЛЛУРГИЧЕСКАЯ АКАДЕМИЯ
УКРАИНЫ
Кафедра теоретической и строительной механики
РАБОЧАЯ ПРОГРАММА, МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ И
КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ К ИЗУЧЕНИЮ ДИСЦИПЛИНЫ
«СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ» ДЛЯ СТУДЕНТОВ
МЕХАНИЧЕСКИХ СПЕЦИАЛЬНОСТЕЙ
ЗАОЧНОЙ ФОРМЫ ОБУЧЕНИЯ
Утверждено на заседании кафедры
теоретической и строительной механики
протокол № 1 от 6 сентября 2013 г.
Днепропетровск
1
УДК 531.8
Рабочая программа, методические указания и контрольные задания к изучению
дисциплины «Сопротивление материалов» для студентов механических
специальностей заочной формы обучения/ Переработано доц. И.Ю. Наумовой. Днепропетровск: НМетАУ, 2013. – 87 с.
Содержит 11 заданий по темам: «растяжение
– сжатие», «кручение», «изгиб прямых брусьев»,
«сложное
сопротивление»,
«устойчивость
равновесия деформируемых систем», «статически
неопределимые системы», «динамическая нагрузка»
с примерами решения данных заданий. Рабочая
программа соответствует рабочим программам
дисциплины «Сопротивление материалов».
Предназначена для студентов механических
специальностей заочной формы обучения в
НМетАУ.
.
2
СОДЕРЖАНИЕ
стр.
Введение………………………………………………………………………...4
Общие методические указания………………………………………………..4
Методические указания к темам дисциплины………………………………..5
Т е м а 1. Основные понятия…………………………………………..........5
Т е м а 2. Растяжение и сжатие ………………………………………......5
Т е м а 3. Сдвиг………………. ………………………………………..........7
Т е м а 4. Кручение…………………………………………………………..8
Т е м а 5. Геометрические характеристики плоских сечений ….…...........9
Т е м а 6. Теория напряженного состояния и теория прочности ….….....10
Т е м а 7. Изгиб прямых брусьев ……………………………………........ 12
Т е м а 8. Сложное сопротивление …………………………………........ 13
Т е м а 9. Устойчивость равновесия деформируемых систем………........15
Т е м а 10. Расчет на прочность при напряжениях, циклически
изменяющихся во времени……………………………………………........ 16
Т е м а 11. Динамическая нагрузка …………………………………........ 17
Т е м а 12. Статически неопределимые системы……………………........ 19
Указания о порядке выполнения контрольных заданий……………………..19
Контрольные задания ………………………………………………………….22
Литература………………………………………………………………………27
Приложение…………………………………………………………………......28
Методические указания и примеры выполнения
расчетно-проектировочных работ (часть 1)…………………..………………40
Задача 1. Определение перемещений ступенчатого стержня...……........40
Задача 2. Расчет статически неопределимой стержневой системы..........42
Задача 3. Расчет вала на кручение………………….…………..……........46
Задача 5. Расчет статически определимых балок….…………..……........49
Задача 6. Расчет статически неопределимой однопролетной балки........55
Литература………………………………………………………………………60
Методические указания и примеры выполнения
расчетно-проектировочных работ(часть 2) …………………………...………61
Задача 7. Расчет стержня на внецентренное сжатие…………..……........61
Задача 8. Построение эпюр внутренних усилий
для пространственных брусьев с ломаной осью….……….......64
Задача 9. Изгиб с кручением брусьев круглого сечения….…...…….......66
Задача 10. Расчет стержня на устойчивость………….………...……........72
Задача 11. Расчет статически неопределимых стержневых систем
методом сил……………………………………………………..75
Задача 12. Расчет на прочность при ударе……………………...……........81
Приложения…………………………………………………………………......84
Литература………………………………………………………………………87
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
УКАЗАНИЯ О ПОРЯДКЕ ВЫПОЛНЕНИЯ КОНТРОЛЬНЫХ ЗАДАНИЙ
Каждый студент выполняет то количество контрольных работ, которое
предусмотрено
учебным
графиком.
19
Студенты
всех
механических
специальностей выполняют две контрольные работы: в первую входят задачи
№№ 1, 2, 3, 5, 6; во вторую – №№ 7,8,9,10,11,12.
20
21
Задача № 1
Стальной стержень ( E  2 105 МПа) находится под действием продольной
силы F и собственного веса (   78
кН
м3
).
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ И ПРИМЕРЫ ВЫПОЛНЕНИЯ
РАСЧЕТНО–ПРОЕКТИРОВОЧНЫХ РАБОТ ПО ДИСЦИПЛИНЕ
«СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ» ДЛЯ СТУДЕНТОВ
МЕХАНИЧЕСКИХ СПЕЦИАЛЬНОСТЕЙ (часть 1)
40
41
42
43
44
45
Задача 3
РАСЧЕТ ВАЛА НА КРУЧЕНИЕ
46
47
48
Задача 5
РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМЫХ БАЛОК
49
50
51
52
53
54
Задача 6
РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМОЙ ОДНОПРОЛЕТНОЙ
БАЛКИ
55
56
57
58
59
60
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ И ПРИМЕРЫ ВЫПОЛНЕНИЯ
РАСЧЕТНО–ПРОЕКТИРОВОЧНЫХ РАБОТ ПО ДИСЦИПЛИНЕ
«СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ» ДЛЯ СТУДЕНТОВ
МЕХАНИЧЕСКИХ СПЕЦИАЛЬНОСТЕЙ (часть 2)
Задача 7
РАСЧЕТ СТЕРЖНЯ НА ВНЕЦЕНТРЕННОЕ СЖАТИЕ
Чугунный короткий стержень, поперечное сечение которого изображено
на рис. 12, сжимается продольной силой P , приложенной в точке А. Требуется:
1) вычислить наибольшее растягивающее и наибольшее сжимающее
напряжение в поперечном сечении, выразив величины этих
напряжений через P и размеры сечения;
2) найти
допускаемую
нагрузку
P 
при
заданных
размерах
сечения и допускаемых
напряжениях
для
чугуна
на
сжатие
 c =110
МПа и на
 p  =21
растяжение
МПа.
данные:
b =6 см.
Исходные
a =6
см,
Рис.12
Р е ш е н и е : 1. Вычерчиваем заданное поперечное сечение в масштабе и
определяем положение центра тяжести сечения С относительно выбранных
вспомогательных осей zbc , ybc , (рис. 1), на которых ось ybc является осью
симметрии сечения. Поскольку ось симметрии
ybc - одна из главных
центральных осей, то координата центра тяжести z c =0, и определению
подлежит лишь одна координата y c , которую вычисляем по формуле
61
 Fi yci
 Fi
F1 yc1  F2 yc 2 432  12  36  15

 11,7 см,
F1  F2
432  36
где площади прямоугольников равны соответственно:
yc 
y ci

F 1 4b  3a  24  18  432 см2,
F 2 b  a  6  6  36 см2;
– расстояние от центра тяжести i -ого элемента до вспомогательной
b
 12  3  15 см.
2
На чертеже показываем положение центра тяжести С всего сечения,
оси zbc : yc1  2b  12 см, yc 2  2b 
проводим главные центральные оси у и z и определяем координаты точки А
приложения силы P :
a
 9 см.
2
Определяем главные центральные моменты инерции поперечного
сечения как алгебраическую сумму моментов инерции каждого элемента
y p  4b  y c  4  6  11,7  12 ,3 см, z p  a 
сечения относительно z и y по формулам перехода к параллельным осям

J z   J z i  mi2 F
i

i
и J у   J yi  ni2 F ,
где J zi и J yi - осевые моменты инерции i -го элемента сечения относительно
собственных центральных осей, параллельных осям z и y ; выражения J zi и
J yi для некоторых простых фигур приведены в табл. 1 (см. приложение);
mi  yci  yc
и ni  zci  zc - расстояния между центральными осями
элементов сечения и центральными осями всего сечения.
 18  24 3
  6  63

2

Jz 
 12  11,7   18  24   
 15  11,7 2  6  6   202  10 2 см4,
 12
  12


 

3
3
24  18
66
Jу 

 116  10 2 см4.
12
12
Вычисляем квадраты радиусов инерции поперечного сечения
относительно главных осей z , y по формулам:
J z 202  10 2


 50 ,98 см2,
F
396
J y 116  10 2
2
iy 

 29 ,27 см2.
F
396
Вычисляем отрезки z n , y n , отсекаемые нейтральной линией на главных
i z2
62
осях по формулам:
i y2
zn  

zp
29 ,27
 3,25 см,
9
i x2
50 ,98

 4,14 см.
yp
12 ,3
По найденным значениям отрезков проводим нейтральную линию (рис.
1), с помощью которой устанавливаем, что наибольшее сжимающее
напряжение будет в точке А, а наибольшее растягивающее напряжение - в точке
В как в наиболее удаленных точках от нейтральной линии в сжатой и
растянутой зонах поперечного сечения. Координаты этих точек в системе
yn  
координат z , y : z a =9 см, y a =12,3 см и zb =-9 см, y b =-11,7 см.
2. Из условия прочности для этих двух точек
y p  y A z p  z A 
y p  y B z p  z B 
P 
P 
B

1

  c  ,  max 
1

 p
2
2
2
2



F
F
i
i
i
i
z
y
z
y




,
определяем величину допускаемой нагрузки P  . В этих формулах каждое из
 
A
 max
слагаемых целесообразно подставлять со своим знаком, определяемым по
характеру деформации бруса, а координаты точек брать по абсолютному
значению.
 c   F
P 
1
y p  yA
i z2

 p  F
P 
1
y p  yB
i z2

z p  zA
i y2
z p  zB
i y2
110  10 6  396  10  4

 646 кН,
12 ,3  12 ,3 9  9
1

50 ,98
29 ,27
21  10 6  396  10  4

 181 кН.
12 ,3  11,7 9  9
1

50 ,98
29 ,27
Окончательно из двух значений допускаемой нагрузки принимаем
наименьшее, т.е.
P =181 кН.
63
Задача 8
ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ВНУТРЕННИХ УСИЛИЙ ДЛЯ
ПРОСТРАНСТВЕННЫХ БРУСЬЕВ С ЛОМАНОЙ ОСЬЮ
На рис. 13 изображена в аксонометрии ось ломаного стержня круглого
поперечного сечения, расположенная в горизонтальной плоскости и имеющая
прямые углы в точках А и В. На стержень действует вертикальная нагрузка.
Требуется:
1) построить отдельно (в аксонометрии) эпюры изгибающих и крутящих
моментов;
2) установить опасное сечение и найти для него расчетный момент по
четвертой теории прочности.
Внутренние силовые факторы определяются методом сечений.
Условимся в проведенном сечении ось x совмещать с осью стержня на
рассматриваемом участке, оси y и z – с главными центральными осями
инерции сечения (в круглом сечении все центральные оси являются главными).
Для вычисления значений изгибающих и крутящих моментов в данном
сечении необходимо составить алгебраические суммы моментов относительно
этих осей всех внешних сил, расположенных по одну сторону от
рассматриваемого сечения. Момент относительно оси x равен крутящему
моменту M кр , а моменты относительно осей y и z – соответственно
изгибающим моментам М у и М z . При этом не вводятся какие-либо новые
правила знаков в случае пространственного стержня, а лишь уточняются
некоторые детали. Так, например, эпюры изгибающих моментов, как и ранее,
строят на сжатых волокнах и ориентируют их таким образом, чтобы плоскость
эпюры совпадала с плоскостью действия пары того изгибающего момента, для
которого она построена (в данном примере – это вертикальные плоскости);
знаки используются только в случае необходимости записать соответствующее
уравнение, а на эпюрах они не указываются. Эпюра крутящих моментов не
связывается с какой-либо определенной плоскостью. Знак крутящего момента
считается положительным, если при взгляде в торец стержня в проведенном
сечении видим его направленным по часовой стрелке.
64
Рис. 13. Расчетная схема стержня с ломаной осью
Р е ш е н и е : 1. Последовательно на каждом из четырех участков стержня
проводим сечение, рассматривая всякий раз ту часть стержня, которая
расположена со стороны его свободного от закрепления конца (с тем, чтобы в
расчете обойтись без определения опорных реакций). На рис. 13 показано
принятое положение координатных осей в проведенных сечениях. Так как в
горизонтальной плоскости изгибающих моментов нет, то на всех участках
M y =0. Составим выражения для изгибающих моментов M z  M и и крутящих
моментов М кр :
1 участок 0  x1  0,8l  :
qx12
Ми  
;
2
М кр  0 .
2 участок 0  x2  l  :
М и  0,8ql  х2 ;
М кр  0,8ql  0,4l  0,32ql 2 .
3 участок 0  x3  0 ,8l  :
М и  ql  x3 ;
М кр  0 .
65
4 участок 0  x4  l  :
М и  ql 0,8l  x4   0,8ql  x4  0,4l  ;
М кр  0 ,8ql  l  0,8ql 2 .
Эпюры строим, вычисляя значения полученных выражений в характерных
точках (в начале и на конце каждого участка), и лишь на первом участке, где
имеется параболическая зависимость, требуется дополнительный анализ (рис.
14).
Рис. 14. Эпюры изгибающих (а) и крутящих (б) моментов
2. Из рассмотрения эпюр следует, что наиболее опасным сечением
стержня является сечение в заделке. Величина расчетного момента в этом
сечении по четвертой теории прочности равна:
IV
2
M pac
 M и2  0,75М кр

1,32ql 2 2  0,8ql 2 2  1,54ql 2 .
Задача 9
ИЗГИБ С КРУЧЕНИЕМ БРУСЬЕВ КРУГЛОГО СЕЧЕНИЯ
Шкив с диаметром D1 =0,6 м и с углом наклона ветвей ремня к горизонту
1 =45° делает n =500 оборотов в минуту и передает мощность N =75 кВт.
Два других шкива имеют одинаковый диаметр D2 =0,4 м и одинаковые
углы наклона ветвей ремня к горизонту  2 =45°, каждый из них передает
мощность
N
(рис. 15). Требуется:
2
66
1) определить моменты, приложенные к шкивам, по заданным величинам
n и N;
2) построить эпюру крутящих моментов M кр ;
3) определить окружные усилия t1 и t 2 , действующие на шкивы, по
найденным моментам и заданным диаметрам шкивов D1 и D2 ;
4) определить давления на вал, принимая их равными трем окружным
усилиям;
5) определить силы, изгибающие вал в горизонтальной и вертикальной
плоскостях (вес шкивов и вала не учитывать);
6) построить эпюры изгибающих моментов от горизонтальных сил M гор
и от вертикальных сил M верт ;
7) построить эпюру суммарных изгибающих моментов M и ;
8) при помощи эпюр M кр и M и найти опасное сечение и определить
величину максимального расчета момента (по третьей теории
прочности);
9) подобрать диаметр вала d при  =70 МПа.
Исходные данные: a =1м, b =1,5 м, c =1,5 м.
Р е ш е н и е . Шкив 1 – ведущий, шкивы 2 и 3 (одинакового диаметра) –
ведомые. T – натяжение ведущей ветви, t 
T
– натяжение ведомой ветви
2
передачи.
Рис. 15. Схема трансмиссионного нагружения вала
1. Скручивающие моменты, приложенные к шкивам, по заданным
величинам n и N определяются по формулам:
75  10 3
M1 

 1433 ,12 Н.м,

3,14
n
500
30
30
N
67
N
75  10 3
2
M2  2 
 716 ,56 Н.м.

3,14
n
500
30
30
2. Определяем значения крутящих моментов на участках вала как сумму
моментов по одну сторону от рассматриваемого участка на расчетной схеме
вала (рис. 16 б)
АС
M кр
 M 2  716 ,56 Н.м,
CD
M кр
 M 2  M 1  1433 ,12 .
Строим эпюру крутящих моментов (рис. 16 в).
3. Определяем окружные усилия t1 и t 2 , действующие на шкивы:
шкив 1: M1  T1  t1 
D1
D tD
 2t1  t1  1  1 1 ,
2
2
2
следовательно,
t1 
2M 1 2  1433 ,12

 4777 Н;
D1
0,6
шкив 2: M 2  T2  t 2 
D2
D
t D
 2t 2  t 2  2  2 2 ,
2
2
2
следовательно,
t2 
2M 2 2  716 ,56

 3583 Н.
D2
0,4
68
Рис. 16. Расчетные схемы вала и эпюры
4. Определяем давления на вал
PA  3t 2  3  3583  10 ,75 кН,
PС  3t 2  3  3583  10 ,75 кН,
PD  3t1  3  4777  14 ,33 кН.
69
5. Определяем силы, изгибающие вал в горизонтальных и вертикальных
плоскостях (вес шкивов и вала не учитывается) (рис. 5 б):
в горизонтальной плоскости:
PAZ  PA  cos  2  10 ,75  cos 45  7 ,6 кН,
PC Z  PC  cos  2  10 ,75  cos 45  7 ,6 кН,
PDZ  PD  cos 1  14 ,33  cos 45  10 ,13 кН,
RB Z 
PAZ a  b  c  a   PC Z c  a   PDZ  a

bca
7 ,61  1,5  1,5  1  7 ,61,5  1  10 ,13  1

 11,72 кН,
1,5  1,5  1
RE Z 
PAZ a  PC Z b  PDZ b  c 

bca
7 ,6  1  7 ,6  1,5  10 ,131,5  1,5

 6,65 кН;
1,5  1,5  1
в вертикальной плоскости:
PAY  PA  sin 2  10 ,75  sin 45  7 ,6 кН,
PCY  PC  sin 2  10 ,75  sin 45  7 ,6 кН,
PDY  PD  sin1  14 ,33  sin 45  10 ,13 кН,
RBY 
PAY a  b  c  a   PCY c  a   PDY  a

bca
7 ,61  1,5  1,5  1  7 ,61,5  1  10 ,13  1

 16 ,78 кН,
1,5  1,5  1
R EY 
PCY b  PDY b  c   PAY a

bca
10 ,131,5  1,5  7 ,6  1,5  7 ,6  1

 8,55 кН.
1,5  1,5  1
6. Расчет и построение эпюр изгибающих моментов от горизонтальных
сил М гор  и вертикальных сил М верт .
Изгиб в горизонтальной плоскости (рис. 5 г)
A
B
M гор
 0 ; M гор
 PAZ  a  7,6  1  7,6 кН.м;
C
M гор
 PAZ a  b   RBZ  b  7,6  1  1,5  11,72  1,5  1,42 кН.м;
E
A
 0.
M гор
 REZ  a  6,65  1  6,65 кН.м; M вер
70
Эпюра изгибающих моментов в вертикальной плоскости представлена на
рис. 5 ж.
7. Расчет и построение эпюры суммарных изгибающих моментов.
По значениям эпюр М гор и М вер определяем суммарные изгибающие
моменты в сечениях вала по формуле
2
2
;
М и  М гор
 М вер
М иА  0 ; М иВ  7,6 2  7,6 2  10,75 кН.м;
М иС  1,42 2  6,125 2  6,29 кН.м;
М иD  6,65 2  8,55 2  10,83 кН.м; М иE  0 .
Эпюра суммарных изгибающих моментов изображена на рис. 5 з.
8. Определение опасного сечения из эпюр М кр и М и и величины
максимального расчетного момента (по третьей теории прочности).
Опасным для вала является сечение D , где max М кр =1,443 кН.м и
max М и =10,83 кН.м.
По третьей теории прочности
2
М 3рас  М и2  М кр
 10 ,832  1,433 2  10 ,92 кН.м.
9. Диаметр вала определяем из условия прочности
3
 экв
где W 

d 3
32
М 3рас
W
  ,
- осевой момент сопротивления для вала сплошного сечения,
следовательно,
d
3
32  М 3рас
   
3
32  10 ,92  10 3
3,14  70  10 6
Принимаем диаметр вала d =120 мм.
71
 0 ,1167 м.
Задача 10
РАСЧЕТ СТЕРЖНЯ НА УСТОЙЧИВОСТЬ
Стальной стержень длиной l =2,4 м сжимается силой Р = 400 кН (рис. 17
а). Требуется:
1) найти размеры перечного сечения при  =160МПа;
2) найти величину критической силы и коэффициентов запаса
устойчивости.
Р е ш е н и е : 1. Один конец стойки заделан, другой свободен, и,
следовательно, для нее  =2. Опасной является потеря устойчивости стержня в
плоскости, в которой гибкость имеет наибольшее значение. Так как заданное
поперечное сечение (рис. 17 б) симметрично относительно обеих осей у и z , то
 y  z .
Рис. 17. Расчетная схема и поперечное сечение стержня
Выразим геометрические характеристики сечения через размер d :
72
2
d 2
d 
    0 ,535 d 2 м2;
площадь F 
4
2
главный момент инерции
4
d 
 
d 4  2 
Jz  Jy 

 0,0438 d 4 м4;
64
12
радиус инерции
iz  i y 
гибкость стержня  
В
первом
 l
imin

J
0,0438 d 4

 0 ,286 d м;
2
F
0,535 d
2  2,4 16 ,8
.

0,286 d
d
приближении
принимаем произвольное значение
коэффициента 1 =0,5.
Требуемая площадь поперечного сечения стержня
Fтр 
P

400  10 3
1  0,5  160  10 6
 5  10  3 м2.
Так как F  0,535d 2 , следовательно,
F
5  10  3
d

 9,66  10  2 м.
0,535
0,535
Тогда гибкость стержня

16 ,8
16 ,8

 174 .
d
9,66  10 2
Из таблицы 2 (см. приложение) при  =174 получаем интерполяцией
1 =0,248. Следовательно, значение 1 =0,5 завышено.
В о в т о р о м п р и б л и ж е н и и принимаем
    0,5  0,248
2  1 1 
 0,374 .
2
2
Тогда требуемая площадь
Fтр 
P

400  10 3
 2   0,374  160  10
6,7  10  3
откуда d 
 1,12  10  4 м.
0,535
73
6
 6,7  10  3 м2,
16 ,8
16 ,8

 150 .
d
1,12  10 4
Определяем гибкость стержня  
По таблице   f   получаем  2 =0,32.
В т р е т ь е м п р и б л и ж е н и и принимаем
   2 0,374  0,32
3  2

 0,374 .
2
2
P
400  10 3

 7 ,2  10  3 м2,
Тогда F 
6
 3 [  ] 0,374  160  10
7 ,2  10  3
откуда d 
 1,16  10  4 м.
0,535
Определяем гибкость стержня  
16 ,8
16 ,8

 145 .
d
1,16  10  4
По таблице   f   получаем  3 =0,34, близкое к принятому значение в
данном приближении.
2. Проверим напряжение в поперечном сечении стержня с найденным
размером d =11,6 см:

P
400  10 3

  F 0,34  0 ,535  11,6  10  2


2
 163 МПа   ,
163  160
 100%  1,8% , что допустимо,
163
т.е. условие устойчивости удовлетворяется.
Так как гибкость стального стержня  >100, критическую силу найдем по
 
формуле Эйлера:
Pкр 
 2 EJ min
l 2


 2  2  1011  0,0438  11,6  10  2
2  2,4 2
Pкр
4  3750 кН;
3750
 9,3 .
P
400
т.е. коэффициент запаса устойчивости достаточно высок.
К уст 

74
Задача 11
РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ СТЕРЖНЕВЫХ
СИСТЕМ МЕТОДОМ СИЛ
На рис. 18 а изображена нагруженная в своей плоскости рама,
вертикальные элементы которой имеют моменты инерции 2 J , а
горизонтальные элементы - J . Требуется:
1) установить степень статической неопределимости и выбрать основную
систему;
2) написать каноническое уравнение;
3) построить эпюры M от единичных сил и от заданной нагрузки;
4) найти перемещения;
5) построить окончательные эпюры внутренних силовых факторов: M ,
Q и N для схемы на рис. 18а.
Пример. (рис. 18 а). Р е ш е н и е . Определяем степень статической
неопределимости плоской рамы по формуле:
с.с.н.  3К  Ш  3  1  1  2 ,
где К – количество замкнутых контуров; Ш – количество простых шарниров
(т.е. соединяющих два стержня), при этом надо помнить, что шарнирнонеподвижная опора считается как один простой шарнир, а шарнирноподвижная – как два. Для получения основной системы отбросим в заданной
системе две «лишние связи», превратив тем самым заданную статически
неопределимую систему в определимую, и приложим лишние неизвестные х1 и
х2 (рис. 18 б).
2. Система канонических уравнений метода сил для дважды статически
неопределимой системы запишется в виде:

11 X 1  12 X 2  1 p  0


 21 X 1   22 X 2  2 p  0.
75
Рис. 18. Заданная и основная системы, единичные и грузовые эпюры M 1 ,
M2 и Мр
3. Построение эпюр изгибающих моментов от единичных сил x1 =1, x2 =1
и заданной нагрузки проводится по известным правилам, установленным для
балок (условимся строить эпюры М со стороны сжатых волокон).
h

Стержень BD  0  x  
2

M1I   X1  x ;
76
h
h

M1I x  0  0 , M 1I  x      5 кН.м.
2
2

Стержень DC 0  x  l 
h
 const  5 кН.м.
2
Стержень CA 0  x  h 
M1II   X1 
h
 X1  x ;
2
h
M1III x  0   X1   5 кН.м;
2
h
h

M 1III  x     X 1   X 1  h  5 .
2
2

M 1III   X 1 
Единичная эпюра M 1 представлена на рис. 18 б.
Стержень DC 0  x  l 
M 2II   X 2  x ;
M 2II x  0  0, M 2II x  l   X 2  l  10 кН.м.
Стержень CA 0  x  h 
M 2III   X 2  l  const  10 кН.м.
Единичная эпюра M 2 представлена на рис. 18 г.
Аналогичным образом построены эпюры М р (рис. 18 д).
Стержень DC 0  x  l 
M
II
p
x2
 q 
;
2
l2
10 2
x  0   0 , M x  l   q   2 
 100 кН.м.
2
2
Стержень CA 0  x  h 
M pII
II
p
l2
 const  100 кН.м.
2
4. Определяем перемещения, входящие в канонические уравнения,
пользуясь правилом Верещагина, по которому интегралы Мора находятся
путем перемножения эпюр (при вычислении используем таблицу 3 в
приложении).
M pIII  q 
77
Главные переменные  11 и  22 получим путем умножения единичных
эпюр M 1 и M 2 самих на себя:
 11  
1  yc1
EJ
 22  
1
2
1
2
55 5
55 52
312 ,5
3  5  10  5  2
3
2

;
2 EJ
EJ
2 EJ
EJ
 2  y c2
EJ
1
2
 10  10   10
10  10  10 833,3
3
.
 2


EJ
2 EJ
EJ
Побочные перемещения  12   21 получим путем умножения эпюр M 1
на M 2 (знаки минус приняты в том случае, если сопрягаемые эпюры отложены
в разные стороны):
 12   21  
1  yc 2
EJ
Перемещения
1
1
1
 10  10  5
 5  5  10
 10  10  5
250
2
2
2




.
EJ
2 EJ
2 EJ
EJ
от внешней
нагрузки
1 p
и
2 p
получим
при
перемножении эпюр М р на M 1 на M 2 соответственно:
12  
 p  yc1
EJ
1
1
1
100 10  5
 5  5 100
 5  5 100
1666 ,2
3
2
2
;




EJ
2 EJ
2 EJ
EJ
1
3
100 10  10
10 10 100
7500
4
.
2 p  
3


EJ
EJ
2 EJ
EJ
Подставляя полученные коэффициенты в систему
 p  yc 2
канонических
уравнений метода сил, и сокращая EJ , получим систему
312 ,5 X 4  250 X 2  1666 ,7  0

 250 X 4  833 ,3 X 2  7500  0
решая которую, найдем лишние неизвестные
X 1 =16,5 и X 2 =14.
5. Строим окончательные эпюры М и , Q и N для основной системы.
h

Стержень BD  0  x  
2

M I   X1  x ;
78
h
h

M I  x  0   0 ; M I  x     X 1   16 ,5  5  82 ,5 кН.м;
2
2

Q I  X1  const  16,5 кН;
N I  X 2  const  14 кН (сжатие).
Стержень DC 0  x  l 
h
x2
;
M   X 2  x  X1   q
2
2
h
M II x  0   X1   16 ,5  5  82 ,5 кН.м;
2
II
h
l2
2  10 2
M  x  l   X 2  l  X 1   q  14  10  16 ,5  5 
 42 ,5 кН.м.
2
2
2
Исследуем кривую на экстремум
II
X
dM II
14
 Q II  X 2  qx |x  x0  0, x0  2   7 м;
dx
q
2
2  72
 33,5 кН.м;
max M  x  x0   14  7  16 ,5  5 
2
II
Q II   X 2  qx ;
Q II x  0   X 2  14 кН;
Q II x  l    X 2  ql  14  2  10  6 кН;
N II  X 1  const  16,5 кН (сжатие).
Стержень CA 0  x  h 
M pIII
h
l2
 X1  x  X1  X 2  l  q  ;
2
2
M
III
h
l2
2  10 2
x  0   X1  X 2  l  q   16,5  5  14  10 
 42 ,5 кН.м;
2
2
2
M
III
h
l2
x  h   X 1  h  X 1  X 2  l  q  
2
2
 16 ,5  10  16 ,5  5  14  10 
2  10 2
 122 ,5 кН  м;
2
Q III   X 1  const  16,5 кН;
N III  ql  X 2  const  2  10  14  6 кН (сжатие).
79
Эпюры М и , Q и N представлены соответственно на рис.19 а, б, в.
Рис. 19. Окончательные эпюры М и , Q и N и узлы рамы C и D
Проверку правильности построения окончательной эпюры изгибающих
моментов осуществляем путем перемножения окончательной эпюры М и на
одну из единичных эпюр, например, эпюры моментов M 1 от силы X1  1 . В
результате такого перемножения получим перемещение рамы в точку В по
направлению отброшенной горизонтальной связи. Если подсчитанное таким
образом перемещение получится равным нулю, значит задача решена верно.
80
1
2
1
3
140 10  10
100 10  10
3
4
 Bгор  
2
3

EJ
EJ
EJ
1
1
122 ,5 10 10
 42 ,5 10 10
82 ,5 10  5 2
7729 ,2  7687 ,5
2




,
EJ
2 EJ
2 EJ
EJ
что составляет ~54%, т.е. приблизительно равно 0.
1  yc1
На рис. 19 г, д вырезаны узлы рамы C и D, к которым приложены все
внутренние силовые факторы.
Задача 12
РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ УДАРЕ
На двутавровую балку (1 №30) длиной l =6 м, свободно лежащую на двух
жестких опорах (см. рис. 20), с высоты h =10 см падает груз P =1000 Н.
Требуется:
1) найти наибольшее нормальное напряжение в балке;
2) решить аналогичную задачу при условии, что правая опора заменена
пружиной, податливость которой   24  10  3
м
;
кН
3) сравнить полученные результаты.
Р е ш е н и е : 1. Нормальные напряжения в балке при динамическом
действии нагрузки определяются зависимостью
 дин   ст  К дин ,
где  ст - наибольшие нормальные напряжения при статическом действии
нагрузки;
К дин - динамический коэффициент.
Для заданной схемы нагружения
 ст 
M max
2000

 4,24 МПа
6
Wx
472  10
(для I №30 W x =472 см3).
Динамический коэффициент определяется по формуле:
К дин  1  1 
81
2h
 ст
,
где  ст - величина перемещения балки в точке действия статической нагрузки
Р.
Для
вычисления
 ст
воспользуемся
способом
Верещагина,
перемножения эпюр (см. рис.20 а, б, в, г).
  yc1
1
 ст  


EJ
2 10 5 10 6  7080 10  8
2
1
2 
1
   2  2000   2   4  2000   4  0,094 10  2 м  0,094см.
3
2
3 
2
Рис. 20. Расчетные схемы и эпюры изгибающих моментов М р и M1
82
т.е.
Тогда
К дин  1  1 
2  10
 15 ,55 .
0 ,094
Для первого варианта закрепления балки (рис. 20 а) максимальное
нормальное напряжение в балке
 дин   ст  К дин  4,24  15,55  65,72 МПа.
2. Для второго варианта (см. рис. 20 д), когда правая опора балки (т. С)
заменена пружиной, податливость которой  , осадка пружины под действием
опорной силы Rc будет равна
    Rc  24  10 3  10 3  1500  3,6  10  2 м  3,6см .
Вертикальное перемещение точки D , в которой приложена нагрузка, за счет
податливости пружины определяем из подобия BC C  и BDD (рис. 20 д)
6  3,6
BC 
, откуда f D 

 5,4 см.
BD f D
4
Тогда полный прогиб балки в точке действия силы P определяется
 D   ст  f D  0,094  5.4  5,494 см.
Динамический коэффициент в этом случае
К дин  1  1 
2h
 ст
1 1
2  10
 3,15 .
5б 494
Наибольшее нормальное напряжение в балке будет равно
 дин   ст  К дин  4,24  3,15  14 ,4 МПа.
3. Сравнение полученных величин показывает, что применение пружины
снижает динамические напряжения почти в 5 раз.
83
ПРИЛОЖЕНИЯ
Таблица 1
Геометрические характеристики плоских сечений
84
Таблица 2
Значения коэффициента продольного изгиба  в зависимости от гибкости 
для различных материалов
КОЭФФИЦИЕНТ  ДЛЯ
Гибкость
Стали
повышенного
качества
Сталей
Ст1,Ст2,Ст3,
Ст4
Стали Ст5
0
1.0
1.0
1.0
1.0
10
0.99
0.98
0.97
0.97
20
0.96
0.95
0.95
0.91
30
0.94
0.92
0.91
0.81
40
0.92
0.89
0.87
0.69
50
0.69
0.86
0.83
0.57
60
0.66
0.82
0.79
0.44
70
0.61
0.76
0.72
0.34
80
0.75
0.70
0.65
0.26
90
0.69
0.62
0.55
0.20
100
0.60
0.51
0.43
0.16
110
0.52
0.43
0.35
120
0.45
0.37
0.3
130
0.40
0.33
0.26
140
0.36
0.29
0.23
150
0.32
0.26
0.21
160
0.29
0.24
0.19
170
0.26
0.21
0.17
180
0.23
0.19
0.15
190
0.21
0.17
0.14
200
0.19
0.16
0.13

Чугуна
 у ≤320 МПа
85
Таблица 3
Площади эпюр и расстояния до их центров тяжести
86
Литература
1. Сопротивление материалов. Методические указания и контрольные задания
для студентов-заочников всех специальностей технических высших учебных
заведений, кроме строительных. - К.: Высшая школа, 1985.
2. Дарков А.В., Шпиро Г.С. Сопротивление материалов. - К.: Высшая школа.
1975.
3. Феодосьев В.И. Сопротивление материалов. - М.: Высшая школа, 1975.
Приложение:
список дополнительной литературы представлен в
методических указаниях [I].
87