В.А. Копнов, С.Н. Кривошапко &quot

1
В.А. Копнов, С.Н. Кривошапко
СОПРОТИВЛЕНИЕ
МАТЕРИАЛОВ
Руководство для решения задач и
выполнения лабораторных и расчетнографических работ
Москва, 2003
1
2
УДК 539.3/4
ББК 30.121
Копнов В.А.
Сопротивление материалов: Руководство для решения
задач и выполнения лабораторных и расчетнографических работ/ В.А.Копнов, С.Н.Кривошапко. - М.:
«Высшая школа», 2003. - 351с: ил.
ISBN 5-06-004408-4
Р е ц е н з е н т ы: кафедра теоретической механики и
сопротивления материалов МГВМИ (зав. кафедрой – д-р
техн. наук, проф. С.Я. Маковенко); д-р техн. наук, проф.
С.Б. Косицын (МГУПС (МИИТ))
На современном уровне изложены традиционные
вопросы прочностного расчета отдельного бруса при
растяжении, сдвиге, кручении, изгибе, сложном
сопротивлении, составляющее основное содержание
любого курса сопротивления материалов. Рассматрены
задачи на устойчивость упругих стержней, динамические
задачи, неупругое деформирование. Отдельные вопросы
расширены за счет включения новых методов расчета,
получивших признание. Специальная глава посвящена
использованию ЭВМ в прочностных расчетах элементов
конструкций. В каждой главе даны решения нескольких
задач с методическими указаниями, а для всех остальных
приведены ответы.
Описывается методика проведения лабораторных
работ, даны соответствующие типовые таблицы, которые
заполняются во время проведения соответствующих
лабораторных работ.
2
3
Для преподавателей курса сопротивления материалов
приведены 19 расчетно-графических работ, которые могут
служить для проверки знаний студентов.
Для студентов и преподавателей высших технических учебных
заведений. Может также служить практическим пособием для
проектировщиков, инженеров, изучающих и использующих в
практической работе методы сопротивления материалов.
ISBN
УДК 539.3/4
5-06-004408-4
ББК 30.121
© ФГУП «Издательство «Высшая школа», 2003
Оригинал-макет данного издания является собственностью издательства «Высшая
школа», и его репродуцирование (воспроизведение) любым способом без согласия
издательства запрещается.
ОГЛАВЛЕНИЕ
От авторов………………………………………………….………………………………...
Условные обозначения………………………………………..……………………………..
Физико-механические характеристики некоторых
конструкционных материалов.. ………………………………………………..
Таблица 1. Плотность, модуль упругости, модуль сдвига
некоторых материалов……………………………………………………….
Таблица 2. Коэффициенты температурного линейного расширения
и коэффициенты Пуассона……………………………………………………...
Таблица 3. Расчетные сопротивления материалов…………………………………………
Таблица 4. Ориентировочные пределы прочности на растяжение
для волокон………………………………………………………………………
Таблица 5. Расчетные сопротивления для некоторых сортов
древесины…………………………….……………..……………………………
Таблица 6. Размеры образцов для испытания на сжатие …………………………………
Таблица 7. Ориентировочные пределы прочности некоторых материалов……………..
7
8
10
10
12
12
13
14
14
14
РАЗДЕЛ I. ЗАДАЧИ ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ МАТЕРИАЛОВ
3
4
Г л а в а 1. РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ……………………………..……………………. 15
1.1 Построение эпюр нормальных сил и напряжений
для брусьев в статически определимых задачах……………………….. 18
1.2. Перемещения поперечных сечений брусьев в
статически определимых задачах……………………………………….. 28
1.3. Расчеты на растяжение и сжатие статически
определимых стержневых систем……………………………………….. 31
1.4. Построение эпюр нормальных сил и напряжений
для брусьев в статически неопределимых задачах………..…………… 34
1.5. Расчеты на растяжение и сжатие статически
неопределимых стержневых систем…………………………………….. 43
1.6. Влияние температуры на напряжение и деформации
в брусьях………………………………………………………………….
46
Г л а в а 2. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ
ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ………………………………………………………..
2.1. Статические моменты сечений и определение
центра тяжести плоских сечений……………………………………….
2.2. Осевые моменты инерции плоских сечений
простой формы……………………………………….…………………..
2.3. Осевые моменты инерции плоских составных сечений……………….
Г л а в а 3. СДВИГ, КРУЧЕНИЕ…………………………………………………………..
3.1. Сдвиг………………………………………………………………………
3.1.1. Расчет болтовых и заклепочных соединений………………………
3.1.2. Расчет сварных соединений…………………………………………..
3.1.3. Дополнительные задачи на сдвиг……………………………………
3.2. Кручение…………………………………………………………………..
3.2.1. Крутящие моменты и их эпюры………………………………………
3.2.2. Расчет напряжений и деформаций валов…………………………….
3.2.3. Расчеты на прочность и жесткость валов круглого
и кольцевого сечений………………………………………………….
3.2.4. Статически неопределимые задачи на кручение…………………..
3.2.5. Расчет винтовых пружин с малым шагом……….………………….
3.3. Кручение тонкостенных стержней замкнутого
профиля…………………………………………………………………..
50
50
56
64
70
70
70
75
79
83
83
85
88
93
99
101
Г л а в а 4. ПЛОСКИЙ ПОПЕРЕЧНЫЙ ИЗГИБ…………………….…………………… 103
4.1. Построение эпюр изгибающих моментов и
поперечных сил…………………………………………………………..
4.2. Определение напряжений и подбор сечений…..………………………..
4.3. Эпюры главных напряжений при изгибе…………….…. ……………..
4.4. Дифференциальное уравнение изгиба балок……………………………
4.5. Расчет балок на жесткость……………………………………………….
4.6. Определение перемещений при помощи
интеграла Мора……………………………………………………………
4.7. Простейшие статически неопределимые балки………………………..
4.8. Сварная балка……………………………………………………………..
103
114
123
128
135
140
146
151
Г л а в а 5. СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ.…………………………………………….. 156
5.1. Косой изгиб………………………………………………………………..
4
156
5
5.2. Внецентренное растяжение и сжатие бруса
большой жесткости. Ядро сечения………………..……………………..
5.3. Совместное действие изгиба и кручения………………………………..
5.4. Расчет кривых брусьев малой кривизны………………………………..
5.5. Расчет толстостенных труб……………………………………………….
161
168
179
185
Г л а в а 6. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ.…………………………………. 189
6.1. Определение критической силы при упругом продольном
изгибе. Формула Эйлера. Формула Ясинского………………………….
6.2. Практические расчеты стержней на устойчивость……………………..
6.3. Расчет на устойчивость систем с одной или двумя степенями
свободы при помощи уравнений равновесия…………………………..
6.4. Определение критических сил при помощи
энергетического метода……………………………………… ………….
Г л а в а 7. ДЕЙСТВИЕ ДИНАМИЧЕСКИХ НАГРУЗОК………………………………
7.1. Инерционные нагрузки…………………………………………………..
7.2. Упругий удар………………………………………………………………
7.3. Упругие колебания систем с одной степенью
свободы……………………………………………………………………
7.4. Вынужденные колебания систем с одной степенью свободы…………
Г л а в а 8. НЕУПРУГОЕ ДЕФОРМИРОВАНИЕ………………………………………..
189
193
200
202
206
206
211
217
222
227
8.1. Предельная нагрузка для стержневой системы………………………… 227
8.2. Предельная нагрузка для балок………………………………………….. 231
8.3. Предельная нагрузка при кручении…………………………………….. 237
Г л а в а 9. ПРИМЕНЕНИЕ ЭВМ ДЛЯ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ МАТЕРИАЛОВ….………..……………………… 239
9.1. Вычисление моментов инерции плоских составных
сечений……………………………………………………………………. 239
9.2. Построение эпюр прогибов упругой оси балки………………………… 242
9.3. Аналитический расчет кривых брусьев малой
кривизны…………………………………………………………………… 245
РАЗДЕЛ II. ЛАБОРАТОРНЫЕ РАБОТЫ……………………………………………… 252
Г л а в а 10. Лабораторные работы по определению механических
характеристик
конструкционных
материалов…………………………………………...
253
10.1. Испытание на растяжение образца из
низкоуглеродистой стали……………………………………………….
10.2. Определение модуля продольной упругости
и коэффициента Пуассона…….………………………………………..
10.3. Испытание на сжатие образцов из пластичных
и хрупких материалов…………………………….………….. .. ……...
10.4. Испытание материалов на сдвиг……………………………………….
10.5. Испытание на кручение с определением
модуля сдвига…………………………………………………………...
253
Г л а в а 11. Лабораторные работы по проверке теоретических
положений сопротивления материалов……………………………………....
278
259
266
268
270
5
6
11.1. Исследование нормальных напряжений в сечениях балки
при прямом поперечном изгибе….…………………………………….
11.2. Определение линейных и угловых перемещений
поперечных сечений статически определимой балки………………..
11.3. Опытная проверка теории косого изгиба……………………………..
11.4. Опытная проверка теории внецентренного
растяжения (сжатия)……………………………………………………
11.5. Испытание стальных образцов на продольный изгиб……………….
11.6. Испытание стальной трубы на изгиб с кручением……………………
278
283
286
289
291
295
РАЗДЕЛ III. РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКИЕ РАБОТЫ……………………………….. 300
1. Расчет статически определимого бруса на растяжение (сжатие)……………………..
2. Расчет статически неопределимого бруса на растяжение (сжатие)…………………..
3. Определение геометрических характеристик поперечного сечения……………….....
4. Напряженное состояние и теории прочности…………………………………………..
5. Построение эпюр поперечных сил, изгибающих моментов
и расчет статически определимой балки на прочность…..……………………………
6. Расчет вала на кручение………………………………………………………………….
7. Определение линейных и угловых перемещений в однопролетной балке…………...
8. Построение эпюр изгибающих моментов, поперечных
и нормальных сил в простых рамах…………..…………………………………………
9. Расчет стержня с ломаной осью…………………………………..…………………….
10. Расчет статически неопределимых балок……………………………………………..
11. Расчет составного стержня на продольный изгиб…………………………………….
12. Продольный изгиб прямого стержня…………………………………………………..
13. Расчет бруса на внецентренное сжатие………………………………………………..
14. Расчет статически неопределимой рамы………………………………………………
15. Расчет толстостенного составного цилиндра…………………………………………
16. Расчет балок на динамическую нагрузку……………………………………………..
17. Расчет стержневой системы на действие инерционной нагрузки…………………...
18. Определение предельной нагрузки…………………………………………………….
19. Расчет трехшарнирной арки……………………………………………………………
300
302
304
306
308
310
311
313
315
317
319
320
322
324
325
327
328
329
331
РАЗДЕЛ IV. ПРИЛОЖЕНИЯ
Таблица I. Геометрические характеристики некоторых плоских сечений……………..
Таблица II. Сокращенный сортамент электросварных
прямошовных труб………………………..……………………………………
Таблица III, а. Двутавры стальные горячекатанные……………………………………....
Таблица III, б. Двутавры стальные горячекатанные с параллельными гранями полок
(широкополочные). ………………………………………………………..
Таблица IV, а. Швеллеры стальные горячекатанные (с уклоном внутренних граней
полок)………………………………………………………………………..
Таблица IV, б. Швеллеры стальные горячекатанные (с параллельными гранями
полок)………………………………………………………………………..
Таблица V. Профили гнутые, замкнутые сварные прямоугольные…. ………………….
Таблица VI. Уголки стальные горячекатанные неравнополочные….……………………
Таблица VII.Уголки стальные горячекатанные равнополочные……... …………………
6
332
335
337
338
339
340
341
342
346
7
От авторов
Современная практика ставит перед специалистами с высшим, да и со
средним специальным техническим образованием, много задач, связанных
с расчетами на прочность элементов конструкций того или иного типа. Для
успешного решения подобных проблем учащиеся должны глубоко усвоить
основы прочностных расчетов, в чем им должны помогать методически
отработанные учебники, учебные пособия и сборники задач.
В настоящем издании предпринята попытка объединить в одном
пособии материал, обеспечивающий проведение практических занятий,
лабораторных работ по сопротивлению материалов, а также дающий
возможность организовать самостоятельную работу над программным
материалом (домашние задачи, расчетно-графические задания, итоговые
индивидуальные задания или курсовые работы). Естественно, что объем
практических занятий, лабораторного практикума и расчетно-графических
работ определяется программой дисциплины соответствующего учебного
заведения.
Использование данного пособия предполагает предварительное
изучение теоретического материала дисциплины по учебнику, хотя авторы
сочли необходимым в каждой главе книги дать краткие сведения из
теории, вполне достаточные для решения задач.
Каждый новый тип задач объясняется на конкретном примере с
пояснениями. Предлагаемые решения задач по некоторым темам
(«Растяжения», «Сжатие», «Изгиб») приближены к современным
7
8
методикам расчетов в проектных организациях. В пособии содержится
справочный материал по свойствам конструкционных материалов,
приводятся сортаменты прокатных профилей и др. В формулировках
большинства задач, всех лабораторных и курсовых работ используется
Международная система единиц (СИ). Однако некоторая часть задач
задана в технической системе единиц (МКГСС), поскольку она еще
применяется в отдельных нормативных документах.
Книга является справочным пособием для студентов и преподавателей
средних и высших специальных технических учебных заведений. Она
также может служить практическим пособием для проектировщиков,
инженеров, изучающих и использующих в практической работе методы
сопротивления материалов.
Главы 1, 2, задачи 3.2.21, 3.2.28, п.3.3, главу 4, задачи 5.2.11, 5.3.8 –11,
п. 5.4, главы 6, 8, 9, раздел III написаны д-ром техн. наук, проф. С.Н.
Кривошапко; глава 3, п. 5.1–5.3, 5.5, глава 7, раздел II написаны д-ром техн.
наук, проф. В.А. Копновым.
Авторы глубоко признательны д-ру техн. наук, проф. С.И. Трушину
(МГСУ), канд техн. наук, проф. В.Н. Иванову (РУДН) и канд. техн. наук,
доц. Н.А. Суховой (МГТУ им. Баумана) за ценные замечания, сделанные
при подготовке к печати настоящего издания.
УСЛОВНЫЕ ОБОЗНАЧЕНИЯ
A
Abn
An
Anec
– площадь сечения брутто
– площадь сечения болта нетто
Е
F
G
Ix, Iy
– модуль продольной упругости
– сила
– модуль сдвига
– осевые моменты инерции относительно осей x и y
I xn , I yn
– то же, сечения нетто
М, M y , Mz
– момент, изгибающие моменты относительно осей y–y
и z–z соответственно
– крутящий момент
– продольная (нормальная) сила
– поперечная сила
T
N
Q
Rbp
8
– площадь сечения нетто
– необходимая площадь
– расчетное сопротивление смятию болтовых соединений
9
Rbs
Rbt
Rs
Ru
– расчетное сопротивление срезу болтов
Run
– временное сопротивление стали разрыву, принимаемое
Ry
R yn
Rt
Rс
Radm
τadm
t
 el
– расчетное сопротивление болтов растяжению
– расчетное сопротивление стали сдвигу
– расчетное сопротивление стали растяжению, сжатию,
изгибу по временному сопротивлению
равным
минимальному
значению
по
b
государственным стандартам и техническим условиям
на сталь
– расчетное сопротивление стали растяжению, сжатию,
изгибу по пределу текучести
– предел текучести, принимаемый равным значению
предела текучести по государственным стандартам и
техническим условиям на сталь
– расчетное сопротивление чугуна растяжению
– расчетное сопротивление чугуна сжатию
– допускаемое нормальное напряжение (или σadm)
– допускаемое касательное напряжение
– поперечная деформация
– упругая деформация

Rb
– относительный угол закручивания
– расчетные сопротивления бетона осевому сжатию для
Rbt
– расчетные сопротивления бетона осевому растяжению
Eb
– начальный модуль упругости бетона при сжатии
Ab
Ak
Eo
N cal
R
Rtb
Wx , Wy , Wz
– площадь сжатой зоны бетона
b
t
e
предельного состояния первой группы
для предельного состояния первой группы
и растяжении
– площадь сечения каменной кладки
– модуль упругости каменной кладки
– расчетная несущая способность
– расчетные сопротивления сжатию кладки
– расчетное сопротивление растяжению при изгибе кладки
– моменты сопротивления сечения относительно осей
x–x, y–y и z–z соответственно
– ширина
– толщина
– эксцентриситет силы
9
10
i x , i y , iz
– радиусы инерции сечения относительно
i min
l
l ef
– наименьший радиус инерции сечения
lw
– длина сварного шва
c


 x , y
– коэффициент условий работы
 ,   ,  xy
– касательное напряжение
y
– предел текучести
 ut
 uc
 cr

– предел прочности при растяжении
соответствующих осей
– длина, пролет
– расчетная (условная) длина
– гибкость
(  lef / imin )
– коэффициент Пуассона
– нормальные напряжения на площадках с нормалями
параллельными осям x и y
– предел прочности при сжатии
– критическое напряжение
– коэффициент продольного изгиба
ФИЗИКО-МЕХАНИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ
НЕКОТОРЫХ КОНСТРУКЦИОННЫХ МАТЕРИАЛОВ
Таблица 1
Плотность, модуль упругости, модуль сдвига некоторых материалов
Материал
Плотность
,
кг/м3
Модули упругости
E , Eb , E o ,
МПа (кг/см2)
Модуль сдвига
G,
МПа (кг/см2)
Сталь
7850
2,06  10 5 (2,1 10 6 )
0,78  105 (0,81  106 )
Пучки и пряди
параллельных
стальных
проволок
7850
1,96  10 5 (2,0  10 6 )
Н.д.
Канаты стальные
спиральные
двойной свивки
7850
1,47  10 5 (1,5  10 6 )
Н.д.
7200
0,83  10 5 (0,85  10 6 )
0,45  105 (0,45  10 6 )
7200
0,98  10 5 (1,0  10 6 )
0,45  105 (0,45  10 6 )
Чугун марок:
СЧ15
СЧ20,СЧ25,СЧ30
10
11
Алюминий
2500 – 2700
0,63  10 5 (6,42  10 5 )
2,6  10 4 (2,6  10 5 )
Дюралюминий
2600 – 2800
0,7  105 (0,71  106 )
3,6  104 ( 3,7  105 )
Медь:
холоднотянутая
8300 – 8900
1,3  10 5 (1,326  10 6 )
4,9  10 4 (4,9  10 5 )
прокат
8300 – 8900
1,08  10 5 (11
,  10 6 )
3,9  10 4 (4,0  10 5 )
литье
8300 – 8900
0,82  10 5 (0,84  10 6 )
Н.д.
5
6
Цинк (прокат)
6900 – 7300
0,82  10 (0,84  10 )
2,2  104 (2,2  105 )
Свинец
Холоднотянутая
латунь
11300
0,17  10 5 (0,17  10 6 )
0,7  10 4 (0,7  10 5 )
8600
((0,91  0,99)  10 6 )
((3,5  3,7)  10 5 )
Титан
4500
112
,  10 5
Н.д.
5
Кобальт
Вольфрам
Сосна воздушносухая:
вдоль волокон
8800
19300
2  10
4  105
Н.д.
310 – 760
0,1  105 (0,1  106 )
0,55  103 (0,55  104 )
поперек волокон
310 – 760
Дуб
Материал
Бетон тяжелый
естественного
твердения
класса:
В 20
В 30
В 50
Известняк
плотный
Н.д.
(0,5  1)  103 (0,5  104 )
690 – 1030
Плотность
,
кг/м3
(1,0  11
, )  104 ((1  11
, )  105 )
2200 – 2500
27,0  10 3 (275  10 3 )
2200 – 2500
–
–
Модули упругости
E , Eb , E o ,
МПа (кг/см2)
3
3
3
3
32,5  10 (331 10 )
Модуль сдвига
G,
МПа (кг/см2)
0,4 E b
0,4 E b
2200 – 2500
39,0  10 (398  10 )
0,4 E b
2000 – 2600
0,42  10 5 (0,42  10 6 )
Н.д.
Мрамор
2500 – 2800
0,56  10 (0,56  10 )
(0,14  0,44)  10 5
Гранит
2500 – 2800
0,49  10 5 ( 0,49  10 6 )
(0,14  0,44)  10 5
Глинистый
сланец
(Гришино)
Н.д.
0,19  10 5 (0,19  10 6 )
–
800 – 950
0,62  10 4 (0,62  10 5 )
Н.д.
5
6
Уголь
11
12
Кладка
сплошная из:
глиняного
кирпича,
известняка
0,28  10 4 ( 0,28  10 5 )
1800
3
4
6  10 (6  10 )
1800
3
Н.д.
Н.д.
5
9,8  10 (1 10 )
гранита
Песок сухой
Н.д.
1500 – 1700
–
Н.д.
–
Лед
917
9,8  10 3 (0,1 10 6 )
((0,28  0,3)  10 5 )
Стекло
2700
0,56  105 (0,56  10 6 )
2,2  10 4 (2,2  10 5 )
Текстолит
Каучук
Стеклотекстолит
КАСТ-В:
по основе
1300 – 1400
910 – 930
(0,06  0,1)10 5
2,5  10 3
8 (80)
2,72 (27,2)
1600–1800
2,12  10 4
1600–1800
1,23  10 4
4  10 3
4  10 3
1600–1800
0,4  10 4
–
65 – 940
25 – 910
450 – 500
130 – 160
Н.д.
Н.д.
2300
(0,18  0,2)  10 5
Н.д.
по утку
перпендикуляр
но слоям
Полиэтилен:
ПЭНД
ПЭВД
Полимербетон
Таблица 2
Коэффициенты температурного линейного расширения
и коэффициенты Пуассона
Материал
Коэффициент линейного
расширения  ,  bt
Коэффициент
Пуассона 
 107 оС1
Сталь
Чугун
Алюминий
Свинец
Медь
Серебро
Бронза
Латунь
Цинк катаный
Бетон тяжелый
Каменная кладка
Дерево
Фанера
Уголь
12
120
114
230
290
170
197
170 – 220
170 – 220
Н.д.
100
40 – 70
20 – 50
–
–
0,3
0,23 – 0,27
0,32 – 0,36
0,42
0,31 – 0,34
0,37
0,32 – 0,35
0,32 – 0,42
0,27
0,17 – 0,2
–
–
0,07
0,11
13
Каучук
Целлулоид
Парафин
Пробка
Стекло
Лед
–
(16 – 20)·102
–
–
–
507
0,47
0,33 – 0,38
0,50
0,00
0,25
–
Таблица 3
Расчетные сопротивления материалов
Расчетные сопротивления проката для стальных конструкций
и отливок из серого чугуна
Материал
Ry
Расчетное сопротивление, МПа (кг/см2)
Ru
Rt
Rc
Сталь листовая,
прокат, фасонная:
С 245
240 (2450)
360 (3700)
–
–
С 255
240 (2450)
360 (3700)
–
–
С 285
280 (2850)
390 (4000)
–
–
С 375
345 (3500)
480 (4900)
–
–
Чугун серый:
СЧ15
–
–
55 (550)
160 (1600)
СЧ20
–
–
65 (650)
200 (2000)
СЧ25
–
–
85 (850)
230 (2300)
СЧ39
–
–
100 (1000)
250 (2500)
Расчетные сопротивления срезу и растяжению стальных болтов
Напряженное
состояние
Срез, Rbs
Растяжение,
Rbt
Расчетное сопротивление, МПа (кг/см2),
болтов классов
4,6
150
(1500)
175
(1750)
4,8
160
(1600)
160
(1600)
5,6
190
(1900)
210
(2100)
5,8
200
(2000)
200
(2000)
Расчетные сопротивления бетона, камня и кирпичной кладки
Материал
Radm
Расчетное сопротивление, МПа (кг/см2)
R
Rtb
Rb
Rbt
13
14
Бетон тяжелый
класса:
В 20
В 30
В 50
Кладка
из
глиняного кирпича
марки 100
марки 125
Известняк
Гранит
Мрамор
Гипс
Бут-известняк
Бутовая кладка из
рваного
бута
марки
800
на
растворе
марки
100
Стекло
–
–
–
–
–
–
–
–
–
11,5(117)
17,0(173)
27,5(280)
0,9 (9,18)
1,2(12,2)
1,55(15,8)
–
–
15 – 200
100 – 320
100 – 300
4 – 12
10 – 70
–
–
< 0,29
–
–
–
–
1,5 (15)
2 (20)
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
2,2 (22)
–
–
600– 1200
–
–
–
–
Таблица 4
Ориентировочные пределы прочности на растяжение для волокон
 ut (кг/см2)
Материал
Хлопок
Шерсть
Лен
Джут
Пенька
Манильская пенька
Копра
Растительный шелк
Шелк-сырец
3760
1090
3520
2870
4500
4770
2920
3550
4480
Таблица 5
Расчетные сопротивления для некоторых сортов древесины
Напряженное состояние
и характеристика элементов
1. Изгиб RИ , сжатие RС и смятие Rсм
вдоль волокон:
элементы прямоугольного сечения
элементы из круглых лесоматериалов
2. Растяжение вдоль волокон, Rр
14
Расчетные сопротивления для
древесины 1сорта (МПа)
сосна, ель
дуб
бук
14
16
10
18,2
20,8
13
15,4
17,6
11
15
3. Сжатие Rс90 и смятие Rсм90 по всей
площади поперек волокон
4. Смятие поперек волокон Rсм90 , местное
в опорных частях
5. Сдвиг вдоль волокон Rск :
при изгибе неклеенных элементов
в лобовых врубках
6. Сдвиг поперек волокон Rск90
3,6
2,9
6
4,8
2,34
3,1
1,3
2,34
3,1
1,3
1,8
3
1,8
2,4
1
Таблица 6
Размеры образцов для испытания на сжатие
Материал
Чугун:
кубик
цилиндр
Естественные камни (кубики)
Цементные камни (кубики)
Бетон
Кирпич (распиленный пополам)
Размеры
2 × 2 × 2 или 3 × 3 × 3 см3
d = h = 2 см
7 × 7 × 7 см3
7 × 7 × 7 см3
20 × 20 × 20 или 30 × 30 × 30 см3
12 × 12 см2
Таблица 7
Ориентировочные пределы прочности некоторых материалов
Материал
Латунь
Дюралюминий
Базальт
Полиэтилен
Текстолит
Сосна вдоль волокон
Дуб вдоль волокон
Липа вдоль волокон
Ясень вдоль волокон
на растяжение
300 – 600
180 – 500
Н.д.
6,5
85 – 100
Н.д.
Н.д.
Н.д.
Н.д.
Предел прочности, МПа
на сжатие
на изгиб
300 – 600
300 – 600
–
–
250 – 320
–
–
–
130 – 250
–
25 – 62,5
50 – 115
42,5 – 65
77 – 130
25,9 – 46,3
47,8 – 83,9
37,5 – 72,5
70 – 170
РАЗДЕЛ I
ЗАДАЧИ ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ МАТЕРИАЛОВ
В сопротивлении материалов рассматриваются вопросы расчета
отдельных элементов конструкций на прочность, жесткость и
устойчивость. В настоящем разделе собраны типичные задачи по
различным видам простого и сложного сопротивления отдельного бруса.
15
16
Изложены основные сведения по всем вопросам сопротивления
материалов. Расчетные формулы даны без выводов, но с необходимыми
пояснениями, облегчающими их практическое применение.
Задачам по каждой теме предшествует иллюстративное решение
типовых задач с методическими указаниями. Все остальные задачи
снабжены ответами.
Глава 1
РАСТЯЖЕНИЕ, СЖАТИЕ
В этой главе, в основном, будет рассматриваться брус. Брус – это тело,
у которого два размера малы по сравнению с третьим. Брус с
прямолинейной осью называют стержнем. Ось бруса – это линия, которая
соединяет центры тяжести его поперечных сечений.
Под действием приложенных сил тело деформируется. Изменение
линейных размеров тела называется линейной деформацией, а изменение
угловых размеров – угловой деформацией. Удлинение – это увеличение
линейных размеров тела, а укорочение – уменьшение линейных размеров
тела.
Пусть прямой брус длиной l заделан одним концом, а на другом конце
приложена внешняя сосредоточенная сила F. Под действием этой силы
брус удлинится на величину l , которая называется полным
(абсолютным) удлинением, тогда
l
 ,
(1.1)
l
где  – относительная продольная деформация.
Перемещение точки – расстояние между первоначальным положением
точки (до приложения внешних нагрузок) и ее положением после
деформации, взятое в определенном направлении, например, вдоль оси
стержня.
Центральное растяжение (сжатие) – это такой случай напряженного
состояния, когда в поперечных сечениях стержня возникают только
нормальные силы N.
На основании гипотезы плоских сечений все продольные волокна
стержня испытывают одинаковые удлинения или укорочения.
Следовательно, при растяжении и сжатии нормальные напряжения 
распределены равномерно по поперечному сечению стержня, поэтому
N
(1.2)
 ,
A
где А –площадь поперечного сечения стержня.
16
17
Зависимость между нормальным напряжением  и относительной
деформацией  в пределах упругости при растяжении и сжатии имеет вид
(закон Гука):
  Е ,
(1.3)
где Е – модуль продольной упругости (модуль Юнга).
Пользуясь законом Гука (1.3), можно вычислить абсолютное
удлинение l стержня при действии нормальной силы N (рис. 1.1, а):
Nl
(1.4)
l 
,
EA
при учете только действия собственного веса стержня (рис. 1.1, б):
l 2
(1.5)
l 
,
2E
N
N
An
ln
Аn1
l n1
A2
l2
A1
l1
l
l
Al
F N=
б
а
F
где  – объемный вес материала стержня.
F
в
Рис. 1.1
Если по длине стержня l нормальная сила N(x) и площадь сечения A(x)
переменны и изменяются по какому-либо непрерывному закону, то
удлинение l определяется по формуле
l
N ( x )dx
(1.6)
l  
.
EA( x )
0
Для стержня со ступенчатым изменением площади Ai (рис. 1.1, в) и
нормальной силы Ni удлинения li вычисляются на каждом участке с
постоянными Ni и Ai, а результаты алгебраически суммируются:
17
18
n
n
N i li
,
E
i 1
i 1 i Ai
где n – число участков; i – номер участка (i = 1; 2; 3; …; n).
Существует экспериментально установленная зависимость:
 t   ,
l   li  
(1.7)
где  t – относительная поперечная деформация,  – коэффициент
Пуассона (коэффициент поперечной деформации). Коэффициент Пуассона
 вместе с модулем продольной упругости Е характеризует упругие
свойства материалов.
Расчет на прочность стальных элементов, подверженных центральному
растяжению или сжатию, следует выполнять по формуле
N
(1.8)

 Ry c ,
An
где  с – коэффициент условий работы, принимаемый по СНИП (см.
табл.1.1) или другим нормам.
Таблица 1.1
Элементы конструкции
Колонны общественных зданий и опор
водонапорных башен
Элементы стержневых конструкций покрытий и
перекрытий:
а) сжатых при расчетах на устойчивость
б) растянутых в сварных конструкциях
Сплошные составные балки, колонны, несущие
статическую нагрузку и выполненные с помощью
болтовых соединений, при расчетах на прочность
Сечения прокатных и сварных элементов,
несущих статическую нагрузку, при расчетах на
прочность
Сжатые элементы из одиночных уголков,
прикрепляемые одной полкой
с
0,95
0,95
0,95
1,1
1,1
0,75
Примечание: В случаях, не оговоренных в настоящих нормах, в формулах следует
принимать  с  1 .
Для хрупких материалов условия прочности принимают вид:
при растяжении:  t   adm,t ,  adm,t   ut / nt ;
при сжатии:  с   adm,с ,  adm,с   uс / nс ,
18
(1.9)
19
где  adm,t и  adm,c – допускаемые напряжения при растяжении и сжатии;
nt и nc – нормативные коэффициенты запаса прочности по отношению к
пределу прочности (nt, nc>1).
Для центрально сжатых бетонных элементов формула (1.9)
записывается в виде:
N
(1.10)
c 
 Rb ,
Ab
где 
– коэффициент, принимаемый для бетона тяжелого,
мелкозернистого и легкого равным 1,00; для ячеистого автоклавного –
0,85; для ячеистого неавтоклавного – 0,75.
Указания
1. В том случае, когда направление нормальной силы заранее
неизвестно, ее направляют от сечения. Если из условия равновесия
нормальная сила получится со знаком «плюс», то брус испытывает
растяжение, со знаком «минус» – сжатие.
2. Если в рассматриваемом сечении приложена сосредоточенная сила
F, направленная вдоль оси стержня, то значение нормальной силы на
эпюре нормальных сил N в этом сечении изменяется скачкообразно на
величину приложенной силы.
1.1. Построение эпюр нормальных сил и напряжений
для брусьев в статически определимых задачах
Задача 1.1.1. Построить эпюры нормальных сил и нормальных
напряжений для бруса, изображенного на рис. 1.1.1. Собственный вес
бруса в расчете не учитывать.
Решение. Для определения внутренних усилий разбиваем
прямолинейный брус на участки. Границами участков являются точки
продольной оси, соответствующие изменению площади поперечного
сечения и точкам приложения сосредоточенных сил. Из рассмотрения рис.
1.1.1, а определяем, что брус необходимо разбить на четыре участка.
Проводим сечение I – I. Отбросим верхнюю часть бруса, ее действие
заменим нормальной силой N1 (рис. 1.1.1, б). Запишем уравнение
равновесия, проектируя силы на ось бруса:
x  N
1
 F  0, откуда N1 = F.
Очевидно, что на всем первом участке ( 0  x  a ) нормальная сила N1
постоянна по величине. Откладываем в масштабе значение нормальной
силы N1 = F в пределах участка I – I (рис. 1.1.1, е).
Проводим сечение II – II и, отбрасывая верхнюю часть бруса, заменяем
ее действие нормальной силой N2 (рис. 1.1.1, в). Проектируем все силы на
ось бруса:
19
20
x  N
2
 2 F  F  0, откуда N2 = –F.
x
F
a
N2
III
II
a
II
III
IV
IV
F
2F
2F
2F
a
x
б
F
в
F
г
F
д
F
A
F
2A
F
2  
2FA
1 
2  
N2
N1
F
3  
N3
I
I
N 4  0 4  0
III
II
1N
2F
2
I
A F
а
N4
N3
IV
a
A

N
F
е
2A
ж
Рис. 1.1.1
Аналогично находим нормальные силы в сечении III – III (рис. 1.1.1, г):
x  N
3
 2 F  F  0, откуда N3 = –F
и в сечении IV – IV (рис. 1.1.1, д):
x  N
4
 F  2 F  F  0, откуда N4 = 0.
Откладывая в масштабе значения нормальных сил N2, N3, N4 в пределах
соответствующих участков, получаем эпюру нормальных сил (рис.1.1.1,е).
Полученную таким путем эпюру принято штриховать прямыми линиями,
перпендикулярными к оси бруса. Каждая такая линия в принятом
масштабе дает величину нормальной силы в соответствующем поперечном
сечении бруса. Знак «плюс» показывает, что в пределах данного участка –
растяжение, а знак «минус» – сжатие.
Для построения эпюры нормальных напряжений  воспользуемся
формулой (1.2) для каждого участка:
N
N
N
F
F
F
1  1 
; 2  2  
;  3  3   ;  4  0.
2A 2A
2A
2A
A
A
Эпюра нормальных напряжений (рис. 1.1.1, ж) показывает, что
наибольшего значения нормальные напряжения достигают в пределах
третьего участка (участок III).
20
21
Задача 1.1.2. Построить эпюры нормальных сил и нормальных
напряжений для бруса, изображенного на рис.1.1.2, а. Принять a = 0,4 м;
площадь поперечного сечения бруса на участках III и IV А = 20 см2;
сосредоточенная сила F = 0,5 кН, собственный вес  = 0,0078 кг/см3 =
76,44 кН/м3.
Решение. Для определения внутренних усилий разбиваем брус с
прямолинейной осью на четыре участка. Проводим сечение I – I (рис. 1.1.2,
а) и отбрасываем верхнюю часть бруса, заменяя действие отброшенной
части нормальной силой N1 (рис. 1.1.2, б). Так как сечение I –I может быть
проведено в любом месте участка I, то длина оставшейся части участка
будет переменной величиной, и поэтому обозначим ее через x (рис. 1.1.2,
б), причем 0  x  a . Запишем уравнение равновесия, проектируя силы,
действующие на оставшуюся часть бруса, на направление оси бруса:
x  N
1
 G1  F  0, откуда N 1  F  G1  F  2 Ax.
Участки
a
III
IV
G3
2F
194,24
2
I
A F
F
G1
а
б
458,64
Л
382,2
58,9
К 191,1
97,12
Д
48,56
2F
652,88
G1+G2
G1+G2
F
в
F
г
G1+G2
F
д
163,22
86,78 С
347,12
I
x
a
I
117,8
F
G3+G4
х
2F
II
2F
1N
IV
х
N2
II
II
III
x
III
N4
N3
IV
a
F
) 229,32
a
A
 (КПа
N (Н)
x
В
500
е
125
ж
Рис. 1.1.2
Через G1  2 Ax обозначен собственный вес оставшейся части бруса
первого участка, в пределах которого площадь поперечного сечения равна
2А, а длина оставшейся части обозначена через x. Подставим численные
значения в полученную формулу:
N1  F  2 Ax  500  2  20  10 4 x  76440  500  305,76x [ Н] .
Записанное выражение показывает, что эпюра нормальных сил в
пределах первого участка представляет собой наклонную прямую линию.
21
22
Для построения этой прямой определим значение нормальной силы N1 в
начале первого участка (x = 0): N1(x = 0) = 500 Н и в конце первого участка
(x = a= = 0,5 м): N1 (х = 0,5 м) = 500  305,76  0,5  652,88 Н.
Полученные значения откладываем в масштабе в соответствующих
точках эпюры нормальных сил (рис. 1.1.2, е). Найденные точки соединяем
прямой линией, затем штрихуем первый участок эпюры прямыми
линиями, перпендикулярными к оси бруса.
Проводим сечение II – II и повторяем порядок расчета, описанный
выше для сечения I – I. Переменная величина х участка II – II будет
изменяться в пределах a  x  2a . Составим уравнение равновесия (рис.
1.1.2, в)
x  N
2
 2 F  ( G1  G2 )  F  0, откуда N 2  (G1  G2 )  F ,
где G1  G2  2 Ax – собственный вес части бруса, расположенного ниже
сечения II – II. Окончательно имеем
N 2  2 Ax  F  2  20  10 4 x  76440  500  305,76x  500.
Определяем значение нормальной силы N2 в начале второго участка
(х= 0,5 м): N 2 ( x  0,5 м)  305,76  0,5  500  347,12 Н и в конце этого же
участка (х = хmax = 1 м): N 2 ( х  1 м)  305,76  1  500  194,24 Н.
Полученные значения N2 откладываем в масштабе в начале и в конце
второго участка (рис. 1.1.2, е).
Проводим сечение III – III и для оставшейся части бруса составляем
уравнение равновесия (рис. 1.1.2, г)
x  N
откуда
3
 G3  2 F  (G1  G2 )  F  0,
N 3   F  G3  (G1  G2 ),
где G3  Ax
оставшейся части бруса третьего участка;
собственный вес первого и второго участков.
Тогда для участка 0  х  a
N 3   F  G3  G1  G2 
– собственный вес
G1  G2  2 A  2a   –
 500  20  10 4 x 76440  2  20  10 4  2  0,5  76440  194,24  152,88 х ,
где нормальная сила N3 в начале третьего участка будет N3(х=0) = –194,2 Н;
а в конце третьего участка получаем N3 (х = a = 0,5 м) = –117,8 Н.
Найденные значения N3 переносим на эпюру нормальных сил.
И наконец, рассматривая равновесие оставшейся части бруса, после
проведения сечения IV – IV получаем (рис. 1.1.2, д)
x  N
22
4
 (G3  G4 )  F  2 F  (G1  G2 )  F  0,
23
откуда N 4  (G3  G4 )  (G1  G2 ), a  x  2a, где G1  G2  2 A  2a   =
305,76 Н – собственный вес участков I – I и II – II, G3  G4  Ax  152,88х
– собственный вес третьего и оставшейся части четвертого участков.
В этом случае имеем
N 4  152,88x  305,76,
т.е. в начале четвертого участка N4 (х = 0,5 м) = 382,2 Н, а в конце этого же
участка N4 (х = 1 м) = 458,64 Н. Вычисленные значения N4 откладываем в
масштабе на эпюре нормальных сил (рис. 1.1.2, е).
Эпюра нормальных сил показывает, что первый и четвертый участок
подвержены растяжению, а второй и третий – сжатию.
Для вычисления значений нормальных напряжений  и построения
эпюры нормальных напряжений используем формулу (1.2):
N
500
652,88  103
I
B  B 

125000
Па

125
кПа
;


 163,22 кПа;
C
2 A 2  20  10 4
2  20  10 4
N CII
347,12  10 3
194,24  10 3
II
 CII 



86
,
78
кПа;



 48,56 кПа;
Д
2A
2  20  10  4
2  20  10  4
 ДIII  
194,24  10 3
 97,12 кПа;  KIII  
117,8  10 3
 58,9 кПа;
20  10  4
458,64  10 3
IV
 KIV 

1911
,
кПа
;


 229,32 кПа.
Л
20  10 4
20  10  4
Эпюра нормальных напряжений показывает, что самое большое
нормальное напряжение возникает в сечении, проходящем через точку Л
20  10  4
382,2  10 3

N
КПа
Н
a4
A3
a2 a3
108
431,8
А4
92,2
46,1
38,2
100,8
369
F3
306,2
a1
806,2
A2
F2
а
712
144
288
A1
F1
89
163,6
327,2
б
Рис. 1.1.3
в
четвертого участка (рис. 1.1.2, ж), т.е. на опоре.
23
24
2м
1м
Задача 1.1.3. Дан прямой стержень кусочно-постоянного сечения, для
которого a1 = 25 см, a2 = 15 см, a3 = 10 см, a4 = 20 см, А1 = А = 20 см2, А2 =
=А3 = 4А. А4 = 2А (рис. 1.1.3, а). Стержень находится под действием
сосредоточенных сил F1 = 327,2 Н; F2 = 1 кН; F3 = 500 Н и собственного
веса с  = 78,5 кН/м3, действующих вдоль оси стержня.
Требуется построить для заданного стержня эпюры нормальных сил и
нормальных напряжений.
σ
N
Ответ: правильный результат
F
МП
показан на рис. 1.1.3, б,в.
кН
Задача
1.1.4.
Построить
15
15 а
эпюры нормальных сил и
нормальных напряжений для
F
20
20
бруса постоянного поперечного
35
35
сечения с А = 10 см2. На брус
q
действует
внешняя
распределенная осевая нагрузка
q = 5 кН/м и продольные
сосредоточенные силы F= 15 кН
(рис. 1.1.4, а).
45
45
а
б
в
Ответ: эпюры нормальных
сил и напряжений представлены
Рис. 1.1.4
на рис.1.1.4, б, в.
1м
N
кН 45
F
40
25
q
σ
МП 45
а
40
25
2м
Задача 1.1.5. Построить
эпюры нормальных сил и
нормальных напряжений
для бруса постоянного
поперечного сечения с А =
10 см2. На брус действует
внешняя распределенная
осевая нагрузка q = 5 кН/м
и
продольные
сосредоточенные силы F=
=15кН (рис. 1.1.5, а).
15
15
F
Ответ:
правильные
а
б
в
результаты показаны на рис.
Рис. 1.1.5
1.1.5, б, в.
Задача 1.1.6. Дан прямой
стальной стержень кусочно - постоянного сечения, для которого a = 0,4 м,
а площади поперечных сечений указаны на рис. 1.1.6, а.
24
25
Построить эпюры нормальных сил и нормальных напряжений. Найти
сечение, где действует  max .
Ответ: эпюры нормальных сил и нормальных напряжений при учете
только собственного веса стального стержня представлены на рис. 1.1.6, б,
в (см. табл. 1 «Плотность, модуль упругости, модуль сдвига некоторых
материалов»),  max = 1,3345 кг/см2 в точке С участка с площадью
поперечного сечения А2.

N
кг
кг/см2
0,98125
19,625
a
A1=20
2
0,66725
13,345
1,3345
1,5a
с
м2 C
А2=10 см
0,8635
0,4317
8,635
А4=15
см2
а
0,5a a
А3=20 см2
2,355
0,1178
0,157
б
в
Рис. 1.1.6
Задача 1.1.7. Проверить прочность стального стержня, изображенного
на рис. 1.1.7, а. Материал – сталь с Ry = 2450 кг/см2 и объемным весом
 = 0,00785 кг/см3, F = 10 т,  с = 1.

N
кг
7 см
6 см
7 см
а
F
20 см 1 см
1000,8
20016,8
50 см 10 см 50 см
F
кг/см2
1000,4
1429,2
20009
б
20007,8
10007,8
500,4
10000
500
1429,1
в
Рис. 1.1.7
25
26
x
a1
a2 a3 a4
a
Ответ:  max = 1429 кг/см2 < Ry = 2450 кг/см2 (см. рис. 1.1.7, в),
следовательно,
условие
прочности (1.8) выполняется.
N
Задача 1.1.8. Построить
1,5x
эпюру нормальных сил для
F
стержня замоноличенного в
a
массив
(рис.
1.1.8,
а), 2,5F
1,5F
предполагая,
что
F
интенсивность сил трения
постоянна по длине a.
3F
2F
Собственным весом стержня
пренебречь.
Ответ:
эпюра
F
F
нормальных сил показана на
рис. 1.1.8, б.
F а
б
Задача 1.1.9. Найти закон
Рис.
1.1.8
изменения
площадей
поперечного сечения бруса
равного сопротивления, испытывающего растяжение под действием силы
и собственного веса.
Решение. В каждом сечении бруса равного сопротивления нормальные
напряжения должны быть равны постоянной величине (   R  const ).
Запишем условие равновесия элемента длиной dx (рис.1.1.9):
 X  R A( x)  dA  R  A( x)  dG  0, или RdA  dG  0.
dx
Имеем dG – собственный вес элемента
R
бруса длиной dx:
dG  A( x)dx, тогда RdA  A( x)dx  0, или
A(x) + dA
dA / A( x)  dx / R.
dG
Интегрируя
последнее
выражение,
A(x)
находим
R


dA

dx  x  C,
Рис.
1.1.9
A( x) R
R
где
С
–
произвольная
постоянная
интегрирования, которая находится из граничных условий. Окончательно
запишем


ln A( x ) 
26

R
x
x  C или e R
C
x
 A( x ); e R  e C  A( x ).
27
Постоянную интегрирования находим из условия, что при х = 0 имеем
А(х) = А0, т.е. получаем e C  A0 . Таким образом, закон изменения
площади поперечного сечения А(х) получает вид
x
A( x)  A0 e R ,
т.е. в брусе равного сопротивления площади поперечных сечений
изменяются по логарифмическому закону.
Задача 1.1.10. Определить площади верхнего Ав0 и нижнего Ав1
сечений, а также вес кладки из глиняного кирпича в форме бруса равного
сопротивления сжатию, если на верхнее сечение действует
сосредоточенная сила F = 3000 кН, высота стойки l = 20 м, R = 1,5 МПа;
 = 1,00. Объемный вес кладки принять γ = 18 кН/м3.
Ответ: Ав0 = 2 м2; Ав1 = 2,54 м2; стойка из глиняного кирпича объемом
V = R(Ab1 – Ab0) / γ = 45 м3 весит Q = V γ = 810 кН.
N
bx
F3=7,5 кН
F2=2,5 кН F2
уч.2
уч.1
15 см
40 кН
25 кН
20 кН
a3
a2
a1
C
а
Рис. 1 .1.10
30 кН a4
1м
уч.3
F3
1м
уч.4
1м
5см
l = 40 см
x
F4=5 кН F4
1м
F
б
F1=20 кН
Рис. 1.1.11
Задача 1.1.11. Получить аналитические выражения для определения
напряжений в поперечных сечениях бруса, имеющего форму, показанную.
на рис. 1.1.10. Толщину бруса принять постоянной и равной t = 2 см.
Требуется: а) решить задачу, учитывая только собственный вес бруса с  =
78,5 кН/м3, а сжимающую силу F принять равной нулю (F = 0); б) решить
задачу без учета собственного веса, но принять F = 200 кН; в) решить
задачу, принимая F = 200 кН и, учитывая собственный вес стального бруса
с  = 78,5 кН/м3.
27
28
Ответ: а)  x 
10 7
0,125x  0,05
, [Па];
x , [Па]; б)  x 
0,25x  0,05
0,25x  0,05
0,125x 2  0,05x  107
, [Па].
0,25x  0,05
Задача 1.1.12. Стальной стержень квадратного сечения со сторонами
ai, находится под воздействием сосредоточенных сил Fi, направленных
вдоль оси стержня (рис. 1.1.11, а).
Определить размеры поперечных сечений стержня так, чтобы в любом
сечении стержня действовали нормальные напряжения, равные расчетному
сопротивлению Ry = 240 МПа. Собственный вес стержня не учитывать.
Ответ: a1 =0,91см; a2 =1,02 см; a3 =1,29 см; a4 =1,12 см (рис.1.1.11, б).
Задача 1.1.13. Определить допускаемую нагрузку Fadm растягиваемого
стального листа, ослабленного отверстиями d = 2 см (рис. 1.1.12).
Расчетное сопротивление стали принять Ry =
240 МПа, а  с = 1. Толщина листа t =1 см,
F
Fadm
ширина b = 15 см.
Ответ: Fadm = 216 кН.
d
d/2
Задача 1.1.14. Определить допускаемую d
нагрузку Fadm растягиваемого стального
листа, ослабленного отверстиями d = 2 см
d/2
d
(рис. 1.1.13). Расчетное сопротивление стали
b
b
принять Ry = 240 МПа, а  с = 1. Толщина
Fadm
F
листа t = 1 см, ширина b = 13 см.
Ответ: Fadm = 216 кН.
Рис. 1.1.12
Рис. 1.1.13
Задача 1.1.15. Определить допускаемую
толщину t растягиваемого стального листа, изображенного на рис. 1.1.12,
если диаметры отверстий d = 2 см, а ширина листа b = 20 см. Расчетное
сопротивление стали принять: Ry = 240 МПа, а  с = 1. Внешняя
растягивающая сила F = 20 т.
Ответ: t  0,58 см.
Задача 1.1.16. В стенке стального двутавра № 20 вырезано отверстие
qadm
диаметром d = 10 см (рис. 1.1.14).
Определить допускаемую нагрузку Fadm, которая может быть
I № 20
приложена вдоль продольной оси
d
d
ослабленного
двутавра.
I № 20
Расчетное сопротивление стали
принять Ry = 2450 кг/см2, а γc =
1,1 (см. табл. 1.1).
0,3 м
Ответ: Fadm = 571 кН.
Рис. 1.1.14
Рис. 1.1.15
2d
в)  x 
0,3 м
F
28
29
.
Задача 1.1.17. В стенке стального двутавра № 20 вырезано отверстие
диаметром d = 10 см. Определить допускаемую равномерно
распределенную нагрузку q adm (кг/м), которую можно приложить вдоль
стенки двутавра (рис. 1.1.15). Расчетное сопротивление стали Ry = 2450
кг/см2, а  с = 1.
Ответ: q adm = 84933 кг/м = 833,19 Н/м.
1.2. Перемещения поперечных сечений брусьев
в статически определимых задачах
Задача 1.2.1. Определить перемещение нижнего конца стержня,
изображенного на рис. 1.1.1, а. Задачу решить без учета собственного веса
материала бруса. Принять Е  2  105 МПа; a = 0,5 м; А = 10 см2;
сосредоточенная сила F = 10 кН.
Решение. Для рассматриваемого случая эпюра нормальных сил
представлена на рис. 1.1.1, е. Для стержня со ступенчатым изменением
площади и нормальных сил перемещения поперечных сечений
вычисляются по формуле (1.7). Рассматривая рис. 1.1.1, а и рис. 1.1.1, е,
запишем формулу (1.7) для определения перемещения нижнего конца
стержня в виде:
N a N a N a N a
l  l I  l II  l III  l IV  1  2  3  4 
E 2 A E 2 A EA
EA
3
Fa
Fa
Fa
Fa
10  10  0,5



0

  0,25  10 4 м   0,025 мм.
E 2 A E 2 A EA
EA
2  105  10  10 4
Знак «минус» в ответе показывает, что общая длина стержня
уменьшится, т.е. нижний конец стержня переместится вверх вдоль его оси
на величину l  0,025 мм.
Задача 1.2.2. Определить перемещение нижнего конца стержня,
изображенного на рис. 1.2.1, а. Принять Е  2  10 5 МПа, объемный вес
материала стержня  = 76440 Н/м3.
Решение. Для рассматриваемого случая эпюра нормальных сил
представлена на рис.1.2.1, б. Порядок построения эпюры нормальных сил
рассмотрен в примере 1.1.2 (см. рис. 1.1.2).
Эпюра нормальных сил построена с учетом сосредоточенных внешних
сил и с учетом собственного веса материала бруса. Выделим на эпюре
нормальных сил (рис. 1.2.1, б) ее постоянные нормальные составляющие и
треугольные
участки
эпюры,
учитывающие
собственный
вес
соответствующего участка (рис. 1.1, а и рис. 1.1, б). Разделение
составляющих эпюры нормальных сил на рис. 1.2.1, б произведено
пунктирными линиями.
29
30
Теперь перемещение поперечного сечения от постоянной
составляющей эпюры нормальных сил будет определяться по формуле
(1.4), а перемещение от действия собственного веса – по формуле (1.5).
Для рассматриваемого случая формула для определения перемещения
нижнего конца стержня будет иметь вид
l  l I  l II  l III  l IV 
 500  0,4 0,4 2   347,12  0,4 0,4 2   194,24  0,4 0,4 2 


   

   

 
2E  
EAII
2E  
EAIII
2E 
 EAI
 382,2  0,4 0,4 2  77341
77341


 

 0,387  10  6 м.
2E 
E
2  10 5  10 6
 EAIV
N
Na-a
AIV = 20 см2
Н
458,64
40 см
Уч.IV
Н
458,64
1000 Н
a
40 см
AIII = 20
см2
AII = 40 см2
40 cм
a
194,24
a
50
0Н
a
194,24
a
a
652,88
40 см
AI = 40
382,2
117,8
117,8
347,12
Уч.I
Уч.II
Уч.III
382,2
500 Н
a
в
см2
500
l
Рис. 1.2.1
б
Знак «+» показывает, что общая длина стержня увеличится, т.е.
нижний конец стержня переместится вниз вдоль его оси на величину
l  0,387  10 6 м (рис. 1.2.1, а).
Определим перемещение сечения а – а (рис. 1.2.1, а). Для этого
мысленно разрежем эпюру нормальных сил в соответствующем сечении а
– а и отбросим нижнюю часть эпюры. На основании оставшейся части
эпюры нормальных сил (рис. 1.2.1, в) определяем перемещение сечения а –
а, используя формулы (1.4) и (1.5):
 194,24  0,4 0,4 2   382,2  0,4 0,4 2 

  

 
 а а  l III  l IV   
EA III
2 E   EAIV
2E 

30
31
76440  0.4 2 49822

 0,249  10 6 м.
2E
E
E  20  10 4
Полученный ответ показывает, что поперечное сечение а – а
переместится вниз вдоль оси стержня.
Задача 1.2.3. Определить перемещение нижнего конца стержня,
изображенного на рис. 1.1.3, а. Необходимые для расчета данные взять из
примера 1.1.3. Принять Е  2 105 МПа .
Ответ: l  26 / E  0.
Задача 1.2.4. Определить перемещение нижнего конца стержня,
представленного на рис. 1.1.6, а. Принять а = 0,4 м; объемный вес
материала стержня   7850 кг / м 3 .

0,4( 194,24  382,2)
2
Ответ: l  a(2,25a  2,08  10 4 ) / E  11146 / E.
Задача 1.2.5. Определить линейную продольную деформацию каждого
участка
стержня
кусочно-постоянного
квадратного
сечения,
изображенного на рис. 1.1.11. Вычислить перемещение точки С
рассматриваемого стержня и построить эпюру перемещений поперечных
сечений стержня. Принять a1 = 0,9 см; a2 = 1 см; a3 = 1,3 см; a4 = 1,1 см.
Задачу решить без учета собственного веса стержня, Е  2 105 МПа .
Ответ: l4  1,24 мм; l3  118
, мм; l2  1,25 мм; l1  1,24 мм;
lС  4,91 мм.
Задача 1.2.6. Стержень постоянного
поперечного
сечения
нагружен
4
1,25aF сосредоточенными силами (рис. 1.2.2).
3
EA
Построить
эпюру
перемещений.
A 2F
Собственный вес стержня в расчете не
0,25aF
учитывать.
F
2
Ответ:
эпюра
перемещений
EA
1
показана на рис. 1.2.2, б.
0,25F
Задача 1.2.7. Прямой стальной
б
a
стержень
с площадью поперечного
Рис. 1.2.2
сечения А = 5 см2 закреплен верхним
концом, а к нижнему концу приложена растягивающая сила F = 30 кН.
Определить относительную и продольную линейную деформации,
относительную поперечную деформацию  t , если длина стержня l = 3 м,
a
2a
a
l
модуль Юнга Е  2 105 МПа , коэффициент Пуассона  = 0,3; удельный
вес материала стержня  = 78,5 кН/м3.
Ответ: l  0,9 мм;   0,0003; t  0,00009.
31
32
Задача 1.2.8. Определить относительную деформацию в каждом
участке стержня постоянного поперечного сечения, показанного на рис.
1.2.2. Собственным весом стержня при расчете пренебречь.
Ответ: 12  0,25F / ( EA);  23   0,75F / ( EA);  34  1,25F / ( EA).
Задача 1.2.9. Стальной вертикальный стержень из двутавра № 30
растягивается под действием собственного веса. Длина стержня l = 20 м.
Определить нормальное напряжение в закрепленном верхнем конце и
перемещение l нижнего конца стержня, Е  2  106 кг / см 2 .
Ответ:   15,7 кг / см 2 = 1,54 МПа; l = 0,00785 см.
Задача 1.2.10. Вертикальный стержень из двух швеллеров № 20,
закрепленный верхним концом, растягивается под действием собственного
веса и силы F = 40 т. Определить максимальное нормальное напряжение и
перемещение l нижнего конца стержня при модуле продольной
упругости Е  2  106 кг / см 2 . Длина стержня l =4 м. Сила приложена к
нижнему концу стержня.
Ответ:  max  857,8 кг / см 2  84,15 МПа; l =0,171 см.
Задача 1.2.11. Стальной болт длиной l = 16 см при затяжке получил
удлинение l = 0,12 мм. Определить напряжение в болте, если модуль
Юнга Е  2 105 МПа .
Ответ:   150 МПа.
Задача 1.2.12. Алюминиевый стержень круглого поперечного сечения
диаметром 10 см растягивается силой F. Найти величину допускаемой
силы Fadm, если допускаемое уменьшение начального диаметра
d =0,002см; коэффициент Пуассона  = 0,35.
Ответ: Fadm = 283 кН.
1.3. Расчеты на растяжение и сжатие
статически определимых стержневых систем
Задача 1.3.1. Абсолютно жесткий брус ВС (ЕВС =  ) прикреплен в
точке С к неподвижному шарниру
l =2 м
(рис.
1.3.1),
а
в
точке
В
поддерживается стальной тягой АВ. В
A a
B
точке В приложена вертикальная сила
о

=30
F = 20 кН.
B/
Подобрать сечение тяги АВ и
F
показать перемещение точки В.
Расчетное
сопротивление
стали
y
Ry  240 МПа,
растяжению
a
x
N1
B
C
коэффициент условий работы   1,

с
N2
a
32
Рис. 1.3.1
б
F
33
а модуль упругости стали тяги АВ – Е АВ  2,06  105 МПа.
Решение. Вырежем мысленно узел В (рис. 1.3.1, б) и составим для него
уравнения равновесия:
 y   F  N sin   0, откуда находим N   F / sin    20 / 0,5   40 кН;
 x   N  N cos   0, откуда N   N cos  40 cos30  34,64 кН.
2
1
2
2
1
2
o
Окончательно имеем N 1  34,64 кН; N 2   40 кН. Следовательно,
брус ВС сжат силой N2, а элемент АВ растянут силой N1.
Подбор сечения тяги АВ проводим по формуле (1.8), откуда
определяем
N1
34,64
An 

 1,44  10 4 м 2  1,44 см 2 .
R y  c 240000  1
Предположим, что тяга АВ имеет круглое поперечное сечение, тогда An
= 1,44 см2 =  r2, откуда находим r = 0,677 см и d = 1,35 см.
Определим удлинения стержней АВ и СВ:
N 1l
34,64  2
l AB 

 0,0023 м  0,23 см;

An E AB 1,44  10 4  2,06  10 5  10 3
N 2 l BC
40l

 0.
ABC E BC
ABC cos 30 o E BC
Таким образом, точка В переместится в точку В/ по дуге окружности
радиусом ВС  l / cos30o , причем расстояние между точками А и В/ будет
l CB 
/
равно АВ  l  l AB  2  0,0023  2,0023 м.
Задача 1.3.2. Абсолютно жесткий брус АС
прикреплен в точке А к неподвижному
шарниру, а в точке В поддерживается
стальным стержнем ВD. К концу бруса в
NBD
точке С приложена сила F = 20 кН.
Подобрать сечение стержня ВD из
 =30o B
равнобокого
уголка
и
определить
с
вертикальное перемещение с точки С (рис.
B/ C/
1.3.2). Расчетное сопротивление материала
l BD
В
стального стержня ВD Ry  240 МПа,
l1=2 м
D
A
C
F
Рис.1.3.2
l2=0,5
м
 с  1,
модуль
продольной
упругости
5
ЕВD  2,06  10 МПа.
У к а з а н и е. Ввиду малости перемещений следует предположить, что
точки В и С перемещаются по вертикали, т.е. согласно рис. 1.3.2, можно
33
34
принять, что
lBD   В sin  . По этой же причине принять, что
DBA  DB / A   .
Ответ: NBD = 50 кН, поэтому необходимо взять стержень ВD из
равнополочного уголка 35  35  4 (An = 2,17 см2),
F (l1  l2 ) 2
C 
 6,45 мм.
EAn l1 sin 2  cos 
Задача 1.3.3. Определить усилия в стержнях АВ и DС системы,
изображенной на рис. 1.3.3.
Ответ: N DC  0; N AB  0,5F .
Задача 1.3.4. Подобрать сечения элементов системы, изображенной на
рис. 1.3.4 и определить перемещение узла В. Материал стержней – сталь с
D
F
A
D
1
м
B
C
A2
о
о
B
l BC
F
0,5a0,5a
l BD
45
о
B
В
B/
Рис.1.3.4
Рис.1.3.3
R y  2450 кг / cм 2 ,
30
45
о
0,5F
0,25a a
C
A1
30
Е  2,1  10 6 кг / см 2 .
 с  1,
Внешняя
нагрузка
представлена силой F = 50 т. Для подбора сечений использовать табл. IV
«Швеллеры стальные горячекатаные» (см. Раздел IV).
Ответ: NBC = 25,9 т, поэтому необходимо брать швеллер № 10 с
площадью поперечного сечения А2 = 10,9 см2; NBD = 36,61 т, поэтому
необходимо брать швеллер № 14 с А1 = 15,6 см2; l BD  0,13 см;
l BC  0,16 см, по диаграмме перемещений графически в принятом
B
о
A
30о
30о
D
Рис.1.3.5
34
C
15
30о
C
F=50 кН
F
B
o
F
30o30
D
B
l
C
Рис.1.3.6
Рис.1.3.7
35
/
масштабе определяем перемещение точки В, равное длине отрезка ВВ :
 В  0,23 см.
Задача 1.3.5. Определить усилия в стержнях BС и СD (рис. 1.3.5),
подобрать сечение растянутого стержня ВС при условии, что R y  240 МПа,
а коэффициент условий работы γс = 1.
Ответ: NBC = 50 кН; NCD = –50 кН; АВС = 2,08 см2.
Задача 1.3.6. Определить площади поперечных сечений стальных
элементов АВ и СВ кронштейна, показанного на рис. 1.3.6, если F = 5 т,
 с  1 , R y  2450 кг / cм 2 .
Ответ: ААВ = 2,89 см2; АСВ = 3,94 см2 (без учета потери устойчивости).
Задача 1.3.7. Два абсолютно жестких бруса СD и СВ соединены
шарниром в точке С и опираются на опоры в точках D и В (рис. 1.3.7).
Нижние концы брусьев соединены стальной затяжкой длиной l = 2 м.
Подобрать сечение стальной затяжки (АВD), если F = 200 кН, Ry = 240 МПа,
γс = 1.
Определить удлинение затяжки ВD, если Е = 2,06·105 МПа..
Ответ: АВD = 2,4 см2; l BD = 0,23 см.
Задача 1.3.8. Определить допускаемое значение силы F, действующей
на стальной кронштейн (рис.1.3.6), если принято расчетное сопротивление
стали R y  2450 кг / cм 2 ,  с  1 , площади поперечных сечений стержней
АВ и СВ известны и равны ААВ = 1 см2, АСВ = 2 см2.
Ответ: Fadm = 1,73 т = 16,97 кН; второй результат Fadm,2 = 2,53 т =
=24,82 кН во внимание не принимаем.
Задача 1.3.9. Определить допускаемое значение силы F, действующей
на конструкцию, изображенную на рис.1.3.1, если расчетное
сопротивление материала тяги АВ R y  240 МПа, а  с  1 . Площадь
поперечного сечения тяги АВ ААВ = 1 см2. Стержень ВС – абсолютно
жесткий.
Ответ: Fadm = 13,86 кН.
Задача 1.3.10. Определить допускаемое значение силы F,
действующей на стержневую систему, показанную на рис. 1.3.4, если
площади поперечных сечений стержней системы – А1 = А2 = 2 см2.
Принять расчетное сопротивление стали стержней R y  2450 кг / cм 2 , а
3A
C
2a
Рис.1.3.8
O
2 A
A
a
l
l
Fadm
l
 с  1.
Ответ: Fadm = 65,73 кН.
Задача 1.3.11. Определить допускаемое
значение силы Fadm, действующей на
стальную стержневую систему (рис.1.3.8),
35
36
если горизонтальный стержень СО – абсолютно жесткий, а допускаемая
величина вертикального опускания точки С –  С = 1,5 см. Площади
поперечных сечений стержней указаны на рис. 1.3.8, а А = 1 см2, l = 1 м,
Е  2,06  105 МПа .
Ответ: Fadm = δcEA/(5l) = 61800 Н.
1.4. Построение эпюр нормальных сил и напряжений
для брусьев в статически неопределимых задачах
Статически неопределимыми системами называются системы, для
которых реакции связей и внутренние усилия не могут быть определены
только из уравнений равновесия. Поэтому при их расчете необходимо
составлять дополнительные уравнения перемещений, учитывающие
характер деформации системы. Число дополнительных уравнений,
необходимых для
расчета
системы, характеризует степень ее
статической неопределимости. Способы составления уравнений перемещений будут рассмотрены
на примерах решения различных задач.
Задача 1.4.1. Задан стальной стержень, заделанный обоими концами и
нагруженный силой F = 1000 Н (рис.1.4.1, а). Удельный вес материала
стержня  = 78,5 кН/м3, модуль упругости – Е  2,06  105 МПа .
Требуется построить эпюры нормальных сил и напряжений, а также
определить перемещение сечения I – I.
Решение. Выбираем основную систему, которая должна представлять
собой статически определимую неизменяемую систему. Основная система
получается из заданной системы путем отбрасывания лишних связей и
замены их действия неизвестными реакциями. Принятая основная система
показана на рис. 1.4.1, б.
Н
a
36
г
Iг
в F в
а
а
B
R
В
б
l
КПа
Н
154,2
а3=1 м
770,84
а2=0,6м
F
д
д

N
Н
1628
а1=0,6 м
А1=25 см2 А2=50
см2
C
I
RВ
N
RС
1235,5
378,34
1117,75
260,59
75,67
151,3
739,41
117,75
104,2
295,8
857,16
в
Рис. 1.4.1
857,16
342,9
г
д
37
Строим эпюру нормальных сил N для основной системы, для чего
определяем нормальные силы в соответствующих сечениях (рис. 1.4.1, б):
N а а  A1a1  25  104  0,6  78500  117,75 Н;
N в в  N а а  F  117,75  1000  1117,75 Н;
N гг  N вв  A1a2  1117,75  25  104  0,6  78500  1235,5 Н;
N дд  N гг  A2 a3  1235,5  50  104  1 78500  1628 Н.
Определяем перемещение нижнего конца стального стержня основной
системы:
a 2 1117,75a 2 a 22 1235,5a 3 a 32 582870
l  1 




.
2E
EA1
2E
EA2
2E
Е
Таким образом, если в статически неопределимом брусе (рис. 1.4.1, а)
убрать одну нижнюю опору, то нижнее опорное сечение переместится вниз
на величину l , но этого в реальном брусе не может быть, следовательно,
на опоре В должна действовать опорная реакция RB, от которой будет
возникать линейная деформация l В, равная по величине l , но
противоположная по знаку:
a  a2
a R
R  0,6  0,6
680 R B
1

l B   1
RB  3 B   B 

.
 

4

4
EA1
EA2
E  25  10
E
50  10 
Уравнение перемещений будет иметь вид:
582870 680 R B

 0, откуда находим RB = 857,16 Н.
l  l B  0 или
E
E
Опорная реакция RB вызывает в брусе сжатие, следовательно, эпюра
нормальных сил от действия только опорной реакции RB будет иметь вид
прямоугольника (рис. 1.4.1, в).
Для получения эпюры нормальных сил для статически неопределимого
бруса (рис. 1.4.1, а) следует сложить две эпюры: эпюру нормальных сил в
основной системе (рис. 1.4.1, б) и эпюру нормальных сил от действия
опорной реакции RB (рис. 1.4.1, в). Сложение эпюр проводим, складывая
значения нормальных сил двух эпюр в соответствующих точках (рис.1.4.1,
г). После чего строится эпюра нормальных напряжений по формуле (1.2).
Эпюра нормальных напряжений  показывает, что самое большое
сжимающее нормальное напряжение будет в нижнем опорном сечении
(  c,max  342,9 КПа), а самое большое растягивающее напряжение – в
верхнем опорном сечении (  t ,max = 154,2 КПа). По эпюре нормальных сил
находим опорную реакцию в верхней заделке – RС = 770,84 Н.
Критерием правильности вычислений является равенство нулю
площади эпюры нормальных напряжений, т.е. А   А   0 или
37
38
А   А  , где А  – площадь части эпюры нормальных напряжений со
знаком «плюс» (рис.1.4.1,д):
75,67  154,2
104,2  151,3
А  
1 
0,6  191,6;
2
2
А  – площадь части эпюры нормальных напряжений со знаком «минус»:
295,8  342,9
А  
0,6  191,6.
2
В нашем случае А  = А  = 191,6, следовательно, расчет выполнен
правильно.
Определим перемещение сечения I – I (рис. 1.4.1, а), для чего
применим метод сечений. Проведем сечение I – I на эпюре нормальных сил
(рис.1.4.1, г) и отбросим нижнюю часть эпюры, тогда по оставшейся части
эпюры определяем
378,34  1   12 114918
 I I 


 0,558  10 6 м.
EA2
2E
E
Перемещение  I  I можно вычислить, если отбросить верхнюю часть
эпюры нормальных сил:
260,59  0,6  0,6 2 739,41  0,6  0,6 2
114917
 I I 




 0,558  10 6 м.
EA1
2E
EA1
2E
E
Получили одно и то же значение перемещений, но с разными знаками,
что естественно, так как сечение I – I переместилось вниз, следовательно,
верхняя часть бруса увеличила линейные размеры вдоль оси, а нижняя,
наоборот уменьшила.
Задача 1.4.2. Дан прямой стержень кусочно-постоянного сечения,
защемленный обеими концами и нагруженный силами F1 =1 кН, F2 =0,5 кН
(рис. 1.4.2), а также собственным весом с  =78,5 кН/м3. Построить эпюры
нормальных сил и нормальных напряжений.
38
A1=20 см2
F1
a
I
2a
A
2F
II
F
II
a
I
I
A2=80 см2
I
10 см
F2
15см
A3=40 см2
20см
RВ
25см
Определить
перемещение
сечения,
находящегося
на
расстоянии 30 см от
верхней
опоры,
если
модуль
упругости
материала
стержня
5
Е  2  10 МПа .
Ответ: RA = 327,2 Н;
эпюры нормальных сил и
RА
Рис. 1.4.2
Рис. 1.4.3
39
напряжений представлены на рис. 1.1.3, б, в;
 I  I  1,21 105 см .
Задача 1.4.3. Стержень с постоянной площадью
поперечного сечения А нагружен сосредоточенными силами
(рис. 1.4.3). Определить перемещения сечений I – I и II – II.
Собственный вес стержня в расчете не учитывать.
Ответ:  I  I  1,25aF / ( EA);  II  II  0,25aF / ( EA) .
Задача 1.4.4. Дан прямой стальной стержень кусочнопостоянного сечения, для которого а = 0,4 м, а площади
поперечных сечений указаны на рис. 1.1.6, а. При учете
действия только собственного веса стального стержня эпюры
нормальных сил и напряжений имеют вид, показанный на рис.
1.1.6, б, в.
Как изменятся эпюры нормальных сил и напряжений, если
рассмотреть тот же стержень, но с защемленными обоими концами.
Проверить правильность вычислений, используя критерий равенства
площадей эпюры  с разными знаками. Найти поперечное сечение, где N
= 0,  = 0.
Ответ: опорная реакция нижней опоры R = –9,83 кг, следовательно,
соответствующие значения эпюры N, показанной на рис. 1.1.6, б,
необходимо сложить с величиной R = –9,83 кг.
Результат представлен на рис. 1.4.4, а. Эпюру  можно построить на
основании полученной эпюры N по рис.1.4.4, а. Результат показан на

Участок 1
44,77 см
15,23 см
1,5a a
0,5a a
0,49
9,795
0,1756
0,3513
3,513
1,195
7,475
9,83
а
0,12
0,06
0,374
0,498
0,655
Рис. 1.4.4
1м
1,2 см
5 кН
5 кН
1,5 см
Участок 2
7,5 кН
7,5 кН
1,2 см
2,5 кН
1 см
Участок 3
2,5 кН
Участок 4
1м
кг
1м
кг/см2
1м
N
б
Рис. 1.4.5
39
40
рис.1.4.4, б; А   21,2  А   211
,.
Задача 1.4.5. Определить нормальные напряжения в
каждом участке стального стержня квадратного поперечного
сечения, находящегося под воздействием сосредоточенных
сил, направленных вдоль оси стержня. Размеры сторон
квадратного
поперечного
сечения
и
величины
сосредоточенных сил показаны на рис. 1.4.5. Собственный вес
стержня не учитывать, а модуль продольной упругости
принять Е  2 105 МПа .
Ответ: 1 = 22,07 МПа;  2 = 58,57 МПа;  3 = –12,65
МПа;
 4 = –68,22 МПа.
Задача 1.4.6. Определить нормальные напряжения в
опорных сечениях стержня постоянного поперечного сечения
площадью А, заделанного обоими концами и находящегося
под действием собственного веса, направленного вдоль оси
стержня,  – удельный вес материала стержня. Длина
стержня – l.
Ответ:  оп  0,5l.
Задача 1.4.7. Определить нормальное напряжение в
бетоне и арматуре железобетонной колонны, квадратное
поперечное сечение которой показано на рис. 1.4.6, причем h =
30 см, модуль продольной упругости стали Е  2,06  105 МПа , а
бетона тяжелого класса В 30 – Ев  32,5  103 МПа.
В поперечном сечении колонны установлены четыре стержня
диаметром 20 мм, следовательно, по справочнику принимаем, что общая
их расчетная площадь поперечного сечения Аа = 12,56 см2. Площадь
поперечного сечения, занимаемого бетоном, определяется как
Ab  h 2  Aa  302  12,56  887,44 см 2 .
Пусть в поперечном сечении колонны действует
сжимающая сила N, тогда уравнение равновесия примет вид:
Na  Nb  N  0 .
Для определения усилий в арматуре Na и в бетоне Nb
одного
записанного
выше
уравнения
равновесия
h
40
20
h
4
Рис. 1.4.6
41
недостаточно, так как задача один раз статически
неопределима.
Составим
дополнительное
уравнение
возможных
перемещений
(уравнение
совместности
деформаций). Очевидно, что между арматурой и бетоном
существует сцепление, так что абсолютное и относительное
удлинения арматуры и бетона равны
la  lb или
N a la
N l
 bb .
EAa
E b Ab
Учитывая, что la  lb , получаем равенство относительных
удлинений:
 a  b или
Na
Nb



, или, что то же самое a  b , откуда
E
Eb
EAa E b Ab
находим
a  b
E
2,06  105
 b
 6,34 b .
Eb
32,5  10 3
Подставляя полученное соотношение в уравнение
равновесия при учете, что N a   a Aa , N b   b Ab , и полагая,
что внешняя сосредоточенная сжимающая сила N = 600 ,
имеем
N a  N b  600   a Aa   b Ab  600  6,34 b Aa   b Ab  600 
  b  6,34  12,56  887,44  10 4  600  0,
откуда находим
 b  6205 кПа  6,2 МПа;  a  6,34 b  39,3 МПа.
Напряжения имеют знак «минус», так как колонна
работает на сжатие.
Задача 1.4.8. Задан стальной стержень, защемленный
одним концом и загруженный силой F = 1000 Н (рис. 1.4.7, а).
Удельный вес стали стержня
  78,5 кН / м 3 , модуль
продольной упругости стали Е  2,06  105 МПа .
Требуется построить эпюры нормальных сил и
нормальных напряжений, учитывая, что до приложения
нагрузок имелся зазор между нижним торцом бруса и нижней
опорой равный   500000 / Е  2,43  10 6 м.
41
42
Решение. Если нижнюю опору не принимать во внимание
и вычислить перемещение нижнего торца стержня l при
учете сосредоточенной силы F и собственного веса стержня,
то будем иметь l  582870 / E (см. задачу 1.4.1). Полученное
значение l показывает, что нижний торец бруса в этом
случае должен был бы опуститься ниже уровня нижней опоры
на величину (рис. 1.4.7, а)
l B  l   
582870 500000 82870


.
E
E
E
Но этого быть не может, так как имеется абсолютно
жесткая нижняя опора. Следовательно, будет возникать
опорная реакция RB, которая будет препятствовать
возникновению перемещения нижнего торца стержня, равного
l B :
R
A2=50 см2
C

N
Н
Н
В
КПа
1506,13
А1=25 см2
1м
301,2
222,7
0,6 м
0,6 м
1113,63
F
l B
RВ
a
995,88
4,12
121,87
б
398,3
1,6

B
l
445,4
121,87
в
48,7
г
Рис. 1.4.7
l B  
R B 1,2 R B  1
R  1,2
1
680


 B 

RB .

EA1
EA2
E  25  10  4 50  10  4 
E
Приравняем два значения l B : 82870/Е = RB680/Е, откуда
найдем значение опорной реакции RB = 121,87 Н.
Эпюра нормальных сил от действия только опорной реакции RB будет
иметь вид, показанный на рис. 1.4.7, б. Для построения окончательной
эпюры нормальных сил для статически неопределимого бруса,
показанного на рис. 1.4.7, а, следует сложить
две эпюры: эпюру нормальных сил в основной
С
42
l
2
F
l
A=10см
2
B
Рис. 1.4.8

43
системе (рис. 1.4.1, б) и эпюру нормальных сил от действия опорной
реакции RB (рис. 1.4.7, б). Проведя сложение двух эпюр, получим
окончательную эпюру N, показанную на рис. 1.4.7, в, а затем можно
переходить к построению эпюры нормальных напряжений  (рис. 1.4.7, г).
Задача 1.4.9. Стержень постоянного поперечного сечения заделан
одним концом. После установки стержня в проектное положение был
произведен замер величины зазора между нижним сечением бруса и
нижней опорой, который оказался равен  = 0,5 мм, длина стержня l = 2
м, объемный вес материала бруса γ = 78,5 кН/м3, Е  2,06  105 МПа (рис.
1.4.8). После этого стержень был загружен сосредоточенной силой F = 200
кН.
Определить опорные реакции RB, RC и построить эпюры
нормальных сил и напряжений.
Ответ: RB = –48,503 кН; RC = 151,654 кН.
Задача 1.4.10. Стержень постоянного поперечного сечения заделан
одним концом. Между нижним концом стержня и нижней жесткой опорой
имеется зазор, равный  = 0,5 мм (рис. 1.4.8). После измерения зазора
стержень был загружен своим собственным весом с γ = 78,5 кН/м3 и
сосредоточенной силой F = 200 кН. Длина стержня l = 2 м, модуль
продольной упругости Е  2,06  10 5 МПа .
Определить опорные реакции RB, RC и построить эпюры нормальных
сил и напряжений.
l=20 см
Ответ: RB = –48,581 кН; RC = 151,576 кН.
Задача 1.4.11. Имеются две стальные трубы, одна из
которых имеет наружный диаметр D1 =
F
102 мм и толщину стенки t1 = 3 мм, а
другая – D2 = 168 мм, t2 = 4 мм (рис.1.4.9).
D1
Используя таблицу II «Приложения»,
D2
можно определить, что площади их
2
поперечных сечений равны A1 = 9,3 см ; A2
= 20,6 см2. Обе трубы имеют длину l = 20
Рис. 1.4.9
см. Вставленные осесимметрично друг в
друга трубы подвергаются сжатию силой F = 20 т.
Определить
нормальные
силы
и
напряжения,
передающиеся на каждую трубу.
Ответ:  1   2 = 668,9 кг/см2 = 65,62 МПа; N2 = 13779,3 кг
=135,2 кН;
43
44
N1 = 6220,7 кг = 61 кН.
Задача 1.4.12. Имеются две трубы, одна из которых
стальная с наружным диаметром D1 = 102 мм и толщиной
стенки t1 = 3 мм (А1 = 9,3 см2), а другая алюминиевая с
наружным диаметром D2 = 168 мм и t2 = 4 мм (А2 = 20,6 см2).
Вставленные осесимметрично друг в друга трубы
подвергаются сжатию силой F = 20 т (рис. 1.4.9).
Определить нормальные силы и напряжения, передающиеся на каждую
трубу. Вычислить укорочение труб ( l ), если их длина l = 20 см, а модуль
продольной упругости для алюминия Е2  6,42  105 кг / см 2 , для стали – Е1
= 2,1·106 кг/см2.
l=20
см
Ответ: N1 = 11,925 т = 116,98 кН;  1 = 1282 кг/см2 =
125,76 МПа;
N2 = 8,075 т = 79,21 кН;  2 = 392 кг/см2 = 38,45 МПа;
l = 0,12 мм.
Задача 1.4.13. Дана конструкция, состоящая из трех
элементов: двух труб разного диаметра и одного сплошного
стержня (рис. 1.4.10). Все три элемента
F
выполнены из разных материалов с
A1 , Е1 модулями продольной упругости Е1,
A2 , Е2
Е2, Е3. Площади поперечных сечений
двух труб А2 и А3, а площадь
A3 , Е3
поперечного
сечения
сплошного
стержня
А
.
Элементы
осесимметрично
1
Рис. 1.4.10
вставлены один в другой и помещены
между абсолютно жесткими плитами. Вся стержневая система
сжимается силой F.
Требуется определить нормальные напряжения в
поперечных сечениях каждого из элементов конструкции.
Ответ:  3 
44
FE 3
Е
E
;  2  2  3 ; 1  1  3 .
E1 A1  E 2 A2  E 3 A3
E3
Е3
45

N
А1=40 см2
№ 16
F
А1=40 см2
а
A
0,5 м 0,5 м0,5 м 0,5 м
B
5000
кг
125
кг/см2
247,5
кг/см2
247,5 кг/см2
125 кг/см2
5000
б
кг
Рис. 1.4.11
Задача 1.4.14. Дан стальной прямой стержень кусочнопостоянного сечения, защемленный двумя концами и
нагруженный силой F = 10 т (рис.1.4.11, а). Один из участков
стержня выполнен из двутавра № 16. Материал всей
конструкции – сталь с Е  2,1  10 6 кг / см 2 . Построить эпюры
нормальных сил и напряжений. Собственный вес элементов
конструкции в расчете не учитывать.
Ответ: эпюры нормальных сил и нормальных
напряжений представлены на рис.1.4.11, б.
1.5. Расчеты на растяжение и сжатие
статически неопределимых стержневых систем
Задача 1.5.1 (Пример взят из учебника А.В. Даркова, Г.С.
Шпиро «Сопротивление материалов». – М.: «Высшая школа»,
1975. – Изд.4-е. – 656с.).
45
46
Дана статически неопределимая плоская шарнирно стержневая система,
состоящая
из
абсолютно жесткого
l2
C1
2
бруса, опертого на
шарнирную опору и
A2
B
O
прикрепленного
к
D
двум стержням ВВ1 и
C
F
СС1 при помощи
l1 1
A1 B1
шарниров.
c
b
Площади
a
поперечных сечений a
показаны
на
C1
рис.1.5.1, а.
l1
1
 2 N2
Определить
/
B
O
H
нормальные усилия в 
C
D
1
.
стержнях ВВ1 и СС1.

2
B
.
Решение.
На
N1
b cos  2 
D/
2
V
рис.1.5.1, б показана
.
B1
расчетная
схема б
l 2 F
рассматриваемой
Рис.1.5.1
шарнирной системы,
где N1, N2 – нормальные силы, возникающие в стержнях ВВ1 и
СС1; V, H – вертикальная и горизонтальная составляющая
опорной реакции шарнирно-непод-вижной опоры О; F –
внешняя сосредоточенная сила, приложенная к абсолютно
жесткому брусу ВD. Таким образом, имеем четыре
неизвестные реакции (N1, N2, V, H,) и три уравнения
равновесия (  х  0 ,  y  0 ,  М  0 ). Следовательно, данная
система является один раз статически неопределимой и для ее
решения требуется составить одно дополнительное уравнение
перемещений.
Запишем уравнение равновесия
46
47
M
O
  N 1a cos 1  N 2 b cos 2  F (b  c)  0,
(а)
которое содержит две неизвестные нормальные силы N1 и N2.
Для составления дополнительного уравнения перемещений
рассмотрим деформацию системы, предположив, что
абсолютно жесткий брус ВD при деформации повернется
вокруг опоры О (рис. 1.5.1, б, пунктирная линия В/ОD/),
оставаясь прямым.
Из подобия треугольников ВВ/О и DD/О находим:
или
1 / 2  а / в.
1 / а  2 / в
(б)
Из-за малости перемещений будем полагать, что точки В,
С, D при деформации системы переместятся соответственно в
точки В/, С/, D/, т.е. перемещения точек абсолютно жесткого
бруса будут происходить вертикально. Определим удлинения
стержней ВВ1 и СС1:
l1 
N 2 l2
N 1l1
, l 2 
,
EA2
EA1
(в)
но с другой стороны при рассмотрении рис. 1.5.1, б можно
получить
l1  1 cos 1 и l2   2 cos  2 или
формул (в) имеем
1 l1 cos  2

, а с учетом
2 l2 cos 1
 1 N 1l1 A2 cos  2

.
 2 N 2 l2 A1 cos  1
(г)
Приравняем соответствующие части формул (б) и (г):
а N 1l1 A2 cos  2

.
в N 2 l 2 A1 cos  1
(д)
Таким образом, получена система двух уравнений (а) и (д)
с двумя неизвестными N1 и N2, решая которую находим
N1 
F (b  c)al2 A1 cos  1
a 2 l2 A1 cos 2  1  b 2 l1 A2 cos 2  2
;
47
48
N2 
F (b  c)bl1 A2 cos  2
a l 2 A1 cos 2  1  b 2 l1 A2 cos 2  2
1м
2l
D А
а F
а
Рис. 1.5.3
l
А
B
С
.
48
1м
Задача 1.5.2. Дана плоская
шарнирно-стержневая
система,
О
С
состоящая из абсолютно жесткого
B
D бруса ВD, опертого на шарнирную
опору О (рис. 1.5.2). Брус ВD
F
B1
2м
1м
прикреплен к двум стержням ВВ1 и
СС1 при помощи шарниров.
1м
Рис. 1.5.2
Площади поперечных сечений
стержней ВВ1 и СС1 принять равными.
Определить нормальные силы, возникающие в стержнях ВВ1
(N1)и СС1 (N2).
Ответ: N1 = 0,6F; N2 = 1,2F.
Задача 1.5.3. Три стальных стержня с одинаковыми
площадями поперечных сечений А прикреплены шарнирно к
абсолютно жесткой балке ВС (рис. 1.5.3), на которую
действует сосредоточенная сила F = 50 кН.
Определить необходимую площадь поперечных сечений А
трех стержней, если расчетное сопротивление стали стержней
Ry = 240 МПа, а коэффициент условий работы γс = 1.
Ответ: N B  N C  0,4 F; N D  0,2 F; А = 0,83 см2.
Задача 1.5.4. На рис. 1.5.4 изображена стержневая
система, состоящая из недеформируемого бруса АВ, шарнирно
опертого в точке В и подвешенного на трех стержнях. Для
решения задачи принять q = 10 кН/м, a = 2 м, А1 = 5 см2, А2 =
20 см2, А3 = 10 см2,  = 60о.
Определить нормальные силы, возникающие в стержнях.
У к а з а н и е. На рис. 1.5.4, б показана расчетная схема
рассматриваемой стержневой системы. Пунктирная линия ВЕ/
показывает положение жесткого стержня ВЕ после
приложения внешней нагрузки. В качестве уравнения
равновесия принять  М В  0 .
С1
А
2
49
B
a
a
С
q

C
a

A2
1м
A3
А2=10 см2
А1=5 см2
2м
A1
2a
Ответ: N1 = 1,04qa =
E
a
D
В
F 1,5 м
1м
a
D
0,5 м
Рис. 1.5.5
F=8qa
20,8 кН; N2 = –180 кН; N3 =
156 кН.
N
Задача 1.5.5. Абсолютно
3
N1
δ2 q

жесткий
брус
ВD,
B
E нагруженный силой F = 30
δ1 
кН (рис. 1.5.5), шарнирно
Δl2 3  l3
V Δl1
N2
закреплен в точке В и
F=8qa
b
подвешен на двух стальных
Рис. 1.5.4
стержнях с площадями
поперечных сечений А1 =5см2, А2 =10см2.
Определить нормальные напряжения в стержнях.
Ответ: N1 = 1,217 кН;
N2 = 14,6 кН.
Задача
1.5.6.
Определить
нормальные напряжения в трех
стальных стержнях, на которых
В
С
D
подвешена абсолютно жесткая балка
СD (рис. 1.5.6) с грузом F = 5000 кг.
а а/2 F
Ответ: 1 = 500 кг/см2 = 49,1 МПа;
а/2
Рис.1.5.6
 2 = 750 кг/см2 = 73,6 МПа;  3 = 98,1
МПа.
Задача 1.5.7. Два абсолютно жестких бруса В и С (рис.
1.5.7) соединены между собой тремя стержнями, из которых
крайние стержни – стальные с модулем Юнга Ес  2,06 105 МПа ,
средний стержень – медный с модулем Юнга Ем  1,3  105 МПа .
А3=3 см2
1м
А2=2 см2
А1=1 см2
H
49
50
а
Площади поперечных сечений всех стержней одинаковы и
равны А = =1см2, расстояния между
B
F
F
абсолютно жесткими брусьями l = 1
м.
C
Определить нормальные усилия
l
в стержнях, если расстояния между
Рис. 1.5.7
брусьями увеличить на l = 0,0001
м. Найти значение силы F, которая
обеспечит увеличение расстояния между брусьями В и С на
заданную величину l .
Ответ: Nc = 2,06 кН – в стальных стержнях; Nм = 1,3 кН –
в медном стержне; F = 5,42 кН.
Задача 1.5.8. К двум абсолютно жестким брусьям В и С
приложены сосредоточенные силы F = 54,2 кН (рис. 1.5.7).
Брусья В и С соединены между собой тремя стержнями, из
которых крайние – стальные с Ес  2,06  105 МПа , а средний –
медный с Ем  1,3  105 МПа . Площади поперечных сечений
принять одинаковыми и равными А = 1 см2, а l = 1 м.
Вычислить удлинения стержней l c и l м , а также
значения нормальных усилий, возникающих в стержнях.
Ответ: Nм = 13 кН, Nc = 20,6 кН; l c = l м = 0,001 м.
Задача 1.5.9. Абсолютно
B
O
жесткая
балка
ОС
C
опирается на шарнирно
2A
Q
А
45o
E неподвижную опору О и
D
поддерживается
двумя
с
b b
а
гибкими связями ВD и СЕ
(рис. 1.5.8).
Рис. 1.5.8
Определить внутренние
усилия в связях ВD и СЕ, если a = 3 м, b= 2,6 м; с = 1,6 м.
Связи изготовлены из одного материала.
Ответ: NBD = 0,1388Q; NCE = 0,299Q.
1.6. Влияние температуры на напряжение
и деформации в брусьях
50
51
При нагревании на t стержень, заделанный одним
концом, увеличит свои поперечные и продольные размеры.
Увеличение длины lt составит
lt  tl ,
(1.6.1)
где  – температурный коэффициент линейного расширения.
Значения коэффициентов линейного расширения для
некоторых материалов приведены в табл. 2.
Если система представляет собой статически определимую
систему, то изменение температуры не вызовет в ней никаких
внутренних усилий.
При нагревании на t стержня, заделанного двумя
концами, возникнет нормальная сила, так как заделка
препятствует удлинению стержня. Для определения
нормальных усилий применяется обычный метод расчета
статически неопределимых систем.
Задача 1.6.1. Пусть дана система, представленная на
рис.1.5.3. Предположим, что все стержни выполнены из
одного материала и имеют одинаковую площадь поперечного
сечения А. Примем, что внешняя нагрузка отсутствует, т.е. F =
0, но средний стержень нагрет на величину t .
Решение. Из симметрии конструкции следует, что
нормальные силы в крайних стержнях одинаковы (NB = NC).
Предположим, что все стержни растянуты. Рассечем мысленно
все стержни и составим уравнение равновесия в виде суммы
проекций сил на вертикальную ось:
N B  N D  N C  2 N B  N D  0.
(а)
Таким образом, имеем две неизвестные нормальные силы,
но одно уравнение равновесия. Задача является один раз
статически неопределимой. При составлении дополнительного
уравнения примем во внимание, что абсолютные удлинения
всех трех стержней одинаковы:
51
52
l B  l D  lC или l B 
N Bl
N D 2l
; l D  t 2l 
.
EA
EA
Абсолютные удлинения крайних стержней возникают от
продольной нормальной силы, а абсолютное удлинение
среднего стержня равно сумме его температурного удлинения
и упругой деформации от продольной силы ND. Приравняв
абсолютные удлинения
N Bl
N 2l
 t 2l  D , находим N B  2 N D  2 EAt .
EA
EA
Подставляя полученное выражение в уравнение
равновесия (а), определяем: N D  4 EAt / 5 и N B  2 EAt / 5.
Следовательно, в крайних стержнях будут действовать
растягивающие нормальные силы, а в среднем – сжимающая
нормальная сила.
Если на стержневую систему (рис. 1.5.3) действует также и
внешняя сосредоточенная сила F  0, то определив нормальные
силы в стержнях, возникающие от этой силы, используем
принцип независимости действия сил и просто складываем
результаты двух расчетов: от температурного воздействия и от
внешней сосредоточенной силы.
Например, от внешней силы F в стержнях возникнут
внутренние нормальные усилия N B  N C  0,4 F; N D  0,2 F (см.
задачу 1.5.3). При нагревании среднего стержня на величину
t в стержнях возникают, согласно проведенного выше
расчета, нормальные усилия
N D  4 EAt / 5 и NC = N B  2 EAt / 5.
При одновременном действии внешней силы F и нагреве
среднего стержня на t в стержнях будут следующие
нормальные усилия:
N B  N C  0,4( F  EAt ); N D  0,2 F  0,8EAt .
Задача 1.6.2. Стержень постоянного поперечного сечения
А и длиной l заделан двумя концами. В процессе эксплуатации
52
53
он нагрелся на величину t . Определить возникшие
внутренние усилия и напряжения.
Ответ: N  EAt ;   Et.
Задача 1.6.3. Два абсолютно жестких бруса В и С
соединены между собой тремя стержнями, из которых крайние
– стальные с модулем упругости Е1  2,06  105 МПа и
температурным коэффициентом линейного расширения
1  120  10 7 , а средний стержень – медный с модулем
упругости Е2  1,3  105 МПа и с 2  170 10 7 (рис. 1.5.7).
Площади поперечных сечений всех стержней одинаковы.
Определить нормальные напряжения в поперечных
сечениях
стержней,
возникающие
при
повышении
о
температуры всех трех стержней на 45 . Принять F = 0.
Ответ: 1 = 11,12 МПа;  2 = –22,24 МПа.
Задача 1.6.4. Определить перемещение нижнего конца
стального стержня, нагруженного собственным весом с  =
76440 Н/м3 и сосредоточенными силами (рис. 1.2.1). В
процессе эксплуатации стержень был нагрет на величину t =
50о. Принять модуль упругости материала стержня
температурный коэффициент линейного
Е  2  105 МПа ,
расширения   120  10 7 .
Ответ: l  960,387  10 6 м.
Задача 1.6.5. Медный стержень с постоянной площадью
поперечного сечения А = 10 см2 загружен сосредоточенными
силами F = 1000 кг (рис.1.4.3) и нагрет на t = 20о. Определить
опорные реакции нижней опоры R1 и верхней опоры R2.
Собственный вес стержня не учитывать. Принять модуль
Юнга
а коэффициент линейного
Ем  1,326  106 кг / см 2 ,
7
расширения   170  10 (см. табл. 2).
Ответ: R1 = –4258,4 кг = –417,7 МПа; R2 = –3258,4 кг = –
319,6 МПа.
Задача 1.6.6. Дан прямой стальной стержень (рис. 1.4.1),
находящийся под действием собственного веса с  = 78,5
кН/м3 и сосредоточенной силы F = 1000 Н. Эпюра внутренних
53
54
нормальных усилий показана на рис. 1.4.1, г, из которой видно,
что опорная реакция RB = –857,16 Н. На сколько градусов по
Цельсию ( t ) необходимо нагреть или охладить весь
стержень, чтобы нижняя опорная реакция RB стала равной
нулю (RB = 0)? Принять Е  2,06  105 МПа, коэффициент
линейного расширения принять по табл.2.
Ответ: t = –0,107о.
Задача 1.6.7. Определить внутренние усилия и
напряжения в каждом участке бруса, изображенного на рис.
1.6.1. Брус был подвергнут нагреванию на t . Коэффициент
линейного расширения обозначить через  , а модуль Юнга
через Е.
Ответ:  1   Et / 3;  2  4 Et / 3;
Участок 1
Участок 2
H a  Hb  4 EAt / 3.
4A
Ha
A
Задача 1.6.8. Стальной стержень
постоянного поперечного сечения Hb
заделан одним концом (рис. 1.4.8).
l
2l
После установки стержня в проектное
Рис. 1.6.1
положение был произведен замер
величины зазора между нижним торцом бруса и нижней
опорой, который оказался равен  = = 0,5 мм, длина стержня l
= 2 м, Е  2,06  105 МПа, удельный вес материала стержня  =
78,5 кН/м3 .
На сколько градусов ( t ) необходимо охладить весь
стержень, чтобы опорная реакция нижней опоры была равна
нулю (RB = 0) после загружения стержня сосредоточенной
силой F = 200 кН.
Ответ: t = –19,62о.
54
55
Глава 2
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ
ХАРАКТЕКРИСТИКИ
ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ
Геометрическими характеристиками плоских сечений
являются площадь, статические моменты плоских сечений,
положение центра тяжести, моменты инерции и моменты
сопротивления.
2.1. Статические моменты сечений и определение
центра тяжести плоских сечений
Площадь
является
простейшей
характеристикой поперечного сечения:
геометрической

A  dA.
A
(2.1.1)
Статическим моментом плоского сечения относительно
некоторой оси называется, взятая по всей его площади А,
сумма произведений площадей элементарных площадок dA на
их расстояния от этой оси (рис. 2.1.1):
S x   ydA, S y   xdA ;
y
dA
x
A
A
O
A
(2.1.2)
y
ρ
Sx 
x (2.1.3)
 ydxdy, S   xdxdy;
y
A
A
S x  Ayc , S y  Axc ,
(2.1.4)
где yc – расстояние от центра тяжести
всего плоского сечения до оси x; xc – расстояние от центра
тяжести всего сечения до оси y.
Рис. 2.1.1
55
56
Статический
момент
сложного
сечения
относительно
некоторой
оси
равен
сумме
статических моментов всех частей этого сечения
относительно той же оси:
n
S x  A1 y1  A2 y 2 ... An y n   Ai yi ;
i 1
n
S y  A1 x1  A2 x 2 ... An x n 
Ax .
i 1
i i
(2.1.5)
В формулах (2.1.5) введены обозначения: А1, А2, …, Аn –
площади простых элементов, составляющих плоское сложное
сечение; x1, y1, x2, y2, x3, y3, … , xn, yn – координаты центров
тяжести простых составляющих сложного плоского сечения
относительно выбранных осей х и у.
Из выражений (2.1.4) можно определить координаты
центра тяжести плоского сечения:
xc 
Sy
A
; yc 
Sx
.
A
(2.1.6)
Для сложного поперечного сечения формулы (2.1.6)
можно представить в следующем виде
xc 
yc 
Sy
A

A1 x1  A2 x 2 ... An x n
;
A1  A2 ... An
Sx
A1 y1  A2 y 2 ... An y n

.
A
A1  A2 ... An
(2.1.7)
Зависимости между статическими моментами одного и
того же сечения относительно двух параллельных друг другу
осей х и х1, а также у и у1 имеют вид:
S x1  S x  aA; S y1  S y  bA,
x
dA
b x1
O1
O
x1
y
A
y1
y1
56
y
a
(2.1.8)
где параметры a, b показаны на
рис. 2.1.2.
x
Рис. 2.1.2
57
У к а з а н и я.
1. Изменение положительного направления оси у вызывает
изменение знака статического момента Sx. Аналогично,
изменение положительного направления оси х вызывает
изменение знака статического момента Sy.
2. Статический момент сечения равен нулю относительно
любой оси, проходящей через центр тяжести этого сечения.
3. Если плоское сечение имеет ось симметрии, то эта ось всегда
проходит через центр тяжести плоского сечения, а поэтому, согласно
п.2, статический момент сечения относительно оси симметрии всегда
равен нулю.
yc
y
h
dy
4. Если плоское сечение имеет две оси симметрии, то центр
тяжести сечения лежит на пересечении этих осей симметрии.
Задача 2.1.1. Определить центр
тяжести треугольного поперечного
y,yc
dA
сечения, показанного на рис. 2.1.3.
B
Решение. Поперечное сечение
C1 D1
представляет собой равнобедренный
by
xc
треугольник, а следовательно, ось у
– ось симметрии и центр тяжести
α O α
x
рассматриваемого
поперечного
C b/2 b/2 D
сечения лежит на этой оси.
Рис. 2.1.3
Для нахождения центра тяжести
используем вторую из формул
(2.1.6). Запишем
A  bh / 2, S x 

A
h
ydA 
 yb dy.
y
0
(а)
Из подобия треугольников BС1 D1 и BCD находим
b
C1 D1 h  y
b( h  y )
h y

.
или y 
, откуда b y 
CD
h
h
b
h
Найденное значение by подставляем в формулу (а) для
вычисления статического момента Sx:
57
58
h
Sx 

0
h
y
b( h  y )
b
dy  b ydy 
h
h

0
h

0
y 2 dy 
bh 2 bh 2 bh 2


.
2
3
6
В этом случае вторая из формул (2.1.6) дает
yc  S x / A 
bh 2 / 6
 h / 3.
bh / 2
58
y dy
y dy
h
На рис. 2.1.3 проводим линию у = ус = h/3. Центр тяжести
треугольного поперечного сечения будет лежать на
пересечении
dA
проведенной линии
dA=bydy y
y
by=2Rsin φ и оси у. Координаты
центра
тяжести
этого сечения: х = 0,
φ
R
O
O
x у = h/3.
Задача
2.1.2.
x
b
Определить
Рис. 2.1.4
Рис. 2.1.5
статические
моменты плоского прямоугольного сечения относительно осей
х и у (см. рис. 2.1.4).
Ответ: Sx = bh2/2;
Sy = hb2/2.
Задача 2.1.3. Определить координаты центра тяжести
плоского сечения в форме половины круга радиусом R (рис.
2.1.5).
59
Квадратная парабола
x = hy2/b2
dA2
dA1
C
dx
x
b
y1c
y
by
A1=3bh/
4
y2c
dy
ax=y
x
O
Кубическая парабола
x = hy3/b3
y x2c
A2=bh/4
b
y
x
x
O
x1c
h
h
Рис. 2.1.7
Рис. 2.1.6
Ответ: xc = 0, yc = 4R/(3  ).
Задача 2.1.4. Определить координаты центра тяжести
плоского сечения, ограниченного осью х, квадратной
параболой x = hy2/b2 и прямой линией х = h (рис. 2.1.6).
Решение. Для нахождения центра тяжести воспользуемся
формулами (2.1.6). В первую очередь по формуле (2.1.1)
определяем площадь поперечного сечения
b
b

A  b y dy 
0
b

hy 2 
2
(h  x )dy   h  2  dy  bh.
3
b 

0
0


Затем по формулам (2.1.2) находим статические моменты
сечения:

hy 2 
hb 2
S x   yb y dy   y  h  2  dy 
;
4
b 
0
0 
b
b
h
Sy 
h
h
0
0
 xdA   xa dx  xydx   x
2
A
x
0
xb 2
2h 2 b
dx 
.
h
5
И, окончательно, по формулам (2.1.6) определяем
yc 
Sy 3
Sx 3
 b  0,375b; x c 
 h  0,6h.
A 8
A 5
Задача 2.1.5. Определить координаты центра тяжести
плоского сечения, ограниченного осью х, кубической
параболой x = hy3/b3 и прямой линией x = h (рис. 2.1.7).
59
60
yc
20 см
6 см
Ответ: x1c = 4h/7; y1c = 0,4b.
Задача 2.1.6. Определить координаты центра тяжести
плоского сечения, ограниченного осью у, кубической
параболой x = hy3/b3 и прямой линией у = в (рис. 2.1.7).
Ответ: x2c = 2h/7; y2c = 0,8b.
Задача 2.1.7. Проверить правильность ответов в примерах
(2.1.5) и (2.1.6) при помощи
формул (2.1.5), рассматривая
yc
y xc
плоское прямоугольное сечение
6 см
h  b как составное, состоящее из
площадей A1 = 3bh/4 и A2 = bh/4
(рис. 2.1.7).
xс
Задача 2.1.8. Определить
r=4 см
центр
тяжести поперечного
C
x сечения, изображенного на рис.
20 см
2.1.8.
Ответ: хс = 10,57 см; ус =
Рис. 2.1.8
9,43 см.
(Центр тяжести С поперечного сечения должен лежать на оси
симметрии поперечного сечения).
Задача 2.1.9. Определить центр тяжести поперечного
сечения, показанного на рис. 2.1.9.
У к а з а н и я. Для определения положения центра тяжести
сложного сечения рекомендуется следующий порядок
действий:
1. Сложное сечение разбивается
имеющие вид простых фигур.
на
части,
ус
а
а
2. Определяются площади и положения центров тяжести
каждой простой фигуры.
3.
Выбираются
случайные
у
а
а
(произвольные) координатные оси х и
ус
у.
Случайные
оси
желательно
выбирать так, чтобы все точки
плоского поперечного сечения имели
положительные координаты.
x
c
C
60
хс
Рис. 2.1.9
х
61
4. По формулам (2.1.5), которые можно записать как
n
n
i 1
n
i 1
n
S x   S xi   yic Ai ;
S y   S yi   xic Ai ,
i 1
(2.1.9)
i 1
h/8
y1c=y2c=h/2 h/8
h
3h/4
вычисляются статические моменты Sx и Sy всего плоского
сечения как суммы статических моментов Sxi, Syi каждой
фигуры относительно осей x, y.
5. По формулам (2.1.6) вычисляются координаты центра
тяжести всего сечения.
Ответ: хс = 5а/6; ус = 5а/6
(Центр
тяжести С должен лежать
y x =h/4
1c
на оси симметрии поперечного
сечения).
Задача
2.1.10.
Определить
C1
статические моменты Sx и Sy
h C C2
сложного поперечного сечения
8
x (рис. 2.1.10). Найти координаты
его центра тяжести.
xc
5h
3h/8
Решение.
Следуя
x 2c 
16
h/2
предложенному в примере 2.1.9
Рис. 2.1.10
порядку
расчета,
разбиваем
сложное поперечное сечение на
две простые фигуры: прямоугольное сечение с размерами
h  h / 2 и площадью A1 = =h2/2, координаты центра тяжести
(C1) которого y1c = h/2, x1c = h/4 и прямоугольное сечение
3h / 4  3h / 8 с центром тяжести С2 (y2c = h/2, x2c = 5h/16) и
площадью A2 = 9h2/32.
По формулам (2.1.9) вычисляем статические
моменты всего сечения:
S x  A1 y1c  A2 y2c  h 3 / 4  9h 3 / 64  7h 3 / 64;
S y  A1 x1c  A2 x2 c  h 3 / 8  45h 3 / 512  19h 3 / 512.
Площадь поперечного сечения всей конструкции А
находим как разность площадей А1 и А2: А = А1 – А2 = 7h2/32.
61
62
Подставляя полученные значения в формулы (2.1.6), находим
координаты центра тяжести С всего сечения:
yc = Sx/A = h/2; xc = Sy/A = 19h/112.
Задача 2.1.11. Определить статические моменты
Sx, Sy сложного поперечного сечения (рис. 2.1.10) и
найти координаты его центра тяжести.
У к а з а н и е. Рассматриваемое сложное сечение разбить
на три прямоугольника.
Ответ: Sx = 7h3/64, Sy = 19h3/512; xc = 19h/112; yc = h/2.
Задача 2.1.12. Определить положение центра тяжести
составного сечения, показанного на рис. 2.1.11.
х
у1
10
см
х1
1
q
№20 2
х2
х3
№20 3
у2=у3
10  200 мм
№
20
1 см
№20
10 см
2,6 см
у
2,07 см
y 1,13 см
20 см
80  50  5
p
x
5 см 7,6 см 10 см
Рис. 2.1.11
Рис. 2.1.12
Ответ: xc = 0; yc = 10,83 см.
Задача 2.1.13. Вычислить статические моменты Sx, Sy
сложного составного сечения (рис. 2.1.12). Определить
площадь этого сечения и найти координаты его центра
тяжести.
Решение. Предлагается следующий порядок решения.
Если поперечное сечение не содержит осей симметрии, то
случайные оси х, у ставим так, чтобы все точки поперечного
62
63
сечения находились в 1-м квадранте. Каждому прокатному
профилю присваивается порядковый номер.
Вводим обозначения: хi, уi – абсцисса и ордината центра
тяжести соответственно i – го профиля относительно
случайных осей х, у; Аi – площадь сечения i – го профиля, А –
площадь поперечного сечения всего составного сечения, n –
число профилей.
Затем вычисляются статические моменты всего сечения
по формулам (2.1.5), а по формулам (2.1.6) находятся
координаты центра тяжести.
Следуя предложенной методике, выпишем (рис. 2.1.12): А1
= 6,36 см2; А2 = 23,4 см2; А3 = 26,8 см2; А = 56,56 см2; х1 = 3,87
см; х2 = 7,07 см; х3 = =17,6 см; у1 = 17,4 см; у2 = 10 см; у3 = 10
см.
По формулам (2.1.5) находим
S x  6,36  17,4  23,4  10  26,8  10  612,66 см 3 ;
S у  6,36  3,87  23,4  7,07  26,8  17,6  661,73 см 3 .
И наконец, с помощью формул (2.1.6)
определяем координаты центра тяжести всего
сечения:
xc 
Sy
A

S
661,73
612,66
 11,7 cм; yc  x 
 10,83 см.
56,56
A
56,56
Для проверки полученных результатов рекомендуем
самостоятельно определить координаты центра тяжести
составного сечения относительно осей p, q (рис. 2.1.12).
Задача 2.1.14. Вычислить координаты центра тяжести
составного сечения, состоящего из швеллера и уголка (рис.
7,6 см
2,07 см
y
63  40  5
№20
100  100  10
№20
10 см
y
№20
x
Рис. 2.1.13
63
x
Рис. 2.1.14
64
2.1.13)
Ответ: хс = 7,74 см; ус = 6,76 см.
Задача 2.1.15. Вычислить координаты центра тяжести
сложного составного сечения, изображенного на рис. 2.1.14.
Ответ: хс = 0; ус = 9,23 см.
2.2. Осевые моменты инерции плоских сечений простой формы
Осевым
моментом
инерции
плоского
сечения
относительно некоторой оси называется взятая по всей его
площади А сумма произведений элементарных площадок dA
на квадраты их расстояний от этой оси, т.е.
Iy 
x
2
dA, I x 
A
y
2
dA,
A
(2.2.1)
где х – расстояние от элементарной площадки dA до оси у; у –
расстояние от элементарной площадки dA до оси х (рис. 2.1.1).
Полярным моментом инерции плоского сечения
относительно некоторой точки (полюса) О называется взятая
по всей его площади А сумма произведений элементарных
площадок dA на квадраты их расстояний от этой точки, т.е.
I 

A
2

dA  ( x 2  y 2 )dA.
A
(2.2.2)
Сумма осевых моментов инерции плоского
сечения
относительно
двух
взаимно
перпендикулярных осей равна полярному моменту
инерции этого сечения относительно точки
пересечения указанных осей:
Ix  I y  I .
(2.2.3)
Центробежным моментом инерции плоского сечения
относительно некоторых двух взаимно перпендикулярных
осей х и у называется взятая по всей его площади А сумма
64
65
произведений элементарных площадок dA на их расстояния от
этих осей, т.е.
I xy 
 xydA.
A
(2.2.4)
Центробежный момент инерции плоского поперечного
сечения относительно осей, из которых одна или обе
совпадают с его осями симметрии, равен нулю.
Осевые и центробежные моменты инерции плоского
сечения относительно произвольных осей х1 и у1,
параллельных центральным осям х и у, определяют по
формулам:
I x1  I x  a 2 A, I y1  I y  b 2 A;
(2.2.5)
I x1 y1  I xy  (a)(b) A,
(2.2.6)
где a, b – расстояния между осями х и х1, у и у1 показаны на
рис. 2.1.2. Принимается, что х, у – центральные оси, т.е. оси,
проходящие через центр тяжести О плоского сечения.
При повороте центральных осей х, у
на угол α моменты инерции можно
у1
у
определить из выражений
х1
2
2
α>0 х
О
Рис. 2.2.1
I x1  I x cos   I y sin   I xy sin 2 ;
I y1  I y cos 2   I x sin 2   I xy sin 2 ;
(2.2.7)
I x1 y1 
Ix  Iy
2
sin 2  I xy cos 2 ,
(2.2.8)
где положительное направление угла α показано на рис. 2.2.1.
Сумма осевых моментов инерции относительно двух
взаимно перпендикулярных осей сохраняет постоянную
величину при повороте осей на любой угол  (рис. 2.2.1), т.е.
I x  I y  I x1  I y1 .
(2.2.9)
65
66
Максимальные и минимальные значения осевых моментов
инерции поперечного сечения называются главными
моментами инерции. Оси, относительно которых осевые
моменты
инерции
имеют
экстремальные
значения,
называются главными осями инерции. Главные оси инерции
взаимно перпендикулярны и, следовательно, из формулы
(2.2.9) имеем
I x  I y  I max  I min .
(2.2.10)
Величину главных моментов инерции определяют по
формуле:
I max 
min
Ix  Iy
2

1
2
I
x
 Iy

2
 4 I xy 2 ,
(2.2.11)
а главные оси инерции можно построить,
центральные оси х, у на угол α (рис. 2.2.1):
tg2 
2 I xy
Iy  Ix
повернув
.
h/2
(2.2.12)
Указания
1. Ось максимум всегда составляет меньший угол с той из
осей (у или х), относительно которой осевой момент инерции
имеет большее значение.
2. Относительно главных осей инерции центробежный
момент инерции равен нулю.
3. Взаимно перпендикулярные центральные оси, из
которых одна или обе совпадают с осями симметрии, всегда
являются главными осями инерции.
4. Для фигур, имеющих более двух осей симметрии,
осевые моменты инерции относительно всех центральных
осей равны между собой. К таким фигурам относятся
равносторонний треугольник, квадрат, круг и т.д.
Задача 2.2.1. Определить осевые
у
моменты
инерции
прямоугольника
х
h/2
66
C
b/2 b/2
Рис. 2.2.2
67
высотой h и шириной b относительно осей х и у (рис. 2.1.4).
Решение. Согласно рис. 2.1.4, имеем dA = bdy. Площадь
элементарной площадки подставляем в формулу (2.2.1):
Ix 

A
h
y3
y dA  by dy b
3

2
0
h
2

0
bh 3
.
3
Аналогичным путем можно вычислить Iy = hb3/3.
Задача 2.2.2. Определить осевые моменты инерции
прямоугольника высотой h и шириной b относительно осей х
и у, являющихся его осями симметрии (рис. 2.2.2).
Ответ: Ix = bh3/12; Iy = hb3/12.
Задача 2.2.3. Определить полярный момент инерции
круглого поперечного сечения (рис. 2.2.3) относительно точки
С.
Решение. За элементарную площадку выберем кольцевую
область вокруг центра С с внутренним
радиусом ρ и шириной dρ. Определим
y
площадь элементарной площадки dA =
2πρdρ. Затем результат подставляем в ρ
r
формулу (2.2.2):
x
r
r
4

r
C
I     2 dA    2 2d 2   3 d 
.
dA
2
A
0
0
Задача 2.2.4. Определить осевые
dρ
моменты инерции круглого сплошного
Рис. 2.2.3
поперечного сечения относительно
произвольных центральных осей х, у (рис. 2.2.3).
Решение. В примере 2.2.3 найдено, что I   r 4 / 2 . Однако
для круглого сплошного сечения Ix = Iy, поэтому формула
(2.2.3) для этого сечения принимает вид: 2Ix = Iρ, откуда
находим
I x  I y  I min  I max  I  / 2  r 4 / 4.
(2.2.13)
Задача 2.2.5. Определить осевые моменты инерции Ix, Iy
для квадратного поперечного сечения (рис. 2.2.4).
67
68
Ответ: I xc 
h1
h/2
h/2
У к а з а н и е.
у
b1 у
Для расчета можно
а
а
использовать рис.
2.1.3 при условии,
х
что α = 45о, h= b/2
o
C
х
= acos45 , dA =
=bydy, а значение
b/2 b/2
by взять из примера
2.1.1.
Рис. 2.2.4
Рис. 2.2.5
Ответ: Ix = Iy=
a4/12.
Задача 2.2.6. Определить осевые моменты инерции Ix, Iy для
поперечного сечения, показанного на рис. 2.2.5.
Ответ: Ix = (bh3 – b1h13)/12; Iy = (hb3 – h1b13)/12.
Задача 2.2.7. Определить осевые моменты инерции
I xc , I yc и центробежный момент инерции I xc yc относительно
центральных осей хс, ус для сечения, изображенного на рис.
2.1.9. Вычислить значения главных моментов инерции и
определить расположение главных осей инерции. Центр
тяжести поперечного сечения находится в точке С.
11a 4
a4
5a 4
7a 4
 I yc ; I xc yc  
; I max 
; I min 
;
12
3
4
12
68
yc
h
y dy
α = –45о.
Задача 2.2.8. Определить осевые моменты инерции Ix, Iy
прямоугольного
треугольника
у
ус
относительно случайных осей х, у (см.
dA
by
рис. 2.2.6). Вычислить положение
центра тяжести. Найти значения
хс осевых моментов инерции I , I и
xc
yc
x
C
х центробежный момент инерции I
xc yc
xc
относительно центральных осей хс, ус,
Рис. 2.2.6b
проходящих через центр тяжести С.
Определить расположение главных
69
осей инерции поперечного сечения в форме сплошного
прямоугольного треугольника (рис. 2.2.6).
У к а з а н и я. Для нахождения центробежного момента
инерции I xc yc можно использовать формулы (2.2.4) и (2.2.6),
которые для рассматриваемого случая принимают вид:
I xy  I xc yc  x c y c A  I xc yc 
h 2b 2
; I xy 
18
 xydA.
A
Из подобия треугольников находим (рис.2.2.6):
h y
by 
b,
h
откуда
by
b

h y
,
h
следовательно, площадь элементарной
площадки dA будет
dA  b y dy  b(h  y)dy / h.
Горизонтальная
координата
х
центра
тяжести
элементарной площадки dA определяется как x = by /2 =b (h –
y)/(2h).
Подставим значения х и dA в формулу для определения Ixy:
I xy 

A
h
xydA 

0
b( h  y ) b( h  y )
b2
y
dy  2
2h
h
2h
h

(h  y ) 2 dy 
0
b2h2
.
24
Переходим к центральным осям хс и ус, для которых
h 2b 2 b 2 h 2 h 2b 2
b2h2



.
18
24
18
72
bh 3
hb 3
b
h
bh 3
hb 3
Ответ: I x 
; Iy 
; x c  ; y c  ; I xc 
; I yc 
;
12
12
3
3
36
36
I xc yc  b 2 h 2 / 72; tg2  bh(h 2  b 2 ).
I xc yc  I xy 
а
h
yc
t
yc
h
Задача 2.2.9. Определить статические моменты, осевые
моменты инерции, центробежные моменты инерции и
положение
главных
осей
неравнополочного
уголка


120 80 10 относительно осей х, у и относительно
центральных осей хс, ус. Вычислить положение центра
y t
yc
y
yc
yc
yc
y
y
I xc yc  0
I xc yc  0
b
b
C
C
xc
69
xc
α
xc
x
xc
xc
b
b
C
C
xc
б
Рис. 2.2.7
I xc yc  0
в
I xc yc  0
t
г
70
h
t
t
h
тяжести. Для вычислений принять b = 8 см, h = 12 см, t = 1 см
(рис. 2.2.7). Полученные результаты сравнить с табличными
данными (см. Раздел IV, табл. V).
Ответ: а) Sx = 75,5 см3; yc = 3,97 см; Sy = 37,5 см3; xc =
1,97 см;
Ix = 578,32 см4, Iy = 174,32 см4; Ixy = 51,75 см4; tg2α
= 1,0928;
I xc  278,32 см 4 ; I yc  100,31 см 4 ; I xc yc  97,26см 4 ; α =
23,8o.
Задача 2.2.10. Определить главные
y
моменты
инерции
относительно
главных осей х, у для плоского
поперечного сечения, показанного на
рис. 2.2.8. Для вычислений принять h =
x
12 см,
b = 8 см, t = 1 см.
t
t
Как с помощью полученных
результатов для фигуры, показанной на
b b
рис.2.2.8, проверить ответы в примере
Рис. 2.2.8
2.2.9 (рис. 2.2.7)?
Ответ: Ix = 2313,3 см4; Iy =
697,3 см4.
y
a/2 a/2
70
yc
h
Задача
2.2.11.
Определить
статический
момент
S
поперечного
x
xc
C
сечения в виде равнобокой трапеции
x (см. рис. 2.2.9). Найти положение
b/2 b/2
центра тяжести С. Вычислить главные
Рис. 2.2.9
моменты
инерции
относительно
главных осей хс, у. Можно ли
применить полученные результаты для вычисления
соответствующих геометрических характеристик поперечных
сечений
в
виде
равнобедренного
треугольника
и
прямоугольника?
71
Ответ: S x 
h 2 ( 2a  b)
h( 2a  b)
h3 (a 2  4ab  b 2 )
; yc 
; I xc 
;
6
3(a  b)
36(a  b)
y
10 cм10 cм 10 cм
Iy 
h(a  b)(a 2  b2 )
.
48
5 см
yс
y1
y1 
20 cм 20 cм
10 cм
Задача
2.2.12.
Найти
положение
центра
тяжести
поперечного
сечения
х
железобетонной балки (рис. 2.2.10).
хс
Вычислить
главные
моменты
y1
х1
инерции относительно главных
осей хс, у.
10 cм10 cм
У к а з а н и я. Для расчета
Рис. 2.2.10
использовать материалы примера
2.2.11, в котором определены главные моменты инерции
сечения в виде равнобокой трапеции. В рассматриваемом
случае необходимо принять a = 20 см, h = 20 см, b = 40 см,
тогда для трапециевидной части поперечного сечения балки
будем иметь
A1=600 см2;
10 cм
h( 2a  b)
 8,9 см;
3(a  b)
I x1 
h 3 (a 2  4ab  b 2 )
 19260 см 4 ;
36(a  b)
h(a  b)(a 2  b 2 )
 50000 см 4 .
48
Ответ: yc = –1,7 см; I xc  237942 см 4 ; Iy = 116667 см4.
12 см
у
5 см
а а 5 см
5 см
Рис. 2.2.11
12 см
I y1 
х
Задача 2.2.13. Определить расстояние
а между элементами пакета, состоящего
из трех досок размером 5  24 см , при
условии равенства главных моментов
инерции относительно осей х и у (рис.
2.2.11).
Решение. Момент инерции всего
сечения относительно оси х будет
Ix  3
5  24 3
 17280 см 4 .
12
71
72
При определении момента инерции сечения
относительно
оси
у
для
двух
крайних
прямоугольников следует воспользоваться формулой
(2.2.5), так как ось у не является для них центральной
и, следовательно, для всего пакета из трех досок
будем иметь
I y  3  24  53 / 12  2(5  a ) 2  5  24  240a 2  2400a  6750.
По условию задачи Ix = Iy, или 17280 = 240a2 + 2400a +
6750. Решив полученное квадратное уравнение, найдем a = 3,3
см.
Задача 2.2.14. Определить величины осевых моментов
инерции относительно оси х для поперечных сечений,
показанных на рис. 2.2.12.
Ответ: а), б), в), г), д) I x  (bh 3  b1h13 ) / 12.
b
b1
b1
b
b
х
h
b1
b
h1
b
b1
b1
а
b
б
в
b1/2
г
b1/2
д
Рис. 2.2.12
12 см12 см
Рис. 2.2.13
хс
8 см
15 см
Рис. 2.2.14
y
b
x
h
72
х
40 см
у
8 см
r=10
см
ус 12 см
24 см24 см
y
0,2 см
Задача 2.2.15. Найти положение центра тяжести площади
поперечного сечения, представленного на рис. 2.2.13.
Определить главные моменты инерции этого сечения.
Ответ: x c  0; y c  4,5 см; I xc  151172 см 4 ; I y  47442 см 4 .
Задача 2.2.16. Вычислить главные моменты инерции для
сечения, показанного на рис. 2.2.14.
Ответ: Iy = Imax = 1172,62 см4; Imin = 122,11 см4.
d
Рис. 2.2.15
73
хс
51 см52 см
103 см
Рис. 2.2.16
у
r = 6 см
d =2
Dсм
=4
х
10 см 10 см
С
у
ус
116 см
у
26 см
26 см32 см
32 см
Задача 2.2.17. Вычислить главные моменты инерции
поперечного сечения круглого бревна диаметром d и
прямоугольного сечения бруса с b= = d/2, выполненного из
этого бревна (рис. 2.2.15). Найти высоту h прямоугольного
сечения бруса.
Ответ: h  3d / 2  0,866d ; Ix = Iy = 0,049087d4 (для
круглого поперечного сечения), Ix = 0,02706d4; Iy = 0,009021d4
(для прямоугольного поперечного сечения).
Задача 2.2.18. Найти положение центра тяжести С и
вычислить главные моменты инерции поперечного сечения
участка стены таврового сечения (см. рис. 2.2.16). Кладка
выполнена из глиняного кирпича пластического прессования
на растворе.
Ответ: хс = 0,44 м; I x  7,77  10 2 м 4 ; I y  7,68  10 2 м 4 .
Задача 2.2.19. Найти положение центра тяжести и
вычислить момент инерции I xc для поперечного сечения,
изображенного на рис. 2.2.17.
Ответ: y c  1,66 см; I xc  7,58 см 4 .
хс см
х
х
6 см6 см
Рис. 2.2.17
Рис. 2.2.18
Задача 2.2.20. Определить главные моменты
инерции поперечного сечения, показанного на рис.
2.2.18.
При
решении
задачи
разрешается
пользоваться
табл.
I
«Геометрические
73
74
характеристики некоторых плоских сечений» раздела
IV.
Ответ: Ix = 26086 см4; Iy = 3898 см4.
2.3. Осевые моменты инерции плоских составных сечений
Для сложных составных поперечных сечений, не
содержащих осей симметрии, предлагается следующий
порядок расчета.
Сначала вычерчивается поперечное сечение. Случайные
оси х, у ставим так, чтобы все точки поперечного сечения
находились в 1-м квадранте (рис. 2.3.1). Каждому прокатному
профилю присваивается порядковый номер. Наносим местные
оси координат хi, уi, проходящие через известные центры
тяжести i–го профиля. Оси хi, уi параллельны случайным осям
х, у соответственно.
Наносим на рисунок известные размеры сечения,
взятые из задания или из соответствующих таблиц
сортамента прокатной стали (см. приложение в конце
книги).
Вводим обозначения: хi, уi – абсцисса и ордината центра
тяжести соответственно i–го профиля относительно
случайных осей х, у; Аi – площадь сечения i–го
n
профиля, А   Ai
– площадь поперечного сечения всего
i 1
составного сечения; I xi , I yi , I xi yi – осевые и центробежные
моменты инерции i–го профиля относительно местных осей хi,
уi.
Следуя предложенной методике, выпишем
геометрические характеристики для поперечного
сечения, изображенного на рис. 2.3.1:
А1  50  1,6  80 см 2 ; А2  30,6 см 2 ; А3  42,19 см 2 ; А4  30,04 см 2 ;
х1 = 25 см; х2 = 43,42 см; х3 = 36,11 см; х4 = 5,32 см;
74
75
у1 = 24,8 см; у2 = 12 см; у3 = 4,89 см; у4 = 21,64 см;
I x1  50  1,6 3 / 12  17,07 см 4 ; I x2  2900 см 4 ;
I x3  1316,62 см 4 ; I x4  238,75 см 4 ; I y1  1,6  50 3 / 12  16666,7 см 4 ;
I y2  208 см 4 ; I y3  I x3 ; I y4  784,22 см 4 .
y4
3
4
24 см
С
α
Imin
xc
b3
y3
x3
180  180  12
4,89см
y2
a2
a1
b1
xc
x2
2,42
см
у2=12 см
yc
x3
1
x1
y3=4,89 см
у4
160  100  12
О
Imax 16  500
a4 2,36 см
x4
b4
yc
y1
x1=25
x4=5,32 см см
1,6 см
y
x
№24 2
Рис. 2.3.1
С помощью формул (2.1.7) находим координаты
центра тяжести всего поперечного сечения:
80  25  30,6  43,42  42,19  36,11  30  5,32 5012,1

 27,4 см;
80  30,6  42,19  30
182,8
80  24,8  30,6  12  42,19  4,89  30  21,64 3206,8
yc 

 17,5 cм.
80  30,6  42,19  30
182,8
xc 
Наносим оси хс, ус, которые проходят через центр
тяжести С всего составного поперечного сечения и
определяем расстояния между осями хс и хi, а также
между осями ус и уi:
75
76
а1 = у1 – ус = 24,8 – 17,5 = 7,3 см;
b1 = х1 – хс = 25
– 27,4 = –2,4 см;
а2 = у2 – ус = 12 – 17,5 = –5,5 см;
b 2 = х2 – х с =
43,42 – 27,4 = 16,02 см;
а3 = у3 – ус = 4,89 – 17,5 = –12,61 см; b3 = х3 – хс =
36,11 – 27,4 = 8,71 см;
а4 = у4 – ус = 21,64 – 17,5 = 4,14 см; b4 = х4 – хс =
5,32 – 27,4 = –22,08 см.
Используя формулы (2.2.5), получаем выражения
для вычисления осевых моментов инерции
относительно центральных осей хс и ус всего
поперечного сечения:
I xc  I x1  a12 A1  I x2  a 22 A2  I x3  a 32 A3  I x4  a 42 A4 ;
I yc  I y1  b12 A1  I y2  b22 A2  I y3  b32 A3  I y4  b42 A4
или окончательно:
I xc  17,07  7,32  80  2900  5,5 2  30,6  1316,62 
 12,612  42,19  238,75  4,14 2  30  16885 см 4 ;
I уc  16666,7  2,4 2  80  208  16,02 2  30,6  1316,62  8,712  42,19 
 784,22  22,08 2  30  45135 см 4 .
По
формуле
(2.2.6)
находим
значение
центробежного момента инерции относительно осей
хс, ус:
I xc yc  I x1 y1  a1b1 A1  I x2 y2  a 2 b2 A2  I x3 y3  a 3b3 A3  I x4 y4  a 4 b4 A4 ,
где, согласно рис. 2.3.1, имеем I x y  I x y  0, так как
швеллер и полоса имеют оси симметрии х2 и х1, у1
соответственно.
Для вычисления I x y для равнополочного уголка
предварительно выпишем из таблицы сортамента
1 1
3 3
76
2 2
77
«Уголки стальные горячекатаные равнополочные»
4
4
I x = 2093 см , I у = 540 см ,   45о , I x y  0 (рис. 2.3.2, а).
Тогда формула (2.2.8) принимает вид:
0
0
I x3 y3 
I x0  I y0
2
0 0
I x0  I y0
sin 90 o  I x0 y0 cos 90 o 
2
 776,5 см 4 .
Для вычисления I x4 y4 для неравнополочного уголка (рис.
2.3.2, б) предварительно выпишем из таблицы сортамента
(Раздел IV)
I x4 = 238,75 см4, I у4 = 784,22 см4, Iuv = 0, Iu = 142 см4, tgα =
0,388
и затем, согласно формуле (2.2.10), получаем:
I v  I x4  I y4  I u  238,75  784,22  142  880,97 см 4 .
Таким
образом,
формула
(2.2.8)
рассматриваемого случая принимает вид:
I x4 y 4 
Iu  Iv
I  Iv
sin 2  I uv cos 2  u
sin 2 ,
2
2
где tg  = 0,388;
I x4 y4 
для

= –21о12/ (рис. 2.3.2, б), тогда
142  880,97
sin( 2  21o12 / )  369,5 sin 42 o 24 /  249,2 см 4 .
2
y4
v
y0
u
α
y3
α
x4
x3
α=45
о
x0
Значение
центробежного
момента
I x4 y 4
10 см
2,36
см1,2 см
а
б
y4
/
b4/ y 4
х4/
a 4/
y 4//
х 4//
b4//
 4,72 см
a 4//
x4
 3,24 см
77
в
1,2 см
5,32 см
16 см
Рис. 2.3.2
78
можно вычислить, используя фор-мулу (2.2.6). Для
этого рас-смотрим рис. 2.3.2, в. Разобьем уголок на
два прямоугольника с
А4/  16  1,2 см и
А4//  8,8  1,2 см .
В этом случае по формуле (2.2.6) получаем
I x4 y4  a4/ b4/ A4/  a4/ /b4/ / A4/ /  1,76  2,68(16  1,2)  ( 3,24)( 4,72)(8,8  1,2)  252 cм4 .
Как видно, результаты очень близки по
значениям. Знак у центробежного момента
относительно центральных осей уголка можно
контролировать по рис. 2.2.7.
Теперь можно приступить к определению
центробежного момента всего составного сечения
относительно осей хс, ус:
I xc yc  7,3( 2,4)  80  ( 5,5)  16,02  30,6  776,5  ( 12,61)  8,71 42,19 
 249,2  4,14( 22,08)  30  10452 см 4 .
Главные оси инерции можно построить, повернув
центральные оси хс, ус на угол  (рис. 2.3.1):
tg2 
2 I xc yc
I yc  I xc

 2  10452
 0,7404;   18 o15/ .
45135  16885
Величины
главных
моментов
определяем по формуле (2.2.11)
I max 
min

I xc  I yc
2

инерции
1
( I xc  I yc ) 2  4 I x2c yc 
2
16885  45135 1

(16885  45135) 2  4  10452 2  31010  17572 см 4 .
2
2
Окончательно получаем, что Imax = 48582 см4, Imin
= 13438 см4. Полученные значения удовлетворяют
условию (2.2.10):
78
79
I xc  I yc  I max  I min  62020 см 4 .
Таким образом, определены все геометрические
характеристики сложного составного поперечного
сечения, показанного на рис.2.3.1.
Задача 2.3.1. Вычислить главные моменты
инерции для составного поперечного сечения,
изображенного на рис.2.1.11.
Ответ: Imax = 5828,4 см4; Imin = Iу = 2301,7 см4.
Задача 2.3.2. Вычислить главные моменты
инерции для составного поперечного сечения,
представленного на рис. 2.1.12. Найти положение
главных осей инерции.
Ответ: хс = 11,7 см; ус = 10,83 см; tg2α = 0,4642; α =
12о27/;
Imax = 3795 см4; Imin = 1981 см4; I xc  3711 см 4 ;
I yc  2065 см 4 ; I xc yc  382 см 4 .
2 № 16
Рис. 2.3.3
№ 24
Рис. 2.3.4
11 см
х
2
№ 22
х
20 cм
Рис. 2.3.5
№30
15 см
х
12 cм
y
8 см
№ 22
y
63  40  4 y
10 cм 10 cм
2 cм
№ 30 y 15 cм
х
№ 40
Рис. 2.3.6
Задачи 2.3.3 – 2.3.11. Найти координаты центра
тяжести и вычислить главные моменты инерции для
составных поперечных сечений, показанных на рис.
2.3.3 – 2.3.11.
79
80
Ответ к рис. 2.3.3: хс = 0; ус = 3,8 см;
I xc  2785 см 4 ; I y  2794 см 4 .
Ответ
к
рис.
4
2.3.4:
хс
=
ус
0;
=
7,05
см;
4
I xc  6818 см ; I y  7278 см .
Ответ к рис. 2.3.5: хс = 0; ус = –4,54 см;
I xc  8253 см 4 ;
I y  21654 см 4 .
Ответ к рис. 2.3.6: хс = 0; ус = 2 см;
I xc  8343 см 4 ; I y  557 см 4 .
y
y
y
140  90  8 10 cм
№ 30
15 cм 15 cм
х
2 № 20
х
х
№ 20
Рис. 2.3.7
12 cм
№ 24
Рис. 2.3.9
Рис. 2.3.8
Ответ к рис. 2.3.7: хс = 0;
4
№ 24
2 100  8
ус = 3,3 см;
4
I xc  1986 см ; I y  12876 см .
Ответ
к
4
рис.
2.3.8:
хс
=
ус
0;
=
6,6
см;
4
I x c  2572 см ; I y  3774 см .
Ответ к рис.2.3.9: хс = 0; ус = 0; Ix = 7411 см4; Iy = 622,5
см .
Ответ к рис. 2.3.10:
-1  30
хс = 0; ус = –1,3
y 2 100  10
см
см;
4
2 № 20
Imin = 524 см ;
x
Iy = Imax = 1818
4
см .
-1  24
Ответ к рис. 2.3.11:
Рис. 2.3.11
Рис. см
2.3.10
хс = ус = 0;
10 см
4
80
81
Ix = 5290 см4;
Iy = 537,6 см4.
Задача 2.3.12. Вычислить главные моменты инерции
поперечного сечения, показанного на рис. 2.1.13. Найти
положение главных осей инерции.
Ответ: хс = 7,74 см4; ус = 6,76 см4; tg2α = 0,5671; Imin =
418,6 см4;
Imax = 2368,6 см4.
Глава 3
СДВИГ, КРУЧЕНИЕ
3.1. Сдвиг
Сдвигом называют деформацию, представляющую собой
искажение первоначально прямого угла малого элемента
бруса (рис.3.1.1) под действием касательных
F
напряжений τ. Развитие этой деформации
приводит к разрушению, называемому срезом
 или, применительно к древесине, скалыванием.
Деформация сдвига оценивается взаимным

смещением  граней 1 – 1 и 2 – 2 малого
элемента
(рис.
3.1.2),
называемым
Рис. 3.1.1
абсолютным сдвигом и более полно –
относительным сдвигом 
1


2


1

 a
Рис. 3.1.2

2

(3.1.1)
 tg   ,
a
являющимся безразмерной величиной.
В предположении равномерного распределения касательных
напряжений по сечению площадью А, они определяются по формуле
Q
τ= ,
(3.1.2)
A
где Q – поперечная сила в данном сечении.
В пределах упругости
относительному сдвигу
касательное
напряжение
прямо
пропорционально
81
82
  G
(3.1.3)
– это закон Гука при сдвиге; G – модуль сдвига, Н/м2,
характеризующий жесткость материала при сдвиге.
Модуль сдвига G, модуль продольной упругости Е и
коэффициент Пуассона ν материала связаны зависимостью
G=
E
2( 1 + ν )
.
Удельная потенциальная энергия деформации сдвига равна
u
2


.
2G
2
На практике чаще всего теория сдвига применяется к расчету
болтов, заклепок, шпонок, сварных швов и других элементов
соединений.
3.1.1. Расчет болтовых и заклепочных соединений
В зависимости от числа срезов одного болта или одной
заклепки их называют односрезными, двухсрезными и т.д.
(рис. 3.1.3, а, б).
Они
должны удовлетворять, во-первых, условию
прочности на срез

Q
 Rbs b ,
Ans n
(3.1.4)
где Q – поперечная сила, равная внешней силе F,
действующей на соединение; Rbs – расчетное сопротивление
на срез; А = πd2/4 – расчетная площадь сечения болта или
заклепки; d – диаметр заклепки или наружный диаметр болта;
ns – число срезов одного болта или заклепки; γb – коэффициент
F
F
F
F
A
F
2А
F
a
F
б
Рис. 3.1.3
82
F
83
условий работы соединения, имеющий значения в интервале
0,75   b  1,0 ; n – число болтов или заклепок.
Если величины F, Rbs, γb, ns известны, то задаваясь числом
заклепок или болтов n, можно найти необходимый для
обеспечения прочности на срез диаметр
d
4F
ns nRbs b
.
(3.1.5)
А зная d, F, Rbs, γb, ns, можно определить потребное число
заклепок или болтов
n
4F
d 2 ns Rbs b
.
(3.1.6)
d
Во-вторых,
заклепки или болты
t1
должны
отвечать
условию прочности F
F/2
на смятие. Под
t
t1
смятием понимают
пластическую
F/2
деформацию,
a
возникаю-щую
в

соединениях
на
б
поверхностях
Рис. 3.1.4
контакта (рис. 3.1.4,
а). Возникаю-щие при этом напряжения являются нормальными,
закон распределения которых по поверхности контакта достаточно
сложен (рис. 3.1.4, б).
Упрощая расчет, площадь, подвергающуюся смятию, принимают
равной
Ap  d  tn,
где d – диаметр заклепки (болта); n – их число; Σt – наименьшая
суммарная толщина элементов, сминаемых в одном направлении.
Сминающей будет та же сила F, которая производит и срез. Таким
образом, условие прочности на смятие имеет вид:
F
 bp 
 Rbp b ,
d  tn
(3.1.7)
83
84
где Rbp – расчетное сопротивление на смятие.
Из условия (3.1.7) можно найти либо необходимый диаметр d по
известным величинам F, t, n, Rbp,  b :
F
,
d
 t  nRbp b
(3.1.8)
либо определить потребное число заклепок n
F
.
n
 t  dRbp b
(3.1.9)
Из двух значений диаметров, рассчитанных по формулам (3.1.5) и
(3.1.8), берут больший, округляя его до стандартного значения. Точно
так же из двух значений n, рассчитанных по формулам (3.1.6) и
(3.1.9), выбирают большее число, естественно, округленное до
большего целого.
Указания
1. В заклепочных и болтовых соединениях при действии
поперечной силы Q , проходящей через центр тяжести соединения,
распределение этой силы между заклепками или болтами принимают
равномерным.
2. При действии на соединение момента, вызывающего сдвиг
соединяемых элементов, распределение усилий на болты или
заклепки следует принимать пропорционально расстояниям от центра
тяжести соединения до рассматриваемого болта или заклепки.
3. Болты или заклепки, работающие одновременно на срез и
растяжение, следует проверять отдельно на срез и на растяжение.
Задача 3.1.1. Рассчитать количество заклепок диаметром d
= 4 мм, необходимое для
F соединения двух листов двумя
F накладками
F
(рис.
3.1.5).
F
Материалом для листов и
F заклепок
служит
F
F
F
дюралюминий, для которого
Рис. 3.1.5
Rbs = 110 МПа, Rbр = 310 МПа.
Сила F = 35 кН, коэффициент условий работы соединения γb =
0,9; толщина листов и накладок t = 2 мм.
Решение. Используя формулы (3.1.6) и (3.1.9),
рассчитываем потребное количество заклепок:
84
85
из условия прочности на срез
n
4F
d 2 ns Rbs b

4  35  103
  0,004 2  2  110  106  0,9
 14;
из условия прочности на смятие
n
F
35  103

 16.
t  d  Rbp b 0,002  0,004  310  106  0,9
Из полученных результатов видно, что в данном случае решающим явилось
условие прочности на смятие. Таким образом, следует взять 16 заклепок.
m
b
Задача 3.1.2. Выполнить расчет прикрепления стержня к
узловой фасонке (рис. 3.1.6) болтами диаметром d = 2 см.
Стержень, поперечное сечение которого представляет собой
два одинаковых равнобоких уголка, растягивается силой F =
300 кН.
Материал
δ
фасонки и болтов
F
–
сталь,
для
которой
bm
расчетные
0,7l l
l l
сопротивления
Рис. 3.1.6
равны:
на
растяжение Rbt = 200 МПа, на срез Rbs = 160 МПа, на смятие
Rbр = 400 МПа, коэффициент условий работы соединения γb =
0,75. Одновременно рассчитать и назначить толщину листа
фасонки.
Решение. Прежде всего необходимо установить номер
равнобоких уголков, составляющих стержень, определив
потребную площадь поперечного сечения Anec из условия
прочности на растяжение
Anec 
F
300

 0,002 м 2  20 см 2 .
Rbt  b 200  103  0,75
Учитывая предстоящее ослабление стержня отверстиями
для болтов, следует добавить к площади сечения Anec 15%.
Полученной таким образом площади сечения А = 1,15ּ20 = 23
см2 отвечает по ГОСТ 8508–86 (см. Приложение)
85
86
симметричное сечение из двух равнобоких уголков размерами
75  75  8 мм.
Производим расчет на срез. Пользуясь формулой (3.1.6), найдем необходимое
число болтов
n
4F
4  300

 4.
2
d ns Rbs b 314
,  0,02  2  160  103  0,75
2
Остановившись на этом числе болтов, определим толщину δ узловой фасонки,
используя условие прочности на смятие (3.1.7),

F
300

 1,25  10 2 м  1,25 см.
ndRbp b 4  0,02  400  103  0,075
86
b
b/3 b/3 b/3
Указания
1. Привязка линии размещения болтов (заклепок) в один
ряд находится из условия:
m = b/2 + 5 мм.
В нашем примере (рис.
3.1.6)
m = 75/2 + 5 = 42,5 мм.
2.
Минимальное
0,7l 0,75l 0,75l 0,75l 0,75l
расстояние
между
Рис. 3.1.7
центрами
соседних
болтов принимают равным l = = 3d. В рассматриваемой задаче
имеем l = 3ּ20 = 60 мм.
3. Расстояние от крайних болтов до границы соединения l/
принимается равным 0,7l. В нашем примере l/ = 0,7l = 0,7ּ60 =
42 мм.
4. При выполнении условия b  12 см болты (заклепки)
размещают в две линии в шахматном порядке (рис. 3.1.7).
Задача 3.1.3. Рассчитать количество заклепок для условий
задачи 3.1.1 в предположении, что накладка в соединении
имеется лишь с одной стороны.
Ответ: 32 заклепки.
Задача 3.1.4. Два стержня, соединенные накладкой с одной
стороны с помощью заклепок, растягиваются силой F = 50 кН
(рис. 3.1.8). Число заклепок на каждом стержне равно n = 3,
диаметр одной заклепки d = 15 мм. Сечение стержней –
равнобокие уголки 70  70  8 мм, толщина накладки δ = 10мм.
87
Проверить прочность соединения, если расчетные
сопротивления материала равны: на срез Rbs = 100 МПа, на
смятие Rbр = 300
F МПа, коэффициент
F
условий
работы
соединения γb = 0,9.
Ответ:
условия
Рис. 3.1.8
F/3 прочности на срез и
F/2
на
смятие
F/3 выполняются.
F/2
Задача 3.1.5. Пять
F/3
Рис. 3.1.9
стальных
листов
толщиной 10 мм загружены силой F = 500 кН по схеме,
показанной на рис. 3.1.9.
Определить потребное число заклепок диаметром d = 2 см,
соединяющих листы, если расчетные сопротивления
материала заклепок и листов равны: на срез Rbs = 110 МПа, на
смятие Rbр = 310 МПа, коэффициент условий работы
соединения γb =0,9.
Ответ: 6 заклепок.
Задача 3.1.6. Определить
силу F, которую может F
F
воспринять
заклепочное
соединение, показанное на рис.
3.1.10. Диаметр заклепки d = F
F
2см,
толщина
листов
и
накладки δ = 2,2см. Расчетные
сопротивления
материала
Рис. 3.1.10
листов и заклепок равны: на
срез Rbs = = 200 МПа, на смятие Rbр = 500 МПа, коэффициент
условий работы соединения γb = 0,8.
Ответ: F = 50 кН.
δ/2
Задача 3.1.7. Определить диаметр стального болта,
соединяющего
три
стальных
листа
(рис.
3.1.11).
Растягивающая сила
F = 40 кН, толщина F/2
δ
F
F/2
δ/2
87
Рис. 3.1.11
88
среднего листа δ = 10 мм.
Расчетные сопротивления материала болта и листов
равны:
на срез Rbs = 150 МПа;
на смятие Rbр = 400 МПа; коэффициент условий ра-боты
соединения γb = 0,8.
Ответ: d = 1,5 см.
Задача 3.1.8. Рассчитать количество заклепок диаметром d
= 4 мм, необходимое
для
соединения
t = 2 мм
профилей толщиной
1мм с фасонкой
F
F
толщиной t = 2 мм
1мм
(рис. 3.1.12). Сила F
= 35 кН, расчетные
Рис. 3.1.12
сопротивления
материала заклепок, профилей и косынки (дюралюминий)
равны: на срез Rbs = 105 МПа, на смятие Rbр = 300 МПа,
коэффициент условий работы соединения γb = 0,95.
Ответ: 16 заклепок в два ряда по 8 заклепок на каждой полке.
3.1.2. Расчет сварных соединений
Прочность сварных швов характеризуется их
расчетным сопротивлением. В основе расчета прямых
стыковых швов лежит условие прочности на растяжение
или сжатие:
45°...50°
t=12...60 мм
t=12...60 мм
t=8...24 мм
t<10 мм
Существует несколько типов сварных соединений. При
соединении встык зазор между соединяемыми элементами
заполняется наплавленным металлом.
Типы сечений стыковых швов в
зависимости
от
толщины
соединяемых
элементов
показаны
на
55°...60°
рис. 3.1.13. В зависимости от
направления действующего усилия F
по
отношению
к
шву
их
55°...60°
подразделяют на прямые и косые
(рис. 3.1.14).
88
Рис. 3.1.13
F
F
а
F

б
Рис. 3.1.14
F
89

F
 Rwy c ,
lw t
(3.1.10)
где lw – расчетная длина сварного шва; t – наименьшая
толщина соединяемых элементов; Rwy – расчетное
сопротивление сварного соединения на растяжение или
сжатие по пределу текучести (иногда берут Rwu – то же – по
пределу прочности); γс – коэффициент условий работы
( 0,7   с  1,2 ).
Необходимо иметь в виду, что вследствие дефектов сварного шва на его концах,
окончательную длину назначают, прибавляя к рассчитанной по формуле (3.1.10) длине
по 1 см на каждом конце.
В основе расчета косых стыковых швов лежат:
– условие прочности на растяжение (сжатие) в
направлении, перпендикулярном шву:

F sin 
 Rwy c ;
lw t
(3.1.11)
– условие прочности на срез в направлении вдоль
шва:

F
F
F
F
а
F
F
F
F
б
F cos
 Rws c ,
lw t
(3.1.12)
где Rws – расчетное сопротивление сварного соединения на
срез.
Соединение внахлестку выполняется при помощи
угловых швов, которые могут быть лобовыми (рис. 3.1.15, а)
и фланговыми (рис. 3.1.15, б). При соединении внахлестку
расчет угловых швов производится на срез (условный) по
двум сечениям (рис. 3.1.16): по металлу шва (сечение 1) и по
металлу границы сплавления (сечение 2). При рассмотрении
сечения 1 условие прочности записывается в виде

Рис. 3.1.15
(3.1.13)
а для сечения 2 в виде
F
 Rwf  wf  c ,
lw  f k f
zk f
2
1
kf
89
kf
Рис. 3.1.16
fkf
90

F
lw z k f
 Rwz wz c .
(3.1.14)
В этих формулах: lw – расчетная длина шва, принимаемая
меньше его полной длины на 1 см; βf и βz – коэффициенты,
зависящие от прочности материала свариваемых элементов,
вида сварки и принимаемые от 0,7 до 1,15; γwf и γwz –
коэффициенты условий работы шва, принимающие значения
от 0,85 до 1,0 в зависимости от районов эксплуатации
конструкции; Rwf и Rwz – расчетные сопротивления сварных
соединений при срезе соответственно по металлу шва и
металлу границы сплавления; γс – коэффициент условий
работы шва и назначения конструкции ( 0,7   с  1,2 ); kf – длина
катета сварного шва.
Из двух длин lw, рассчитанных по формулам (3.1.13) и
(3.1.14), выбирается наибольшая. Расчетная длина может быть
разделена на несколько частей в зависимости от
конструктивных особенностей
соединения. В таких случаях с F
F
учетом непровара к длине
каждой части добавляется по 1

F
F
см на каждый конец.
Рис. 3.1.17
Задача 3.1.9. Определить
длину флангового сварного
шва, необходимую для соединения двумя накладками с двух
сторон стальных листов, растягиваемых усилием F = = 500 кН
(рис. 3.1.17). Расчетные сопротивления: на срез металла шва
Rwf = 180 МПа, металла границы сплавления Rwz = 160 МПа.
Коэффициенты имеют значения: βf = 0,7; βz = γwf =1; γwz =
1; γс = 0,9. Длина катета сварного шва kf = 0,8 см. Зазором 
пренебречь.
Решение. Рассчитываем необходимую длину двух
фланговых швов с каждой стороны одной накладки, используя
формулы (3.1.13) и (3.1.14).
Из условия прочности на срез по металлу шва (3.1.13)
получим:
90
91
lw 
0,5F
0,5  500

 0,276 м  0,28 м  28 см.
 f k f Rwf  wf  c 0,7  0,008  180  10 3  1  0,9
Из условия прочности на срез на границе сплавления (3.1.14)
находим:
lw 
0,5F
0,5  500

 0,217 м  0,22 м  22 см.
z k f Rwz  wz  c 1  0,008  160  10 3  1  0,9
Из двух расчетных длин выбираем большую lw = 28 см.
Расчетная длина одного шва (с одной стороны накладки) будет
lw1 = lw/2 = 14 см. Конструктивная длина одного шва составит
lw1 + 2 = 14 + 2 = 16 см.
Задача 3.1.10. Определить длину углового флангового
шва, необходимую для прикрепления каждого из двух
равнобоких уголков 63×63×6 к фасонке (рис. 3.1.18).
Стержень, образованный из этих двух уголков, находится под
действием продольной растягивающей силы F = 240 кН.
Расчетные сопротивления: на срез металла шва Rwf = 75 МПа,
металла границы сплавления Rwz = 100 МПа. Коэффициенты
имеют значения: βf = 0,7; βz = 1; γwf = 1; γwz = 1; γс = 0,95.
Длина катета сварного шва kf = 0,8 см .
У к а з а н и я. Сила F1 =
l2/2 l2/2
F/2 приложена в центре
тяжести каждого уголка
ближе к обушку, поэтому с
целью
равномерности
F
F
работы шва по всей длине со
стороны обушка обычно
наваривают шов длиной l1,
l1
составляющей
70%
от
Рис. 3.1.18
расчетной длины. Остальные
30% наваривают со стороны пера в виде двух одинаковых
кусков – шпонов длиной l2/2.
Ответ: l1 = 30 см, l2 = 16 см.
Задача 3.1.11. Определить величину растягивающего
усилия,
воспринимаемого
l
прямым сварным швом встык.
12
150
180
F
91
F
Рис. 3.1.19
62,7
10
F
F
l1
200
F
F
l2
Рис. 3.1.20
92
Толщина листа t =10 мм, ширина b = 10 см. Расчетное
сопротивление металла шва Rwy = 170 МПа. Коэффициент
условий работы γс = 0,9.
Ответ: F = 190 кН.
Задача 3.1.12. Два листа соединены внахлестку
фланговыми швами (рис. 3.1.19) и растягиваются силой F =
252 кН. Рассчитать необходимую длину l шва, если расчетные
сопротивления на срез равны: для металла шва Rwf = 80 МПа,
металла границы сплавления Rwz = 100 МПа. Поперечные
размеры листов в мм указаны на рис. 3.1.19. Длина катета
сварного шва kf = 1 см. Коэффициенты имеют значения: βf =
0,7; βz = 1; γwf = 1; γwz = 1; γс = 0,9.
Ответ: l = 23 см.
F
F
F
Рис. 3.1.21
Ответ: Fmax = 201,5 кН.
92
F
F
50
о
Рис. 3.1.22
1,7
F
7
Задача 3.1.13. Растягивающее усилие F = 400 кН
центрально приложено к неравнобокому уголку 150×200×16.
Уголок приварен к листу, как показано на рис. 3.1.20.
Требуется определить длины сварных швов l1 и l2, если
расчетные сопротивления на срез равны: для металла шва Rwf =
100 МПа, металла границы сплавления Rwz = 120 МПа; длина
катета сварного шва kf = 1,6 см. Коэффициенты имеют
значения: βf = 0,7; βz = 1,15; γwf = 1; γwz = 1; γс = 0,8.
Ответ: l1 = 23 см; l2 = 6 см.
Задача 3.1.14. Определить наибольшую растягивающую
силу F, которую можно приложить к листам 180×10 мм (рис.
3.1.21), сваренным внахлестку двумя лобовыми швами, если
расчетное сопротивление материала листа на растяжение
равно Ry = 155 МПа, расчетное сопротивление материала
сварного шва на растяжение Rwy = 100 МПа. Коэффициент
условий работы соединения γс = 0,9.
F
F
93
Задача 3.1.15. Проверить прочность косого шва (рис.
3.1.22) по нормальным и касательным напряжениям, если F =
166 кН, Rwy = 100 МПа, Rws = 80 МПа, γс = 0,9. Размеры
соединяемых стальных листов (в см) указаны на рис. 3.1.22.
Ответ: шов удовлетворяет условиям прочности.
3.1.3. Дополнительные задачи на сдвиг
Задачи на сдвиг встречаются не только при расчете заклепочных и болтовых соединений.
Имеются и другие элементы конструкций, испытывающие деформацию сдвига, и
поэтому при их расчете необходимо всякий раз удовлетворять условию прочности на
срез
 ср 
F
 Rs  c
As
(3.1.15)
и условию прочности на смятие
 см 
F
 R p c .
Ap
(3.1.16)
Например, при расчете соединения деревянных элементов в качестве
условия (3.1.15) применяется условие прочности на скалывание вдоль
волокон
F

 Rск  c ,
Aск
(3.1.17)
где Rск – расчетное сопротивление скалыванию.
Условие прочности на смятие в деревянных конструкциях вдоль
волокон имеет вид соотношения (3.1.16).
h=8
мм
Задача 3.1.16. Определить длину l призматической
шпонки, с помощью которой соединены вал 1 диаметром
0,036 м с колесом 2 (рис. 3.1.23). С вала на колесо передается
момент М = 144 Нּм. Расчетные сопротивления материала
шпонки равны: на срез Rs =
80 МПа, на смятие Rр
b=10
2
=320МПа,
коэффициент
мм
I
F
условий
работы
I
F
соединения γс = 1. Размеры
на рисунке указаны в мм.
1
d = 36
мм
Рис. 3.1.23
93
94
Решение. Вначале следует определить величину усилия F,
действующего на шпонку со сто-роны соединяемых деталей.
Оче-видно, что M = Fd/2, где d – диаметр вала. Следовательно,
F = 2M/d = 2·144/0,036 = 8000 Н.
Можно допустить, что это усилие равномерно
распределено по площади шпонки равной Aр = hl/2, где h = 8
мм – высота шпонки. Необходимая для обеспечения
прочности длина шпонки может быть найдена из условий
(3.1.15) и (3.1.16), которые применительно к рассматриваемой
задаче запишутся так:
F
F
 Rs ;
 Rp .
bl
l (h / 2 )
Находим длину шпонки из первого условия (прочность на срез):
F
8000
ls 

 0,01 м  1 см
bRs 0,01  80  106
и из второго условия (условие прочности на
смятие):
2F
2  8000
lp 

 0,00625 м  0,625 см.
hR p 0,008  320  10 6
F
B
h
F/
2
B
δ
x
F/
2
d
Рис. 3.1.24
Следовательно, чтобы соединение было
прочным, длину шпонки необходимо принять
равной большему значению из двух
полученных длин, т.е. 1 см.
Задача
3.1.17.
Определить
размеры δ и h чеки (рис. 3.1.24), служащей для закрепления
анкера В диаметром d = 40 мм в гнезде, а также длину x хвоста
анкера, если коэффициент условий работы соединения γс = 1, а
расчетные сопротивления равны: на растяжение (для
материала анкера) Ru = 160 МПа, на срез Rbs = 100 МПа, на
смятие Rbр = 320 МПа.
Указания
1. Сила F определяется из условия прочности на
растяжение анкера.
2. Площадь смятия равна δd , площадь среза 2h = 2xd.
Ответ: F = 137 кН; h = 7 см, x = 2 см.
94
95
δ
Задача 3.1.18. Цилиндр диаметром d = 12 см (рис. 3.1.25)
соединяется с деталью ВВ
90о
при помощи четырех
приливов, каждый из
b
В F/2
которых имеет высоту δ =
2 мм и длину b = 5 мм. F
d
Определить напряжения
среза τср и смятия σсм в
В F/2
этом соединении, если
сдвигающее усилие F =
Рис. 3.1.25
240 кН.
Ответ: σсм = 320 МПа;
τср = 128 МПа.
Задача 3.1.19. Две детали соединены шлицевым
соединением (рис. 3.1.26). Определить разрушающую
величину момента, передаваемого с вала 1 на деталь 2, если
предел прочности на срез материала Rsn = 100 МПа.
F
1
0
δ
М
2
20
6
1
d
1
Рис. 3.1.26
6
Ответ: Тразр = 486 Н·м.
Рис. 3.1.27
Задача 3.1.20. Определить, какую силу F (рис. 3.1.27) надо
приложить к штампу для пробивки в стальном листе
толщиной δ = 10 мм отверстия диаметром d = 12 мм, если
предел прочности на срез материала листа Rsn = 400 МПа.
Ответ: F = 151,2 кН.
95
р
Δ
δ
d
Рис. 3.1.28
96
150
F
150
50
F
50
Задача 3.1.21. Определить необходимую глубину Δ
кольцевой канавки мембраны предохранительного клапана
(рис. 3.1.28), если максимальное давление pmax = 10 МПа,
диаметр d = 4 см,
толщина мембраны δ = 2Δ, предел прочности материала
мембраны на срез Rsn = 100 МПа.
Указание
При достижении максимального давления pmax клапан
должен сработать, т.е. мембрана прорывается путем среза по
кольцевой канавке.
Ответ: Δ = 1 мм.
Задача 3.1.22. Проверить прочность соединения
деревянных элементов – врубки «прямым зубом», показанной
на рис. 3.1.29. Размеры врубки даны на рисунке в мм,
растягивающая сила F = 100 кН. Расчетные сопротивления для
500
150
Рис. 3.1.29
древесины имеют значения: на скалывание Rск = 2,5 МПа, на
смятие Rсм = 10 МПа, коэффициент условий работы
соединения γс = 1.
Решение. Проверяем выполнение условия прочности на
скалывание (3.1.17)
 ск 
F
100000
Н

 1,333  106 2  1,333 МПа  Rск  c  2,5 МПа.
Acк 0,15  0,5
м
Таким образом, условие прочности на скалывание
выполняется.
Проверяем условие прочности на смятие (3.1.16)
 см 
96
F
100000
Н

 4  106 2  4 МПа  Rсм с  10 МПа.
Aсм 0,05  0,5
м
97
a
b
Таким образом, и условие прочности на смятие также
выполняется.
Задача 3.1.23. Определить необходимые размеры врубки
«прямым
зубом».
Соединение показано на
F
F рис. 3.1.30. Сечение брусьев
квадратное, растягивающая
сила F = 40 кН.
c c
Расчетные
Рис. 3.1.30
сопротивления
для
древесины имеют значения:
на смятие Rсм = 10 МПа, на растяжение Rр = 12,5 МПа, на
скалывание Rск = 1,25 МПа, коэффициент условий работы
соединения γс = 0,8.
Ответ: а = 11,4 см; b = 4,4 см; с = 35,1 см.
3.2 Кручение
Кручением называют деформацию, возникающую при
действии на стержень пары сил, расположенной в плоскости,
перпендикулярной к его оси (рис. 3.2.1, а). Стержни круглого
или кольцевого сечения, работающие на кручение, называют
валами. При расчете валов обычно бывает известна мощность,
передаваемая на вал, а величины внешних скручивающих
моментов, подлежат определению.
Из теоретической
механики известна зависимость между скручивающим
моментом М, Н·м, мощностью (секундной работой) U, Н·м·с-1,
и числом n оборотов в минуту
для вала
M =
30
nπ
U.
М
М
(3.2.1)
Если
мощность
задана
в
киловаттах,
то
величина
скручивающего
момента
определяется по формуле
а
М
Т>0
М
97
б
Т>
0
Рис. 3.2.1
98
M
30570
U.
n
(3.2.2)
3.2.1. Крутящие моменты и их эпюры
В поперечных сечениях скручиваемого вала возникают
внутренние крутящие моменты Т. Они устанавливаются на
основе метода сечений: внутренний крутящий момент равен
алгебраической сумме односторонних внешних моментов.
При построении эпюр крутящих моментов принимают
следующее правило знаков: если при взгляде в торец
отсеченной части вала действующий в этом сечении момент
оказывается направленным против хода часовой стрелки, то
он считается положительным (рис. 3.2.1, б), а если по ходу
часовой стрелки – отрицательным.
Задача 3.2.1. На вал,
Mo(Uo)
M1(U1)
M2(U2)
делающий n = 100 об/мин,
передается через ведущий
шкив мощность U0 = 10
I
II
кВт. С двух ведомых
шкивов
снимаются
974 Н·м
мощности U1 = 6 кВт и U2
T
390 Н·м
= 4 кВт (рис. 3.2.2.)
Построить
эпюру
крутящих моментов Т для
Рис. 3.2.2
этого вала.
Решение.
Определяются величины внешних скручивающих моментов
по формуле (3.2.2.):
30570
30570
10  974 Н  м; М 1 
6  584 Н  м;
3,14  100
3,14  100
30570
М2 
4  390 Н  м.
3,14  100
Вал разбивается на два участка, границами которых являются
сечения, где приложены внешние моменты. Применяя метод сечений
на первом и втором участках, и пользуясь указанным выше правилом
для расчета крутящего момента Т, получим
Мо 
98
99
Т1 = М0 = 974 Н·м; Т2 = М0 – М1 = 974 – 584 = 390 Н·м.
Эпюра крутящих моментов представлена на рис. 3.2.2.
Задача 3.2.2. Для условий задачи 3.2.1. построить эпюру Т,
поменяв местами моменты М0 и М1.
Ответ: Т1 = –584 Н·м; Т2 = 390 Н·м.
Задача 3.2.3. Для стального вала круглого поперечного
сечения, нагруженного четырьмя внешними скручивающими
моментами М1=0,3 кН·м, М2 = 0,6 кН·м, М3 = 1,5 кН·м, М0 =
2,4 кН·м (рис. 3.2.3.), построить эпюру крутящих моментов.
Ответ: Т1 = –0,3 кН·м (на участке АВ); Т2 = –0,9 кН·м (на
участке ВС);
Т3 = 1,5 кН·м (на участке СD).
М1 М2
A
М0
B
М3
C
D
1 м 1,2 м 1,5
м
Рис. 3.2.3
М1 = 2
кН·м
A
М2= 3
кН·м
B
М4 = 5
кН·м
D
C
E
М3= 2,6
кН·м
Рис. 3.2.4
Задача 3.2.4. Построить эпюру крутящих моментов для
вала, показанного на рис. 3.2.4.
Ответ: Т1 = 2000 Н·м (на участке АВ); Т2 = –1000 Н·м (на
участке ВС);
Т3 = –3600 Н·м (на
М3
М0 М1 М2
участке CD);
III
I
Т4 = 1400 Н·м (на участке
A
D
B
C
DЕ).
a
a 1,2a 1,5a 2a
Задача 3.2.5. Найти наиболее
рациональное
расположение
Рис. 3.2.5
четырех крутящих моментов на
валу (рис. 3.2.5):
М1 = 2 кН·м, М2 = 3 кН·м;
М3 = 1 кН·м, М0 = 6 кН·м.
I
I
Указания
99
100
1. Наиболее выгодным расположением моментов на валу
является то, при котором максимальный момент Тmax будет
наименьшим среди Тmax при других расположениях внешних
моментов.
2. В задаче следует рассмотреть 3–4 варианта размещения моментов и
выбрать из них оптимальный вариант.
3. Длины участков вала остаются неизменными.
Ответ: Т1 = –3000 Н·м (на участке АВ); Т2 = 3000 Н·м (на
участке ВС);
Т3 = 1000 Н·м (на участке СD).
3.2.2 Расчет напряжений и деформаций валов
В поперечных сечениях вала при кручении действуют только
касательные напряжения, которые вычисляются по формуле:
T

,
I
(3.2.3)
где ρ – текущий радиус точек сечения; Iρ – полярный момент
инерции сечения.
Из формулы (3.2.3) следует, что при ρ = 0 имеем τ = 0, а
при ρ = ρmax =R получим
 max 
T
T
T
max 
R
,
I
I
W
(3.2.4)
где Wρ = Iρ/ρmax = Iρ/R – полярный момент сопротивления
сечения.
Деформация
кручения
характеризуется
углом
закручивания φ, который в общем случае определяется по
формуле
l

T ( x)
 GI  dx ,
0
а в частном случае при GIρ = const , T = const – по формуле

(3.2.5)
100
T l
.
GI 
101
В этих формулах l – расстояние между закручиваемыми
сечениями вала. В расчетах часто используется так
называемый относительный угол закручивания θ = φ/l. Из
формулы (3.2.5) следует, что
T
.
GI 

(3.2.6)
Поскольку кручение представляет собой по существу неравномерный сдвиг, то закон Гука и
выражение для потенциальной энергии имеют вид аналогичных соотношений из п. 3.1.
Закон Гука при кручении имеет вид
  G  G.
(3.2.7)
Удельная
формуле
потенциальная
энергия
2
u
2G


2
рассчитывается
по
,
а полная энергия находится из выражения
l
U

0
T 2 ( x ) dx
.
2GI 
В частном случае GIp = const, T = const выражение для
потенциальной энергии имеет вид
U
T 2l
.
2GI 
(3.2.8)
Задача 3.2.6. Стальной коленчатый вал ОВС (рис. 3.2.6)
принимает на плечо ВС усилие F = 100 Н. Найти наибольшее
касательное напряжение и угол закручивания плеча ОВ,
имеющего диаметр d = 8 мм и длину l = =25мм. Модуль
упругости G = 8·104 МПа, плечо а силы F равно 20 мм.
Решение. Определим величину внешнего момента:
M  Fa  100  0,02  2 Н  м.
Поскольку к элементу ОВ больше никаких внешних сил не приложено,
то, очевидно, что внутренний крутящий момент
a
В
d
1 01
Точка приложения
силы
2
l
2
С
F
Рис. 3.2.6
равен T = M = 2 Н·м=200 Н·см.
101
102
Для вычисления касательных напряжений и угла закручивания
необходимо найти геометрические характеристики поперечного сечения
элемента
ОВ.
Полярный
момент
сопротивления
равен
W  R 3 / 2  3,14  0,4 3 / 2  0,1 см 3 .
Полярный момент инерции равен
I   R 4 / 2  3,14  0,4 4 / 2  0,04 см 4 .
Наибольшее
формуле (3.2.4)
касательное
 max 
напряжение
определим
по
T
200
Н

 2000
 20 МПа.
W
0,1
см 2
Найдем угол закручивания сечения 2 – 2 относительно
сечения 1 – 1. Как видно из рис. 3.2.6, на этот же угол
повернется плечо ВС. Согласно формуле (3.2.5), получим

T l
2  2,5  102

 1,57  10 3 рад  0,09 град.
GI  8  1010  0,04  10 8
Задача 3.2.7. Найти, на какой угол повернется торец
стального вала, изображенного на рис. 3.2.7, если сила F =
1000 Н, плечо а = 50 см, длина вала l = 80 см, а его диаметр d =
5 см.
Ответ: φ = 0,5 град.
Задача 3.2.8. Найти максимальные касательные
напряжения при условиях задачи 3.2.7.
F
B
d
Ответ: τmax = 20 МПа.
Задача 3.2.9. Шестеренка В, насаженная на вал СК и
имеющая диаметр D = 40 мм (рис. 3.2.8), принимает окружное
K
a
C
l
Рис. 3.2.7
F
F
D
F
Рис. 3.2.8
усилие F = 200 Н. Найти напряжения в поперечном сечении
вала СК, если его диаметр d = 8 мм.
102
103
Ответ: τ = 40 МПа.
Задача 3.2.10. Для вала, показанного на рис. 3.2.9,
построить эпюру изменения по М/2
2d
М
М/2
длине
вала
величины
касательного напряжения в
крайней точке поперечного
d
l
сечения.
Ответ: эпюра τ имеет
вид кубической параболы.
Рис. 3.2.9
Задача 3.2.11. Вал круглого поперечного сечения
диаметром 10 см и длиной 3 м закручен на угол 2о. Чему равно
наибольшее касательное напряжение τmax, если модуль сдвига
материала вала равен G = 8·104 МПа?
Ответ: τmax = 46,5 МПа.
Задача 3.2.12. Два вала – круглого и кольцевого
поперечного сечений, имеющие один и тот же вес, передают
одинаковый крутящий момент. В каком из валов наибольшие
касательные напряжения будут больше и во сколько раз, если
отношение внутреннего и наружного диаметров полого вала
равно 0,6?
спл
пол
Ответ:  max
.
 1,7 max
Задача 3.2.13. Тонкостенная труба длиной 5 м со средним
диаметром 15 см и толщиной стенки 0,25 см закручивается
моментами, приложенными по торцам, до величины
касательных напряжений τ = 56 МПа. Найти полный угол
закручивания трубы, если G = 8·104 МПа.
Ответ: φ = 2,67о.
Задача 3.2.14. Для условий задачи 3.2.3 в предположении,
что вал ступенчатый dI = 5,2 см; dII = 6,9 см; dIII = 7,8 см,
модуль сдвига материала вала G = 8·104 МПа, построить
эпюру углов закручивания, приняв за начало отсчета сечение,
где приложен момент М0.
Указания
1. Вначале следует построить эпюру крутящих моментов
Тi.
103
104
2. Далее необходимо рассчитать углы закручивания по
отдельным участкам вала. Углы закручивания отдельных
сечений по отношению к начальному получаются
алгебраическим сложением углов закручивания на
участках.
3. При вычислении углов φi на отдельных участках по
формуле (3.2.5) значения Тi берутся с эпюры Тi с учетом
знаков. Учитывается и знак отрезков li: для сечений,
лежащих справа от условно неподвижного, принимается
знак «+», слева – «–».
Ответ: φА = 0; φВ = 0,23о; φС = 0,52о; φD = 0,35о.
3.2.3. Расчеты на прочность и жесткость валов
круглого
и кольцевого сечений
При расчете валов требуют, чтобы они удовлетворяли
условиям прочности и жесткости. Условие прочности требует,
чтобы максимальное касательное напряжение, вычисленное
по формуле (3.2.4), было меньше или в предельном случае
равно расчетному сопротивлению на срез Rs для материала
вала, т.е.
 max 
T
 Rs .
W
(3.2.9)
Условие жесткости требует, чтобы максимальный
относительный угол закручивания θmax, вычисленный
по формуле (3.2.5), был меньше или в предельном
случае равен допускаемому углу закручивания
единицы длины вала, т.е.

T
 рад 
 adm , 
GI 
 м 
.
(3.2.10)
Из формулы (3.2.9) можно найти необходимый для обеспечения прочности полярный момент
сопротивления сечения, а по нему и диаметр вала:
104
105
W  Т / Rs , но Wρ = 0,2d 3, поэтому
d пр  3
5T
.
Rs
(3.2.11)
Из формулы (3.2.10) можно найти необходимый полярный момент инерции сечения, а по
нему и диаметр вала
I 
T
.
Gadm
В этой формуле допускаемый относительный угол
закручивания θadm должен быть выражен в радианах; если этот
угол дан в градусах, то соотношение для определения Ip будет
выглядеть следующим образом:
I 
T
o
Gadm

180

,
но Ip = 0,1d 4 , поэтому
d жест.  4
10T 180

.
o

Gadm
(3.2.12)
Из двух диаметров, рассчитанных по формулам (3.2.11) и (3.2.12), в качестве окончательного
диаметра выбирается больший, который обычно округляется до целых миллиметров.
В случае расчета размеров вала кольцевого поперечного сечения при заданном соотношении
внутреннего dвн и наружного диаметров d, т.е. при заданном параметре k = dвн /d,
формулы (3.2.11) и (3.2.12) принимают вид:
d пр  3
5T
(1  k 4 ) Rs
;
(3.2.13)
d жестк.  4
10T
180

.
o
Gadm
(1  k 4 )
(3.2.14)
Задача 3.2.15. Для вала, показанного на рис.3.2.3,
сплошного круглого поперечного сечения найти необходимые
диаметры по участкам. Материал вала – сталь, модуль сдвига
G = 8·104 МПа, расчетное сопротивление на срез Rs = 30 МПа,
o
допускаемый угол закручивания adm
 0,3 град / м .
105
106
Решение. Прежде всего строится эпюра крутящих
моментов. Значения крутящих моментов по участкам
следующие:
Т1 = –М1 = –0,3 кН·м; Т2 = –М1 – М2 = –0,9 кН·м;
Т3 = –М1 – М2 + М0 = 1,5 кН·м.
Далее производится расчет диаметров по участкам вала из условия прочности, т.е. с
использованием формулы (3.2.11):
d 1,пр  3
5  0,3
30  10
3
 0,03684 м;
d 3,пр  3
d 2,пр  3
5  0,9
30  10 3
 0,05313 м;
5  1,5
 0,063 м.
30  103
Затем рассчитываются диаметры по участкам вала из
условия жесткости, т.е. с использованием формулы (3.2.12):
d1,жестк.  4
10  0,3  180
 0,052 м;
8  107  0,3  3,14
d2,жестк.  4
10  0,9  180
 0,0686 м;
8  107  0,3  3,14
d3,жестк.  4
10  1,5  180
 0,0778 м.
8  107  0,3  3,14
В качестве окончательных следует выбрать значения
диаметров, рассчитанные из условия жесткости. Таким
образом, окончательные размеры диаметров вала таковы: d1 =
52 мм, d2 = 69 мм, d3 = 78 мм.
Задача 3.2.16. Для вала, представленного в предыдущей
задаче (рис. 3.2.3), рассчитать по участкам диаметры
кольцевого сечения при отношении диаметров k = dвн/d = 0,8.
Решение. Подставляя в формулы (3.2.13) и (3.2.14)
o
известные значения Ti, Rs, G, adm
 0,3 град / м и k найдем
d1,пр = 4,44·10–2 м, d2,пр = 6,36·10–2 м, d3,пр = 7,56·10–2 м;
d1,жестк. = 5,94·10–2 м, d2,жестк. = 7,84·10–2 м, d3,жестк = 8,88·10–2
м.
Таким образом, за наружные размеры диаметров участков полого вала следует взять те,
которые были рассчитаны из условия жесткости. Итак, d1 = 60 мм, d2 = 79 мм, d3 = 89
106
107
мм. Внутренние расчетные диаметры будут равны d1,вн = 0,8·60 = 48 мм, d2,вн = 63 мм,
d3,вн = 71 мм.
М3= 1,8 кН·м
М2= 1,8 кН·м
М0=6,6 кН·м
М1=3 кН·м
П р и м е ч а н и е. Обычно внутренний канал полого вала
делается постоянного диаметра, за который принимают
наименьший из рассчитанных, т.е. в нашей задаче dвн = d1,вн =
48 мм, хотя при этом на некоторых участках соотношение
диаметров k будет несколько отличаться от заданного.
Задача
3.2.17.
Для
вала,
показанного на рис. 3.2.10, построить
эпюру крутящих моментов, подобрать
сплошное круглое и кольцевое сечения
по участкам из условий прочности и
жесткости. Сравнить массы полого и
I
II
III
сплошного валов. Дано: k = dвн/d =
0,4 м 0,7 м 0,6 м
0,7;
o
Рис. 3.2.10
Rs = 22 МПа, adm
= 0,5 град/м; G = 8·104
МПа,
число оборотов вала n = 195 об/мин.
Ответ: диаметры сплошного вала d1 = =88мм, d2 = 94 мм,
d3 = 76 мм; отношение массы полого вала к массе сплошного
равно 0,7.
Задача 3.2.18. На вал, делающий n = 200 об/мин,
передается через ведущий шкив на ведомый мощность U = 425
кВт. Рассчитать диаметр d сплошного круглого вала, если
o
принять Rs = 100 МПа, adm
= 0,25 град/м, модуль сдвига
4
материала вала G = 8·10 МПа.
Ответ: d = 145 мм.
Задача 3.2.19. Полый стальной вал нагружен
сосредоточенным крутящим моментом Т = 6 кН·м.
Определить наружный и внутренний диаметры вала, если Rs =
o
70 МПа, adm
= 1 град/м, G = 8·104 МПа, k = dвн/d = 0,8.
Ответ: d = 90 мм; dвн = 72 мм.
Задача 3.2.20. Вал, жестко закрепленный одним концом,
закручивается моментом М = 3 кН·м, приложенным ко
второму его концу. Длина вала 2 м. Рассчитать, насколько
107
108
0,25φo
легче будет полый вал (k = 2/3), чем равнопрочный и
равножесткий вал сплошного круглого сечения.
o
Дано: Rs = 30 МПа, adm
= 0,2 град/м, G = 8·104 МПа.
Ответ: полый вал легче сплошного на 49 кг.
Задача 3.2.21. Прямолинейный круглый стальной
стержень ступенчато-переменного диаметра жестко защемлен
одним концом и нагружен системой трех внешних крутящих
моментов (рис. 3.2.11, а), причем
М1 = 2М; М2 = 1,5М; М3 = М, а М = 20 кН·м.
Построить
эпюры
M2=1,5 M3=М
крутящих моментов Т,
I M1=2 II
М III
М
абсолютных
и

2Jp 1 Jp
2
3
относительных  углов
0
закручивания
стержня,
b=1,4a=0,7
a=0,5
a
эпюру
наибольших
м
м
касательных напряжений
а
0,5M
 max в сечениях по всей
длине стержня.
Т
Из условий прочности и
M
жесткости
подобрать б
1,5M
диаметры
сплошного
τ
o
0,89τo
стержня для каждого
τma
участка,
приняв
в
расчетах модуль сдвига G
x
= 0,8·105 МПа, расчетное в
0,5τo
сопротивление материала
стержня (сталь) на срез Rs
= 100 МПа, допускаемый
φ
0,75φo
от-носительный
угол
г
o
0,5θo
закручивания adm = 0,4
1,65φo
град/м.
Полярные
моменты
инерции
и
длины участков показаны
θ
θo
на рис. 3.2.11, а.
0,75θo
д
108
Рис. 3.2.11
109
Решение. Обозначим цифрами характерные сечения на
стержне. Имеем для II и III участков
I  , II  I  , III  I  
d 4
32
W , II  W , III  W 
;
d 3
16
(a)
,
где через d обозначен диаметр стержня в пределах этих
участков. Для участка I получаем:
I ,I 
d I4
32
 2I   2
d 4
32
,
d I  21/ 4 d  119
, d.
откуда находим
(б)
Кроме того,
W , I 
d I3
16


16
2 3/ 4 d 3 

16
119
, 3 d 3  1,68W .
(в)
Определим внутренние крутящие моменты на каждом участке, начиная
со свободного конца:
TIII = –M3 = –M; TII = –M3 + M2 = –M + 1,5M = 0,5M;
TI = –M3 + M2 – M1 = –M + 1,5M – 2M = –1,5M.
Строим эпюру крутящих моментов Т (рис. 3.2.11, б).
Определяем наибольшие касательные напряжения на каждом участке,
используя формулу (3.2.4):
 max, I 
 max, II 
1,5 M
1,5 M
M

 0,89
 0,89 o ;
W , I
1,68W
W
0,5 M 0,5 M
M
M

 0,5 o ;  max, III  

  o .
W , II
W
W , III
W
В последних формулах введено обозначение
M
o 
.
W
(г)
Строим эпюру максимальных касательных напряжений по длине
стержня (рис. 3.2.11, в).
Определяем углы закручивания отдельных участков по формуле
(3.2.5):
109
110
I 
1,5 Ma
Ma
 0,75
 0,75 o ;
G2 I 
GI 
 III  
 II 
0,5 Ma
 0,5 о ;
GI 
Mb
M  1,4a

 1,4 o ,
GI 
GI 
где введено новое обозначение
о 
Ma
.
GI 
(д)
Вычисляем углы поворота характерных сечений стержня:
 0  0; 1  0   I  0,75o ;  2  1   II  0,75 o  0,5 o  0,25 o ;
3  2   III  0,25o  1,4o  1,65o .
По полученным результатам строим эпюру  (рис. 3.2.11, г).
Определяем относительные углы закручивания на каждом участке
стержня по формуле (3.2.6):


M
 I  I  0,75
 0,75o ;  II  II  0,5o ;
a
GI 
a
 III 
 III
b

M  1,4a
 o .
GI   1,4a
Строим эпюру  (рис. 3.2.11, д).
По эпюре  max (рис. 3.2.11, в) видно, что самое большое касательное
напряжение будет на участке III, поэтому формулу (3.2.11) записываем
применительно к этому участку
d 3
5M
5  20
3
 0,1 м.
Rs
100  103
По эпюре  очевидно, что самый большой относительный угол
закручивания будет на участке III, поэтому применяем формулу (3.2.12)
для участка III:
10 M 180
10  20
180

4

 0,14 м.
o

Gadm
0,8  105  103  0,4 3,14
Сравнивая результаты расчетов на прочность (d = 0,1 м) и на жесткость
(d = 0,14 м) находим, что главенствующим в рассматриваемой задаче
является расчет на жесткость, поскольку d = 0,14 м > 0,1 м. Окончательно
принимаем d = 14 см.
Определяем диаметры сечений остальных участков:
dII = dIII = d =14 см, dI =1,19d = 16,7 см.
d 4
110
111
Определим значение угла закручивания  на правом торце стержня
(рис. 3.2.11, а) в сечении 3. Из эпюры  (рис. 3.2.11, г) выписываем с
учетом формул (д) и (а):
Мa
20  0,5  32
 3  1,65 о  1,65
 1,65
 0,0055 рад  0,31о .
5
GI 
0,8  10  103  3,14  0,14 4
3.2.4. Статически неопределимые задачи на кручение
Как известно, статически неопределимыми называют задачи, в которых число
неизвестных опорных реакций или число внутренних усилий превышает число
возможных уравнений статики. Один из методов решения статически
неопределимых задач сводится к следующему:
а) составляются все возможные в данной задаче уравнения
статики;
б)
представляется картина деформации, происходящей в данной конструкции, и
записываются деформационные уравнения, число которых должно быть равно степени
статической неопределимости задачи;
в) решается совместная система уравнений статики и деформационных уравнений.
Рассмотрим решение статически неопределимой
задачи на кручение.
Задача 3.2.22. Построить эпюру крутящих моментов для
вала постоянного по длине
поперечного сечения, жестко
MA
MB
M
х защемленного обоими торцами
и нагруженного скручивающим
а
сосредоточенным моментом М
(рис. 3.2.12), расположенным
б
на расстоянии а от левого
Ma
закрепления.
Mb
ab
в
Решение. Так как вал
ab
защемлен с двух торцов, то в
обоих защемлениях возникнут
b
a
реактивные опорные моменты
Рис. 3.2.12
МА и МВ. Для их определения
используем вначале уравнения
статики. В данном случае можно составить только одно
уравнение равновесия: i M x  0 , или
МА+ МВ + М = 0.
(3.2.15)
111
112
Уравнение содержит две неизвестные величины: МА и МВ.
Следовательно, данная задача является один раз статически
неопределимой.
Рассматриваем картину деформации вала (рис. 3.2.12, б).
Видно, что взаимный угол закручивания правого торца
относительно левого равен нулю. Угол поворота правого
торца относительно левого может быть представлен в виде
суммы углов закручивания отдельных участков вала.
Согласно формуле (3.2.5), углы закручивания по участкам
определятся следующим образом: для участка длиной а
a  Ta a / (GI  ), для участка длиной b b  Tbb / (GI  ), где Ta и Tb –
крутящие моменты на соответствующих участках вала.
Суммарный угол закручивания по условию закрепления
концов равен нулю, т.е.

i
  a  b 
i
Ta a
Tb
 b  0.
GI  GI 
(3.2.16)
Это и есть деформационное уравнение задачи. Преобразуем его.
Применяя метод сечений, выразим крутящие моменты Та и Тb:
Та = МА , Тb = МВ.
Подставив эти значения моментов в уравнение (3.2.16), и
сократив полученное уравнение на постоянный множитель
GIp, получим
Маּа
–
Мbּb
=
0.
(3.2.17)
Решая совместно уравнения (3.2.15) и (3.2.17), найдем
MA  
Mb
Ma
; MB  
.
a b
a b
Знак «–» указывает на то, что истинное направление
реактивных
моментов
противоположно
выбранному
первоначально. Вычислив реактивные моменты, строим эпюру
крутящих моментов по известным правилам (рис. 3.2.12, в).
Можно отметить следующую особенность эпюр крутящих
моментов в статически неопределимых валах с GIp = const:
112
4M
d
2d
M
M1
I
Jp
2l
l
l
Рис. 3.2.13
2l
M2
II
Jp
a
III
2Jp
b
Рис. 3.2.14
a
113
суммарная площадь эпюры крутящих моментов равна нулю,
что по существу предопределено уравнением (3.2.17). Если
вал ступенчатый, то нулю должна быть равна сумма площадей
эпюры крутящих моментов, отнесенных к моментам инерции
сечений на соответствующих участках.
Задача 3.2.23. Построить эпюру крутящих моментов для
ступенчатого вала, показанного на рис. 3.2.13.
Ответ: Т1 = – (9/17)М, Т2 = T3 = (8/17)М, Т4 = (16/17)М.
Задача 3.2.24. Построить эпюру крутящих моментов для
ступенчатого вала, нагруженного согласно рис. 3.2.14.
Известно, что М1 = 200 Нּм, М2 = = 300 Нּм, а = 0,2 м, b = 0,3 м,
а также, что полярный момент инерции на третьем участке в
два раза больше полярных моментов инерции на первом и
втором участках.
Ответ: Т1 = –83,3 Нּм; Т2 = 116,7 Нּм; Т3 = –183,3 Нּм.
Задача 3.2.25. Построить эпюру крутящих моментов для вала,
представленного на рис. 3.2.15.
Ответ: Т1 = Т3 = –М/3; Т2 = 2М/3.
M
M
M
Jp
2Jp
a
а
Рис. 3.2.15
a
a
a
Рис. 3.2.16
Задача 3.2.26. Построить эпюру Т и произвести ее
проверку для вала, показанного на рис. 3.2.16.
Дано: М = 900 Нּм, а = 0,2 м.
Ответ: Т1 = –600 Нּм;
M2 = 400 Нּм
M1 = 200 Нм
ּ
Т2 = 300 Нּм.
Jρ
Задача 3.2.27. Построить
Jρ
1,5Jρ
эпюру Т и произвести ее
проверку
для
вала,
показанного
на
рис.
3.2.17.
а
a
a
Ответ: Т1 = 25 Нּм;
Рис. 3.2.17
113
114
Т2 = 225 Нּм, Т3 = –175 Нּм.
Задача 3.2.28. Построить эпюры крутящих моментов Т,
абсолютных  и относительных  углов закручивания
круглого сплошного ступенчатого стержня, защемленного с
двух торцов и нагруженного внешним крутящим моментом М
(рис. 3.2.18).
Решение. Задача один раз статически неопределима.
Решим задачу следующим способом. Отбросим мысленно
правое защемление, т.е. рассмотрим статически определимый
стержень, показанный на рис. 3.2.18, б. Эпюра крутящих
моментов для него от действия внешнего крутящего момента
М имеет вид, показанный на рис. 3.2.18, в. Определим угол
закручивания правого торца В статически определимого
стержня:
 B   I   II   III   I 
Ma
.
G2 I 
Ответ получился со знаком «+», следовательно, сечение В
повернется вокруг оси х в направлении внешнего момента М.
Но на самом деле сечение 4 статически неопределимого
стержня (рис. 3.2.18, а) не поворачивается ( 4  0) . Приложим
к статически определимому стержню крутящий момент МВ
(рис. 3.2.18, г) и определим угол поворота  М В правого торца
только от действия момента МВ, используя эпюру крутящего
момента Т ( М В ) (рис. 3.2.18, д),
M  
В
M B 2a M B
3aM B


.
G 2 I  GI 
GI 
Теперь можно записать деформационное условие,
показывающее, что угол поворота в сечении 4 статически
неопределимого стержня должен быть равен нулю:
4   В   M 
B
114
Ma 3aM B

 0.
2GI  GI 
115
Из
этого
условия
находим
МВ = М/6.
I M
Крутящий момент МВ
1
будет являться опорной
реакцией для статически
неопределимого стержня,
a
МВ = М4.
a
Окончательная эпюра
M
крутящих
моментов
получается
сложением
А
двух эпюр Т и Т ( М В )
(рис. 3.2.18, е).
Приступаем
к б
M
построению эпюры углов
закручивания φ, для чего
вычисляем по формуле в
(3.2.5) углы закручивания
для каждого участка
I 
 II  
II
M4
III
3
2
2I 
4
I
a
2a
В х
Т
MВ
5 Ma
5aM

;
6G 2 I  12GI 
Ma
aM

;
6G 2 I 
12GI 
 III  
M 2a
aM

,
6GI 
3GI 
а затем находим значения
углов закручивания в
характерных сечениях:
г
д
МВ=М/6
Т( М В )
5М/6
е
М/6
φо /3
5φо /12
φ
ж
5θо /12
з
Т
θо /12
θо /6
θ
Рис. 3.2.18
115
116
3  2   II 
5aM
5aM
Ma
aM
;
1  0;  2  1   I 
12GI   12GI  12GI  3GI ;



4  3   III 

aM
Ma

 0.
3GI  3GI 
Последний
результат
подтверждает
правильность
проведенных вычислений. Введя для сокращения новое
обозначение o  aM / (GI  ) , окончательно получаем:
1  4  0; 2  5о / 12;  3   о / 3 .
Затем строим эпюру абсолютных углов закручивания (рис.
3.2.18, ж).
Для
построения
эпюры
относительных
углов
закручивания (рис. 3.2.18, з) необходимо предварительно
вычислить
I 
I
a

5M
5
M
  o ; где принято о 
, следовательно,
12GI  12
GI 
 II



  o ;  III  III   o .
a
12
2a
6
Определим необходимые диаметры стержня. Примем, что внешний
крутящий момент М = 20 кНּм, расчетное сопротивление материала
стержня на срез Rs = 100 МПа, допустимый относительный угол
o
закручивания adm
 0,4 град / м , а модуль сдвига G = 8·104 МПа.
Диаметр стержня в пределах I и II участков будем обозначать d1, а в
пределах участка III – d4. Согласно условию задачи между d1 и d4,
существует соотношение (рис. 3.2.18, а):
 II 
d14
32
 2I  и
d 44
 I  , тогда
d14
d44
1
, откуда d1  2 4 d 4  1,19d 4 .
16
 (119
, d4 ) 3
Кроме того,
W ,1 

 1,68W ,4 .
16
16
Необходимый диаметр d1 при условии обеспечения прочности стержня
определяем по формуле (3.2.11), взяв значение крутящего момента из
эпюры Т, представленной на рис. 3.2.18, е:
32
32

d13
d1,пр  3
116
5  5  20
 0,094 м , d4, пр  d1 / 119
,  0,079 м.
6  100  103
117
Определим максимальное касательное напряжение, которое возникнет
в стержне на участке III:
T
M
20  16
4,max 


 34450 КПа  34,45 МПа  Rs  100 МПа.
W ,4 6W ,4 6    d43,пр
Необходимый диаметр при условии обеспечения жесткости стержня
находим по формуле (3.2.12):
d1,жестк  4
10  5  20
180
,  0,11 м.

 0,13 м; d 4 , жестк  d1, жестк / 119
4
3
8  10  10  6  0,4 3,14
Сравнивая результаты, принимаем окончательно d1 =13 см, d4 =11 см,
определенные из условия жесткости.
Диаметр d4,жестк можно определить также, используя эпюру θ (рис.
3.2.18, з), из которой видно, что  max  5o / 12 на участке I, поэтому
приравнивая
5
5M

o
 max  o 
 adm  adm

( рад),
12 12GI 
180
находим I  
5M
d 44

и, наконец, определяем
12G adm
32
d 4,жестк  4
5 М 32
5  20  32  180
4
 0,11 м,
12Gadm
12  8  104  103  0,4  3,14  3,14
, d 4,жест  0,13 м.
а d1, жестк  119
3.2.5. Расчет винтовых пружин с малым шагом
l
Приведем основные сведения по элементарной теории расчета на
прочность и жесткость витых цилиндрических пружин с постоянным
и малым шагом витка l, при котором угол наклона витка к горизонту
мал и можно положить, что cosα  1 (рис. 3.2.19). Средний радиус
витка пружины обозначаем R, а радиус стержня пружины – r.
Применяя метод сечений (рис. 3.2.20), можно установить, что в
сечении пружины действуют внутренняя поперечная сила Q = F и
крутящий момент T = FּR. Наибольшее
касательное напряжение в пружине
F
определяется по формуле
Q T
(3.2.18)
 max  
.
A W
После подстановки
T = FּR, Q = F, A = πr2, Wp = πr3/2
формула (3.2.18) приводится к виду
2r
α
F 117
F
2R
Рис. 3.2.19
T=FR Q=F
Рис. 3.2.20
118
 max 
T 
r 
1 
.
W 
2R 
(3.2.19)
Эта формула является расчетной для оценки прочности
пружины. При R>5r членом r/2R пренебрегают по сравнением
с единицей и условие прочности записывают в виде
T
2 FR
(3.2.20)

 Rs .
W
r 3
Расчет на жесткость пружины сводится к определению ее осадки, т.е. к
определению изменения длины оси пружины:
 max 

4 FR 3n
,
Gr 4
(3.2.21)
где n – число витков.
Задача 3.2.29. Цилиндрическая винтовая пружина нагружена
растягивающей силой F = 500 Н. Определить максимальные касательные
напряжения в витках пружины и ее удлинение, если
r = 5 мм, R = 6 см, G = 8ּ104 МПа, n = 7.
Решение. Так как R > 5r (6 > 2,5 см), то воспользуемся приближенной
формулой для максимальных касательных напряжений
T
2 FR 2  500  0,06
Н
 max 


 1,53  10 6 2  153МПа.
3
3
W
r
3,14  0,005
м
Вычисляем осадку пружины по формуле (3.2.21)
4  500  0,063  7
 0,06 м = 6 см.
8  1010  0,0054
Задача 3.2.30. Определить величину максимальной допускаемой
сжимающей пружину нагрузки, а также осадку пружины, если известно,
что R= 60 мм, r = 8 мм (рис. 3.2.19), n = 6, G = 8,2ּ104 МПа; расчетное
сопротивление материала пружины на срез Rs = 300 МПа.
Ответ: Fmax = 4 кН, χ = 6,1 см.
Задача 3.2.31. Жесткий рычаг, нагруженный
2
1 посередине силой F = 20 кН, подвешен на двух
пружинах с одинаковым числом витков n = 10 (рис.
3.2.21). Подобрать диаметры проволоки каждой
пружины так, чтобы напряжения в них не превосходили
F
расчетного сопротивления на срез Rs = 500 МПа.
Средние радиусы витков R1 = 5 см, R2 = 2,5 см.
Рис. 3.2.21
Определить, насколько растянется каждая пружина.
Ответ: d1 = 2r1 = 1,72 см; d2 = 2r2 = 1,38 см; χ1 = 1,08 см; χ2 = 3,4 см.
Задача 3.2.32. Две пружины одинаковой
F/2
длины в месте стыка нагружены осевой силой F

2
1
118
F/2
Рис. 3.2.22
119
(рис. 3.2.22). Общая длина пружины не меняется. Как распределяется сила
F между пружинами, если n1 = 6; n2 = 4; R1 = 2 см, R2 = 4 см; r1 = 0,4 см, r2 =
0,5 см?
Ответ: N1 = 0,68F; N2 = 0,32F.
a
F
3.3. Кручение тонкостенных стержней замкнутого профиля
Наиболее целесообразными при кручении являются тонкостенные
стержни
замкнутого
профиля.
Геометрическое
место
точек,
равноотстоящих от внешнего и внутреннего контуров поперечного
сечения, называется средней линией сечения (рис. 3.3.1).
Наибольшее
касательное
напряжение в поперечном сечении
Средняя линия
стержня определяется по формуле
сечения
 max 
T
,
2 Aср t min
(3.3.1)
где Аср – площадь сплошного сечения,
ограниченного
средней
линией
сечения; tmin – минимальная толщина
стенки в сечении; Т – внутренний
крутящий момент в сечении.
Формула
s
Tl
ds

(3.3.2)
2  t
4GAср 0
t
tmin
Аср
Рис. 3.3.1
позволяет вычислить угол закручивания φ стержня
Интегрирование производится по длине s контура сечения.
Если
тонкостенный
стержень
имеет постоянную толщину стенки t,
тогда формула (3.3.2) принимает вид
длиной
l.

Tl S
,
2
t
4GAср
(3.3.3)
l
a
M
1 см
3 см
б
1 см
6 см
Рис. 3.2.23
1 см
a
3
5 см
a
2
119
1 см
1
Задача 3.2.33. Жесткий невесомый рычаг (рис.
3.2.23), подвешенный на трех пружинах с одинаковым
числом витков, нагружен силой F = 4 кН. Подобрать
диаметр проволоки для каждой пружины так, чтобы
касательные напряжения в них были одинаковы и
равны τ = 500 МПа. Средние радиусы витков равны: R1
= 3 см, R2 = 4 см, R3 = 5 см.
Ответ: d1 =10,2 мм; d2 =9,07 мм; d3 = 9,44 мм.
4 см
Рис. 3.3.2
120
где S – длина контура сечения, отсчитываемая вдоль средней линии
сечения.
Задача 3.3.1. Определить наибольшее касательное напряжение и угол
закручивания стержня с трубчатым прямоугольным поперечным сечением,
если внешний крутящий момент М = 2 кН·м, длина стержня l = 1 м (рис.
3.3.2, а), а модуль сдвига материала стержня G = 8·104 МПа.
Решение. По рис. 3.3.2, б находим Аср = 4·6 = 24 см2, tmin = 1 см.
Формула (3.3.1) дает
2
 max 
 41667 кПа  41,667 МПа.
2  24  10 4  0,01
Угол закручивания φ в сечении, где приложен внешний крутящий
момент М, определяем по формуле (3.3.3):

2 1
0,04  2  0,06  2

 0,022 рад.
0,01
4  8  104  103  (24  10 4 ) 2
6 см
С
5 см
1 см
Задача 3.3.2. Определить наибольшее касательное напряжение и угол
закручивания φ трубчатого сечения (рис. 3.3.3),
если внешний крутящий момент М = 2 кН·м
действует на участке длиной l = 1 м, а модуль
сдвига материала трубчатого стержня G = 8·104
МПа.
0,5 см
3 см
Решение. По рис. 3.3.3 находим tmin = 0,5 см, 0,5 см
Аср = 6·3,5 = 21 см2, тогда формула (3.3.1) дает
С
2
 95238 КПа  95,238 МПа.
2  21  104  0,005
Максимальное касательное напряжение будет в
середине
длинной
стороны
(точка
С)
3,5
поперечного сечения, имеющей минимальную
толщину
см
Рис.
3.3.3
tmin = 0,5 см.
По формуле (3.3.2) определяем угол закручивания сечения на длине
стержня в 1 м:
1 см
 max 

2 1
 3,5  2 6  2 

 0,044 рад.
3
4 2 
0,5 
4  8  10  10 (21  10 )  1
4
Задача 3.3.3. Определить наибольшее касательное напряжение и угол
закручивания участка стержня кольцевого трубчатого сечения, показанного
на рис. 3.3.4, если внутренний крутящий момент Т = 0,2 кН·м действует на
участке стержня длиной l = 1 м, модуль сдвига материала стержня
G = 8·104 МПа, а d = 2 см, D =3 см.
120
121
Задачу решить двумя способами:
1) поперечное
сечение
рассматривать
как
тонкостенный
замкнутый
профиль
и
определить
максимальное
касательное
напряжение  1,max и угол закручивания φ1 в
D d
С
пределах участка длиной 1 м;
2) поперечное
сечение
рассматривать
как
Рис. 3.3.4
кольцевое поперечное сечение и определить
угол закручивания φ2 и касательное напряжение  С в точке С
сечения, используя формулы (3.2.3) и (3.2.5).
Ответ: φ1 = 0,041 рад;  1,max = 40,76 МПа;
φ2 = 0,039 рад;  С = 39,2 МПа
121
122
Глава 4
ПЛОСКИЙ ПОПЕРЕЧНЫЙ
ИЗГИБ
Изгиб представляет собой такую деформацию, при
которой происходит искривление оси прямого бруса или
изменение кривизны кривого бруса. Изгиб называют чистым,
если изгибающий момент является единственным внутренним
усилием, возникающим в поперечном сечении бруса (балки).
Изгиб называют поперечным, если в поперечных сечениях
бруса наряду с изгибающими моментами возникают также и
поперечные силы. Если плоскость действия изгибающего
момента проходит через одну из главных центральных осей
поперечного сечения, то изгиб носит название плоского или
прямого.
4.1. Построение эпюр изгибающих моментов и поперечных сил
Поперечная сила в сечении балки а – а считается
положительной, если равнодействующая внешних сил слева
от рассматриваемого сечения направлена снизу вверх, а справа
– сверху вниз (рис. 4.1.1, а), и отрицательной – в
противоположном случае (рис. 4.1.1, б). Иногда пользуются
F
Qa-a>0
а
а
а
Qa-a<0
а
F F
Рис. 4.1.1
а
б
F
Мa-a>0
М
М
а
а
а
Мa-a<0
а
М
а
б
М
Рис. 4.1.2
следующим правилом: положительная поперечная сила
стремится повернуть балку вокруг рассматриваемого сечения
122
123
по часовой стрелке, а отрицательная – против часовой
стрелки.
Ординаты эпюр поперечных сил, соответствующие
положительным значениям, будем откладывать вверх от осей
эпюр, а отрицательным – вниз (ось эпюры должна быть
направлена параллельно оси балки).
Изгибающий момент в сечении балки а-а считается положительным,
если равнодействующий момент внешних сил слева от сечения направлен
по часовой стрелке, а справа – против часовой стрелки (рис. 4.1.2, а), и
отрицательным – в противоположном случае (рис. 4.1.2, б).
Ординаты
эпюр
изгибающих
моментов,
соответствующие
положительным значениям, будем откладывать вниз от осей этих эпюр, а
отрицательным – вверх (ось эпюры должна быть направлена параллельно
оси балки).
Таким
образом,
устанавливаясь
откладывать
положительные ординаты эпюры изгибающих моментов вниз
от оси балки, мы получим, что эпюра оказывается
построенной со стороны растянутых волокон балки.
Теорема Журавского (теорема Шведлера). Производная
от изгибающего момента M по длине балки равна поперечной
силе Q:
dM
 Q.
dx
(4.1.1)
Производная от поперечной силы Q по длине
распределенной нагрузке q:
dQ
 q.
dx
балки равна
(4.1.2)
Указания
1. Если в рассматриваемом сечении приложена
сосредоточенная сила F, перпендикулярная к оси балки, то
значение поперечной силы Q в этом сечении изменяется
скачкообразно на величину приложенной силы F.
2. Если в рассматриваемом сечении к балке приложен
сосредоточенный внешний момент m, то значение
123
124
изгибающего момента M в этом сечении изменяется
скачкообразно на величину приложенного момента m.
3. Тангенс угла между касательной к линии,
ограничивающей эпюру изгибающего момента М и осью
эпюры, равен поперечной силе Q.
4. Чем больше по абсолютной величине значение
поперечной силы Q тем круче линия, ограничивающая эпюру
М.
5. На участке балки, на котором поперечная сила имеет
постоянное значение, эпюра изгибающих моментов М будет
ограничена прямой наклонной линией.
6. Изгибающий момент достигает максимума или
минимума в тех сечениях балки, в которых поперечная сила
равна нулю; касательная к линии, ограничивающей эпюру М,
в этом сечении параллельна оси эпюры.
7. На участках балки, на которых распределенная нагрузка
q отсутствует, поперечные силы Q постоянны, а изгибающие
моменты M меняются по линейному закону.
Задача 4.1.1. Построить эпюры изгибающих моментов и
поперечных сил для балки, изображенной на рис. 4.1.3.
Решение. Определим вертикальные опорные реакции RA и
RB балки. Отметим, что левая опора – шарнирно неподвижная
опора, поэтому в ней возникает вертикальная опорная реакция
RA,
препятствующая
вертикальному
смещению,
и
горизонтальная
опорная
реакция
Н,
исключающая
горизонтальное смещение закрепленного сечения балки.
Однако при заданной вертикальной нагрузке имеем:
 X  H  0, следовательно, H = 0.
откуда t  3 1,45 / (103  240)  0,0182 м  182
, см.
Построим эпюру касательных напряжений  . С
точки зрения касательных напряжений наиболее
опасными являются участки I и IV с Q = =Qmax = 8
кН. Величины касательных напряжений  в
124
125
поперечных сечениях балки определяются по
формуле (4.2.6), которая для нашего случая
принимает вид

8000  S z/  24
661t 4 t ef
10 6 
0,3  10 3 S z/

МПа.
t ef
t4
Для точки 1 имеем S z(/ 1)  0, tef(1) = b = 3t,  (1)  0 .
Далее определяем эти же параметры для точки 2:
S z/( 2)  bt f hc  t f / 2  3t 2  2,375t  t / 2  5,625t 3 ; t ef (2)  b  3t ;
 (2) 
0,3  10 3 5,625t 3 0,56  10 3


МПа.
3t
t4
t2
Аналогично
определяем
статический
момент
относительно нейтральной оси z отсеченной части
поперечного сечения для точки 3:
S z/( 3)  S z/( 2)  5,625t 3 ; t ef ( 3)  t ,  (3) 
Для точки 4 находим
0,3  10 3 5,625t 3 1,68  10 3

МПа.
t
t4
t2
S z/( 4 )  bt f (hc  t f / 2)  (hc  t f )t (hc  t f ) / 2  6,565t 3 ; t ef (4)  t ;
 ( 4) 
0,3  10 3 6,565t 3 1,97  10 3


МПа.
t
t4
t2
В точке 5 получаем S z(/ 5)  0 – статический момент сечения
равен нулю относительно оси, проходящей через центр
тяжести этого сечения; tef(5) = t, тогда  (5)  0 .
По полученным значениям  (i ) строим эпюру касательных
напряжений в поперечных сечениях балки на участке I или IV
(рис. 4.2.2, б).
Определим минимальный размер t при выполнении
условия (4.2.8), которое для рассматриваемого случая
принимает вид:
 max   (4)  1,97  10 3 / t 2  0,58 R y  0,58  240 МПа,
откуда находим t  1,97 10 3 / (0,58  240)  0,0038 м  0,38 см.
125
126
Таким образом, имеем два значения t: t = 1,82 см – при
расчете по максимальному нормальному напряжению  x,max и
t = 0,38 см – при расчете по максимальному касательному
напряжению  max . Окончательно принимаем максимальное
значение t = 1,82 см.
F
Задача
4.2.2.
Определить
а
максимальное нормальное напряжение
В а
σx и максимальное касательное
l/2
l/2
напряжение
τ,
возникающие
в
поперечных
сечениях
балки,
MB=Mmax=Fl/ представленной на рис. 4.2.3. Принять
h = 10 см, b = 6 см, l = 4 м, F = 8 кН.
F/2
Q
4
Решение. Из эпюры изгибающих
а
F/2
моментов М определяем, что Mmax =
Fl/4 = 8 кН·м. Осевой момент
σx τ
y
сопротивления Wz для прямоугольного
σc,max
сечения определяется по формуле
z
bh 2 6  10 2
τmax
Wz 

 100 см 3  1 10 4 м 3 .
h
M
6
b
б
6
Используя
находим
σt,max
Рис. 4.2.3
формулу
 x ,max   t ,max   c,max  
(4.2.5),
M z 8  103

 80 МПа.
Wz
10 4
На рис. 4.2.3, б показана эпюра нормальных напряжений
σx.
Из эпюры поперечных сил (рис. 4.2.3, а) находим Qmax =
F/2 = 4 кН. Далее определяем осевой момент инерции для
прямоугольного сечения
Iz 
bh 3 6  10 3

 500 cм 4  5  10 6 м 3 ,
12
12
и статический момент отсеченной части поперечного сечения
(рис.4.2.3, б)
h
h y
b h2
S z/ = b  (  y)(  )  (  y 2 ).
2
4 2
2 4
126
127
По формуле (4.2.6) находим

4  103 0,06 0,12
0,01
(
 y 2 )  400(
 у 2 ).
6
2
4
4
0,06  5  10
Последняя формула показывает, максимальное значение
касательного напряжения будет в точках поперечного сечения,
расположенных на оси z, т.е.  max   ( y  0)  1 МПа. На рис.
4.2.3, б показана эпюра касательных напряжений  .
Задача 4.2.3. Определить необходимую ширину b балки
прямоугольного поперечного сечения b  h (рис. 4.2.3, а),
причем h = 3b. Длина балки l = 4 м, F = 6 кН. Материал балки
– сталь с Ry = 240 МПа,  с = 1.
Решение. Согласно условию задачи, имеем Mmax = Fl/4 =
6 кН·м в сечении В. Вычисляем для прямоугольного
поперечного сечения b  h (рис. 4.2.3): Wz = b(3b)2/6 = 1,5b3,
тогда из формулы (4.2.7) получаем
Wzn,min = Mz,max /( Ry  с ) = 0,006/240 = 0,000025 м3 = 25 см3, но
Wz = 1,5b3.
Приравнивая Wzn,min = Wz , определяем b = 2,55 см.
Задача 4.2.4. Определить минимальную высоту h балки
прямоугольного поперечного сечения (рис. 4.2.3). Принять b =
h/3; l = 4 м, F = 6 кН, материал балки – сталь с Ry = 240 МПа,
 с = 1.
Ответ: h=0,0765 м.
Задача 4.2.5. Определить допускаемый минимальный
диаметр d консольной балки (рис. 4.2.4) из стали с Ry = 240
МПа. Принять, что F = 1 кН, l = 1м,
a-a
F
 с =1. Собственный вес балки не
а I II F d
A
учитывать.
В
а
Решение.
Для
сплошного
l
l
круглого поперечного сечения имеем
Рис. 4.2.4
Wz = r 3 / 4 , где r – радиус
127
128
поперечного сечения балки. Максимальный изгибающий
момент будет в заделке В:
Mmax = MB = F2l + Fl = 3lF = 3
кН·м.
Из формулы (4.2.7) находим момент сопротивления
сечения
Wzn,min = Mmax /( Ry  с ) = 3  103 / 240 = 1,25  10 5 м3.
1,5t t 1,5t
Приравнивая Wzn,min = Wz, находим r = 0,025 м = 2,5 см или
d = 5 см.
Задача 4.2.6. Определить допускаемый минимальный
диаметр d консольной балки (рис. 4.2.4) из алюминия марки
АЛ8 с Ry = 135 МПа. Принять F = 1 кН, l = 1м,  с = 1.
Собственный вес балки не учитывать.
Ответ: d = 6,1 см.
Задача 4.2.7. Определить максимальное нормальное
напряжение  x,max в консольной балке, заделанной одним
концом, от действия собственного веса. Длина консоли l = 4 м.
Балка представляет собой электросварную прямошовную
трубу с D = 114 мм и толщиной стенки t = 5 мм (см. табл. II
раздела IV «Приложения»).
Ответ:  x,max = 23,35 МПа от Мmax =1050,56 Н·м.
Задача 4.2.8. Построить эпюры нормальных  x и

касательных
напряжений
в
τ
σx
наиболее
опасных
поперечных
σx,min
сечениях балки, изображенной на рис.
4.1.11. На рис. 4.2.5 показано
τmax
поперечное сечение рассматриваемой
балки. Определить минимальный
σx,max
размер t при условии, что материал t t t
3t
балки – сталь С255 с Ry = 240 МПа,
Рис. 4.2.5
 с = 1.
Ответ:  x,max = 1,4545/t3 кПа;
t = 1,82 см;  max = 1,3636/t2 кПа.
128
129
Задача 4.2.9. Подобрать сечение прокатной двутавровой
балки, изображенной на рис. 4.1.17. Материал однопролетной
балки – сталь С255, γс = 1. Принять l = 3 м, F = 16 кН.
Решение. Для стали С255 имеем Ry = 240 МПа (см.
табл.3). Расчет на прочность заключается в определении
Wzn,min из формулы (4.2.7):
Mz
.
Ry c
Wzn ,min 
Для рассматриваемого случая, согласно рис. 4.1.17, имеем
Mz = Mmax = =Fl = 48 кН·м, следовательно
Wzn,min 
48000
240  10
6

2
10 4
м 3  200 см 3 .
В зависимости от Wzn,min = 200 см3 в сортаменте стальных
прокатных
профилей
«Двутавры
стальные
горячекатанные»(табл. III, а) находим соответствующий
номер профиля: два двутавра № 16 с моментом сопротивления
одного двутавра 109 см3 или для двух двутавров
Wzn = 109  2 = 218 см3.
В этом случае прочность назначенного сечения будет
 x ,max 
M z 48000  10 6

 220 МПа  R y  c .
Wzn
218  10 6
Недонапряжение составляет
240  220
 100%  8%.
240
Сечение считается подобранным удовлетворительно, если
недонапряжение составляет 5 – 7%.
Задача 4.2.10. Подобрать сечение консольной балки из
стальных прокатных профилей (рис. 4.1.16). Материал балки –
сталь С255.
Принять q = 6кН/м, l = 2 м,  с = 1.
Ответ: 2 двутавра № 16.
q
Задача 4.2.11. Подобрать сечение
консольной
балки
из
стальных
прокатных
профилей
(рис.
4.1.7).
l
l/2
ql/2
Q
Mz,max=ql2/
8
Рис. 4.2.6
129
ql/2
M
130
Материал балки – сталь С255, коэффициент условий работы
 с = 1.
Ответ: двутавр № 12.
Задача
4.2.12.
Подобрать
поперечное
сечение
однопролетной стальной балки, нагруженной равномерно
распределенной нагрузкой q= =16 кН/м (рис. 4.2.6), l = 4 м.
Вычислить собственный вес балки из стали С255,  с = 1.
При расчете принять, что:
а) поперечное сечение балки – прямоугольное с отношением
высоты h к ширине b балки, равным 3 (h = 3b);
б) поперечное сечение балки – круглое сплошное;
в) балка выполняется из электросварных прямошовных труб
(см. табл. II раздела IV «Приложения»);
г) балка – прокатная двутавровая.
Проанализировать полученные результаты.
Ответ: а) h = 13,5 см; b = 4,5 см; масса балки 191 кг; б) d
= 11 см, масса балки 298 кг; в) D = 219 мм с t = 4 мм, масса
балки 84,8 кг; г) двутавр № 18, масса балки 73,6 кг.
Задача 4.2.13. Для заданной балки (рис. 4.1.3)
при q = 10 кН/м, l = 0,5м найти опасное сечение.
Определить из расчета на прочность номер швеллера
и
вычислить
максимальное
нормальное
напряжение  x,max и
максимальное
касательное
напряжение. Материал балки – сталь С245,  с = 1.
Ответ: швеллер № 6,5;  max = 21,04 МПа;  x,max =
166,7 МПа.
Задача 4.2.14. Определить минимальную ширину
b деревянной балки прямоугольного поперечного
сечения (рис. 4.2.3). Принять h = 3b, l = 4 м, F = 6 кН,
материал балки – сосна с RИ = 14 МПа, Rск = 1,8 МПа.
Ответ: b = 0,066 м.
130
131
Задача 4.2.15. Рассмотреть однопролетную
деревянную балку прямоугольного поперечного
сечения
загруженную
равномерно
bh ,
распределенной нагрузкой q. Получить формулы для
вычисления ширины балки b из условия прочности
по нормальным напряжениям и из условия прочности
по касательным напряжениям (по скалыванию).
Ответ: b = 3ql2/(4h2RИ) – по нормальным
напряжениям;
b = 3ql/(4hRск) – по скалыванию.
Задача 4.2.16. Определить минимальную ширину
b деревянной балки прямоугольного поперечного
сечения, загруженной равномерно распределенной
нагрузкой q = 5 кН. Принять h = 2b, l = 4 м, материал
балки – сосна с RИ = 14 МПа, Rск = 1,8 МПа (рис.
4.2.6).
Ответ: b = 0,1 м.
4.3. Эпюры главных напряжений при изгибе
В каждой точке напряженного тела существуют
три взаимно перпендикулярные площадки, на
которых касательные напряжения равны нулю. Такие
площадки называются главными площадками, а
нормальные напряжения на них – главными
напряжениями. В порядке возрастания эти
напряжения обозначаются через  3   min ,  2 ,
 1   max (  1   2   3 ).
В случае плоского поперечного изгиба  2 = 0, а
главные напряжения вычисляются по формуле
131
132
 max 
min
x
2

1
2
 x2  4 xy
.
2
(4.3.1)
Максимальное
касательное
напряжение
возникает в площадках, наклоненных под углом 45о к
главным площадкам. Максимальное касательное
напряжение определяют по формуле
 max 
 max   min
2

1
2
 x2  4 xy
.
2
(4.3.2)
Угол 
между главной площадкой и
поперечным сечением перпендикулярным оси балки
можно найти из выражения
tg2 
2 xy
x
.
(4.3.3)
Задача 4.3.1. Построить эпюры главных
напряжений  max ,  min
и
эпюру
максимальных
касательных напряжений  max в наиболее опасном с
точки зрения главных напряжений поперечном
сечении балки, изображенной на рис. 4.1.16. При
расчете принять q = 10 кН/м, l = 6 м, материал балки
– сталь с Ry = 240 МПа,  с = 1.
Решение. Из эпюр изгибающего момента М и
поперечных сил Q очевидно, что наиболее опасное
поперечное сечение на опоре (в заделке), где Mz,max =
2ql2 = 720 кН·м, Qmax = 2ql = 120 кН. Подберем
сечение в виде прокатного двутаврового профиля,
для чего из формулы (4.2.7) находим
132
133
Wzn,min 
M z ,max

Ry c
720  10 3
 10 6  3000 cм 3 .
240  1
Принимаем двутавр № 70Б1 (Wz = 3645 см3, Iz =
125930 см4) – двутавр стальной горячекатанный с
параллельными гранями полок пo ГОСТ 26020-83.
Поперечное сечение с соответствующими размерами
показано на рис. 4.3.1. Кроме того, из таблицы
выписываем площадь поперечного сечения А = 164,7
см2, статический момент половины поперечного
сечения S z/ = 2095 см3.
Построим эпюру нормальных напряжений  х ,
для чего определяем
 x (1)   x ,max 
 x ( 2)   x ( 3) 
M z ,max
Wz
M z ,max
Iz
y2 

720  10 3
3645  10 6
 198 МПа;
720  10 3  0,33
125930  10 8
 188,7 МПа.
Полученные данные занесем в табл. 4.3.1.
Определяем статические моменты S z/ (относительно оси z)
части площади, расположенной выше продольного сечения,
проходящего через соответствующие точки. Например, S z/
части площади, расположенной выше продольного сечения,
проходящего через точку 2, находим по формуле
133
t=1,55 см
134
b=26 см
y
h = 69,1 см
2
3
у2=33 см
1
σx
МП МП МП
а 198 а 0,5 а 99
188,7
16,6
d
=1,2см
5
–188,7
10,8
0,5
–198
7
σmax
16,6
95
94,37
0,65
0,02
Рис. 4.3.1
S z(/ 2)  1,55  26(33  1,55 / 2)  1361 см 3 ,
–0,65
189,35
16,6
99
σmin
МП МП
198
а–0,02
94,37 а
95
10,8
z
4
6
τmax
τ
–16,6
–189,35 –188,72
–198
а
затем
определяем
по формуле (4.2.6) при
касательное напряжение    xy
условии, что  распределены по ширине поперечного сечения
равномерно:
Qmax S z/( 2 )
 ( 2) 
I zb

120  10 3  1361  10 6
125930  10 8  0,26
 0,5 МПа.
Далее находим S z/(3)  S z/(2) , а затем и касательное
напряжение
 ( 3) 
Qmax S z/( 3)
I z b( 3)

120  10 3  1361 10 6
125930  10 8  0,012
 10,8 МПа.
Таблица 4.3.1
№
точек
yi
см

 max
 max
 min
см
МПа
МП
а
МПа
МПа
0
0,5
99
94,37
10,8
х
S z/
МПа
3
1
2
34,55
198
33
188,7
0
1361
3
33
188,7
1361
134
95
198
0
188,7
2
189,3
5
–0,02
–0,65
135
4
5
0
–33
6
–33
0
–
188,7
–
188,7
–198
2095
1361
16,6
10,8
16,6
95
16,6
0,65
1361
0,5
94,3
7
99
0,02
–16,6
–
189,35
–
188,72
–198
–
0
0
0
34,55
Статический момент S z(/ 4) можно вычислить по рис. 4.3.1
или взять из табл. III, б раздела IV «Приложения»: S z(/ 4) = 2095
см3, а затем найти  ( 4 ) (см. табл. 4.3.1). Определив для каждой
точки поперечного сечения  х и  , находим значения  max по
формуле (4.3.2) для соответствующей точки поперечного
сечения, например,
7
1
1
2
 x2(1)  4 (1)

1982  4  02  99 МПа;
2
2
1
 max(2) 
188,7 2  4  0,52  94,37 МПа;
2
1
 max(3) 
188,7 2  4  10,8 2  95 МПа,  max( 4 )  16,6 МПа.
2
 max(1) 
И наконец, приступаем к определению
напряжений  max и  min по формуле (4.3.1):
 max(1) 
 x (1)
2

главных
1
2
 x2(1)  4 (1)
  x (1)  198 МПа,  min(1)  0,
2
и далее, используя данные табл. 4.3.1, вычисляем
188,7
188,7
 94,37  188,72 МПа;  min( 2) 
 94,37  0,02 МПа;
2
2
188,7
188,7
 max(3) 
 95  189,35 МПа;  min( 3) 
 95  0,65 МПа ;
2
2
 max( 4)  0  16,6  16,6 МПа;  min( 4 )  16,6 МПа;
 max(2) 
 max(5)  
188,7
188,7
 95  0,65 МПа;  min(5)  
 95  189,35 МПа
2
2
135
136
и т.д. Полученные результаты заносим в табл. 4.3.1.
На рис. 4.3.1 показаны эпюры главных напряжений
 max ,  min и эпюра  max .
Задача 4.3.2. Построить эпюры главных напряжений
 max ,  min и эпюру максимальных касательных напряжений
 max в наиболее опасном с точки зрения главных напряжений
прямоугольном поперечном сечении балки, изображенной на
рис. 4.2.3. При расчете принять l = 4 м, F = 40 кН, b = 5 см, h =
15 см. Материал балки – сталь с Ry = 240 МПа.
Ответ:  xB  2844 y МПа;  B  7111
, (0,005625  y 2) ;
 max  0,12 4 y 2  (h 2 / 4  y 2 ) 2 / (bh 3 );
 max  0,24( y  4 y 2  (h 2 / 4  y 2 ) 2 / 2) / (bh 3 ); h / 2  y  h / 2.
min
Задача 4.3.3. Построить эпюры главных напряжений
 max ,  min и эпюру максимальных касательных напряжений
 max в наиболее опасном с точки зрения главных напряжений
круглом
поперечном
d
y
сечении
σx
консольной
τ
 max 
z
d / 2  y  d / 2

Рис. 4.3.2
балки,
16Q
3d 2

64Q  d 2

 y2
4
3d  4

изображенной на рис. 4.2.4. При расчете принять l = 2 м,
сосредоточенные силы F = 5 кН, диаметр балки d = 12 см.
Материал балки – сталь с Ry = 240 МПа,  с  1 (рис. 4.3.2).
Ответ:  xB  1,92 y / (d 4 );  B  0,213(d 2 / 4  y 2 ) / (d 4 );
 max  0,32 9 y 2  4(d 2 / 4  y 2 ) 2 / 9 / (d 4 );
136
137
 max  0,32(3y  9 y 2  4(d 2 / 4  y 2 ) 2 / 9 ) / (d 4 ).
min
Задача 4.3.4. Построить эпюры главных напряжений и
максимальных касательных напряжений в наиболее опасном
треугольном поперечном сечении (рис. 4.3.3) балки с М = 40
кН·м, Q = 40 кН. Принять без вывода, что
 xy    12Q(2h / 3  y )(h / 3  y ) / (ch 3 ).
Записать в аналитической форме выражение для  x , а
затем вычислить  max ,  min ,  max в точках с y = 2h/3, y = h/6, y =
0, y = –h/3.
Задача 4.3.5. Построить эпюры главных напряжений
 max ,  min и эпюру максимальных касательных напряжений
 max в наиболее опасном поперечном сечении (рис. 4.3.4)
y
h/6
h/3
z
c
Рис. 4.3.3
2
 max 
3Q
ch
12Q  2
 h

  3  h  y   y




3
3
ch
0,95с
м
h
τ
39,2 см
σx
y
1
3
4
z
0,7 см 16,5 см
6
5
7
Рис. 4.3.4
балки, изображенной на рис. 4.1.17. При расчете принять l = 2
м, F = 90 кН, Ry = 240 МПа,  с  1 . Поперечное сечение
представляет собой двутавр № 40Б1 стальной горячекатанный
с параллельными гранями полок по ГОСТ 26020-83. Основные
размеры показаны на рис. 4.3.4, кроме того, имеем Wz = 803,6
см3; Iz = 15750 см4; S z/ = =456 см3. При расчете использовать
методику, изложенную в задаче 4.3.1.
Задача 4.3.6. Построить эпюры главных напряжений
 max ,  min и эпюру максимальных касательных напряжений
 max в наиболее опасном поперечном
q=20 кН/м
С
F=40 кН
1
м
2
м
Рис. 4.3.5
137
1
м
138
сечении с точки зрения главных напряжений. В балке,
изображенной на рис. 4.3.5, это – поперечное сечение с МC =
10 кН·м, QC = 30 кН. Однако поперечное сечение балки
следует подбирать по Мmax = 12,5 кН·м. Материал балки –
сталь с Ry = 240 МПа,  с  1, следовательно, Wz,min = 12500/240
= 52 см3. Принимаем балку из двутавра № 12 с Wz = 58,4 см3 по
ГОСТ 8239-89 (таблица III, а, раздела IV «Приложения)».
Далее при построении эпюр  max ,  min ,  max рекомендуется
использовать методику, изложенную в задаче 4.3.1.
4.4. Дифференциальное уравнение изгиба балок
Дифференциальное уравнение изгиба упругой оси балки
имеет вид
EI
d2y
dx
2
 M или EIy / /  M ,
(4.4.1)
где у = у(х) – уравнение изогнутой оси балки после
деформации; М = Мz – изгибающий момент в произвольном
поперечном сечении балки; EI – жесткость балки на изгиб, I
= Iz – осевой момент инерции относительно нейтральной оси z
(рис. 4.2.1).
Интегрируя дифференциальное уравнение (4.4.1), находим
угол поворота оси х (угловое перемещение) в произвольном
поперечном сечении балки:
  y/ 
M
 EI dx  C,
(4.4.2)
а затем и прогиб (линейное перемещение) произвольного
поперечного сечения балки:
y
(4.4.3)
138
M
  EI dxdx  Cx  D,
139
где С, D – произвольные постоянные интегрирования, которые
находятся при удовлетворении граничных условий в
линейных или угловых перемещениях.
Указания
mo
F
IV
q III
I
II
1. Уравнения (4.4.1) –
(4.4.3)
составляются
для
q
каждого
участка
балки. Ro a
Участком балки называется
x1
x2
такая ее часть, в пределах
x3
которой законы изменения
x4
внешней нагрузки остаются
Рис. 4.4.1
постоянными.
В
пределах
одного участка закон изменения изгибающего момента M = Mz
можно выразить одной формулой.
2. Для удобства вычисления произвольных постоянных
интегрирования С и D необходимо записывать закон
изменения изгибающего момента для каждого участка
произвольной балки (рис. 4.4.1) в виде
b
M I  mo x10  Ro x1 ;
c
M II  mo x20  Ro x2  F ( x2  a);
M III  mo x30  Ro x3  F ( x3  a)  q( x 3  a  b) 2 / 2;
(4.4.4)
M IV  mo x40  Ro x4  F ( x4  a)  q( x4  a  b) 2 / 2  q( x4  a  b  c) 2 / 2.
В этом случае угол поворота i оси балки получаем после
интегрирования полученных выше выражений (4.4.4):
 I  [mo x1  Ro x12 / 2] / ( EI )  C;
 II  [mo x 2  Ro x 22 / 2  F ( x 2  a ) 2 / 2] /(EI) C;
 III  [mo x3  Ro x32 / 2  F ( x3  a) 2 / 2  q( x3  a  b) 3 / 6] / ( EI )  C;
 IV  [mo x 4  Ro x 44 / 2  F ( x 4  a ) 2 / 2  q ( x 4  a  b) 3 / 6 
 q ( x 4  a  b  c) 3 / 6] / ( EI )  C.
(4.4.5)
Интегрируя еще раз, получаем искомый прогиб балки в
виде формул для каждого участка отдельно:
139
140
y I  [mo x12  Ro x13 / 6] / ( EI )  Cx1  D;
y II  [mo x22 / 2  Ro x23 / 6  F ( x2  a) 3 / 6] / ( EI )  Cx2  D;
y III  [mo x32 / 2  Ro x33 / 6  F ( x3  a) 3 / 6  q( x3  a  b) 4 / 24] / ( EI )  Cx3  D;
y IV  [mo x 42  Ro x 43 / 6  F ( x 4  a ) 3 / 6  q ( x 4  a  b) 4 / 24 
 q ( x 4  a  b  c) 4 / 24] / ( EI )  Cx 4  D.
(4.4.6)
Из формул (4.4.4)  (4.4.6) видно, что при записи закона
изменения изгибающего момента сосредоточенный момент
необходимо брать с плечом в степени нуль, например, для
первого
участка M I  mo x10  Ro x1 .
Интегрирование
производить, не раскрывая скобок. Только после получения
окончательного результата (4.4.6) можно раскрывать скобки и
производить алгебраические упрощения.
Задача 4.4.1. Определить
II
III
максимальный
прогиб
q
I
однопролетной
балки,
A
B x
изображенной
на
рис.
4.4.2.
l
a
a
Жесткость балки на изгиб
RB=ql/ постоянна и равна EI.
RA x1 x2
2
x3
Решение.
Определяем
опорные реакции RA, RB. С
Рис. 4.4.2
учетом симметрии находим RA
= RB = ql/2.
Мысленно проводим сечения в каждом из трех участков
рассматриваемой балки. Сечения имеют абсциссы х1, х2 и х3,
так как начало координат помещено в точке А.
y
L
Запишем значения изгибающих моментов в
каждом из проведенных сечений:
q( x 2  a) 2 ql
q( x 2  a) 2
ql
x1 ; M II  R A x 2 
 x2 
;
2
2
2
2
q( x 3  a) 2 q( x 3  a  l ) 2 ql
q( x 3  a) 2 q( x 3  a  l ) 2
 R A x3 

 x3 

.
2
2
2
2
2
M I  R A x1 
M III
При определении МIII учитывалось, что распределенную
нагрузку q необходимо продолжить вправо на всю длину
140
141
балки, а на третьем участке необходимо ввести
компенсирующую
нагрузку,
противоположную
по
направлению заданной и с той же интенсивностью q.
Проведенная операция с распределенной нагрузкой q не
влияет на напряженно-деформированное состояние балки, но
дает
преимущества
при
вычислении
произвольных
постоянных С и D.
Интегрируем полученные выражения согласно
формуле (4.4.2) с учетом указаний (4.4.5):
1  ql 2 q ( x2  a ) 3 
qlx12
ql x12
C 
 C,  II  y II/ 
 x 
  C;
EI  4 2
6
2 2 EI
4 EI

1  ql 2 q( x 3  a ) 3 q ( x 3  a  l ) 3 
/
 x 
  C.
 III  y III


EI  4 3
6
6

 I  y I/ 
(4.4.7)
Интегрируя еще раз полученные зависимости,
получаем значения прогибов для каждого участка
балки:
yI 
 ql 3 q( x 2  a) 4 
 x2 
  Cx 2  D,
24
12

4
4
q( x 3  a  l ) 
1  ql 3 q ( x 3  a )


 x3 
  Cx 3  D.
EI 12
24
24

qlx13
 Cx1  D;
12 EI
y III
y II 
1
EI
(4.4.8)
Для определения постоянных интегрирования С
и D необходимо поставить два граничных условия.
Рассматривая балку на рис. 4.4.2, замечаем, что
прогибы на опорах А и В равны нулю, так как
шарнирно подвижная В и шарнирно неподвижная А
опоры препятствуют вертикальному перемещению
концов балки. Следовательно, граничные условия
141
142
можно записать как: при х1 = 0 имеем уI = 0 и при х3 =
2a + l имеем уIII = 0.
Применительно к формулам (4.4.8) получаем, что
при x1 = 0 имеем yI = =D = 0, откуда D = 0, а при x3 =
2a + l имеем
y III 
1
EI
 ql
q (2a  l  a) 4 q (2a  l  a  l ) 4 
3

 ( 2a  l ) 
  C(2a  l )  0,
24
24
12

откуда, принимая 2a + l = L, находим:
C
1  q( L  a) 4 qlL2 qa 4 



.
EI  24 L
12
24 L 
Подставляя полученное выражение для C и D = 0
в формулы (4.4.8), определяем


qx1
2lL( x12  L2 )  ( L  a ) 4  a 4 ;
24 EIL
q
y II 
x 2lL( x22  L2 )  ( L  a ) 4  a 4  ( x 2  a ) 4 L ;
24 EIL 2
q
y III 
x 2lL( x 32  L2 )  ( L  a ) 4  a 4  ( x 3  a ) 4 L  L( x 3  a  l ) 4 .
24 EIL 3
yI 
 
 




Подставляя выражение для определения С и
равенство D = 0 в формулы (4.4.7), получим формулы
для вычисления углов поворота поперечных сечений
балки для каждого участка.
По условию задачи требуется определить
максимальный прогиб балки. С учетом симметрии
балки (рис. 4.4.2) делаем вывод, что уmax будет
посередине второго участка или что то же самое в
середине пролета балки. Для вычисления
уmax
используем формулу для прогибов второго участка
при x2 = L/2 или x2 = a + l/2:
142
143
y max  y II ,max 


q
8( L  a ) 4  12lL3  8a 4  l 4 .
384 EI
Полагая a = 0, l = L из полученной формулы
можно получить максимальный прогиб в середине
пролета балки (рис. 4.2.6), полностью загруженной
равномерно распределенной нагрузкой q
y max  
5ql 4
.
384 EI
Подставляя значение x2 = L/2 или x2 = a + l/2,
находим угол поворота поперечного сечения в
середине второго участка  II (x = L/2) = 0.
Задача 4.4.2. Определить прогиб балки,
изображенной на рис. 4.4.3. Жесткость балки на
изгиб – EI.
Решение. Определяем опорные
реакции RA и RB:  M A  R B l  m  0,
B
A m
x
тогда RA = RB = m/l.
l
RB =
Балка состоит из одного
RA =
m/l
участка. Составляем уравнение
Рис. 4.4.3
m/l
упругой оси балки (4.4.1):
y // 
1  0 m 
 mx  x ,
EI 
l 
а затем его интегрируем:
  y/ 
1 
m x2 
 mx 
  С,
EI 
l 2 
y
1  x2 m x3 
m
  Cx  D.

EI  2 2l 3 
(4.4.9)
Для определения постоянных интегрирования С
и D поставим граничные условия: при х = 0 имеем у =
0 и при х = l также имеем у = 0, т.е. получаем у(х = 0)
= D = 0, откуда D = 0, далее
143
144
y( x  l ) 
1  ml 2 ml 2 

  Cl  0 ,

EI  2
6 
откуда находим С = –ml/(3EI).
Подставляя полученное значение С
формулы (4.4.9), окончательно
y m x взапишем
результаты:
EI
A
l
B
Рис. 4.4.4

m 
x2 l 
m  x 2 x 3 lx 
x 

 , y 

 .
EI 
2l 3 
EI  2
6l 3 
Задача 4.4.3. Получить уравнение
изгиба упругой оси консольной балки после
деформации. Балка представлена на рис. 4.4.4,
жесткость балки на изгиб постоянна (EI = const).
Ответ: y = –mx2/(2EI),  = –mx/(EI).
Задача 4.4.4. Получить уравнение изгиба
упругой оси консольной балки, нагруженной
равномерно распределенной нагрузкой q (рис. 4.4.5).
Определить максимальный прогиб балки.
Ответ: y = q(4x3l –x4 – 6l2x2)/(24EI); yB,max = –ql
4
/(8EI).
Задача 4.4.5. Определить максимальный прогиб
консольной балки, нагруженной сосредоточенным
моментом m. Жесткость балки на изгиб равна EI.
Определить также угол поворота оси балки в точке В
(рис. 4.4.6).
Ответ: yB,max = –3ml2/(2EI);  В = –ml/(EI).
144
y
q
x
EI
l
B
y
m
B
l
l
уB,max
145
φB
Рис. 4.4.6
Рис. 4.4.5
y
I
m
x
A II
EI
l/2
l/2
Рис. 4.4.7
уC
Задача 4.4.6. Получить уравнение изгиба
упругой оси однопролетной
балки, показанной на рис. 4.4.7.
q III
Жесткость балки на изгиб EI yI II
x
BC
A
считать постоянной по всей
a b
длине.
c φC
Ответ:
yI 
mlx  1 x 2 
 
;
6 EI  4 l 2 
Рис. 4.4.8
y I , A  y II , A  0;
y II 
ml 2  3 11x 3x 2 x 3 
 
 2  3 .
6 EI  4 4l
l
l 
Задача 4.4.7. Получить уравнение изгиба
упругой оси консольной балки с постоянной
жесткостью на изгиб EI. Балка и действующая на нее
нагрузка изображены на рис. 4.4.8. Определить
прогиб в точке А.
Ответ: yI = qbx2(6a + 3b –2x)/(12EI),
yII = q[a4 – 4a3x + 6(a + b)2x2 – 4(a + b)x3
+ x4]/(24EI);
yI,A = yII,A = qa2b(4a + 3b)/(12EI).
Задача 4.4.8. Записать уравнения изгиба упругой
оси однопролетной балки с постоянной жесткостью
EI на изгиб. Внешняя нагрузка на балку показана на
рис. 4.1.17. Определить вертикальное смещение
поперечного сечения в точке С.
145
146
Ответ:
yI 
F  x 3 lx 2 5xl 2 

;


EI  9
2
9 
y II 
F  x 3 lx 2 ( x  2l ) 3 5xl 2 

.



EI  9
2
6
9 
yC = 0;
Задача 4.4.9. Определить максимальный прогиб
однопролетной балки, нагруженной посередине
пролета сосредоточенной силой F (рис. 4.2.3).
Ответ: yB = –Fl3/(48EIz); Iz = bh3/12.
Задача 4.4.10. Определить максимальный прогиб
консольной балки круглого поперечного сечения
диаметром d. Внешняя нагрузка показана на рис.
4.2.4.
Ответ:
I
d 4
64
; y II 
F
EI
yA  
224 Fl 3
E d 4
;
 x 3 3 2 ( x  l) 3 
  lx 
.
6 
 3 2
Задача 4.4.11. Определить максимальный прогиб
в однопролетной балке, показанной на рис. 4.4.9.
y
q
F=ql
x
l/2
l/2
Рис. 4.4.9
m=Fl/2 2F m=Fl/2
II
y I
x
l/2 l/2
Рис. 4.4.10
y
I
a
F
II
x
b
Рис. 4.4.11
Жесткость балки на изгиб – EIz.
Ответ: y(x = l/2) = –13ql4/(384EIz).
Задача 4.4.12. Записать уравнения изгиба
упругой оси однопролетной балки, представленной
на рис. 4.4.10. Балка имеет постоянную жесткость на
изгиб EIz.
146
147
Ответ:
y max  


yI 
F
6lx 2  4 x 3  9l 2 x ,
24 EI z
y II 
F
24 EI z
l 3
 2
3
2 
6lx  4 x  8( x  2 )  9l x ;


5Fl 3
.
48 EI z
Задача 4.4.13. Записать уравнения изгиба
упругой оси консольной балки с постоянной
жесткостью на изгиб EI. На балку действует
сосредоточенная сила F. Определить угол поворота
поперечного сечения на участке II (рис. 4.4.11).
Ответ: y I
 II 

Fx 2
(3a  x);
6EI
y II 

F a3 a2
( x  a ) ;
 
EI  3
2

Fa 2
.
2 EI
Задача
y F
A
I
II
4.4.14. Получить уравнения изгиба
упругой оси балки для каждого из ее
F
III B
трех участков. Балка – постоянной
x
жесткости на изгиб EI (рис. 4.4.12).
l/3 l/3 l/3
RA
Рис. 4.4.12
Ответ:
RB
Fx  x 2 l 2 

 ;
3EI  2
3
l 3 2 2 
 3
 x  ( x  3 )  3 l x ;


F  3
l 3 2 2
2


x  ( x  )  l x  ( x  l ) 3 .

6 EI 
3
3
3 
y II 
y III
yI 
F
6 EI
Задача 4.4.15. Построить эпюру прогибов балки,
показанной на рис. 4.1.3, а, приняв, что l = 0,5 м, а
интенсивность равномерно распределенной нагрузки
q = 10 кН/м. Поперечное сечение постоянно по длине
балки Iz = 100 см4. Модуль упругости материала
балки Е = 2 105 МПа (сталь).
147
148
Ответ:
х, см
0
20
40
60
80
100
140
150 160
200
–0,456 –0,759 –0,828 –0,664 –0,347 –0,081 0 –0,2
–2,25
Задача 4.4.16. Определить максимальный прогиб
консольной балки, представленной на рис. 4.1.19.
Жесткость балки на изгиб – EI.
Ответ: yB = –11ql4/(192EI);  B  7ql 3 / (96EI ).
Задача 4.4.17. Определить максимальный прогиб
консольной балки, показанной на рис. 4.1.20.
Жесткость балки на изгиб – EI.
Ответ: yB = –ql4/(30EI);  B  ql 3 / (24EI ).
Задача 4.4.18. Определить максимальный прогиб
однопролетной балки, загруженной распределенной
треугольной нагрузкой (рис. 4.1.21). Вычислить угол
поворота  оси х балки на опорах.
Ответ: ymax = –ql4/(120EIz);  = 0 при x = l/2;
у, мм
0
 A   B  5ql 3 / (192 EI z ).
4.5. Расчет балок на жесткость
При
расчете
строительных
и
машиностроительных конструкций на жесткость (в
большинстве случаев по прогибам, по углам
поворота) должно соблюдаться условие
f 1
  ,
l  no 
(4.5.1)
т.е. относительный прогиб f/l, подсчитанный при
действии нормативных нагрузок, не должен
превышать установленный нормами предельный
148
149
прогиб 1/no для данного вида конструкции (табл.
4.5.1).
Для
обеспечения
нормальной
работы
подшипников скольжения и роликовых подшипников
качения иногда ставится дополнительное условие
жесткости – ограничение угла поворота  опорных
сечений:
 max  adm .
(4.5.2)
Допускаемый угол поворота adm берется из
соответствующих
справочников.
В
среднем
adm составляет 0,001 рад.
Задача 4.5.1. Провести расчет по второй группе
предельных состояний (по прогибам) главной
двутавровой
балки
рабочей
площадки
производственного здания при отсутствии рельсовых
путей (рис. 4.4.5). Нормативная нагрузка q = 8 кН/м,
длина консоли l = 2 м.
Решение. Максимальный прогиб будет на конце
консоли в точке В:
y max 
ql 4
.
8EI
С учетом примечания к табл. 4.5.1 принимаем
[1/no] = 1/400 и формулу (4.5.1) можно записать в
следующем виде
Таблица 4.5.1
Предельные относительные прогибы изгибаемых
элементов
металлических конструкций
149
150
Элементы конструкций
Балки и фермы крановых
путей под краны:
легкого режима работы
(ручные
краны, тельферы, тали)
при электрических кранах
режима работы среднего
то же, тяжелого
Балки рабочих площадок
производственных зданий:
при отсутствии рельсовых
путей:
главные
прочие
при наличии путей:
узкоколейных
ширококолейных
Балки
междуэтажных
перекрытий:
главные
прочие
Балки и фермы покрытий и
чердачных перекрытий:
несущие подвесное и
технологическое
оборудование
не несущие подвесное
150
fmax/l  [1/no]
стальны алюминие
х
вых
1/400
–
1/500
1/600
–
–
1/400
1/250
–
–
1/400
1/600
–
–
1/400
1/250
–
–
1/400
1/400
1/250
1/250
1/150
1/200
1/150
1/200
151
оборудование
профилированный
настил,
обрешетки
прогоны
Элементы фахверка:
ригели, стойки
прогоны остекления
Покрытия, в том числе
большепролетные
без
подвесного транспорта
Стеновые панели:
остекленные
неостекленные
Кровельные
панели
и
подвесные потолки
1/300
1/200
1/200
1/200
–
1/300
–
–
1/200
1/125
–
1/150
Примечание: Для консолей пролет l равен удвоенному вылету консоли.
4
y max
1

или ql  1 .
2l
400
2l  8 EI 400
Из полученного соотношения определяем
I
400ql 3
400  8000  2 3

 108  777 см 4 .
16E
16  2,06  105  10 6
По сортаменту прокатных профилей «Двутавры
стальные горячекатанные» (табл. III, а) принимаем
двутавр № 16 (Iz = 873 см4, Wz = 109 см3).
Проверим прочность балки из двутавра № 16.
Согласно рис. 4.4.5, имеем Mmax = ql2/2 =16000 Н·м и
тогда из формулы (4.2.7) находим для стали С255:
Wzn 
M z ,max
Ry c

16000
6
240  10  1
 10 6  67 см 3 .
151
152
По сортаменту прокатных профилей «Двутавры
стальные горячекатанные» (табл. III, а) принимаем
двутавр № 14 с Wz = 81,7 см3, Iz = 572 см4.
Следовательно, согласно расчету на прочность
можно использовать в качестве балки рабочей
площадки двутавр № 14. Однако в этом случае
конструкция будет непригодна к нормальной
эксплуатации
из-за
появления
недопустимых
перемещений (прогибов). Окончательно принимаем
двутавр № 16, который необходим из расчета на
жесткость.
Задача 4.5.2. Подобрать из расчета на прочность
главную
балку
междуэтажного
перекрытия
двутаврового поперечного сечения и проверить
условие жесткости для нее (рис. 4.4.12). Принять F =
30 кН, l = 6 м. Материал балки – сталь С255,  с = 1,1
(см. табл. 1.1 в главе 1).
Решение. Определяем опорные реакции в
рассматриваемой однопролетной балке RA = RB = F =
30 кН. Максимальный изгибающий момент будет в
середине пролета:
Мmax = RAl/2 – F(l/2 – l/3) = 60 кН·м,
следовательно, согласно условия (4.2.7):
Wz 
Mz
60  10 3

 10 6  227 см 3 .
R y  c 240  10 6  11
,
По сортаменту прокатных профилей «Двутавры
стальные горячекатанные» (табл. III, а) принимаем
двутавр № 22 ( Wz = 232 см3, Iz = 2550 см4).
152
153
Максимальный прогиб будет также в середине
пролета
балки.
Составим
дифференциальное
уравнение изгиба оси балки для первого участка:
y I// 
30x
15x 2
5x 3
 C; y I 
 Cx  D.
; y I/ 
EI
EI
EI
Поставим граничное условие: yI = 0 при х = 0 и
находим D = 0. Далее запишем
y II//  30
при
x  ( x  2)
x 2  ( x  2) 2
x 3  ( x  2) 3
; y II/  15
 C; y II  5
 Cx
EI
EI
EI
2  x  4,
//
y III
 30
а также для третьего участка ( 4  x  6, ):
x  ( x  2)  ( x  4 )
x 2  ( x  2) 2  ( x  4) 2
/
; y III
 15
 C;
EI
EI
y III  5
x 3  ( x  2) 3  ( x  4) 3
 Cx.
EI
Граничное условие для третьего участка примет
вид: yIII = 0 при х = =6м, откуда найдем С = –120/(EI).
Максимальный прогиб будет в середине пролета
балки на втором участке при х = 3 м:
y max  y II ( x  3)  5(27  1) / ( EI )  120  3 / ( EI )  230 / ( EI ).
Для принятого по расчету двутавра № 22
выписываем I = 2550 см4. В этом случае условие
жесткости (4.5.1) принимает вид
y max
230
1
1



.
5
3

8
l
2,06  10  10  2550  10  6 140 400
Таким образом, главная балка междуэтажного
перекрытия из двутавра № 22 будет непригодна к
нормальной эксплуатации, вследствие появления
недопустимо больших прогибов.
Проведем расчет на жесткость. Формулу (4.5.1)
представим в виде
153
154
230
1

,
EIl 400
откуда
I
230  400  108
 7450 см 4 ,
E6
где принято Е  2,06  105 МПа  2,06  108 кН / м 2 .
Окончательно принимаем из условия проверки
жесткости балки двутавр № 33 (Iz = 9840 см4, Wz = 597
см3). Максимальное нормальное напряжение в этом
случае будет
F = 30
A
кН
 x ,max 
B
M max
60  10 3

 100 МПа  240 МПа.
Wz
597  10 6
Задача 4.5.3. Подобрать сечение
4м 2м
двутавровой балки из условия
RA = 10
кН RB = 20 кН прочности и условия жесткости. При
расчетах принять [1/no] = 1/250.
Балка показана на рис. 4.5.1.
Материал – сталь С255.
Ответ: двутавр № 20 – из условия прочности
для Мmax = 40 кН·м; двутавр № 22 – из условия
жесткости для уmax = 116/(EI).
Задача 4.5.4. Подобрать сечение прокатной
балки из условия прочности и условия жесткости
(рис. 4.4.4). При расчетах принять [1/no] = 1/150,
длина консоли l = 4 м, сосредоточенный изгибающий
момент m = 10 кН·м. Материал – сталь С285 с Ry =
280 МПа,  с = 1.
Ответ: двутавр № 10 – из условия прочности;
двутавр № 16 – из условия жесткости для уmax =
80/(EI).
Задача 4.5.5. Подобрать сечение прокатной
балки из условия прочности и условия жесткости
(рис. 4.4.11). При расчетах принять [1/no] = 1/200, a =
Рис. 4.5.1
154
155
4 м, b = 2 м, F = 10 кН. Материал – сталь С285 с Ry =
280 МПа,  с = 1.
Ответ: двутавр № 18 – из условия прочности;
двутавр № 24 – из условия жесткости для уmax =
373/(EI).
Задача 4.5.6. Подобрать сечение балки
прямоугольного поперечного сечения с отношением
сторон h/b = 3. Балка нагружена сосредоточенной
силой F = 10 кН, l = 4 м (рис. 4.2.3). Материал – сталь
С255, [1/no] = 1/200.
Ответ: b = 3,03 см – из условия прочности; b =
3,5 см – из условия жесткости.
Задача 4.5.7. Подобрать сечение прокатной
балки из условия прочности и проверить условие
жесткости для нее (рис. 4.4.7). При расчетах принять
m = 40 кН·м, пролет балки l = 4 м, [1/no] = 1/200.
Материал балки – сталь С255,  с = 1. Сортамент
прокатного профиля подобрать по таблице III, а
«Двутавры стальные горячекатаные».
Ответ: двутавр № 14 – из условия прочности;
двутавр № 10 – из условия жесткости для уmax =
80/(9 3 EI).
Задача 4.5.8. Подобрать допускаемый вылет l
консоли, заделанной одним концом и находящейся
под действием только собственного веса q. Консоль
изготовлена из электросварной прямошовной трубы с
наружным диаметром D = 168 мм, толщиной стенки t
= 6 мм. Материал консоли – сталь С255,
коэффициент условий работы  с = 1. Расчетная схема
155
156
консоли показана на рис. 4.4.5. Принять [1/no] =
1/200.
Ответ: l = 15,6 м – из условия прочности; l =
8,8 м – из условия жесткости.
Задача 4.5.9. Подобрать диаметр d консольной
балки (рис. 4.2.4) при
F = 10 кН, l = 2 м из условия прочности и условия
жесткости. Материал консоли – сталь С255,  с = 1,
[1/no] = 1/200.
Ответ: d = 13,7 см – из условия
прочности; d = 16,2 см – из условия q F=qlef
жесткости.
Задача
4.5.10.
Определить EI l
ef
допускаемый вылет lef консоли из
Рис. 4.5.2
условия жесткости (рис. 4.5.2). При
расчете принять, что консоль представляет собой
двутавр № 20 из стали С255, q = 2,4 кН/м; [1/no] =
1/250.
Ответ: lef = 3 м.
Задача
4.5.11.
Определить
допускаемую
нагрузку F на однопролетную балку (рис. 4.2.3) из
условия жесткости. При расчете принять, что l = 4 м,
b = 10 см, h = 20 см, материал балки – сталь С285,
предельный относительный прогиб [1/no] = 1/250.
Ответ: F = 164,8 кН.
Задача 4.5.12. Определить допускаемый пролет l
однопролетной балки (рис. 4.2.3) из условия
жесткости. При расчете принять F = 165 кН, высота
балки h = 2b = 20 см, материал балки – сталь С285,
предельный относительный прогиб [1/no] = 1/250.
156
157
Определить
максимальное
нормальное
напряжение.
Ответ: l = 4 м;  x,max = 247,5 МПа <280 МПа = Ry.
Задача
4.5.13.
Определить
допускаемую
нагрузку m на консольную балку из двутавра № 16 из
условия жесткости (рис. 4.4.4).
Принять l = 4 м, предельный относительный
прогиб [1/no] = 1/150.
Ответ: m = 12 кН·м.
Задача
4.5.14.
Определить
допускаемую
нагрузку F на консоль из двутавра № 24 (рис. 4.4.11)
из условия прочности и из условия жесткости.
При расчетах принять, что a = 4 м, b = 2 м, [1/no]
= 1/200. Консоль изготовлена из стали С255 с Ry =
240 МПа.
Ответ: F = 11,5 кН – из условия жесткости;
F = 17,3 кН – из условия прочности.
4.6. Определение перемещений при помощи интеграла Мора
Формула
для
определения
перемещений,
называемая интегралом Мора, имеет вид
i 

lk
M Mi
dx.
EI
(4.6.1)
Для вычисления линейного перемещения  i  yi в
произвольной точке балки с помощью формулы
(4.6.1) необходимо выполнить последовательно
следующие операции:
157
158
1) составить уравнения изгибающих моментов М
от заданной нагрузки для каждого участка
балки;
2) к рассматриваемой балке приложить силу,
равную единице, в той точке, где определяется
перемещение. Единичная сила прикладывается
по предполагаемому направлению этого
перемещения;
3) составить уравнения изгибающих моментов
M i от единичной силы для каждого участка
балки;
4) вычислить сумму интегралов (4.6.1) от
произведения обоих моментов М и M i ,
деленного на жесткость поперечного сечения
балки (EI).
Для вычисления угла поворота  i  i поперечного
сечения к рассматриваемой балке следует приложить
единичный сосредоточенный момент, а затем
составлять уравнения изгибающих моментов M i .
По способу (правилу) Верещагина операция
интегрирования (4.6.1) заменяется перемножением
площади первой эпюры М на ординату второй эпюры
M i под центром тяжести первой.
Указания
1. Произведение площади одной эпюры на
ординату другой считается положительным, если
площадь и ордината расположены по одну сторону от
оси балки.
158
159
2. Если в пределах рассматриваемого участка обе
эпюры (М и M i ) линейны, то безразлично площадь
какой эпюры брать, а на какой эпюре – ординату.
3. Если одна из эпюр (М) криволинейна, а вторая
– ломаная, следует разбить вторую эпюру ( M i ) на
отдельные участки, в пределах которых она линейна.
4. Если обе эпюры ломаные и границы участков у
них не совпадают, то надо разбить обе эти эпюры на
одинаковое число линейных участков,
c
чтобы в пределах этих полученных a
участков обе эпюры были линейные и
d
границы участков совпадали.
b
5.
Для
перемножения
двух
l
Рис. 4.6.1
трапециевидных эпюр
(рис. 4.6.1)
удобно использовать формулу
l
(4.6.2)
(2ab  2cd  ad  bc)
6
6. На рис. 4.6.2 приведены значения площадей
некоторых нелинейных эпюр и координаты их
центров тяжести. Этими данными необходимо
пользоваться, если балка загружена равномерно
распределенной по длине нагрузкой или треугольной
распределенной нагрузкой.
7. Если значение перемещения  i  yi получилось
со знаком минус, то это указывает, что реальное
перемещение
рассматриваемой
точки
противоположно
выбранному
направлению
единичной силы.
159
160
Эпюру изгибающих моментов М от заданной
нагрузки обычно называют грузовой, а эпюру M i –
единичной.
Задача
4.6.1.
Определить
вертикальное
перемещение
точки
В
консольной
балки,
изображенной на рис. 4.6.3.
Решение. Строим эпюру изгибающих моментов
М от действия внешней сосредоточенной силы F:
МВ = 0, МА = –F2l (эпюра линейная).
По условию задачи требуется определить
вертикальное перемещение уВ точки В консольной
Геометрическая форма
Квадратная
парабола
x1
А2
А1
x2
Кубическая
парабола
А1
А2
x2
b
A1 
2
bh
3
5
x1  b
8
A2 
1
bh
3
x2 
A1 
3
bh
4
3
x1  b
5
A2 
1
bh
4
1
x2  b
5
h
b
x1
Площадь Абсцисса центра тяжести
Аi
1
b
4
h
Рис. 4.6.2
балки, поэтому строим единичную эпюру
действия вертикальной единичной силы Fi
приложенной в точке В.
160
от
= 1,
Mi
161
Учитывая, что консольная балка состоит из двух
участков с разной жесткостью на изгиб, эпюры M i и
М перемножаем с помощью правила Верещагина по
участкам отдельно. Эпюры М и M i первого участка
перемножаем по формуле (4.6.2), а эпюры второго
участка – как площадь эпюры М второго участка Fl2/2
на ординату 2l/3 эпюры M i второго участка под
центром тяжести треугольной эпюры М этого же
участка.
В этом случае формула (4.6.1) дает:
yB 
1 l
1 1
2
3Fl 3
.
 2  2 Fl  2l  2  Fl  l  2 Fl  l  Fl  2l    Fl  l  l 
2 EI 6
EI 2
3
2 EI
B
l
Fl
2Fl
A
Fi=1
C
M
a
B
2l
l
l
RA=ql/2
l
Fi=1
RD=ql/2
M
d
b
2l/3
Рис. 4.6.3
l
ql2/2
ql2/8
ql2/2
C
l
ql2/2
A
уB
Задача
4.6.2.
Определить
вертикальное
перемещение точки В
1-й
2-й
3-й
участокучасток
участок
q
1-й
2-й
F
A
EI
D
участок
участок
2EI
EI
C
B
Mi
однопролетной балки,
изображенной на рис.
4.6.4.
Балка
имеет
постоянную по всей
длине жесткость на изгиб EI.
Ra=2/3
Mi
22  2 1
l
 l
33  3l 2
Rd=1/3
1
l
3
2 1 
 l
33 
Рис. 4.6.4
161
162
Решение. Строим эпюру изгибающих моментов
М от действия внешней распределенной нагрузки: МА
= 0; MD = 0;
M B  R A  l  ql 2 / 2  M C .
Прикладываем
в
точке
В
единичную
вертикальную силу Fi = 1 и строим эпюру M i (рис.
4.6.4):
 M d  Ra 3l  Fi 2l  0, откуда
Ra = 2/3;  M a  Rd 3l  Fi l  0, откуда Rd = 1/3, поэтому
Ma = 0; Md = 0; M b  Ra  l  2l / 3 .
Разделим рассматриваемую балку на 3 участка.
Перемножение эпюр 1-го и 3-го участков не вызывает
трудностей, так как перемножаем треугольные
эпюры. Для того чтобы применить правило
Верещагина ко 2-му участку, разобьем эпюру М 2-го
участка на две составляющие эпюры: прямоугольную
и параболическую с площадью (2l / 3)  (ql 2 / 8) (рис.
4.6.2). Центр тяжести параболической части эпюры М
лежим посередине 2-го участка.
Таким
образом,
формула
(4.6.1)
при
1-й участок
2-й участок
3-й участок
использовании правила Верещагина дает:
yB 
1
EI
 1 ql 2 2  2  ql 2 l 2 ql 2 l 1 ql 2 2  1   11ql 4
l   l 
l  l
 
l   l  
.

33 
2
2 3 8 2 2 2
3  3   24 EI
 2 2
Задача
4.6.3.
Определить
вертикальное
перемещение уА точки А консольной балки,
изображенной на рис. 4.2.4.
162
163
Ответ: yA = 224Fl3/(E  d 4).
Задача
4.6.4.
Определить
вертикальное
перемещение уВ точки В консольной балки,
нагруженной сосредоточенным моментом m на конце
консоли (рис. 4.4.4). Балка имеет постоянную по
длине жесткость на изгиб EIz.
Ответ: yB = ml2/(2EIz).
Задача
4.6.5.
Определить
вертикальное
перемещение уВ точки В консольной балки,
нагруженной равномерно распределенной нагрузкой
q и с постоянной жесткостью на изгиб EIz (рис. 4.4.5).
Ответ: yB = ql4/(8EIz).
Задача
4.6.6.
Определить
вертикальное
перемещение уВ точки В однопролетной балки,
изображенной на рис. 4.2.3. Балка – прямоугольного
поперечного сечения b  h .
Ответ: yB = Fl3/(4bh3E).
Задача
4.6.7.
Определить
вертикальное
перемещение уС точки С однопролетной балки с
постоянной жесткостью на изгиб EI (рис. 4.1.17).
У к а з а н и е. Необходимо учитывать изменение
знака в эпюре изгибающих моментов М, поэтому
рассматривая эпюру М на рис. 4.1.17 и построив
эпюру M i , согласно рис. 4.6.1 в формуле (4.6.2) для
перемножения эпюр первого участка необходимо
положить:
a = –Fl; c = Fl/3; b = 0; d = 2l/3.
Ответ: уС = 0.
Задача
4.6.8.
Определить
вертикальное
перемещение уВ
и угол поворота  В точки В
163
164
консольной балки с постоянной жесткостью EI на
изгиб (рис. 4.4.6).
Ответ: yB = 3ml2/(2EI);  В = ml/(EI).
Задача
4.6.9.
Определить
вертикальное
перемещение уВ
и угол поворота  В точки В
однопролетной балки с постоянной жесткостью EI на
изгиб (рис. 4.4.7).
Ответ: yB = 0;  В = ml/(12EI).
Задача
4.6.10.
Определить
вертикальное
перемещение уС
и угол поворота  С точки С
консольной балки с постоянной жесткостью EIz на
изгиб (рис. 4.4.8). Определить также уА и  А в точке
А.
Ответ:  С = q[(a + b)3 – a3]/(6EIz);
yC = q{3(a + b)4 – 3a4 – 4a3b + 4c[(a +
b)3 –a3]}/(24EIz);
yA = qa2b(4a +
 А = qab(a + b)/(2EIz),
3b)/(12EIz).
Задача 4.6.11. Определить максимальный прогиб
консольной балки из электросварной прямошовной
трубы с наружным диаметром D = 168 мм и
толщиной стенки t = 6 мм, заделанной одним концом
(см. табл.II раздела IV «Приложения»). Прогиб
определить от действия собственного веса трубы.
Длина консоли – 5 м. Проверить прочность
консольной балки из стали С255,  с = 1.
Ответ: ymax = 0,9 см;  x,max = 24,7 МПа;  max = 0,8
МПа.
164
165
Задача 4.6.12. Определить горизонтальное
смещение опорной точки В ломаного стержня
(рамы), изображенного на рис. 4.6.5. Жесткость на
изгиб всех участков рамы постоянна и равна EI.
Решение. Строим эпюру изгибающих моментов
М от действия внешней силы F. Для этого
предварительно определим опорные реакции:
 X  H  F  0, откуда H=F;  M A  Vb l  F  2l  0, откуда
Vb=2F;
 M B  Va l  F  2l  0, тогда Va = 2F.
В этом случае для эпюры изгибающих моментов
C
D
l
F 2Fl
2l
2l
EI
EI
2l
EI
A
B
H=F
Va
l
a
M
Vb
1
б
Fi=1
B
в
Mi
г
Рис. 4.6.5
М получаем: МА = 0, M C   H  2l  2lF; МD = МВ = 0 (рис.
4.6.5, б).
По
условию
требуется
определить
горизонтальное смещение хВ опорной точки В рамы,
поэтому прикладываем единичную горизонтальную
силу Fi = 1 в точке В (рис. 4.6.5, в). Затем строим
единичную эпюру изгибающих моментов M i (рис.
4.6.5, г) от единичной силы.
165
166
Перемножая эпюры М и M i на соответствующих
участках рамы (см. формулу (4.6.1)) окончательно
находим
xB 
3
1 1
2
1
 14 Fl
2
Fl

2
l

2
l

2
Fl

l

2
l

.

EI  2
3
2
3EI

l
Задача 4.6.13. Определить горизонтальное
смещение хС точки С рамы,
A
изображенной на рис. 4.6.5, а.
F
Жесткость на изгиб всех участков
EI
рамы постоянна и равна EI.
EI
B
x
C
Ответ: хС = 4Fl3/(EI).
Задача 4.6.14. Определить
l
горизонтальное
смещение
хA
Рис. 4.6.6
точки
A
ломаного
бруса,
показанного на рис. 4.6.6. Жесткость на изгиб всех
участков ломаного бруса постоянна.
Ответ: хА = 2Fl3/(3EI).
Задача 4.6.15. Определить углы поворота
поперечных сечений на опорах ломаного бруса,
изображенного на рис. 4.6.6. Жесткость на изгиб всех
участков ломаного бруса постоянна и равна EI.
Ответ:  B  Fl 2 / (6EI ); С  Fl 2 / (3EI ).
Задача
4.6.16.
Определить
вертикальное
перемещение поперечного сечения с абсциссой х =
l/2 (рис. 4.6.6). Жесткость на изгиб всех участков
ломаного бруса постоянна и равна EI.
Ответ: y = Fl3/(16 EI) при x = l/2.
Задача 4.6.17. Определить максимальный прогиб
консольной балки, показанной на рис. 4.1.20.
Жесткость балки на изгиб – EI.
166
167
Ответ: yB = ql4/(30 EI).
Задача 4.6.18. Определить угол поворота
поперечного сечения консольной балки в точке В
(рис. 4.1.20). Жесткость балки на изгиб – EI.
Ответ:  В  ql 3 / (24 EI ).
4.7. Простейшие статически неопределимые балки
Статически неопределимой балкой называется такая
балка, для определения опорных реакций которой
недостаточно одних только уравнений равновесия.
Будем рассматривать один раз статически неопределимые
балки, т.е. балки, для определения опорных реакций которых
необходимо привлечь одно дополнительное уравнение. Это
уравнение имеет вид
11 X 1   1F  0,
(4.7.1)
где Х1 – одна из неизвестных опорных реакций; 11 –
перемещение от единичной силы в направлении отброшенной
опорной реакции Х1;  1F – перемещение в направлении
отброшенной опорной реакции Х1 от внешней нагрузки.
Уравнение (4.7.1) выражает условие равенства
нулю смещения поперечного сечения заданной балки
в направлении искомой опорной реакции.
Задача 4.7.1. Построить эпюру изгибающих моментов и
поперечных сил для однопролетной балки, показанной на рис.
4.7.1, а.
Решение. Для определения опорных реакций H, RA, RB, MA
составим уравнения равновесия:  X  H  0, откуда H = 0,
далее
M R
M  M
A
B
B l  ql
A
2
/ 2  M A  0, тогда M A  ql 2 / 2  RB l;
 ql 2 / 2  R A l  0, тогда R A  M A / l  ql / 2  ql  R B .
167
168
Для определения трех опорных реакций МА, RВ, RА имеем
систему двух уравнений. Таким образом, задача является
статически неопределимой. Для ее решения необходимо
привлечь одно дополнительное уравнение (4.7.1). Отбросим
одну лишнюю опорную реакцию RВ = Х1. В результате
получим консольную балку, показанную на рис. 4.7.1, б. Для
этой полученной консольной балки строим эпюру
изгибающих моментов МF от внешней нагрузки.
Для определения вертикального смещения  1F точки В
построим эпюру изгибающих моментов M i от единичной
силы, приложенной в направлении отброшенной опорной
реакции RB (рис. 4.7.1, в). Затем, используя правило
Верещагина, находим перемещение  1F :
 1F  
q
q
B
EI
MA RA
I
EI
x
l
a
ql 2
8
5ql
8
 1 ql 2 3 
ql 4

l  l  
.
4 
8 EI
3 2
I
H=0
A
1
EI
RB
9ql 2
128
г
3l
/8
MF
l/4
3ql
Q
8
Рис. 4.7.1
 1F
б
ql 2
2
M
B
l
11
Fi=1
l
3
l
4
2
l
3
в
Mi
Для определения перемещения 11 необходимо умножить
по правилу Верещагина эпюру M i саму на себя:
11 
1
EI
l3
1 2 2 
l

l

.
2
3  3EI

Подставим полученные результаты в формулу
(4.7.1):
168
169
3ql
ql 4
l3
.
X1 
 0, откуда X 1  R B 
8
3EI
8 EI
Из полученных ранее выражений определяем остальные
опорные реакции:
MA 
ql 2
ql 2 3 2 ql 2
3
5
 RB l 
 ql 
; R A  ql  R B  ql  ql  ql.
2
2
8
8
8
8
Положительные значения опорных реакций показывают,
что выбранные нами предварительно их направления
правильны (рис. 4.7.1, а). Отрицательные значения
показывают, что выбранные предварительно направления
опорных реакций необходимо заменить на противоположные.
Проводим сечение I – I и отбрасываем мысленно левую
часть, тогда
M x  RB x 
dM x 3
qx 2 3
qx 2
3
 ql  qx  0, тогда x  l .
;
 qlx 
dx
8
2
8
2
8
MA
m
A
H
EI
B
RA
l
Рис. 4.7.2
MA
F=20
A
H
EI кН
RA4 м
B С
RB 2 м
Рис. 4.7.3
RB
Экстремальное
значение
изгибающего момента в пролете будет в
сечении, где поперечная сила равна
нулю, т.е. на расстоянии х = 3l/8 от
правой опоры:
M max 
3 3l q 9l 2 9ql 2
.
ql 

8 8 2 64
128
Затем строим эпюру поперечных сил:
QA = RA = 5ql/8; QB = –RB = –3ql/8.
Задача 4.7.2. Определить опорные реакции
однопролетной балки, показанной на рис. 4.7.2.
Ответ: H = 0, RB = –3m/(2l), RA = 3m/(2l);
MA = –m/2.
Задача 4.7.3. Определить опорные реакции и
построить эпюры изгибающих моментов М и
поперечных сил Q для балки с консолью (рис. 4.7.3).
Жесткость балки на изгиб постоянна и равна EI.
169
170
Ответ: H = 0; RB = 35 кН, RA = –15 кН; МА = 20
кН·м, МС = 0;
МВ = –40 кН·м; QАВ = –15 кН, QВС = 20
кН.
Задача 4.7.4. Построить эпюру изгибающих
F
A
D
B
С
F
d b
a
EI
г
c
 1F
l/2 l/2 RB l
RC
0,09375F
M
l
0,203125
0,09375F Q
Fl
l/2
R
a
б
0,40625
F
RA
a
EI
в
Рис. 4.7.4
0,25Fl
0,375Fl
1/2
0,59375F
3l/2
l
l/2
MF
EI
1
l
4
2 l
 
3  4
Rc=0,25F
1/2
l
2
2 l
 
3  2
Mi
моментов и поперечных сил для двухпролетной
балки, показанной на рис. 4.7.4, а.
Решение. Для определения опорных реакций RA,
RB, RC составим уравнения равновесия:
 M A  RC 2l  RB l  F  0,5l  0, откуда RC = 0,25F – 0,5RB;
M
откуда RA = 0,75F – 0,5RB.
Для определения трех опорных реакций RA, RB,
RC имеем систему двух уравнений. Привлекаем
дополнительное условие (4.7.1). Отбросим одну
лишнюю опорную реакцию RB = Х1. В результате
получим однопролетную балку, показанную на рис.
4.7.4, б. Для полученной однопролетной балки
170
C
 R A 2l  R B l  F  1,5l  0,
171
строим эпюру изгибающих моментов МF от внешней
силы
F.
Предварительно
находим
 M a  2lRc  0,5lF  0, откуда Rc = 0,25F. Далее
записываем откуда определяем Ra = 0,75F.
Для построения эпюры МF
достаточно
определить изгибающие моменты в трех точках (рис.
4.7.4, б): Ma = Mc = 0; Md = 0,75F  0,5l = 0,375Fl.
Для определения прогиба  1F в точке В построим
эпюру изгибающих моментов M i от единичной силы,
приложенной в направлении отброшенной опорной
реакции RB (рис. 4.7.4, в). Используя правило
Верещагина, вычисляем интеграл Мора (4.6.1).
Разбиваем эпюры МF и M i на три участка так, чтобы в
пределах одного участка не было переломов эпюр.
Перемножаем последовательно участки:
 1F  
1
EI
2
0,5l
1
 2  0,375Fl  0,25l  2  0,25Fl  0,5l 
 0,375Fl  0,5l  0,25l 
2
3
6

 0,375Fl  0,5l  0,25Fl  0,25l  
1
2
11Fl 3

0,25Fl  l  0,5l   
.
2
3
96 EI

Для определения перемещения 11 необходимо
умножить по правилу Верещагина эпюру M i саму на
себя:
 11 
2
EI
2
l3
1

.
 0,5l  l  0,5l 
2
 6 EI
3
Подставляя полученные результаты в формулу
(4.7.1), находим
X 1  RB  
 1F
11

11Fl 3  6 EI
96 EI  l 3
 0,6875F .
Из полученных ранее выражений вычисляем
остальные опорные реакции:
171
172
RC = 0,25F – 0,5RB = 0,25F – 0,5  0,6875F  –0,09375F;
RA
= 0,75F – 0,5RB = 0,75F –
0,5  0,6875F  0,40625F.
Положительные значения опорных реакций
показывают, что предварительно выбранные их
направления правильны (рис. 4.7.4, а), а
отрицательные значения показывают, что выбранные
без расчета направления опорных реакций
необходимо заменить на противоположные, как,
например, у опорной реакции RC.
Зная опорные реакции, легко построить эпюру
изгибающих моментов М (рис. 4.7.4, г):
MA = MC = 0; MD = RA 0,5l = 0,203125Fl; MB = RCl = –
0,09375Fl,
а также эпюру поперечных сил Q:
QAB = RA; QDB = RA – F = 0,59375F; QBC = –RC =
0,09375F.
Задача 4.7.5. Определить опорные реакции,
построить эпюры изгибающих моментов и
поперечных сил для двухпролетной балки,
изображенной на рис. 4.7.5. Принять, что F1 = F.
Ответ: RA = 0,3125F; RB = 1,375F; RC = RA; MK =
MD; MA = MC = 0;
MD = 0,15625Fl; MB = –0,1875Fl; QAD =
RA; QDB = –0,6875F;
QBK = –QDB; QKC = –RC.
F
F1
A
B
К
С
D
Задача 4.7.6. Определить
EI
опорные
реакции
R
B
RA l/2 l/2
l/2 RC двухпролетной
балки,
l/2
Рис. 4.7.5
172
173
показанной на рис. 4.7.5. Принять F1 = 2F.
Ответ: RA = 0,21875F; RB = 2,0625F;
RC = 0,71875F.
Задача 4.7.7. Определить опорные реакции,
построить эпюры изгибающих моментов и
поперечных сил для двухпролетной балки,
нагруженной на опоре С сосредоточенным моментом
m (рис. 4.7.6).
Ответ: RA = –m/(4l); RB = 3m/(2l); RC = 5m/(4l).
Задача 4.7.8. Определить опорные реакции для
один раз статически неопределимой балки,
показанной на рис. 4.7.7.
A
B
m
EI
RA
l
RB l
F
F
A
С
RAl
EI
RC MA
l
B
A
B
C
F
EI
RB RA l/2 l/2 RB
l Rl/2
C
Рис. 4.7.6
Рис. 4.7.7
Рис. 4.7.8
Ответ: RA = 11F/16; RB = 5F/16; MA = 3Fl/8.
Задача 4.7.9. Определить опорные реакции,
построить эпюры изгибающих моментов и
поперечных сил для двухпролетной балки с консолью
(рис. 4.7.8).
Ответ: RA = 0,53125F; RB = –0,0625F; RC =
1,53125F.
Задача 4.7.10. На рис. 4.2.2 изображена
однопролетная балка и соответствующие эпюры
изгибающих моментов М и поперечных сил Q. Как
изменятся эпюры М и Q, если поставить
173
174
дополнительно в точке D шарнирно подвижную
опору.
Ответ: RA = RB =1,5625 кН; RD = 12,875 кН; МС
= МЕ = 1,5625 кН·м; МD = –1,875 кН·м; QАС = RА; QCD
= –3,4375 кН; QDE = –QCD; QЕВ = –RВ.
Задача 4.7.11. На рис. 4.2.4 изображена
консольная
балка,
нагруженная
двумя
сосредоточенными силами. Во сколько раз
уменьшится максимальный изгибающий момент (на
опоре В), если поставить дополнительно в точке А
шарнирно подвижную опору?
Ответ: уменьшится в 8 раз.
4.8. Сварная балка
Wzn 
174
M z ,max
Ry c
;
h
hw
tw
tf
(4.8.1)
где Wzn определяется по формуле
(4.2.7):
z
h/2
Wzn
,
tw
hopt  k
h/2
tf
Требуемый момент сопротивления Wzn сварных
балок вычисляют по формуле (4.2.7), после чего
приступают к компоновке составного сечения.
Для
балки
двутаврового
y
поперечного сечения вначале
определяют
ее
оптимальную
высоту:
bf
bef=bf -tw
Рис. 4.8.1
175
tw – толщина стенки (рис. 4.8.1). Толщину стенки tw
(мм) предварительно можно определить по
эмпирической формуле
3h
1 1 
t w  (7  min ); hmin     l ,
(4.8.2)
1000
 8 15
где l – пролет балки, м; k – коэффициент, равный для
сварных балок постоянного сечения k = 1,2÷1,15;
переменного k = 1; для клепаных балок постоянного
сечения k = 1,25.
Назначаемая окончательно высота h балки
должна быть близкой к hopt (обычно на 5–10%
меньше полученной по формуле (4.8.1)).
После установления высоты балки определяют
минимальную толщину стенки tw,min из условия
работы ее на срез и сравнивают с ранее назначенной
по формуле (4.8.2) tw:
t w,min 
k / Qmax
k / Qmax

,
hw Rs  c hw 0,58 R y  c
(4.8.3)
где k/ =1,5 – при работе на срез без учета поясов и k/
=1,2 – с учетом работы поясов; приближенно
hw  h  (2  5 см).
(4.8.4)
Если tw,min будет отличаться более чем на 2 мм от
ранее принятой в формуле (4.8.1) для hopt (где
t w  (7  3hmin / 1000) ), то следует назначить t w  t w,min и
затем скорректировать значение hopt.
Установив размеры стенки, определяют ее осевой
момент инерции
175
176
I zw 
t w hw3
,
12
(4.8.5)
а затем момент инерции полок
I zf  I z  I zw ,
(4.8.6)
где Iz = Wznh/2 – момент инерции поперечного
сечения балки симметричного относительно оси z.
Приближенно
I zf  2 A f (ho / 2) 2 ,
(4.8.7)
откуда площадь сечения одной полки
A f  2 I zf / ho2 ,
(4.8.8)
где ho – расстояние между центрами тяжести полок
(рис. 4.8.1):
ho  h  t f .
(4.8.9)
Задавшись толщиной полки tf  16–40 мм, находят
ее ширину:
bf  Af / t f .
(4.8.10)
Отношение свободного свеса полки bef к ее
толщине tf не должно превышать значения
определяемого по формуле
bef
tf
(4.8.11)
176
 0,5
E
;
Ry
bef  b f  t w .
177
Кроме
того,
размер
bf
рекомендуется
выдерживать в пределах 1/3÷1/5 высоты балки h, а
отношение tf /tw не должно превышать 3, т.е.
t f / t w  3.
(4.8.12)
Назначив сечения стенки и полок, вычисляют
фактическое значение Wz и проверяют нормальные
напряжения
 x ,max 
M z ,max
Wz
 Ry c .
(4.8.13)
Перенапряжение
не
допускается,
а
недонапряжение должно составлять не более 5%.
Применяемые размеры стенки и полок
необходимо согласовывать с сортаментом на
листовую и полосовую сталь по ГОСТу.
На следующем этапе проводят проверку балки на
прогиб по формуле (4.5.1), назначают расстановку и
сечение ребер жесткости, рассчитывают толщину
сварных швов прикрепления полок к стенке.
Расчет соединения поясов со стенкой.
Сдвигающее усилие Т, приходящееся на 1 см длины
балки, составит
T  t w 
QS /fz
Iztw
tw 
QS /fz
Iz
,
(4.8.14)
где S /fz – статический момент площади полки
относительно нейтральной оси z (рис. 4.8.1):
177
178
htf
h tf 
S /fz  A f     b f t f
.
2
2 2 
(4.8.15)
Сдвигающая сила Т воспринимается двумя
швами. В этом случае минимальная толщина этих
швов при длине lw = 1 см будет:
при расчете на срез по металлу шва:
T
(4.8.16)
kf 
,
2  f R wf  c
при расчете на срез
оплавления:
kf 
по металлу границы
T
.
2z Rwz  c
(4.8.17)
Условные
обозначения,
встречающиеся
в
формулах (4.8.16), (4.8.17), расшифрованы в п.3.1.2.
Задача 4.8.1. Раcсчитать главную балку,
нагруженную равномерно распределенной нагрузкой
q = 140 кН/м (рис. 4.2.6). Пролет балки l = 6 м.
Материал балки – сталь С285,  с  1 .
Решение. Максимальный изгибающий момент в
середине
пролета
балки
составляет
2
2
M z,max  ql / 8  140  6 / 8  630 кН  м,
максимальная
поперечная сила на опорах: Qmax  ql / 2  140  6 / 2  420 кН.
Требуемый момент сопротивления при упругой
стадии работы определяется по формуле (4.2.7):
Wzn 
M z ,max
Ry c

630  103
 0,00225 м 3  2250 см 3 .
280  1
Согласно формул (4.8.2), принимаем
178
179
hmin= l/15 = 6/15 = 0,4 м; tw = 7 + 3  0,4 = 8,2 мм.
Принимаем четный размер толщины стенки tw =
10 мм.
Оптимальную высоту балки при tw = 1 см
определяем по формуле (4.8.1):
hopt  k
Wzn
2250
 1,2
 57 см.
tw
1
Окончательно назначаем высоту балки h = 60 см
и толщину ее стенки tw = 1 см. Находим
минимальную толщину стенки из условия ее работы
на срез (см. формулу (4.8.3)):
t w,min 
1,5  420  10 3
 0,0065 м  0,65 см  1 см.
0,6  0,58  280  1
Принято k/ = 1,5, т.е. учитывалась работа на срез без
учета поясов. Таким образом, принятая стенка
толщиной tw = 1 см удовлетворяет прочности при
расчете на действие касательных напряжений.
Согласно предложенной методике расчета
производим подбор горизонтальных полок балки. Из
выражений (4.8.5) – (4.8.9) определяем
I z  Wznh / 2  2250  60 / 2  67500 см4 .
Задавшись толщиной полки tf = 2см, что
удовлетворяет условию (4.8.12) (tf / tw = 2/1 = 2<3),
продолжаем вычисления:
hw  h  2t f  60  2  2  56 см;
I zw  t whw3 / 12  14635 см4 ; I zf  I z  I zw  67500  14635  52865 см 4 ;
Af 
2 I zf
ho2

2  52865
 31,4 см 2 .
(60  2) 2
Ширину полки находим по формуле (4.8.10):
b f  Af / t f  31,4 / 2  15,7 см.
179
180
Принимаем сечение полок 16  2 см , тогда Af = 32
см . Проверяем принятую ширину полки bf по
формуле (4.8.11):
2
bef

tf
16  1
2,06  105
 7,5  0,5
 13,6.
2
280
Как отмечалось выше, размер bf рекомендуется
выдерживать в пределах 1/3–1/5 от h. В нашем случае
имеем bf / h = 16/60  1 / 4. Условие удовлетворяется.
Проверяем принятое сечение на прочность. Для
этого вычисляем фактический момент инерции и
момент сопротивления поперечного сечения (рис.
4.8.1) балки:
2
Iz 
b f t 3f 1  56 3
htf 
t w hw3
16  2 3
 2

 2  29 2  32  2
 68480 см 4 ;
 Af  2
12
2
12
12
12


Wz  I z / (h / 2)  68480 / 30  2283 см3.
Максимальное нормальное напряжение находим
по формуле (4.8.13) при Mz,max = 630 кН·м:
 x,max 
Недонапряжение
630  103
 276 МПа  280 МПа.
2283  10 6
составляет 280  276 100%  1,4%  5%, что
280
допустимо.
Проверим
касательные
напряжения
по
нейтральной оси поперечного сечения у опоры балки.
Для этого используем условие (4.2.8), принимая во
внимание, что максимальная поперечная сила Qmax =
420 кН возникает на опорах балки (рис. 4.2.6):

Qmax S z/ 420  10 3 (0,16  0,02  0.29  0,28  0,01  0,14)

 81 МПа;
Iztw
68480  10 8  0,01
  81 МПа  Rs c  0,58Ry  0,58  280  162 МПа.
180
181
Расчет соединения поясов со стенкой.
Определяем сдвигающее усилие, приходящееся на 1
см длины балки по формуле (4.8.14):
Т
420  16  2  29
 5,7 кН / см.
68480
Сдвигающая сила Т = 5,7 кН/см воспринимается
двумя швами, тогда минимальная толщина этих швов
определяется по формулам (4.8.16), (4.8.17). Согласно
данных, приведенных в п.3.1.2, имеем для ручной
сварки βf = 0,7; βz = 1; Rwf = 200 МПа, Rwz = 0,45Run
= 0,45  380 = 171 МПа, коэффициент условий работы γс
= 1, тогда формулы (4.8.16) и (4.8.17) дают
kf 
5,7  103
 0,2 см;
2  0,7  200  10 4  1
kf 
5,7  103
 0,17 см.
2  1  171  10 4  1
Принимаем
конструктивно
минимальную
толщину шва kf = 7 мм, рекомендуемую при толщине
пояса 17–22 мм.
Задача 4.8.2. Рассчитать главную балку,
нагруженную равномерно распределенной нагрузкой
q = 280 кН/м (рис. 4.2.6). Пролет балки l = 6 м.
Материал балки – сталь С285,  с  1 (рис. 4.8.1).
Ответ: tw = 1 см; h = 80 см; tf = 2 см; bf = 24 см;
σx,max = 276 МПа,
τmax = 119 МПа.
Задача 4.8.3. Рассчитать балку двутаврового
поперечного сечения (рис. 4.8.1), нагруженную
равномерно распределенной нагрузкой. Расчетная
схема балки изображена на рис. 4.2.6. При расчете
принять, что l = 9 м, q = 140 кН/м; hmin/l = 1/15;
материал балки – сталь с Ry = 230 МПа;
181
182
Rs = 135 МПа, βf = 0,9; Rwf = 180 МПа, βz = 1,05; Rwz
=165 МПа; γс = 1.
Ответ: tw = 1 см; h = 90 см; tf = 2 см; bf = 30 см;
σx,max = 223 МПа;
τmax = 79 МПа; Т = 5,82 кН/см; kf = 0,7 см
(конструктивно).
Задача 4.8.4. Рассчитать сварную составную
балку двутаврового поперечного сечения (рис.4.8.1).
Консольная балка длиной l = 4 м нагружена
равномерно
распределенной
нагрузкой
интенсивностью q = 100 кН/м (рис. 4.4.5). Материал
балки – сталь с Ry = 240 МПа,  с  1 .
Ответ: tw = 0,8 см; h = 80 см; tf = 1,6 см; bf = 22
см; σx,max = 231 МПа;
τmax = 71,2 МПа.
Задача 4.8.5. Подобрать составное поперечное
сечение балки, изображенной на рис. 4.4.12.
Поперечное сечение принять в виде двутавра (рис.
4.8.1). Пролет балки l = 6 м, сосредоточенная сила F =
200 кН. Материал балки – сталь с Ry = 240 МПа,  с  1 .
Ответ: tw = 0,6 см; h = 60 см; tf = 1,6 см; bf = 15
см; σx,max = 240 МПа;
τmax = 64 МПа.
182
183
Глава 5
СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ
Сложным
сопротивлением
называют
различные
комбинации простых сопротивлений бруса – растяжения или
сжатия, сдвига, кручения и изгиба. При этом на основании
известного принципа независимости действия сил напряжения
и деформации при сложном сопротивлении определяют
суммированием напряжений и деформаций, вызванных
каждым внутренним усилием, взятым в отдельности.
Из большого числа возможных видов сложного
сопротивления бруса на практике наиболее распространены
косой изгиб, внецентренное растяжение или сжатие и изгиб с
кручением.
5.1. Косой изгиб
Изгиб, при котором внешние нагрузки, перпендикулярные
оси балки, действуют в плоскости, не совпадающей ни с одной
из главных плоскостей x,y и x,z, называют косым изгибом
(рис. 5.1.1).
Обычно внешнюю нагрузку, вызывающую косой
изгиб, раскладывают на две составляющие по
главным плоскостям, каждая из которых приводит к
плоскому
поперечному
Силовая плоскость
изгибу в своей плоскости.
y
Таким образом, косой изгиб
q
является сочетанием двух
F

плоских поперечных изгибов,
z
каждый
из
которых
x
происходит в своей главной
Рис. 5.1.1
плоскости.
Нормальные
напряжения,
вызванные
действием
изгибающих моментов My и Mz в главных плоскостях и
183
184
направленные перпендикулярно плоскости поперечного
сечения балки, складываются алгебраически, т. е.
My
M
(5.1.1)
z  z y.
Iy
Iz
В формуле (5.1.1) знак «плюс» присваивается растягивающим
напряжениям, знак «минус» – сжимающим, а величины изгибающих
моментов берутся по модулю.
 
Условия прочности для наиболее удаленных от осей y и z
опасных точек сечения имеют вид
 max 
My
Wy ,t

Mz
 Rt  c ;
Wz ,t
 m  i
My
Wy , с
n
Mz
 Rc  c ,
Wz ,с
(5.1.2)
где (как и в гл.4) Wy,t и Wz,t – моменты сопротивления
относительно осей y и z – для растянутых волокон; Wy,с и Wz,с –
то же для сжатых волокон; Rt и Rc – расчетные сопротивления
материала растяжению и сжатию соответственно; γс –
коэффициент условий работы, принимаемый по табл. 1.1.
Условия прочности (5.1.2) позволяют решать три основных
типа задач: проверочный расчет, подбор сечений балок и
установление допускаемых внешних нагрузок. Например,
задача о подборе сечения балки, испытывающей косой изгиб,
решается на основе условий
y
(5.1.2) при заданном или
Опасная точка
определенном сортаментом
соотношении
осевых Линия прогибов
моментов
сопротивления
wz 
 z
Wz / Wy .
wy
w
Опасная точка
Mz  M y
Wz 
R c
Wz
Wy

,
F
Нейтральная линия
Рис. 5.1.2
где R – наименьшее из расчетных сопротивлений Rt и Rc.
Условия прочности (5.1.2) относятся к опасным точкам
таких сечений, как прямоугольник, двутавр, швеллер и т.п.
(угловые точки). Для сечений произвольной формы опасные
точки – это точки, наиболее удаленные от нейтральной оси.
184
185
Для этих точек (с координатами y , z ) условия прочности
имеют вид
 max 
My
Mz
y
z  Rt  c ;
Iz
Iy
 min  
My
Mz
y
z  Rc  c .
Iz
Iy
(5.1.3)
Положение нейтральной оси при косом изгибе
определяется тангенсом угла наклона β (рис. 5.1.2) к главной
оси z:
tg  tg  I z / I y .
Касательные
напряжения
рассчитываются по формуле
при
косом
2
изгибе
2
 Qz S yотс 
 Q y S zотс 
 
 ,
 
 I y h( z ) 
 I z t ( y ) 
(5.1.4)
являющейся естественным обобщением формулы (4.2.6).
Перемещения при косом изгибе определяют по принципу
независимости действия сил, т.е. рассчитывают прогибы wy и
wz в направлении главных осей, а величину полного прогиба
получают геометрическим суммированием:
w  w y2  wz2 .
Направление
полного
отношением wz / wy :
перемещения
wz
wy
= tgφ =
Iz
Iy
определяется
tgα ,
(5.1.5)
причем угол φ лежит в той же четверти, что и угол α (рис. 5.1.2).
Задача 5.1.1. Для консольной двутавровой балки, загруженной
горизонтальной силой F1 = 0,56 кН и вертикальной силой F2 = 5,84 кН
(рис. 5.1.3), построить эпюру нормальных напряжений в защемлении
и найти максимальное нормальное напряжение σmax.
Решение.
Нормальные
напряжения
F2
определяем по формуле (5.1.1). Подсчитаем
y
F1
1 см
c
d
Рис. 5.1.3
1 см6 см
z 0,5 м
0,5 м
а
4 см
b
a
б
1 см
185
186
вначале величины изгибающих моментов в защемлении (по модулю):
My = 560 1 = 560 H·м;
Mz = 5840  0,5 = 2920 H·м.
При этом момент Mz растягивает верхние волокна и сжимает
нижние, а момент My растягивает левые волокна и сжимает правые.
Моменты инерции сечения, состоящего из прямоугольников,
относительно осей z и y равны:
Iz = 116,67 см4 = 116,67  10 8 м 4 ;
Iy = 29,5 см4 = 29,5  10 8 м 4 .
Для построения эпюры нормальных напряжений вычисляем
напряжения в угловых точках a, b, c, d (рис. 5.1.3, б). В точке а оба
момента Mz и My вызывают растяжение, поэтому напряжение имеет
величину:
2920  0,04
560  0,02
Н
 (a) 

 100  106  38  106  138  106 2  138МПа.
8
8
116,67  10
29,5  10
м
В точке b момент Mz вызывает растяжение, а My – сжатие,
поэтому
 (b)  100  106  38  106  62  106 Н / м 2  62 МПа.
В точке с момент Mz вызывает сжатие, а My – растяжение, поэтому
 ( с)  100  106  38  106  62  106 Н / м 2  62 МПа.
В точке d оба момента Mz и My вызывают сжатие, поэтому
 ( с)  100  106  38  106  138  106 Н / м 2  138 МПа.
Определив напряжения в угловых точках и зная,
что нормальные напряжения изменяются по
закону плоскости, строим эпюру σ (рис. 5.1.4). Из
эпюры видно, что наибольшее нормальное
62
напряжение σmax = 138 МПа.
138
Задача 5.1.2. Для стальной балки, лежащей
c
d
на двух опорах и нагруженной силой F = 60 кН,
Эпюра  , МПа
лежащей в плоскости zy и составляющей угол α =
Рис. 5.1.4
30o с вертикальной осью y (рис. 5. 1.5), подобрать
прямоугольное сечение при условии, что h = 2b, Ry = 160 МПа, γс = 1.
Решение. Разложив силу на две составляющие по главным осям
сечения балки, определим опорные реакции, действующие в главных
плоскостях, и построим
эпюры
изгибающих
y
y 
 F
моментов Mz и My, рис.
F
5.1.6, а.
z
b62
l/2
186
а
90o
h
a
138
l/2
l = 2,8
м
б
Рис. 5.1.5
z
b
187
Наибольшие моменты действуют в среднем сечении, где
Fl
M z,max 
cos ;
4
Fl
M y,max 
sin  .
4
В этом сечении наибольшие нормальные напряжения возникают в
точках а (растяжение) и b (сжатие), рис. 5.1.6, б. Для них условие
прочности запишется так:
 max 
Вычисляем
моменты
сопротивления Wz и
Wy при заданном
соотношении высоты
h и ширины b:
Wy
Wz 
b(2b)
2
 b3;
6
3
Wy 
2b  b 2 1 3
 b .
6
3

M z ,max
Wz
 Ry c .
y
Fy  F cos 
F
sin 
2
F
sin 
2
max M z
а
max M у
Подставляем
в
условие
прочности
значения Mz , My , Wz
и Wy. В итоге получим
b
z
Fz  F sin 
F
cos 
2
2
a
б
F
cos 
2
Mz
My
Рис. 5.1.6
b3 

M y ,max
3Fl (0,5 cos   sin  )

4Ry c
3  6  10 4  2,8(0,5  0,866  0,5)
4  160  10 6  1
 735  10 6 м 3 ,
3
откуда b  735  10 6  0,0902 м  9,02 см, h  2b  18,04 см.
Задача 5.1.3. Для балки, лежащей на двух опорах и загруженной
тремя вертикальными сосредоточенными силами F1 = F3 = 10 кН, F2 =
20 кН и равномерно распределенной горизонтальной нагрузкой q =
24кН/м, требуется подобрать прямоугольное поперечное сечение с
отношением сторон
h = 1,5b. Пролет балки равен 1 м, Ry = =150 МПа, γс = 1 (рис. 5.1.7).
187
188
y
0,25 м
0,25 м
0,25 м
F1
F3
y 
F
q
1м 2м
z
а
б
F
z
h
0,25 м
F2
b
Рис. 5.1.8
Рис. 5.1.7
Ответ: b = 6 см, h = 9 см.
Задача 5.1.4. Балка прямоугольного поперечного сечения b×h =
=0,18м×0,24м нагружена так, как показано на рис. 5.1.8. Найти
наибольшее нормальное напряжение, если сила F = 60 кН, пролет
балки l = 3 м, угол между линией действия силы F и вертикальной
осью α = 30o.
Ответ: σmax = 35,5 МПа.
Задача 5.1.5. Определить наибольшие (по абсолютной величине)
нормальные напряжения в балке пролетом 2 м, опирающейся на
шарнирные подвижную и неподвижную опоры и несущую посередине
пролета сосредоточенный груз F = 6кН. Сечение балки с
прямоугольным отверстием показано на рис. 5.1.9.
Указание
Вначале необходимо определить положение нейтральной оси.
Ответ: σmax = 35,1 МПа.
Задача 5.1.6. Балка прямоугольного сечения изгибается моментом
h=6 см
b=4
a см
Нейтральная
линия
0,2 м
c
y
z
  27 o 48 / b
0,25 м
a
b
90 о
  30 о
D =10 см
Рис. 5.1.9
d
а
b
F
30
o
F
Рис. 5.1.10
F
o
30
c
d
Рис. 5.1.11
М = =10кН·м (рис. 5.1.10). Найти точки с наибольшими нормальными
напряжениями и вычислить эти напряжения.
188
189
Ответ: σmax = σ(a) = 7,15 МПа; σmin = σ(c) = –7,15 МПа.
Задача 5.1.7. Балка двутаврового сечения № 20 свободно
опирается на прогоны, наклоненные под углом 30 о к горизонтали (рис.
5.1.11). Расстояние между осями прогонов 4 м. Балка посередине
нагружена вертикальной сосредоточенной силой F = 8 кН.
Пренебрегая собственным весом балки, определить напряжения в
точках a, b, c, d и угол наклона β нейтральной оси сечения балки к
главной оси z.
Ответ: σ(a) = –210,9 МПа; σ(b) = –135,5 МПа; σ(c) = 210,9 МПа;
σ(d) = 135,5 МПа; β = 83 о48/.
Задача 5.1.8. Стальная консольная балка двутаврового
поперечного сечения длиной l = 2 м изгибается силой F = 8
кН, приложенной к ее свободному
y
концу (рис. 5.1.12).
Пренебрегая собственным весом
z
балки, подобрать номер двутаврового
профиля
и
определить
прогиб
F 30o
свободного конца, если
l
F
o
α = 30 , Ry = 140 МПа, γс = 1
и модуль упругости Е = 2·105 МПа.
Рис. 5.1.12
У к а з а н и е. Для двутаврового
сечения при предварительном подборе принимают Wy / Wz = 8–10.
Ответ: двутавр № 36; прогиб w = 1,03 см.
Задача 5.1.9. Стальная консольная балка двутаврового
поперечного сечения (двутавр № 24) длиной 1 м загружена
сосредоточенной вертикальной силой F = 40 кН. Найти максимальное
нормальное напряжение в балке и вычислить прогиб конца консоли,
если модуль упругости Е = 2  105 МПа.
Определить, как изменятся напряжения и прогиб балки, если сила
F отклонится от вертикали на угол α = 5о.
Ответ: при прямом изгибе σmax = 138,5 МПа; w = 0,193 см; при
косом изгибе напряжения и прогиб возрастают в 1,7 раза.
Задача 5.1.10. При установлении опоры двутавра № 60 была
допущена ошибка и стенка двутавра отклонилась от вертикали на
угол равный 1о.
Определить связанное с этим увеличение нормальных напряжений
и полного прогиба двутавра.
Ответ: напряжения увеличились на 20%, полный прогиб на 30%.
5.2. Внецентренное растяжение и сжатие бруса
большой жесткости. Ядро сечения
189
190
Жестким брусом называют брус, у которого прогибы
малы по сравнению с размерами сечений и этими прогибами
можно в расчете пренебречь. Внецентренное растяжение или
сжатие возникает при приложении к брусу продольной силы с
некоторым эксцентриситетом относительно центра тяжести
поперечного сечения (рис. 5.2.1). Загружение стержня
продольной силой, приложенной вне центра тяжести сечения,
эквивалентно загружению стержня центральной силой N = F
и двумя моментами (рис. 5.2.2)
Mz = Fey и My = Fez.
От всех внутренних усилий N, Mz, и My в сечениях возникают
нормальные напряжения, направленные перпендикулярно сечению.
Для определения полного напряжения они алгебраически
суммируются:
Mz
N My
σ=± ±
z±
y,
A
Iy
Iz
(5.2.1)
где снова «знак» плюс соответствует растяжению, знак «минус» –
сжатию.
Условие прочности для внецентренного растяжения или сжатия
имеет вид
M
N My
  
z  z y  Radm ,
A
Iy
Iz
(5.2.2)
причем если материал
по-разному
е
y
Мz
y
сопротивляется
x z
растяжению и сжатию
то
при
( Rt  Rc ) ,
О еу z
О Му z
положительной сумме
слагаемых
она
сравнивается с Rt , при
отрицательной – с Rс.
Нейтральная линия
при
внецентренном
растяжении (сжатии) –
Рис. 5.2.1
Рис.5.2.2
это
прямая,
не
проходящая через центр тяжести сечения. Строить эту прямую удобно
F
190
x
F
191
с помощью отрезков a0 и b0, отсекаемых на осях координат (рис.
5.2.3.)
Формулы для расчета этих отрезков имеют вид:
Iy
I
y
(5.2.3)
ao  
; bo   z .
Aez
Ae y
(еz , е у )
ао
В этих формулах величины e и e , как уже
y
O
z
отмечалось,
являются
координатами точки
z
приложения силы F, т.е. берутся со своими
bo
знаками.
Область вокруг центра тяжести, внутри которой
Нейтральная
линия
приложение силы вызывает во всех точках сечения
Рис. 5.2.3
напряжения одного знака, называется ядром
сечения.
Для
определения
ядра
сечения
необходимо задаться рядом положений нейтральной линии, проводя
ее через граничные точки контура и вычислить координаты точек
приложения силы ey и ez, используя формулы (5.2.3).
Задача 5.2.1. Найти допускаемую нагрузку для бруса, показанного
на рис. 5.2.4, если расчетные сопротивления
материала бруса на растяжение и сжатие
F
y
равны
x
Radm,t = 20 МПа; Radm,с = 100 МПа.
z
Решение. Запишем условие прочности
для наиболее напряженных точек любого
сечения бруса, так как все сечения
h=0,06 м
равноопасны:
M
Mz
F
y
b=0,04 м
  

 Radm,t ;
A Wy
Wz

F M y Mz


 Radm,с .
A Wy
Wz
Рис. 5.2.4
Перепишем эти условия, учитывая, что
M z  Fh / 2 и M y  Fb / 2 , тогда
F
bA
hA 
F
bA
hA 
 1
  Radm,t и  1 
  Radm,с .


A 
2Wy 2Wz 
A  2Wy 2Wz 
Отсюда определяем значения допустимых нагрузок:
ARadm,t
0,04  0,06  20  10 6
Fadm,t 


bA
hA
0,06  0,0024  6 0,04  0,0024  6
 1

 1

2Wy 2Wz
2  0,04  0,06 2
2  0,06  0,04 2
191
192
= 64000 Н = 64 кН.
ARadm,с
0,04  0,06  100  10 6


bA
hA
0,06  0,0024  6 0,04  0,0024  6
1

1

2Wy 2Wz
2  0,04  0,06 2
2  0,06  0,04 2
= 192000 Н = 192
кН.
F
y
y
Окончательно в
N
качестве
Му
допустимой
z
h
внешней
нагрузки
z
Мz
принимаем
Fadm = 64 кН.
b
Задача
5.2.2.
Построить
эпюру
Рис. 5.2.5
Рис. 5.2.6
нормальных
напряжений и определить положение нейтральной линии в
прямоугольном поперечном сечении короткого столба, нагруженного
вертикальной сосредоточенной силой F, приложенной так, как
показано на рис. 5.2.5.
Решение. Эксцентриситеты силы F будут равны:
ez  b / 2, e y  h / 2.
Fadm,с 
Произведя приведение силы к центру, получим
N  F; M z  Fh / 2; M y  Fb / 2.
Схема загружения поперечного сечения показана на рис.
5.2.6. Нормальные напряжения в угловых точках 1, 2, 3 и 4
(рис. 5.2.7), для которых y = ymax и z = zmax, подсчитывают по
формуле
σ=
N
A
+
Mz
Wz
+
My
Wy
,
причем знаки слагаемых устанавливают в зависимости от того, растяжение
или сжатие вызывает в данной точке соответствующий силовой фактор:
F F  h  6 F  b  6 F 3F 3 F
F
 (1) 





7 ;
2
2
bh 2  bh
bh bh bh
A
2  hb
F 3F 3F F
F 3F 3F
F
 ( 2)  

 ;
 ( 3)  

 5 ;
bh bh bh A
bh bh bh
A
F 3F 3F F
 ( 4)  

 .
bh bh bh A
192
193
Эпюра напряжений в поперечном сечении изображена на
рис. 5.2.7.
 (1)   max
y
1
F
7
A
 (2) 
2
z
y
F еу
A
ао
bo
Нейтральная
линия
Для определения положения нейтральной линии воспользуемся формулами (5.2.3):
z
hb 3
2 b
12
ao 
 ;
h b b 6
bh 3
2
h
bo   12
 .
h b  h
6
Нейтральная
линия показана на
F
еz
F
 (3)   min  5
рис.5.2.8.
Она
 (4) 
A
A
отсекает отрезки в
Рис. 5.2.7
Рис. 5.2.8
четвертой
четверти координатной системы, показанной на рис. 5.2.8.
Задача 5.2.3. Как изменится эпюра напряжений и
положение нейтральной линии, если силу F задачи 5.2.2
переместить по диагонали к центру тяжести прямоугольника
на расстояние, равное одной четверти диагонали, т.е. если
принять еz = b/4, еy = h/4.
Ответ: σ(1) = σmax = 4F/A; σ(2) = σ(4) = F/A; σ(3) = –2F/A.
Задача 5.2.4. Для круглого поперечного сечения с радиусом
R ядро сечения представляет собой соосный круг меньшего
радиуса r = R/4. Доказать, что при приложении к круглому
поперечному сечению внешней силы на расстоянии, равном
радиусу R от центра кругов, нейтральная линия коснется
контура ядра сечения.
Задача 5.2.5. Построить ядро сечения для прямоугольника
с высотой h и шириной b. Главная ось z направлена
параллельно стороне с высотой h.
У к а з а н и е . Учесть, что предельными будут такие
положения нейтральных линий, при которых эти линии
совпадут с контурами сечения.
Ответ: ядро сечения – ромб с большой диагональю,
расположенной на оси z и равной h/3, малой – на оси y и
равной b/3.
4
3
193
194
0,1 м
Задача 5.2.6. Найти наибольшие напряжения в сечениях 1 –
1 и 2 – 2 стального крюка постоянного круглого сечения
диаметром d = 0,032 м, несущего груз F = 8 кН (рис. 5.2.9).
Ответ: σ1-1,max = 9,95 МПа; σ2-2,max = 159 МПа.
Задача
5.2.7.
F = 60 кН
Вычислить наибольшее
по
абсолютной
0,06 м
величине напряжение в
1м
2м
1
1
шарнирно
опертой
Рис. 5.2.10
балке прямоугольного
Т1
поперечного
сечения
F
F
2
еу
b×h = 0,04×0,06 м с 2
Т2
пролетом l = 3 м и
Т3
загруженной
как
F
показано на рис. 5.2.10.
Рис. 5.2.9
Рис. 5.2.11
Ответ: σ = 210,5
МПа.
Задача 5.2.8. При испытании на внецентренное растяжение
стального бруса прямоугольного поперечного сечения b×h =
0,005 м×0,06 м поставлены три тензометра Т1, Т2, Т3 с
одинаковыми коэффициентами увеличения k = 1000 и базой 20
мм (рис. 5.2.11). Вычислить какие приращения отсчетов Δi
должны показать тензометры при ступени нагрузки F = 12 кН,
если
эксцентриситет
F
сосредоточенной силы F равен еy
с
= 0,015 м, а модуль упругости
материала Е = 2·105 МПа?
Ответ: Δ1 = 10 мм; Δ2 = 4 мм;
F
Δ3 = –2 мм.
Задача 5.2.9. Насколько в
К
а
а/2
процентах
увеличится
а
а/2
F
напряжение в короткой стойке
квадратного поперечного сечения б
Рис. 5.2.13
Рис. 5.2.12
со стороной а, сжатой центрально
приложенной силой F, если в ней
194
195
0,3 м
0,8 м
0,5 м
0,6 м
0,127 0,4 м 0,4 м 0,25
0,2 м
0,173
м у
м
0,084
С
0,25
м
м
м
сделать врубку, как показано на рис. 5.2.12? Насколько
изменится напряжение, если сделать две симметричные
врубки?
Ответ: на 70,2%; на 33,3%.
Задача 5.2.10. Определить максимально допустимое
значение усилия, передаваемого со струбцины (рис. 5.2.13) на
абсолютно жесткое тело К, чтобы деформации в струбцине
оставались упругими.
у 1
Поперечное сечение
α
струбцины
прямоугольное b×h =
0,006 м × 0,025 м,
1
2
размер с = 0,075 м,
2
О5
О3-4
упругости
z предел
О2-3
материала струбцины
σpr = 200 МПа.
3
О1-2 О
1
Ответ: Fadm = 1,58
кН.
Задача 5.2.11. На
рис.
5.2.14
r
4
4
изображено
z/
5
поперечное
0,4 м
0,4 0,6 м
сечение бруса и
м 1,4 м
показаны центры
Рис. 5.2.14
тяжести четырех
простых элементов, составляющих это поперечное
сечение.
Требуется построить яд-ро сечения для заданного
поперечного сечения.
Решение. Найдем положение центра тяжести всего
поперечного сечения. Главная ось у совпадает с осью
симметрии сечения. Вычислим пло-щади четырех
простых элементов:
3
195
196
А1 = 0,6·1,4/2 = 0,42 м2; А2 = 0,5·1,4 = 0,7 м2; А3 =
0,8·0,6 = 0,48 м2;
А4 = π0,32/2 = 0,1413 м2.
Площадь всего поперечного сечения будет
А =
А1+А2+А3+А4 = 1,74 м2.
Положение главной оси z относительно случайной оси z/
находим по формуле (2.1.6):
yC   A118
,  A2 1,35  A3 0,7  A4 0,173 / А  2,061 / 1,74  1,184 м.
Определим главные моменты инерции относительно осей
у и z:
0,6  0,7 3 0,5  1,4 3 0,8  0,63
0,34


 3,14
 0,16618 м 4 ;
12
12
12
42
 1,4  0,63
  1,4  0,53
  0,6  0,83

Iz  
 0,616 2 A1   
 0,166 2 A2   
 0,484 2 A3  
 36
  12
  12

Iy  2
 [0,11  0,34  0,127 2 А4  1,0112 А4 ]  0,3686 м 4 .
Вычисляем квадраты радиусов инерции поперечного
сечения:
i z2 
I у 0,16618
I z 0,3686

 0,0954 м 2 .

 0,2117 м 2 ; i у2 
A
1,74
A
1,74
Нейтральная линия проходит через точки с координатами
z = 0, у = bо и z = ао, у = 0, которые можно вычислить при
помощи формул (5.2.3). Эти формулы для рассматриваемого
случая примут вид:
ey  
i y2
iz2
; ez  
.
bo
ao
(а)
Если внешняя сила приложена в пределах ядра сечения, то
во всем сечении будут нормальные напряжения одного знака.
Предположим, что нулевая линия проходит через точки 1 и 2
поперечного сечения, следовательно, bo = 1,016 м; tgα =
0,7/0,6; ао = bo tgα = 1,016·0,7/0,6 = 1,185 м.
Из формул (а) находим эксцентриситеты точки
приложения сосредоточенной силы
196
197
ey  
i z2
0,2127

 0,208 м  20,8 см;
bo
1,016
ez  
i y2
ao

0,0954
 0,081 м  8,1 см.
1185
,
Откладываем эти координаты на рис. 5.2.14 и находим
точку О1-2. Таким образом, если приложить силу в точке О1-2,
то нулевая линия будет проходить через сторону 1 – 2
поперечного сечения. Следовательно, во всем сечении будут
нормальные напряжения одного знака.
Теперь предположим, что нулевая линия проходит через
точки 2 и 3 поперечного сечения. В этом случае ао = 0,7 м; bo =
 , а формулы (а) дают
ey  
0,2117
0,0954
 0; ez  
 0,136 м  13,6 см.

0,7
По этим координатам строим точку О2-3 (рис. 5.2.14).
Далее предположим, что нулевая линия проходит через
точки 3 и 4, причем в точке 4 она является касательной линией
к круговому контуру поперечного сечения. Значения ао и bo в
этом случае можно вычислить теоретически, но это будет
довольно сложной операцией, поэтому ограничимся
непосредственным измерением ао и bo на рис. 5.2.14, т.е.
определим их графически: ао = 0,74 м, а bo = –1,62 м. Тогда
ey  
0,2117
0,0954
 0,131 м; ez  
 0,129 м.
 1,62
0,74
По этим координатам строим точку О3-4.
Проводим нулевую линию через точку 5 параллельно оси
z, тогда ao = =  , bo = –yC = –1,184 м. По формулам (а) находим
координаты точки О5, где по предположению должна быть
приложена сила внецентренного сжатия или растяжения,
ey  
0,2117
0,0954
 0,1788 м; ez  
 0.
 1184
,

Наконец, проводим нулевую линию через точку 1
параллельно оси z. В этом случае bo = 1,016 м; ао =  . Точка
О1 – точка приложения силы – будет иметь координаты:
197
198
ey  
0,2117
0,0954
 0,208 м; ez  
 0.
1,016

Точки О1, О1-2, О2-3, О3-4 соединяем прямыми линиями, а
точки О3-4 и О5 – выпуклой кривой линией. Учитывая
симметрию поперечного сечения, продолжаем построения
дальше. Внутренняя область, ограниченная построенной
линией, будет являться ядром заданного поперечного сечения.
5.3. Совместное действие изгиба и кручения
Для выявления опасного сечения при совместном действии
изгиба и кручения строятся эпюры крутящих и изгибающих
моментов по правилам глав 3 и 4. Вопрос о прочности
стержня в этом случае решается с помощью тех или иных
критериев прочности. Условия прочности имеют вид:
по
критерию
напряжений:
наибольших
 экв 
И
по критерию
деформаций:

2
1
 И2  4 К2  Radm ;
2
наибольших
 экв  (1   )
по
критерию
напряжений:
И
2
нормальных

относительных
(1   )
 И2  4 К2  Radm ;
2
наибольших
касательных
 экв   И2  4 К2  Radm ;
по критерию удельной потенциальной энергии
формоизменения:
 экв   И2  3 К2  Radm .
На основе приведенных соотношений могут быть выведены
формулы для расчета, например, диаметров валов круглого
сечения. Так, формулы для расчетных диаметров имеют вид:
198
199
по
критерию
напряжений:
наибольших
d3
касательных
10 M 2  T 2
;
Radm
(5.3.1)
по критерию удельной потенциальной энергии
формоизменения:
d3
10 M 2  0,75T 2
.
Radm
(5.3.2)
Задача 5.3.1. Рассчитать радиус круглого цилиндрического
вала с прямой осью, несущего два шкива, весом каждый по 1
кН и с одинаковыми диаметрами D = 0,5 м. Длина вала l = 0,5
м (рис. 5.3.1). Натяжение в ведущих ремнях Р1 = 0,8 кН, в
ведомых Р2 = 0,2 кН. Ремни левого шкива расположены
вертикально, правого –
a = 0,1 м
0,3 м
a = 0,1 м
горизонтально, Radm =
Р2
65 МПа. Собственным
весом вала пренебречь.
Р1
Использовать критерии
прочности наибольших
касательных
напряжений и удельной
потенциальной энергии
Р2
Р1
формоизменения.
Рис. 5.3.1
Решение.
Определяем величину внешних усилий (моментов пар сил и
сосредоточенных сил), передаваемых на вал со стороны
шкивов. Величина внешних скру-чивающих моментов МI и MII
определится разностью натя-жений в ремнях:
MI = 800·0,25 – 200·0,25 = 150 Н·м; MII = 200·0,25 – 800·0,25
= –150 Н·м.
199
200
Кроме кручения вал испытывает изгиб в вертикальной
плоскости от веса шкивов G1 = G2 = 1 кН и от суммарной силы
натяжения в ремнях левого шкива РI = 0,8 + 0,2 = 1 кН, а также
изгиб в горизонтальной плоскости от суммарной силы
натяжения в ремнях правого шкива РII = 0,8 + 0,2 = 1 кН.
Схема загружения вала в
G2
G1
Р II
вертикальной
и МI
горизонтальной плоскостях,
М II
а также эпюры крутящего
РI
момента Т и изгибающих 0,1 м
0,1 м
0,3 м
моментов Мв и Мг показаны
150 Н·м
на
рис.
5.3.2.
Самым
напряженным
является
Т
сечение, где расположен
Мв
левый шкив и в котором
Т = 150Н·м, Мв = 180Н·м;
120 Н·м
Мг = 20Н·м.
180 Н·м
Для расчета диаметра вала
воспользуемся
формулами
(5.3.1) и (5.3.2), имея в виду,
что в них
М
Рис. 5.3.2
80 Н·м
М в2  М г2 .
В результате получим
касательных напряжений:
d 3
Мг
20 Н·м
по
критерию
10 180 2  20 2  150 2
65  10 6
наибольших

= 0,0342 м = 3,42 см;
по критерию удельной
формоизменения:
d 3
потенциальной
10 1802  202  0,75  1502
65  106
энергии
 0,0324 м  3,24 см.
Вал, рассчитанный по критерию удельной потенциальной
энергии формоизменения, более экономичен.
200
201
Задача 5.3.2. Схема нагружения вала рулевой машины
представлена на рис. 5.3.3. Требуется подобрать диаметр вала,
используя критерий наибольших касательных напряжений (dI )
и критерий удельной потенциальной энергии формоизменения
(dII), и считая Radm = 30 МПа.
Ответ: dI =0,266 см; dII
М=0,05
М=0,05
=0,26
см.
Н·м
Н·м
Задача 5.3.3. Керамическая
труба
подвержена действию
F=5 Н
крутящего момента Т = 0,08
0,04 м
0,02 м 0,02 м
кН·м и изгибающего момента
М = 0,06 кН·м. Определить
Рис. 5.3.3
запас прочности трубы, если
предел прочности материала σut = 100 МПа, наружный диаметр
трубы D = 0,05 м, внутренний d = 0,04 м. Расчет вести по
критерию удельной потенциальной энергии формоизменения.
У к а з а н и е. Запасом прочности nВ считать отношение
предела прочности к расчетному сопротивлению.
Ответ: nВ = 8,7.
Задача 5.3.4. Вал
со
шкивами
0,4 м
0,2 м 0,3 м
диаметрами
D1 = 0,4
t2
м
и
D
=
0,6
м (рис.
2
D2
D1
2t 2
5.3.4) вращается со
скоростью n0 = 100
об/мин и передает
мощность
U = 30 кВт.
t1
2t 1
Собственный
вес
Рис. 5.3.4
левого шкива G1 = 2
кН, правого шкива G2 = 3 кН, собственным весом вала
пренебречь. Ремни левого шкива направлены вертикально,
правого – горизонтально. У обоих шкивов натяжение в
ведущем ремне вдвое больше, чем в ведомом. Рассчитать
диаметр вала (единый по длине), используя критерий
201
202
наибольших касательных напряжений (dI ) и критерий
удельной потенциальной энергии формоизменения (dII), и
считая Radm = 80 МПа.
У к а з а н и е. Для расчета скручивающего момента Мк нужно
воспользоваться формулой (3.2.2):
30570U
Mк 
Нм (U в кВт),
no
Ответ: dI = 10,5 см; dII = 10,4 см.
Задача 5.3.5. Стержень с ломаной осью и диаметром D =
0,1 м одним концом защемлен, а на другом нагружен силой F
= 5 кН. Размеры участков стержня указаны на рис. 5.3.5.
Найти эквивалентное напряжение, используя критерий
удельной потенциальной энергии формоизменения.
d
D
2м
F
Рис. 5.3.5
1м
1
м
F
Рис. 5.3.6
Ответ:  экв = 109 МПа.
Задача
5.3.6.
Пользуясь
критерием
наибольших
касательных напряжений, подобрать диаметр стального вала
лебедки (рис. 5.3.6) грузоподъемностью F = 40 кН при
невыгоднейшем положении груза. Диаметр посаженного на
вал барабана D = 0,4 м. Расстояние между осями подшипников
вала равно 1 м. Допускаемое напряжение Radm = 100 МПа.
Ответ: d = 10,9 см.
2а
а
а
Задача
5.3.7.
M=Fа
Подобрать диаметры вала A
B
C
на участках АВ и СD для
D
коленчатого
вала,
а
нагруженного так, как
F
а
а
показано на рис. 5.3.7.
Рис. 5.3.7
202
203
Использовать критерий наибольших касательных напряжений
(dI) и критерий удельной потенциальной энергии
формоизменения (dII), считая Radm =80 МПа. Принять F = 2
кН, а = 0,1 м.
Ответ: dI = 3,08 см; dII = 3,04 см.
Задача 5.3.8. Построить эпюры крутящего Мх и
изгибающих Му, Мz моментов, нормальных N и поперечных
Qy, Qz сил, действующих в поперечных сечениях
пространственного ломаного бруса, показанного на рис. 5.3.8,
а.
Брус
состоит
из
прямолинейных
участков,
перпендикулярных друг другу.
Подобрать по III теории прочности (по критерию
наибольших касательных напряжений) диаметр d
круглого сплошного поперечного сечения стального
бруса, считая, что Radm = Ry = 240 МПа.
Решение. При решении задачи введем следующие
обозначения:
- ось х будем всегда направлять вдоль продольных осей
прямолинейных элементов пространственного бруса
(рис. 5.3.8, а);
- изгибающие моменты будем обозначать как Мz(АВ) –
изгибающий момент относительно оси z в точке А
элемента АВ, или Мz(ВА) – изгибающий момент
относительно оси z в точке В элемента ВА и т.д.;
- внутренние усилия будем обозначать как Qz(АВ) –
поперечная сила, действующая вдоль оси z в пределах
элемента АВ; или N(СВ) – нормальная сила в пределах
участка СВ.
203
3 кН
0,3 кН·м
0,3 кН·м
1 кН·м
204
z
y
F2=2 кН
А
F3=1 кН x
z
а
x
B
Cz
ya1=0,2 м
0,4
кН·м
a2=0,3 м
y
x a3=0,4 м
Mx
б
D
F1=1 кН
1 кН·м
0,3 кН·м
0,3 кН·м
0,4
кН·м
0,3 кН·м
0,3 кН·м
1 кН
1 кН
0,4 кН·м
в
My
г
3 кН
Mz
д
Qy
Элемент СD. При определении
усилий в элементе СD будем
использовать систему координат
xyz, изображенную на рис. 5.3.8, а
1 кН
около элемента СD. Мысленно
проводя сечение в любом месте
элемента СD и отбрасывая часть
Qz
N
пространственного
бруса,
е
ж
Рис. 5.3.8
содержащую опору А, находим для
оставшейся части:
Mx(CD) = My(CD) = My(DC) = Mz(DC) = N(CD) =
= Qz(CD) =0; Mz(CD) = F1a3 = 0,4 кН·м.
Значение Mz(CD) = 0,4 кН·м откладываем на эпюре Mz в
точке С со стороны растянутого волокна в плоскости изгиба
хОу (рис. 5.3.8, г). Далее определяем Qy(CD) = F1 =1 кН и
1 кН
204
205
Mx=0,3 кНм
откладываем на участке СD эпюры Qy в плоскости изгиба хОу
в направлении оси у (рис. 5.3.8, д).
Элемент СВ. Система координат для рассматриваемого
элемента показана на рис. 5.3.8, а. Используя метод сечений и,
отбрасывая часть пространственного бруса с опорой А,
определяем Mx(CВ) = F1a3 = 0,4 кН·м;
My(CВ) = Mz(CВ) = N(СB) = 0; My(ВC) = F3a2 = 1 0,3 = 0,3 кН·м;
Mz(ВC) = F1a2 = 1  0,3 = 0,3 кН·м.
Значение Mx(CВ) откладываем на эпюре Mx (рис. 5.3.8, б),
значение My(ВC) – на эпюре My в точке В, значение Mz(ВC) = 0,3
кН·м откладываем на эпюре Mz в точке В со стороны
растянутого волокна элемента СВ в плоскости его изгиба хОу
(рис. 5.3.8, г). Затем находим Qy(СВ) = F1 =1 кН, Qz(СВ)= = F3 =1
кН и откладываем эти значения на эпюрах Qy, Qz
соответственно в соответствующих плоскостях (рис. 5.3.8, д,
е).
Элемент АВ. Для этого элемента, согласно рис. 5.3.8, а,
находим
Mx(AB) = F3a2 = 1  0,3 = 0,3 кН·м; My(BA) = F1a3 = –1·0,4 = 0,4
кНм;
My(AB) = –F1a3 – F3a1 – F2a1 = –1·0,4 – 1·0,2 – 2·0,2 = –1 кН·м;
Qy(AB) = 0;
Mz(AB) = Mz(BA) = –F1a2 = –1·0,3 = –0,3 кН·м; Qz(AB) = F2 + F3 = 3
кН;
N(AB) = –F1 = –1 кН.
Все полученные числовые значения откладываем на
соответствующих эпюрах. Из полученных эпюр видно, что
наиболее опасным поперечным сечением будет сечение на
опоре А, в котором действуют N(AB)= N = –1 кН;
Мх(АВ) = Мх = 0,3 кН·м; Му(АВ) = Му = 1 кН·м; Mz(AB) = Mz = 0,3
кН·м;
Qz(AB) = Qz =3 кН (рис. 5.3.9). На рис. 5.3.9, а показаны
z
1
z
 Мmax
х
1 My=1 кНм
у
4
Qz=3 кН3
а
х
Mz=0,3
кНм б
Рис. 5.3.9
2
N
3
z
 Мmax
х
205
 Мmax
z (2)
4
у
N
 Qmax
z (2)
х
max
z  Qz ( 4 )
х
у
min
М
z ( 4)
min
М
у ( 3)
N
у
у
max
М
у (1)
2
N=1 кН
z  Мmax
х
х
 Мmax
х
N
х
206
характерные точки 1÷4 круглого поперечного сечения, а на
рис. 5.3.9, б представлены нормальные и касательные
напряжения, действующие в этих точках. Принимая во
внимание, что
Wz  Wy  r 3 / 4, W  r 3 / 2 ,
и применяя формулы, приведенные в главе 4, находим
 Qmax
  Qmax

z (2)
z (4)
N  
N
r
2
;
16Qz
3d
2

4Qz
3r
2
max
min
; M
  M

y (1)
y ( 3)
max
min
M
  M

z ( 2)
z ( 4)
Mz 4 Mz

;
Wz
r 3
My
Wy

max
M

x
4My
r 3
;
Mx 2Mx

.
W
r 3
(а)
Таким
образом,
при
известном
диаметре
d
пространственного бруса по формулам (а) можно вычислить
все действующие напряжения, которые затем легко
просуммировать согласно рис. 5.3.9, б:
max
2   M
N
z ( 2)
min
3   M
N
y ( 3)
min
4   M
N
z ( 4)
4My
2 Mx
N
max

;
; 1   M
2
x
r 3
r
r
2 Mx
4Qz
4 Mz
N
max

2   M
  Qmax

;
3 
2 ;
3 
x
z (2 )
r
r
r
3r 2
4My
2 Mx
N
max
;

3 
2 ;  3   Mx 
r 3
r
r
4 Mz
N
2 M x 4Qz
max

 2;
4   M
  Qmax


.
3
x
z (4)
r
r
r 3 3r 2
max
1   M
N 
y (1)
3

(б)
Если диаметр неизвестен, то в первом приближении по III
теории прочности (по критерию наибольших касательных
напряжений) его можно вычислить по формуле (5.3.1):
d 3
32 M x2  M y2  M z2
Radm
3
10 0,32  12  0,32
240  103
 0,0356 м  3,56 см;
r = 0,0178 м. Выше мы учли только изгибающие и крутящий
моменты действующие в сечении А (рис. 5.3.9), поэтому
примем r = 0,018 м = 1,8 см.
206
207
Проверим прочность в точке 4, используя последние
формулы (б),
4  0,3
1

 65529  983  66512 КПа  66,5 МПа;
3
3,14  0,018
3,14  0,0182
2  0,3
43
4 

 32764  3932  36696 КПа  36,7 МПа;
3
3,14  0,018
3  3,14  0,0182
4  
 экв,4   42  4 42  66,52  4  36,7 2  99 МПа  240 МПа.
Проверим прочность в точке
соответствующие формулы (б):
3  
4 1
также
используя
1
 218430  983  219413 КПа  219,4 МПа;
314
,  0,0182
2  0,3
3 
 32764 КПа  32,76 МПа;
3,14  0,0183
3,14  0,018
3

3,
 экв,3   32  4 32  219,4 2  4  32,762  229 МПа  240 МПа.
Определим положение нулевой линии в поперечном
сечении А, для чего воспользуемся формулой (5.2.1), которую
для вычисления положения нулевой линии следует записать в
виде:
 
My
N
M

zо  z yо  0.
2
Iy
Iz
r
(в)
Нейтральная линия пересекает ось z в точке с координатами
у = 0, zo, тогда из уравнения (в) находим
 
My
N

zо  0,
2
Iy
r
откуда
определяем
Nr 2 1  0,0182
zo  2


 0,000081 м  0,0081 см.
4 1
r M y 4 M y
NI y
Ось у пересекается нулевой линией
координатами уо, z = 0, следовательно,
 
в
точке
с
M
N
 z yо  0,
2
Iz
r
207
208
а
уo 
NI z
r 2 M z

Nr 2 1 0,0182

 0,00027 м  0,027 см.
4 Mz
4  0,3
Задача 5.3.9. Подобрать по III теории прочности (по
критерию наибольших касательных напряжений) размеры
сплошного прямоугольного поперечного сечения (b  h)
пространственного стального бруса, изображенного на рис.
5.3.8, а. Брус состоит из прямолинейных участков,
перпендикулярных друг другу. Эпюры крутящего Мх и
изгибающих Му, Мz моментов, нормальных N и поперечных
Qy, Qz сил, действующих в поперечных сечениях
пространственного ломаного бруса, показаны на рис. 5.3.8, б –
е, ж. Размеры поперечного сечения бруса определять при
условии, что отношение сторон k = h/b = 2 задано, а Radm = Ry
= 240 МПа.
Решение. Из приведенных эпюр видно, что наиболее
опасным поперечным сечением будет сечение на опоре А, в
котором действуют
N(AB) = N = –1 кН; Мх(АВ) = Мх = 0,3 кН·м; Му(АВ) = Му = 1 кН·м;
Mz(AB) = Mz = 0,3 кН·м; Qz(AB) = Qz = 3 кН
(рис. 5.3.10, а). На рис. 5.3.10 показаны характерные точки 1–3
прямоугольного поперечного сечения.
У к а з а н и я. Задачи на кручение прямых брусьев
некруглого поперечного сечения решаются методами теории
упругости. При решении заданной задачи будем использовать
208
Qz= 3 кН
h
Mx= 0,3 кН·м
z
b
2
1   max 1
1
My=1
у
кН·м
3
N=1 кН
2
2  0
 max
3
х
а
Mz=0,3
кН·м
Рис. 5.3.10
б
Эпюры касательных
напряжений от Мх
209
приближенный метод, который заключается в следующем.
Вводятся параметры: Ik = αb4 – геометрическая
характеристика крутильной жесткости, Wk = βb3 – момент
сопротивления при кручении. Коэффициенты α, β
определяются по табл. 5.1 в зависимости от величины
отношения k = h/b сторон прямоугольного поперечного
сечения.
При h/b > 10 можно пользоваться упрощенными
формулами:
Ik = hb3/3, Wk = Ik /b = hb2/3.
Наибольшие касательные напряжения от крутящего
момента Мх будут возникать в середине длинных сторон
(точка 3 в поперечном сечении, показанном на рис. 5.3.10, б)
 max   3 
Mx
.
Wk
(а)
Касательные напряжения в серединах коротких сторон
прямоугольного сечения определяют по формуле
1   max .
(б)
Касательные
напряжения
в
угловых
точках
прямоугольного поперечного сечения равны нулю (рис. 5.3.10,
б).
Таблица 5.1
h/b
1,0
1,5
2,0
3,0
α
0,140
0,294
0,457
0,790
β
0,208
0,346
0,493
0,801
γ
1,000
0,859
0,795
0,793
h/b
4,0
6,0
8,0
10,0
α
1,123
1,789
2,456
3,123
β
1,150
1,789
2,456
3,123
γ
0,745
0,743
0,742
0,742
Рассмотрим поочередно три точки (1÷3). Будем учитывать
только действие моментов Мх, Му, Mz, а действием нормальной
N и поперечной Qz сил пренебрежем. Запишем условие
прочности применительно к точке 1:
209
210
2
 экв,1 
 12
 4 12
2
2
2
 My 
 M 
 My 6 
 M 
  4  x   
 
  4  x3   Radm ,

2
 Wk 
 b  ( kb) 
 b 
 Wy 
откуда определяем ширину поперечного сечения
b(1)  6
2
4  9 M y  2 2 
 2 Mx  .
2 
4
Radm

 k

(в)
Если предположить, что точка 2 (рис. 5.3.10) является
опасной, то условие прочности по критерию максимальных
касательных напряжений будет выглядеть следующим
образом
 экв,2   22  4 22   2 
My
Wy

6My

Mz
6Mz
6  My


 M z   Radm ,
2 
2 
3
Wz b( kb)

kb  b
kb  k
откуда и находим ширину поперечного сечения
b( 2)  3

6  My
 Mz  .

kRadm  k

(г)
Применяя III теорию прочности для точки 3
2
2
2
2
M 
M 
M 
 M  6
 экв,3   32  4 32   z   4 x    z 2   4 x3   Radm ,
 kb  b 
 Wz 
 Wk 
 b 
определяем третье возможное значение ширины бруса
b( 3)  6
4  9 M z2 M x2 
 2  2 .
2
Radm
 
 k
(д)
Применительно к рассматриваемой задаче для k = h/b = 2
из табл. 5.1 выписываем β = 0,493; γ = 0,795 и по формулам
(в), (г), (д) получаем
b(1)  6
210
 9  12 0,7952

4
 4 
0,32   0,0195 м  1,95 см;
2
2
240000  2
0,493

211
b( 2)  3
6
1

  0.3  0,0215 м  2,15 см;

2  240000  2
b( 3)  6
 9  0,32
4
0,32 

  0,0226 м  2,26 см.

240000 2  2 2
0,4932 
Из полученных трех значений ширины бруса выбираем
наибольшее, следовательно, b = 2,26 см; h = 2b = 4,52 см.
Площадь прямоугольного поперечного сечения будет равна А
= 10,21 см2.
Аналогичный брус (рис. 5.3.8), но с круглым поперечным
сечением был рассчитан в задаче 5.3.8, где был вычислен
допускаемый диаметр круглого сплошного сечения d = 3,6 см,
следовательно, его площадь поперечного сечения равна А =
d 2 / 4  10,17 cм 2 .
Задача 5.3.10. Построить эпюры крутящего Мх и
изгибающих Му, Мz моментов, нормальных N и поперечных
Qy, Qz сил, действующих в поперечных сечениях
пространственного ломаного бруса, показанного на рис.
5.3.11. Брус состоит из прямолинейных участков,
перпендикулярных друг другу, a = 0,2 м.
Подобрать по III теории прочности (по критерию
наибольших касательных напряжений) диаметр d
круглого сплошного поперечного сечения стального
бруса, считая, что F = 1 кН, Radm = Ry = 240 МПа.
Ответ: d = 2,29 см.
у
z
z
I-I
у
z
a
2a
х
F
a
3
х
q
a
2
у
h
I
I
1
b
a
a
Рис. 5.3.11
Рис. 5.3.12
211
212
Задача 5.3.11. Подобрать по III теории прочности (по
критерию наибольших касательных напряжений) размеры
сплошного прямоугольного поперечного сечения b  h
пространственного стального бруса, изображенного на рис.
5.3.12. Брус состоит из прямолинейных участков,
перпендикулярных друг другу, a = 0,2 м.
Размеры поперечного сечения бруса определять при
условии, что отношение сторон k = h/b = 2 задано, а q = 5
кН/м, Radm = Ry = 240 МПа.
У к а з а н и е. При решении задачи необходимо
использовать указания, содержащиеся в задаче 5.3.9.
Ответ: b(3) = 1,5 см; h = 3 см.
Задачи 5.3.12; 5.3.13. Для пространственных стержней,
представленных на рис. 5.3.13, 5.3.14, требуется построить
z
a
2a
F
a
z
a
a
2a
q
y
a
Рис. 5.3.13
y
2
a Mx=2qa
Рис. 5.3.14
эпюры крутящих и изгибающих моментов, поперечных сил.
Опорами
пространственных
брусьев
являются
подшипники, которые препятствуют линейным перемещениям
в направлении двух осей z и у.
5.4. Расчет кривых брусьев малой кривизны
Если отношение высоты h кривого бруса к его радиусу
кривизны Ro существенно меньше единицы (h/Ro < 0,2 ), то
считается, что брус имеет малую кривизну. Расчетные
формулы, выведенные ранее для прямого бруса, применимы и
к брусу малой кривизны.
Расчет на прочность сжато-изгибаемых и растянуто-изгибаемых брусьев малой кривизны
следует выполнять по формуле
212
213

M y
N Mz

y 
z  Ry c ,
An I zn
I y
(5.4.1)
где у  и z – координаты рассматриваемой точки
поперечного сечения относительно его главных осей.
В частном случае, если равны нулю поперечная сила Qz и
изгибающий момент М у , будет сочетание прямого изгиба в
главной плоскости х Оу  с растяжением или сжатием. В этом
случае расчет следует выполнять по формуле

N Mz

y   Ry c .
An I zn
(5.4.2)
Задача 5.4.1. Построить эпюры изгибающих моментов Мz,
поперечных Qy и нормальных N сил для трехшарнирной
круговой арки, показанной на рис. 5.4.1, а. При расчете
принять q = 3 т/м, F1 = F2 = 10 т, l = 24 м, f = 6 м.
Определить  max в прямоугольном поперечном сечении
арки. Размеры поперечного сечения принять b  h  20  60 см .
Решение. Определим опорные реакции VA, VB, для чего
рассмотрим
3
l
l l
 M A  VB l  F2 l  F1  q   0, откуда VB = 14,75 т;
4
2
4 8
l l 3 
l
l
 M В  V Аl  q   l  F1  F2  0, откуда VA = 23,25 т.


4 8 4
2
4
Составим условие:  Х  Н А  НВ  0, тогда Н А  Н В  Н.
Горизонтальные опорные реакции Н определяем из уравнения
 М Справ  0, составляемого при рассмотрении только правой
части арки
 М Справ  VB
l
l
 F2  Hf  0, откуда Н = 19,5 т.
2
4
Аналогичный результат получим, если рассмотреть только
левую часть арки.
213
214
Найдем вертикальные опорные реакции RA, RB простой
балки, показанной на рис. 5.4.1, б. Предположим, что на балку
действует та же нагрузка, что и на арку. В этом случае найдем
RA = VA , RB = VB.
F2
6м
б
M zo
Q y
1,65 т
в
14,75 т
А
19,5 т
4,75 т
С
N
30,3 т
88,5 т·м
117 т·м
85,5 т·м
23,25 т
Q yo
VB=14,75 т
В
А
А
5,25 т
14,3 т·м
С
г
6,75 т
6м
x
6м
Mz
IV уч
В
24,5 т
6м
x
IV
I уч II уч III
уч
l/4
В
23,5 т
x
III
l/4
l/4
8,41 т·м
II
l/4
3,45 т
I
B
5,72 т
x
IV уч
RB=14,75 т
RА=23,25 т
III
а I уч II уч
F
1
q
учF2
H=19,5 т
x
A
VB
VA
H=19,5 т
x
5,25 т
HB=
H B
l/4
l/4
F2=10 т
19,8 т
23,77 т
HA=
A H
l/4
l/4
10,4 т·м
III
F1=10 т
q= 3т/м
4,75 т
IV
C
II
I
VA=23,25 т
q
y
2,99 т
F1
f=6 м
y
Рис. 5.4.1
В общем виде внутренние усилия в произвольном сечении
0  x  l трехшарнирной арки выражаются через внутренние
214
215
усилия Mzo , Qyo соответствующего сечения простой балки по
формулам:
M z  M zo  Hy, Qy  Qyo cos  H sin , N  (Qyo sin  H cos ),
(5.4.3)
где φ – угол между касательной к оси арки в точке х = const и
горизонтальной линией х. Таким образом, для использования
формул (5.4.3) необходимо предварительно записать
аналитические выражения для изгибающих моментов Mzo ,
поперечных сил Qyo для каждого участка простой балки (рис.
5.4.1, б):
, x2 ;
0  x  6 м : Qyo,I  V A  qx  23,25  3x; М zo,I  V A x  qx 2 / 2  23,25x  15
6 м  x  12 м:
Qyo, II  V A  ql / 4  5,25;
М zo,II  V A x  ql ( x  l / 8) / 4  5,25x  54;
12 м  x  18 м:
Qyo, III  V A  ql / 4  F1  4,75;
М zo,III  V A x  ql ( x  l / 8) / 4  F1 ( x  l / 2)  4,75x  174;
18 м  x  24 м:
Qyo, IV  V A  ql / 4  F1  F2  14,75;
М zo,IV  V A x  ql ( x  l / 8) / 4  F1 ( x  l / 2)  F2 ( x  3l / 4)  14,75x  354.
По полученным формулам вычисляем Mzo , Qyo для простой
балки с шагом 1 м. Результаты заносим в табл. 5.4.1.
По условию задачи арка очерчена по окружности,
следовательно, ось арки имеет ординату
y  f  R  R2  ( x  l / 2) 2 ,
(5.4.4)
где радиус кривизны арки вычисляется по формуле
R
l2
f 24 2 6
 
  15 м.
8 f 2 86 2
Для рассматриваемого случая формула (5.4.4) примет вид:
у  9  225  ( х  12) 2 .
215
216
Находим значения у с шагом 1м, а результаты записываем
в табл.5.4.1. Затем также с шагом 1 м вычисляем значения tgφ,
cosφ и sinφ по формулам:
tg 
dy

dx
l /2 x
2
R  ( x  l / 2)
2
, cos 
1
1  tg 2
, sin  tg  cos .
(5.4.5)
И наконец, по формулам (5.4.3) находим значения
внутренних усилий, возникающих в арке. Например, в сечении
х = 0 имеем у = 0, Qyo  23,25 т; M zo  0, sinφ = 0,8; cosφ = 0,6; Н
= 19,5 т. Подставляя эти данные, взятые из первой строки
табл. 5.4.1, в формулы (5.4.3) определяем:
Mz(x = 0) = 0 – 19,5·0 = 0; Qy ( x  0)  23,25 0,6  19,5 0,8  1,65 т;
N(x = 0) = – (23,25·0,8 + 19,5·0,6) = –30,3 т.
Полученные результаты записываем опять же в первую
строку табл. 5.4.1. Затем повторяем все вычисления с шагом
х  1 м . При вычислении внутренних усилий необходимо
помнить, что в местах приложения сосредоточенных сил
значения поперечных Qy и нормальных N сил изменяются
скачкообразно.
Таблица 5.4.1
х
м
M zo
Qyo
т·м
0
1
2
3
4
5
6
6
7
8
9
10
11
12
12
13
14
0
21,75
40,5
56,25
69
78,75
85,5
85,5
90,75
96
101,2
106
111,7
117
117
112,2
107,5
т
23,25
20,25
17,25
14,25
11,25
8,25
5,25
216
5,25
у
м
tgφ
cosφ
sinφ
Mz
тм
0
1,2
2,1
3
3,69
4,27
4,75
4,75
5,14
5,46
5,7
5,87
5,97
6
6
5,97
5,87
1,33
1,08
0,9
0,75
0,63
0,53
0,44
0,44
0,35
0,28
0,2
0,13
0,07
0
0
–0,07
–0,13
0,6
0,68
0,74
0,8
0,85
0,88
0,92
0,92
0,94
0,96
0,98
0,99
0,998
1
1
0,998
0,99
0,8
0,73
0,67
0,6
0,53
0,47
0,4
0,4
0,33
0,27
0,2
0,13
0,07
0
0
–0,07
–0,13
0
–1,61
–2,02
–2,25
–2,93
–4,45
–7,08
–7,08
–9,52
–10,4
–9,84
–7,89
–4,6
0
0
–4,1
–6,89
Qy
т
–1,65
–0,53
–0,14
–0,3
–0,88
–1,8
–2,99
–2,99
–1,55
–0,14
1,24
2,6
3,93
5,25
–4,75
–3,44
–2,11
N
т
–30,3
–28,1
–26
–24,2
–22,5
–21,1
–20
–20
–20,1
–20,2
–20,2
–20
–19,8
–9,5
–19,5
–19,8
–20
217
15
16
17
18
18
19
20
21
22
23
24
102,7
98
93,25
88,5
88,5
73,75
59
44,25
29,5
14,75
0
–4,75
–14,75
–0,2
–0,28
–0,35
–0,44
–0,44
–0,53
–0,63
–0,75
–0,9
–1,08
–1,33
5,7
5,46
5,14
4,75
4,75
4,27
3,69
3
2,1
1,2
0
–0,2
–0,27
–0,33
–0,4
–0,4
–0,47
–0,53
–0,6
–0,67
–0,73
–0,8
0,98
0,96
0,94
0,92
0,92
0,88
0,85
0,8
0,74
0,68
0,6
–8,34
–8,41
–7,02
–4,08
–4,08
–9,45
–12,9
–14,3
–13
–8,61
0
–0,75
0,62
2,02
3,45
–5,72
–3,45
–0,21
–0,1
2
4,27
6,75
–20,1
–20,1
–20
–19,8
–23,77
–24,1
–24,4
–24,5
–24,4
–24,1
–23,5
Рассмотрим сечение х = 12 м (точка С на рис. 5.4.1, а).
Величины Qy и N в сечении х = 12 – 0 м, принадлежащим
второму участку, приведены в табл. 5.4.1. Но сечение х = 12 +
0 м одновременно принадлежит и третьему участку, поэтому
определяем Qy и N по формулам (5.4.3) при условии, что Q yo
берется в сечении х = 12 м третьего участка простой балки:
Qy ( x  12)  4,75 1  19,5 0  4,75 т;
N(x = 12) = – (–4,75·0 + 19,5·1) = –19,5 т.
Аналогичные вычисления проводим для сечения х = 18 м,
после чего приступаем к построению эпюр Mz, Qy , N для арки
(рис. 5.4.1, г).
Из рассмотрения эпюр внутренних усилий арки можно
сделать вывод, что наиболее опасным будет поперечное
сечение х = 21 м с
Mz,max = 14,3 т·м и N = –24,5 т.
Учитывая, что h = 60 см, b = 20 см (рис. 5.4.2), из формулы
(5.4.2) определяем
 max  
24500 14300  102  12

 30  20,42  119,17  139,59 кг / см 2 .
60  20
20  603
у
у
Ось арки
30 см 30 см
х
h
N
N
119,17
Q y
h = 60
см
 Мz
b
Mz

98,75
z
10 см10 см 119,17 20,42139,59 217
Рис. 5.4.2
218
Задача 5.4.2. Построить эпюры изгибающих моментов Mz,
поперечных Qy и нормальных N сил для трехшарнирной
параболической арки, показанной на рис. 5.4.3. Ось
параболической арки очерчена по кривой
y = 4xf(l – x) / l2,
где f = 6 м, l = 24 м. При расчете принять q = 3 т/м; F1 = F2 =
10 т,
tgφ = 4f(l – 2х) / l2,
а sinφ, cosφ вычисляются по формулам (5.4.5). Определить
 max в прямоугольном поперечном сечении арки. Размеры
поперечного сечения принять b  h  20  60 см.
У к а з а н и е. При решении задачи использовать
методику, рассмотренную в примере 5.4.1.
Ответ: эпюры Mz, Qy , N показаны на рис. 5.4.3;
 max = –87,16 кг/см2 в сечении с х = 9 м.
Задача 5.4.3. Построить эпюры изгибающих моментов Mz,
поперечных Qy и нормальных N сил для трехшарнирной
эллиптической арки, показанной на рис. 5.4.4. Ось
эллиптической арки очерчена по кривой
y  f l 2  4( x  l / 2) 2 / l , tgφ = 4(f / l)2(l/2 – х) / y,
y
y F1=10 т F2=10 т
q=3 т/м
Рис. 5.4.3
f
23,9 т
20,1 т
22,82 т
23,25 т
Mz
Q y
19,5 т
19,5 т
В
19,5
т
28,1 т
N
24,2 т
В
15,8 т·м
8,86
4,75 т
5,25 т т·м
7,86
8,76 т
12,8
т·м
т·м
0,84 т28,2 т·м
35,1 т·м
5 тм
6 м l/4=6 6 м 6 м
VB=14,75 т
VA=23,25 мт
20,2 т 0,36 т
6,94
Vт·м
B=14,75 т
3,26 т
6,94 т·м
А
В
Q y
С
19,5 т
30,2 т
А
0,75
4,47 т т·м
5,25т
8,44 т·м
Mz
4,47 т
24,2 т
19,8 т
4,02 т
218
l/4
19,6 т
24,08 т
2,65 т
4,75
т·м
А
l/4
l/4
5,06 т·м
l/4
B
2,78 т25 т·м
21,1 т·м
H=19,5 т x H=19,5 т
4,75 т
VA=23,25 т
A
f
С
F1 = F2 =
10 10
х Н=19,5
Н=19,5т
т
т т
q=3
т/м
N
14,75 т
Рис. 5.4.4
219
где f = 6 м, l = 24 м. При расчете принять q = 3 т/м; F1 = F2 = 10
т, а sinφ, cosφ вычисляются по формулам (5.4.5). Определить
 max в прямоугольном поперечном сечении арки. Размеры
поперечного сечения принять b  h  20  60 см.
У к а з а н и е. При решении задачи использовать
методику, рассмотренную в примере 5.4.1.
Ответ: эпюры Mz, Qy , N показаны на рис. 5.4.4;
 max = –313,44 кг/см2 в сечении с х = 22 м.
Задача 5.4.4. Построить эпюры изгибающих моментов М,
поперечных Q и нормальных N сил для разрезанного кольца
(рис. 5.4.5).
Ответ: MB = MD = rF, MC = 2rF, MA = ME = 0, NC = QD =
F,
QB = NA = –F,
C
F
2F
QC = NB = ND = 0.
D
B
B
C
D
Задача
5.4.5.
r
r
A
Построить
эпюры
r r r
F EA F
изгибающих моментов
М, поперечных Q и
Рис. 5.4.6
Рис.5.4.5
нормальных N сил для
кривого стержня, показанного на рис. 5.4.6.
Ответ: MC = MA = 0,
MB = rF, QCD = 0, QBC = –F, QA = 2F, NBD = 2F, NA = F.
Задача 5.4.6. Построить эпюры
C
изгибающих моментов М, поперечных Q
и нормальных N сил для кривого E D
r B
стержня, показанного на рис. 5.4.7.
F
Ответ: MC = MA = 0, MB = rF, MD =
r
A
–rF,
ME = –2rF, QC = QED = NB =
Рис.5.4.7
F,
QA = –F, NA = NC = NED = 0, ND = –F.
5.5. Расчет толстостенных труб
219
220
В толстостенных трубах, нагруженных равномерным
давлением, напряжения и деформации не изменяются вдоль
оси трубы. При этом распределение напряжений и
деформаций происходит одинаково во всех

плоскостях, перпендикулярных к этой оси. По  r
граням малого криволинейного элемента,
r
выделенного в поперечном сечении трубы (рис.
5.5.1), действуют нормальные напряжения –  
r
радиальные σr и окружные σθ. Каждая точка
dr
трубы при ее деформации получает радиальное
Рис. 5.5.1
перемещение u. Величины напряжений σr и σθ,
а также перемещения u зависят от расстояния r от
рассматриваемой точки трубы до ее оси.
Если сплошная (не составная) труба с внутренним
радиусом а и наружным радиусом b не имеет днищ и
нагружена равномерным внутренним ра и наружным рb
давлением, то величины σr, σθ и u определяются по формулам
Ламе
r 
 
u
pa a 2  pbb2
b2  a 2
pa a 2  pbb 2
2
b a
2


( pa  pb )a 2b2
(b2  a 2 )r 2
( pa  pb )a 2b 2
(b 2  a 2 )r 2
,
,
1   pa a 2  pbb 2
1   ( pa  pb )a 2b 2
r
.
2
2
E
E
b a
(b 2  a 2 )r
(5.5.1)
Поскольку в точках толстостенных труб
реализуется
сложное
(плоское)
напряженное
состояние, оценка прочности их производится на
основе тех или иных критериев (теорий) прочности.
Формулы Ламе используются, в частности, при расчете
составных труб (рис. 5.5.2). В соответствии с решением А.В.
Гадолина основные геометрические и силовые параметры
таких труб определяются по формулам:
220
221
радиальный натяг:
δ=
рс
Е
,
(5.5.2)
внешний радиус внутренней трубы:
b = ac ,
(5.5.3)
давление от натяга:
pk 
E (b 2  a 2 )(с 2  b 2 )
.
2b 3
c2  a 2
(5.5.4)
Условие прочности в наиболее
напряженных точках составной
трубы в соответствии с критерием
наибольших
касательных
напряжений (III теория прочности)
имеет вид
Наружная труба
p
1 2 3
4
r
 экв 
pc
 Ry .
ca
(5.5.5)
Задача 5.5.1. Для стальной
составной трубы (рис. 5.5.2)
c
заданы:
внутренний
радиус
Рис. 5.5.2
внутренней трубы а = 7см,
внутреннее давление р = 100 МПа, расчетное сопротивление
стали Ry = 240 МПа, коэффициент Пуассона ν = 0,3; модуль
продольной упругости Е = 2·105 МПа. Требуется:
1) определить внешний радиус внутренней трубы b,
внешний радиус наружной трубы с, радиальный натяг δ;
2) проверить прочность сплошной трубы с внутренним
радиусом а и внешним радиусом с, нагруженной внутренним
давлением р, используя III теорию прочности;
3) проверить прочность в опасных точках составной
трубы, нагруженной внутренним давлением р, используя III
теорию прочности;
Внутренняя труба
a
b
4) определить радиальные перемещения точек
внутреннего канала.
221
222
Решение. 1) Определение геометрических параметров b, c
и δ.
Внешний радиус с наружной трубы определяется на основе
условия прочности (5.5.5):
c
Ry a
Ry  p

240  7
 12 см.
240  100
Внешний радиус b внутренней трубы определяется по
формуле (5.5.3):
b  ac  7  12  9,16 см.
Радиальный натяг рассчитываем по формуле (5.5.2):

pb 100  9,16

 4,58  103 см  0,0458 мм.
E
2  105
2) Проверка прочности сплошной трубы с внутренним
радиусом а и внешним радиусом с, нагруженной давлением р.
Из теории расчета толстостенных труб известно, что и при нагружении
внутренним давлением, и при нагружении внешним давлением опасными
являются точки на внутреннем канале трубы.
Рассчитываем напряжения в точках 1 (рис. 5.5.2),
используя формулы (5.5.1) и полагая в них b = c, pa = p, pb =
0, r = a:
 r ,1 
  ,1 
pa 2  c 2 
 1     p  100 МПа;
c2  a 2  r 2 
pa 2  c 2 
10  7 2  12 2 


 1  2   203 МПа.
1


c 2  a 2  r 2  12 2  7 2 
7 
По аналогии определяем в точках 2 и 3:
 r ,2   r ,3 
4:
2
r

103 МПа
2
p
1
2 3
100 МПа
222
точке
pa  c 
 1    0,
c  a 2  с2 
2
36,94 МПа
 r ,4 
в
140 МПа
и
pa 2  c 2 
10  7 2 
12 2 



  140 МПа
1


1

c 2  a 2  b 2  12 2  7 2  9,162 
203 МПа
  ,2    ,3 
pa 2  c 2 
 1    36,94 МПа;
c2  a 2  b2 
a
Рис. 5.5.3
b
c
4
r
223
  ,4 


c2 


1

c2  a 2 
с2 
pa 2
10  7 2
12 2  7 2
1  1  103 МПа.
Эпюра распределения напряжений по толщине
сплошной трубы с внутренним радиусом a и
внешним радиусом c показана на рис. 5.5.3.
Условие прочности по III теории прочности имеет вид
 экв   max   min  Ry .
В нашем случае в точке 1 трубы будет
σmax = σθ = 203 МПа; σmin = σr = –100 МПа.
Таким образом, получаем
 экв  203  ( 100)  303 МПа,  экв >Ry = 240 МПа.
Условие прочности для сплошной трубы не выполняется.
3) Проверка прочности в опасных точках составной
трубы, нагруженной внутренним давлением р.
Вначале рассчитываем давление от натяга рк на
поверхности контакта наружной и внутренней трубы,
используя формулу (5.5.4)
pk 

E (b 2  a 2 )(c 2  b 2 )

2b 3
(c 2  a 2 )
2  105  4,58  10 3 (9,162  7 2 )(12 2  9,162 )
 13,15 МПа.
2  9,163 (12 2  7 2 )
Рассчитываем напряжения σr и σθ в точке 1 от действия
натяга рк, используя формулы (5.5.1) и полагая в них pa = 0, pb
= pk , r = a:
r  
  
pk b 2  a 2 
 1  2   0;
b2  a 2 
r 
pk b 2  a 2 
2 pk b 2
2  13,15  9,162


1





 63,22 МПа.
b2  a 2 
r2 
b2  a 2
9,162  7 2
223
224
Рассчитаем суммарные напряжения σr и σθ в точке 1 от
действия р и pk:
r  r ( p)  r ( pk )  100  0  100 МПа;
   ( p)   ( pk )  203  63,22  139,78 МПа.
Проверяем прочность составной трубы в точке 1 по III
теории прочности :
 экв   max   min  139,78  (100)  239,78  240 МПа.
Условие прочности для составной трубы выполняется.
4) Определение радиальных перемещений точек 1
составной трубы.
Воспользуемся
законом
Гука
для
двухосного
напряженного состояния
u


r
7
   r 
139,78  0,3(100)  0,00594 см.
E 
2  105


Задача 5.5.2. Для стальной составной трубы заданы:
внутренний радиус внутренней трубы а = 5 см, внутреннее
давление р = 200МПа, расчетное сопротивление стали Ry = 300
МПа, модуль упругости материала стальной трубы Е = 2·105
МПа. Требуется определить внешний радиус внутренней
трубы b, внешний радиус наружной трубы с, радиальный
натяг δ (рис. 5.5.2).
Ответ: b = 8,66 см; с = 15 см; δ = 0,0086 см.
Глава 6
УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ
Наименьшее значение сжимающей силы, при котором
сжатый
стержень
теряет
способность
сохранять
прямолинейную форму равновесия, называется критической
силой и обозначается Fcr.
6.1. Определение критической силы при упругом продольном
изгибе. Формула Эйлера. Формула Ясинского
224
225
Величина критической силы при осевом сжатии стержней
в пределах пропорциональности определяется по формуле
Эйлера:
Fcr 
 2 EI min  2 EI min

,
( l ) 2
lef2
(6.1.1)
где  – коэффициент приведения длины, зависящий от
способа закрепления концов стержня (рис. 6.1.1), lef –
расчетная длина стойки постоянного сечения, определяемая
как
lef  l ,
(6.1.2)
2
1
0,7
0,5
0,725
Nmax
Рис. 6.1.1
1,12
Nmax
l – геометрическая длина стойки (колонны) или отдельного ее
участка.
Критическое напряжение  cr определяется по формуле:
 cr 
(6.1.3)
 – гибкость
выражения
сжатого
Fcr  2 E
 2 ,
A

стержня,

lef
i min
которая

l
i min
находится
из
,
(6.1.4)
225
226
imin = I min / A – минимальный радиус инерции поперечного
сечения стержня.
Формулы (6.1.1) и (6.1.3) можно применять при условии,
что

 2E
 cr .
 pr
(6.1.5)
Примерные значения предельной гибкости cr приведены
в табл. 6.1.1.
Таблица 6.1.1
cr
Материал
Малоуглеродистая сталь
Чугун
Хромомолибденовая сталь
Дюралюминий
Сосна
 100
 80
 60
51
 61
При гибкости стержня меньше предельной cr
критическое напряжение определяется по эмпирической
формуле Ясинского:
 cr  a  b  c2 ,
(6.1.6)
где а, b, c – определяемые экспериментально коэффициенты
(табл. 6.1.2).
Таблица 6.1.2
Материал
Малоуглеродистая сталь
Чугун
Хромомолибденовая сталь
Дюралюминий
Сосна
Коэффициенты, МПа
a
b
c
310
1,14
0
761
11,77
0,052
1000
5,4
0
380
2,185
0
40
0,203
0
При гибкости   40 стержни можно рассчитывать на
прочность без учета опасности продольного изгиба.
Задача 6.1.1. Определить критическую нагрузку для
сжатого стального стержня, имеющего прямоугольное
поперечное сечение 4  6 см. Концы стержня шарнирно
закреплены. Длина стержня l = 0,8 м.
226
227
Решение. Вычисляем минимальный радиус инерции
поперечного сечения стержня:
6  43 1
2


см.
12 6  4
3
Согласно рис. 6.1.1 принимаем   1. Находим значение
imin 
I min

A
гибкости сжатого стержня:

l
imin

1 80
3 =69,5.
2
Так как   69,5  cr  100 , то для вычисления критического
напряжения  cr используем формулу Ясинского (6.1.6),
предварительно выписав из табл. 6.1.2 коэффициенты а = 310
МПа, в = 1,14 МПа, с = 0:
 cr  310  114
,  69,5  230,77 МПа
l=1,5 м
и тогда Fcr =  cr A  230,77  0,04  0,06  0,55 мН = 550 кН.
Задача
6.1.2.
Определить
критическую нагрузку для стержня
x0
y
F
из
равнобокого
уголка
100  100  10 мм .
Модуль упругости стали уголка
x
принять
Длина
Е  2  105 МПа.
консольного стержня l = 1,5 м (рис.
6.1.2).
y0
Ответ:   152; Fcr  162,35 кН.
Jmin
Задача
6.1.3.
Определить
величину
критической
силы,
Рис. 6.1.2
критического
напряжения
для
стойки длиной l = 4 м, один конец которой жестко защемлен, а
другой шарнирно оперт. Материал стойки – сталь с
Е  2,1  105 МПа. Поперечное сечение стойки показано на рис.
6.1.3.
Решение. Согласно рис. 6.1.1 принимаем   0,7.
Вычисляем осевой момент инерции кольцевого поперечного
сечения:
227
228
I

64
(64  54 ) см 4 ,
а затем и радиус инерции поперечного
сечения:
i
I

A
5 см
6
см
 (64  54 )  4
61 1


61 см.
2
2
16 4
64   (6  5 )
Определяем
стержня:
гибкость

0,7  400
61
сжатого
Рис. 6.1.3
4  143,4  cr  100.
Таким образом, критическую силу вычисляем по
формуле Эйлера (6.1.1):
Fcr 
3,142  2,1  105  3,14  (64  54 )  108
 0,087 мН  87 кН,
(0,7  4) 2 64
а критическое напряжение по формуле (6.1.3):
 cr 
0,087  4
 100,75 МПа.
 (0,062  0,052 )
Задача 6.1.4. Как изменится критическая сила,
определяемая по формуле Эйлера, если все размеры
прямоугольного сечения стержня увеличатся в 2 раза?
Ответ: Fcr увеличится в 16 раз.
Задача 6.1.5. Как изменится критическая сила,
определяемая по формуле Эйлера, если длина стержня
увеличится в 2 раза?
Ответ: Fcr уменьшится в 4 раза.
Задача 6.1.6. Как изменится критическая сила,
определяемая по формуле Эйлера, если размер h (высота)
прямоугольного поперечного сечения (рис. 2.2.2) увеличить в
2 раза?
Ответ: Fcr увеличится в 2 раза.
Задача 6.1.7. Определить критическую силу для
деревянной стойки прямоугольного поперечного сечения
10  20 см и длиной 8 м, если оба конца стойки шарнирно
228
229
закреплены. Материал стойки – сосна с модулем продольной
упругости Е = 0,1  10 5 МПа.
Решение. Согласно рис. 6.1.1 принимаем   1.
Определяем
гибкость
стойки

1 8
0,2  0,13
12  0,1  0,2
 277  cr  61.
Следовательно, для определения критической силы будем
применять формулу Эйлера (6.1.1):
Fcr 
3,14 2  0,1  105 0,2  0,13

 0,02568 мН = 25,68 кН.
12
(1  8) 2
Задача 6.1.8. Решить задачу 6.1.7 при условии, что оба
конца стойки защемлены.
Ответ: Fcr = 102,72 кН.
Задача 6.1.9. Определить критическую силу и
критическое напряжение для стальной стойки длиной l = 5 м,
один конец которой жестко защемлен, а другой – свободен.
Поперечное сечение стойки показано на рис. 2.3.3.
У к а з а н и е. Можно взять без расчета результаты
примера 2.3.3.
Ответ:   155; Fcr  565,7 кН;  cr  84,7 МПа.
Задача 6.1.10. Определить критическую силу и
критическое напряжение для центрально сжатой стальной
стойки длиной l = 6 м, один конец которой жестко защемлен, а
другой шарнирно оперт. Поперечное сечение стойки показано
на рис. 2.3.4.
У к а з а н и е. Можно взять без расчета результаты
примера 2.3.4.
Ответ:   45,9; Fcr  2094,9 кН;  cr  257,67 МПа.
Задача 6.1.11. Решить пример 6.1.9 при условии, что l = 3
м.
Ответ:   92,9;  cr  204,1 МПа; Fcr  1363,5 кН.
229
230
Задача 6.1.12. Определить критическую силу и
критическое напряжение для чугунной стойки диаметром d =
30 см и длиной l = 4,5 м. Оба конца стойки шарнирно оперты.
Ответ:   60;  cr  242 МПа; Fcr  17097 кН.
Задача 6.1.13. Определить критическую силу и
критическое напряжение для центрально сжатой стальной
стойки двутаврового сечения (двутавр № 33) длиной l = 4 м.
Нижний конец стойки защемлен, верхний – шарнирно оперт.
Ответ:   100,35; Fcr  1085 кН;  cr  201,8 МПа (по формуле
Эйлера);  cr  196 МПа; Fcr  1055 кН (по формуле Ясинского).
Задача 6.1.14. Определить критическую силу и
критическое напряжение для сжатой вдоль оси пустотелой
дюралюминиевой трубы длиной 2 м. Наружный диаметр
трубы d = 10 см, внутренний диаметр d1 = 8 см. Нижний конец
трубы защемлен, верхний конец – свободен. Принять модуль
продольной упругости дюралюминия Е  7  104 МПа .
Ответ:   125; Fcr  125 кН;  cr  44,2 МПа.
Задача 6.1.15. Двутавровая балка № 24 длиной l = 6 м
заделана обоими концами в двух жестких стенах при
температуре 20о С. В процессе эксплуатации помещения балка
нагревается. Определить температуру t нагрева балки, при
которой наступит ее продольный изгиб (потеря устойчивости).
Ответ: t = 72о С.
6.2. Практические расчеты стержней на устойчивость
Расчет на устойчивость сплошностенных элементов, подверженных
центральному сжатию силой N, следует выполнять по формуле:
N
 Ry c ,
(6.2.1)
A
где φ
– коэффициент продольного изгиба, определяемый по табл. 6.2.1,
γс – коэффициент условий работы, принимаемый по национальным
нормам (см., например, табл. 1.1). Для получения коэффициента 
необходимо предварительно определить гибкость  по формуле (6.1.4).
Расчетные длины lef элементов плоских ферм при направлении
продольного изгиба в плоскости фермы следует определять по формулам:
230
231
lef = 0,8l,
(6.2.2)
lef = l,
(6.2.3)
где расчетная длина (6.2.2) принимается для элементов решетки ферм, а
расчетная длина (6.2.3) принимается для поясов, опорных раскосов и
опорных стоек; l – геометрическая длина элемента (расстояние между
центрами узлов) в плоскости фермы.
Радиусы инерции i поперечных сечений элементов из
одиночных уголков следует принимать при расчетной длине lef
= l в виде i = imin, в остальных случаях i = ix или i = iy в
зависимости от направления продольного изгиба.
Расчет на устойчивость деревянных конструкций,
подверженных центральному сжатию силой N,
необходимо выполнять по формуле:
c 
N
 Rc ,
Aef
(6.2.4)
где Aef – расчетная площадь поперечного сечения элемента,
которая принимается равной: 1) при ослаблениях, не
выходящих за кромки элемента, если их площадь не
превышает 25% от А, то Aef = А; 2) при ослаблениях, не
выходящих за кромки элемента, если их площадь превышает
25% от А, то Aef = 1,33Аn; 3) при симметричных ослаблениях,
выходящих за кромку, Aef= = Аn; φ – коэффициент
продольного изгиба, принимаемый по табл.6.2.1 в зависимости
от гибкости λ; RС – расчетное сопротивление древесины
осевому сжатию (см. табл. 6).
Гибкость
  l / imin
10
20
30
40
50
60
70
80
Коэффициент
из стали с Ry, МПа
240
0,987
0,962
0,931
0,894
0,852
0,805
0,754
0,686
280
0,985
0,959
0,924
0,883
0,836
0,785
0,724
0,641

Таблица 6.2.1
для элементов
из чугуна
0,97
0,91
0,81
0,69
0,57
0,44
0,34
0,26
из древесины
0,99
0,97
0,93
0,87
0,80
0,71
0,60
0,48
231
232
90
100
110
120
130
140
150
160
170
180
190
200
210
220
0,612
0,542
0,478
0,419
0,364
0,315
0,276
0,244
0,218
0,196
0,177
0,161
0,147
0,135
0,565
0,493
0,427
0,366
0,313
0,272
0,239
0,212
0,189
0,170
0,154
0,140
0,128
0,118
0,565
0,16
0,38
0,31
0,25
0,22
0,18
0,16
0,14
0,12
Расчет элементов неармированных каменных
конструкций при центральном сжатии следует
производить по формуле:
N  mдRA,
где N – расчетная продольная сила, R – расчетное
сопротивление сжатию кладки,  – коэффициент продольного
изгиба, определяемый по табл. 6.2.2, А – площадь сечения
элемента, mд – коэффициент, учитывающий влияние
длительной нагрузки. Если действует только длительная
нагрузка, то mд = 1.
Таблица 6.2.2
h 
4
6
8
10
14
16
18
22
l ef
i 
h
14
21
28
35
49
56
63
76
lef
i min

1
0,98
0,95
0,92
0,89
0,81
0,77
0,69
h 
26
30
34
38
42
46
50
54
l ef
i 
h
90
104
118
132
146
160
173
187
l ef
i min

0,61
0,53
0,44
0,36
0,29
0,21
0,17
0,13
Коэффициент продольного изгиба для элементов
постоянного по длине сечения принимается по
табл.6.2.2 в зависимости от гибкости элемента
232
233
i 
lef
i min

l
i min
или для прямоугольного сплошного сечения в зависимости от
отношения
h 
lef
h

l
h
.
В последних двух формулах imin – наименьший радиус
инерции сечения элемента, h – меньший размер
прямоугольного сечения.
Задача 6.2.1. Для стального стержня с заданной формой
поперечного сечения (рис. 6.2.1), сжатого силой N = 500 кН,
требуется найти размеры поперечного сечения. Материал
F=500
кН
l4
м
0,3a
0,5a
x
a
0,5a
0,3a
y
0,3a 0,7a
0,7a
=1
0,3a
2a
Рис. 6.2.1
стержня – сталь C255. Длина стального стержня l = 4 м.
Принять, что коэффициент условий работы  с  1 .
Решение. Определяем
A  2a  a  1,4a  0,4a  1,44a 2 ;
(6.2.5)


I min  I x  2a  a 3  1,4a (0,4a ) 3 / 12  0,1592a 4 ,
(6.2.6)
i min 
I min

A
0,1592a 4
1,44a 2
 0,3325a.
(6.2.7)
233
234
Принимая в качестве первого приближения 1  0,5 ,
получаем из формулы (6.2.1):
A1 
N
500  103

 0,00417 м2 .
1Ry с 0,5  240  106  1
Используя формулу (6.2.5), находим 1,44а2 = 0,00417,
тогда геометрический параметр а = 0,0538 м. Из выражения
(6.2.7) определяем
imin = 0,3325a = 0,3325  0,0538 = 0,01789 м.
Формула (6.1.4) дает   1 4 / 0,01789  220.
Материал стержня – сталь С255, следовательно,
Ry  240 МПа. В этом случае из табл. 6.2.1 находим 1/  0,135 для
и 1/  0,135 значительная,
поэтому повторяем расчет, принимая
  220. Разница между 1  0,5
2 
А2 
0,5  0,135
 0,317;
2
500  103
А2
 0,00657 м 2 ; а 
 0,068 м,
6
1
,44
0,317  240  10  1
а по формуле (6.2.7) находим: imin = 0,3325a = 0,3325  0,068 =
0,0225 м. Затем из выражения (6.1.4) определяем:
  1 4 / 0,0225  178.
Из табл. 6.2.1 для стали с Ry  240 МПа и   178 берем
2/  0,2. Разница между 2  0,317 и  2/  0,2 составляет
 2   2/
 100%  37%.
2
Повторяем расчет в третий раз, принимая
3 
а
 2   2/
2
 0,258; А3 
500  103
 0,008075 м 2 ;
6
0,258  240  10  1
А3
4
 0,0749 м; imin  0,3325a  0,0249 м;  
 161;
1,44
0,025
тогда 3/  0,241. Разница между  3  0,258 и  3/  0,241 составляет
6,6%.
234
235
Обычно считается, что разница не должна превышать 5%,
поэтому, повторяя расчет в четвертый раз, получаем  4  0,25 ;
А4 = 0,00833 м2; а = = 0,0761 м; imin = 0,0253 м;   158,  4/  0,25.
В этом случае разница между 4 и  4/ получилась равной 0%.
Следовательно, принимаем за окончательный результат
значение а = 0,0761 м. Напряжение в поперечном сечении
стержня (рис. 6.2.1) равно при этом

N
500  103

 10  6  60 МПа.
A 1,44  0,07612
Задача 6.2.2. Определить допускаемую нагрузку сжатого
стержня из стали С245, имеющего прямоугольное сечение
4  6 см. Концы стержня закреплены шарнирно. Длина
стержня l = 80 см, а  с  1.
Ответ: Nadm = 443,35 кН.
Задача 6.2.3. Определить критическую Fcr и допускаемую
Nadm нагрузку для стержня из равнобокого уголка
100  100  10 мм. Материал стержня – сталь С245. Длина
стержня l = 1,5 м (рис. 6.1.2), а  с  1.
Ответ: Fcr = 162,35 кН;  = 152; Nadm = 126,82 кН.
Задача 6.2.4. Подобрать диаметр сплошного стержня из
стали С285. Стержень сжат продольной силой N = 20 кН.
Концы стержня закреплены шарнирно. Длина стержня l = 100
см, а коэффициент условий работы  с  1.
Ответ: d = 2,288 см.
Задача 6.2.5. Подобрать элемент решетки фермы с l = 100
см. Продольная сила N = 50 кН. Элемент решетки принять в
виде одиночного равнобокого уголка. Материал решетки –
сталь С245,  с  1.
Решение. Согласно условию задачи определяем lef по
формуле (6.2.2): lef  0,8  1  0,8 м. Для стали C245 имеем
Ry  240 МПа . Принимая в качестве первого приближения
1  0,5, из условия (6.2.1) находим
235
236
А1 
50  103  104 2,083 2,083


 4,17 см 2 .
1
0,5
1 240  106
Из сортамента (табл.VI) выбираем равнобокий уголок
45  45  5 мм с А1/ = 4,29 см2. Так как lef  l , то в качестве imin
принимаем ix = 1,37 см, тогда гибкость стержня   lef / i x =
80/1,37 = 58. В этом случае из табл. 6.2.1 определяем 1/  0,812.
Разница между 1 и  1/ – значительная, поэтому повторяем
расчет, принимая  2 = (0,5 + 0,812)/2 = 0,656.
Следовательно, условие (6.2.1) дает А2 = 2,083/0,656 = 3,18
2
см . Выбираем равнобокий уголок 40  40  4 мм с А2/ = 3,08
см2 и imin = ix =1,22 см. В этом случае   lef / i x = 80/1,22 = 66, а
 2/  0,7744 .
Напряжение в поперечном сечении стержня получается
при этом

N
50  103

 162 МПа .
/
A2 3,08  10 4
По формуле (6.2.1) находим
N
 162 МПа   c Ry  240  0,7744  186 МПа.
A2/
Недонапряжение составляет (186 – 62)100% / 186 = 13%.
Делаем еще одну попытку. Принимаем новое среднее
значение коэффициента продольного изгиба  3 = (0,7744 +
0,656) / 2 = 0,7152, тогда А3 = 2,91 см2. Выбираем уголок
36  36  4 мм с А3/ = 2,75 см2 и imin = ix = 1,09 см. Тогда
  80/1,09 = 74, а  3/  0,7268. В этом случае

N
50  103

 182 МПа   c Ry3/  240  0,7268  175 МПа.
A3/ 2,75  10 4
Перенапряжение составляет (182 – 175)100% / 175 = 4% <
5%, что допустимо. Окончательно, для элемента решетки
фермы оставляем равнобокий уголок 36  36  4 мм.
Задача 6.2.6. Определить величину допускаемой нагрузки
на деревянную стойку высотой 5 м и сечением 18  22 см.
236
237
y
220
x
Рис. 6.2.3
d=4 см
l18 см
Концы стойки закреплены шарнирно. Материал стойки –
сосна с RС = 14 МПа (см. табл. 5).
Ответ: Nadm = 187,4 кН.
Задача 6.2.7. Определить величину допускаемой нагрузки
на деревянную стойку круглого поперечного сечения с
радиусом r =10 см и высотой 3м.
y
Материал стойки – сосна с RС = 14
МПа. Один конец стойки жестко
защемлен, а другой – свободен.
х
Ответ: Nadm = 111 кН.
Задача
6.2.8.
Определить
величину допускаемой нагрузки на
деревянную стойку высотой 5 м и
22см
сечением 18  22 см. Концы стойки
Рис. 6.2.2
закреплены шарнирно. Материал
стойки – сосна с RС = 14 МПа (см.
табл. 5). Стойка ослаблена отверстиями диаметром 4 см (рис.
6.2.2).
Ответ: Nadm = 187,4 кН.
Задача 6.2.9. Составной стальной стержень длиной 5 м
состоит из двух швеллеров № 20, соединенных вплотную (рис.
6.2.3). Определить допустимую сжимающую нагрузку, если
оба конца стержня шарнирно закреплены. Материал
швеллеров – сталь с Ry  240 МПа.
Решение. Расчет составных элементов из уголков,
швеллеров и т.п., соединенных вплотную или через
прокладки, следует выполнять как сплошностенчатых.
Находим I x  2  1520  3040 см4 ; ix  I x / A  8 cм,
I y  2(113  2,07 2  23,4)  427 cм 4 ;
i y  I y / A  3,02 см  imin .
Определяем гибкость сжатого составного элемента по
формуле (6.1.4):
  1 500 / 3,02  166, а из табл. 6.2.1 находим  = 0,2284. И,
наконец, из формулы (6.2.1) определяем при  с  1 :
237
238
N adm  ARy c  0,2284  2  23,4  104  240  103  1  256,5 кН.
Для сравнения найдем критическую силу для
рассматриваемой сжатой стальной стойки ( Е  2,06  105 МПа ).
Имеем   166, следовательно, используем формулу Эйлера
(6.1.1):
Fcr 
3,142  2,06  105  103  427  108
 347 кН.
(1  5) 2
Задача 6.2.10. Поперечное сечение составного стального
стержня длиной 5 м показано на рис. 2.3.9. Определить
допустимую и критическую сжимающие нагрузки, если оба
конца стержня шарнирно закреплены. Материал – сталь с
Ry  240 МПа , а  с  1.
Ответ: Nadm = 2010 кН; Fcr = 2538 кН.
Задача 6.2.11. Определить допускаемую Nadm и
критическую Fcr нагрузку для сжатого стержня из двутавра №
30. Длина стержня – 6 м. Один конец его жестко заделан, а
другой – шарнирно закреплен. Материал – сталь с
Ry  240 МПа , а  с  1.
Ответ: Nadm = 287 кН; Fcr = 388 кН.
Задача
6.2.12.
Определить
допускаемую
продольную силу для чугунной стойки (чугун СЧ 15)
диаметром 30 см и длиной 4,5 м. Оба конца стойки
соединены с опорами шарнирно,  с  1.
Ответ: Nadm = 4974 кН.
Задача 6.2.13. Определить допустимую нагрузку
Nadm центрально сжатого участка стены таврового
поперечного сечения (рис. 2.2.16). Концы участка
стены закреплены шарнирно (   1 ), высота участка –
5 м. Кладка выполнена из кирпича марки 300 на
тяжелых растворах при марке раствора 150 (R = 3,6
МПа), mд = 1.
238
239
Ответ: xc = 0,44 м;
I y,min  7,68  10 2 м 4 ;
imin= 0,29 м;
  0,991;
Nadm = 3298 кН.
Задача 6.2.14. Определить допустимую нагрузку
Nadm центрально сжатого участка стены высотой 4,3
м. Концы участка стены закреплены шарнирно (   1 ).
Кладка выполнена из глиняного кирпича марки 100
на растворе марки 50 (см. раздел «Физикомеханические
характеристики
некоторых
конструкционных материалов», табл. 3), mд = 1 (рис.
2.2.16).
Ответ: А = 0,9244 м2;   0,997; Nadm= 1382 кН.
Задача 6.2.15. Определить допустимую нагрузку
Nadm центрально сжатого столба высотой 5 м. Нижний
конец столба заделан в фундамент, верхний конец –
свободен. Поперечное сечение – прямоугольное с
размерами 51  64 см. При расчете принять R = 2
МПа, mд = 1.
Ответ: А = 0,326 м2;   0,738; Nadm = 482 кН.
6.3. Расчет на устойчивость систем с одной или двумя степенями
свободы при помощи уравнений равновесия
Задача 6.3.1. Два бесконечно жестких стержня
связаны между собой шарниром (рис. 6.3.1) и оперты
на упругие пружины, жесткость которых равна k.
Определить критическое значение сжимающей силы.
239
240
a1
M
o
a2
Решение.
B
0
Решим
F
EJ=
A k EJ= k
поставленную
Fcr
 l
задачу
l
Rb = ka2
Ra = ka1
статическим
методом
при
Рис. 6.3.1
помощи
уравнений равновесия для отклоненного состояния.
Для этого рассмотрим систему, показанную на рис.
6.3.1 в отклоненном состоянии, т.е. после потери
устойчивости. В отклоненном состоянии на упругих
опорах возникнут опорные реакции Ra = ka1 и Rb =
ka2, где k – жесткость упругих связей (пружин),
равная силе, вызывающей единицу деформации
упругой связи (пружины). Будем считать, что k –
известная величина. Составим условие равновесия
моментов относительно точки О:
A'
 Fcr a 2  Rb 2l  Ra l  0 ,
а после подстановки в полученное выражение значений
опорных реакций Ra и Rb получим
a1 ( kl )  a 2 ( Fcr  2kl )  0 .
(6.3.1)
Составим также условие равенства момента нулю в
шарнире А/ в отклоненном состоянии: M A/  0  Fcr (a1  a2 )  Rb l ,
а после подстановки в полученное выражение значения
опорной реакции Rb получим
a1 ( Fcr )  a 2 ( Fcr  kl )  0 .
(6.3.2)
Таким образом, имеем систему двух уравнений (6.3.1),
(6.3.2) с двумя неизвестными геометрическими параметрами
а1 и а2. Полученная система содержит два однородных
240
241
уравнения и, следовательно, определитель, составленный из
коэффициентов при неизвестных а1 и а2, должен быть равен
нулю:
kl Fcr  2 kl
 0.
Fcr Fcr  kl
Раскрывая определитель, получим уравнение второй степени
Fcr2  3klFcr  k 2 l 2  0,
a
a
l
l
l
решения которого имеют вид: Fcr  1,5kl  112
, kl , откуда находим
два значения критической силы: Fcr,1 = 0,38kl и Fcr,2 = 2,63kl.
Окончательно принимаем Fcr = 0,38kl
как наименьшую критическую силу, F k
F k
вызывающую потерю устойчивости.
Задача 6.3.2. Определить значения
критических сил для абсолютно
EJ=
EJ=
жесткого стержня, показанного на рис.

k
6.3.2. Жесткости верхней и нижней
упругих связей (пружин) равны k.
Рис. 6.3.2
Рис. 6.3.3
Ответ: Fcr,1 = kl/2; Fcr,2 =  .
Задача
6.3.3.
Определить
критическую силу для абсолютно жесткого стержня,
показанного на рис. 6.3.3.
Ответ: Fcr = kl.
Задача
6.3.4.
F a
Определить
критическую
Fcr
силу для абсолютно жесткой
системы, показанной на рис.
6.3.4.
EJ=
Ответ: Fcr = 2kl.

Задача
6.3.5.
k
k
Определить
значения
R=
R = ka
l
l
критических сил в системе,
ka
представленной на рис.
Рис. 6.3.4
6.3.5. Эле-менты системы –
абсолютно жесткие. Жесткость связей равна k.
Ответ: Fcr,1 = kl/3; Fcr,2 = kl.
241
242
Задача 6.3.6. Определить критическую силу в системе,
представленной на рис. 6.3.6. Элементы системы – бесконечно
a
F
Рис.6.3.5
h
k
EJ=
 

0

Рис.6.3.7
Рис. 6.3.6
l
R
=alk/h
b=
al/h
l

l
l
k
EJ =
EJ=
l
EJ = 
k
F
l
F
Fcr
k
жесткие. Жесткость упругой связи равна k.
Ответ: Fcr = kl/2.
Задача 6.3.7. Определить критическую силу в системе,
представленной на рис. 6.3.7. Элементы системы – бесконечно
жесткие. Жесткость упругой связи равна k.
Ответ: Fcr = kl2/h.
6.4. Определение критических сил при помощи
энергетического метода
Энергетический метод основан на использовании
теоремы Лагранжа – Дирехле о полной потенциальной
энергии.
Рассмотрим порядок расчета для энергетического метода:
1. Задаются уравнением новой формы равновесия
в виде одного или нескольких членов ряда,
удовлетворяющих краевым условиям:
n
y
a
k
fk .
1
При выборе функции у кинематические граничные
условия
(прогибы,
углы
поворота)
должны
быть
удовлетворены
обязательно.
Статическим
граничным
условиям (изгибающим моментам, поперечным силам)
242
243
удовлетворять не обязательно, однако для получения более
точных результатов – крайне желательно. Имеются
специальные таблицы для выбора уравнений криволинейной
формы равновесия стержня, потерявшего устойчивость.
Например, в табл.6.4.1 приведены данные для трех видов
стержней.
Таблица 6.4.1
Нижний
(левый) конец
y(0)
y/(0)
Схема
стойки
Верхний
(правый) конец
y(l)
y/(l)
Уравнение криволинейной
формы равновесия прямых
стержней
Fcr
x 

y  a1  cos 

2l 
l
l/2
l/2
0
0
-
-
0
-
0
-
y  a1 sin
Fcr
x
l
 a2 sin
2x
l
l
Fcr
0
-
0
-
y  am sin
mx
l
2. Вычисляем полную потенциальную энергию П системы
при переходе из новой формы равновесия в первоначальную:
П
1
2

M2
1
dx 
EI z
2
n
r a  F
i 1
2
ii i
cr , k  k
,
(6.4.1)
где rii – жесткость упругой связи, Н/м; ai – линейная
деформация (удлинение или укорочение) упругой связи, Fcr,k –
неизвестное значение критической силы и  k – перемещение,
на котором критическая сила Fcr,k совершает работу.
Принимая во внимание дифференциальное уравнение
упругой оси балки EI z y   M и выражение  k 
1
2
l
  y dx ,
2
0
формулу (6.4.1) можно представить в виде:
243
244
П
1
2

 2
EI z y  dx 
1
2
n
r a 
i 1
2
ii i
Fcr , k
2
  y dx.
2
(6.4.2)
3. Определяем экстремальное значение потенциальной
энергии из уравнений:
П
П
П
 0;
 0; ...;
 0.
a1
a2
an
4. Приравнивая детерминант из коэффициентов при
параметрах an нулю, определяем критические силы, число
которых равно числу параметров an. Если используется точное
выражение ординаты у искривленной оси, то получим точное
значение критической силы. В основном критические силы
получаются несколько завышенными.
Задача 6.4.1. Определить
критическую
силу
для
Fcr
EI
прямого
стержня,
y
находящегося в упругой среде
с
коэффициентом
x
l p=ky
податливости, равным k (рис.
y
6.4.1).
Рис. 6.4.1
Решение.
Уравнение
криволинейной формы равновесия прямого стержня берем из
табл. 6.4.1 в виде:
y  am sin
mx
.
l
Для вычисления полной потенциальной энергии по
формуле (6.4.2) предварительно необходимо вычислить у  и
у :
y   am
m
mx
m2  2
mx
cos
; y   am 2 sin
;
l
l
l
l
а затем
l
m2  2 2
y  dx 
a ;
2l m
 
0
244
2
l
m4 4 2
y  dx 
a и
2l 3 m
 
0
2

l
rii ai2

 k y 2dx 
0
am2 l
.
2
245
Подставляя полученные значения в формулу (6.4.2),
находим
П
am2  EI 4 4
m2 2  П am  EI 4 4
m2 2 
 3 m   kl  Fcr
;
 3 m   kl  Fcr
  0.

4 l
l  am
2 l
l 
Из последнего выражения определяем
Fcr 
 2 m2
l2
EI 
kl 2
m2 2

 2 EI 
l2
kl 4 
 m2 
,
EI 4 m 2 

где m – число полуволн при потере устойчивости. Значение m,
при котором Fcr равна минимальному значению, зависит от
коэффициента податливости k упругого основания (Н/м2). При
малом k можно принять m = 1.
Продолжим исследование и предположим, что Fcrm1  Fcrm2 ,
тогда
1
4 EI 4
kl 4
kl 4
4
, откуда k 
.
4
4
EI
EI 4
l4
Таким образом, если k 
4 EI 4
l4
, то необходимо принимать
m = 1,
4 EI 4
, то m > 1.
l4
Задача 6.4.2. Определить значение критической силы при помощи
энергетического метода для абсолютно жесткой системы, изображенной на
рис. 6.4.2. Жесткость двух упругих
связей – одинакова и обозначена
F a
через k.
F
cr

a


0
EJ=
k
R=ka
l
l
Рис.6.4.2
k
R=ka
a
l
если k 
Решение. Пусть система
потеряла устойчивость и
заняла новое положение. Так
как стержни – абсолютно
жесткие, то они не будут
изгибаться,
а
останутся
прямыми.
В
результате
потери устойчивости на
упругих опорах возникнут
245
246
опорные реакции R = ka, где а – вертикальное отклонение
концов горизонтального участка системы. На такое же
расстояние а переместится в горизонтальном направлении
верхний конец системы вместе с критической силой Fcr, а в
вертикальном направлении перемещение верхнего конца
системы составит (рис. 5.3.2)
2

 2l

 l 2  
.
 2
2
2
Кроме того, имеем, что tg  a / l   , откуда a  l. Тогда
  l  l cos  l (1  cos )  l 2 sin2
формула (6.4.1) примет вид:
П
1
2ka 2  Fcr   kl 2 2  Fcr 2 l / 2;
2
П
 2kl 2  Fcr l  0.

Из последнего выражения определяем Fcr  2kl.
Задача 6.4.3. Определить при помощи энергетического
метода критическую силу для абсолютно жесткого стержня,
показанного на рис. 6.3.3. Жесткость упругой связи равна k.
Ответ: Fcr = kl.
Задача 6.4.4. Определить энергетическим методом
критическую силу в системе, представленной на рис. 6.3.7.
Элементы системы – бесконечно жесткие. Жесткость упругой
связи равна k.
Ответ: Fcr = kl2/h.
Задача 6.4.5. Определить энергетическим методом
критическую силу в системе, представленной на рис. 6.3.6.
Элементы системы – бесконечно жесткие. Жесткость упругой
связи равна k.
Ответ: Fcr = kl/2.
Задача 6.4.6. Определить энергетическим методом
критическую силу для сжатого прямого стержня, один конец
которого жестко заделан, а другой свободен. Длина стержня –
l. Жесткость на изгиб в обоих направлениях поперечного
сечения равна EI.
Указание
Уравнение
криволинейной
формы
равновесия
рассчитываемого стержня взять из табл. 6.4.1.
246
247
Ответ:
Fcr 
 2 EI
4l 2
.
Задача 6.4.7. Определить энергетическим методом
значения критических сил для абсолютно жесткого стержня,
показанного на рис. 6.3.2. Жесткости верхней и нижней
упругих связей (пружин) равны k.
Ответ: Fcr,1 = kl/2; Fcr,2 =  .
Задача 6.4.8. Два бесконечно жестких стержня
связаны между собой шарниром (рис. 6.3.1) и оперты
на упругие пружины, жесткость которых равна k.
Определить критическое значение сжимающей силы
с применением формулы для потенциальной энергии
(6.4.1).
Ответ: Fcr,1 = 0,38kl ; Fcr,2 = 2,63kl.
Глава 7
ДЕЙСТВИЕ ДИНАМИЧЕСКИХ НАГРУЗОК
Динамической считается такая нагрузка, положение,
направление и интенсивность которой зависят от времени, так
что необходимо учитывать силы инерции тела в результате ее
действия. При этом конструкции или их элементы совершают
движения, простейшим видом которых являются колебания.
Из различных задач динамики конструкций здесь
рассматриваются задачи на действие инерционных и ударных
нагрузок, а также задачи на упругие свободные колебания
систем с одной степенью свободы.
7.1. Инерционные нагрузки
В случае, когда динамическое нагружение характеризуется
наличием ускорений частиц тела, необходимо учитывать
возникающие в них силы инерции, направленные в сторону,
противоположную направлению ускорения. Такое нагружение
испытывают твердые деформируемые тела, например, при
неравномерном
поступательном или при равномерном
247
248
вращательном движении. Указанные силы инерции добавляют
к внешним нагрузкам, к собственному весу тела, и далее
расчет ведется как и для статического нагружения.
Если направление ускорения а движения тела совпадает с
направлением ускорения g силы тяжести, то динамические
усилия Fd , напряжения σd (или τd), перемещения Δd
определяются через соответствующие статические величины
Fst, σst (или τst), Δst и динамический коэффициент kd
kd
=
1
+
(a/g)
,
(7.1.1)
т.е. имеют место соотношения
Fd = Fst kd; σd = σst kd; τd = τst kd; Δd = Δst kd.
(7.1.2)
Условие прочности в таком случае имеет вид
σd, max = σst, max kd = σst, max (1 + (a/g))  Radm .
(7.1.3)
l
a
mк
x
Рис. 7.1.1
Задача 7.1.1. Проверить прочность стального
каната, с помощью которого поднимается вверх
кабина лифта с ускорением а = 5 м/сек2. Масса
кабины mк = 500 кг, длина каната l = 50 м, диаметр
d = 4 см. Характеристики материала каната:
плотность ρ = 7,75 г/см3, допускаемое нормальное
напряжение Radm = 30 МПа (рис. 7.1.1).
Решение. Составив условие динамического
равновесия в виде ΣFix = 0, определим наибольшее
продольное усилие в канате:
N d ,max  (mк g  gAl )(1  a / g ),
где А – площадь поперечного сечения каната.
Максимальное динамическое напряжение будет равно
 d ,max 

248
N d ,max
A

mк g  gAl
a
(1  ) 
A
g
500  9,81  7,75  103  9,81 3,14  (0,02) 2  50 
5 
6
2
1 
  11,64  10 Н / м 
2
 9,81
3,14(0,02)
249
= 11,64 МПа.
Условие прочности (7.1.3) для каната выполняется.
Задача 7.1.2. Проверить прочность горизонтального бруса,
поднимаемого вверх силой F, приложенной посередине бруса,
с ускорением а, равным 2g (рис. 7.1.2, а). Брус квадратного
поперечного сечения со стороной а1 = 5 см, длина бруса l = 2
м. Характеристики материала бруса: плотность ρ = 2,8 г/см3 ,
допускаемое нормальное напряжение Radm = 100 МПа.
Решение.
Рассчитаем
интенсивность
равномерно
распределенной статической нагрузки, вызванной силой веса
q  gA  1  2,8  103  9,81 25 104  1  68,7 Н / м.
Интенсивность
равномерно
распределенной
инерционной нагрузки равна
a
F
 a
 2g 
pi  qk d  q 1    68,7 1   
g
g


а
= 206 Н/м.
Определяем интенсивность
суммарной
распределенной
нагрузки
б
q   q  pi  68,7  206  274,8 Н / м.
Величину
сосредоточенной
силы
F
определим
из
условия
динамического
равновесия
бруса
F  q  l  274,8  2  549,6 Н.
Эпюры
интенсивностей
нагрузок q, pi показаны на рис.
7.1.2,
б,
в,
эпюры
интенсивности
суммарной
нагрузки qΣ, поперечной силы
Q и изгибающего момента М –
на рис. 7.1.3.
l/2
68,7
Н/м
206 Н/м
l/2
q
в
pi
Рис. 7.1.2
q  =274,8
Н/м
F=549,6 Н
274,8 Н
274,8 Н
137,4
Н·м
Q
M
Рис. 7.1.3
249
250
Максимальный момент будет
M max 
q l 2
8

274,8  2 2
 137,4 Н  м.
8
Осевой момент
сопротивления квадратного сечения равен
Wz 
a13 125  106

 20,8  106 м 3 .
6
6
Определяем максимальное динамическое напряжение
 d ,max 
M max
137,4
6 Н

 6,6 МПа.
6  6,6  10
Wz
20,8  10
м2
Условие прочности (7.1.3) для бруса выполняется.
Задача 7.1.3. Тело, состоящее из двух стальных стержней
I и II (рис. 7.1.4), движется вверх с ускорением а = 2g.
Поперечное сечение стержня I – квадрат со стороной h = 10
см, поперечное сечение стержня II – круг диаметром d = 2,5
см. Длины l1 = 40 см, lII = 80 см. Плотность материала
стержней ρ = 7,75 г/см3.
1
м
γ=ρg
l
lII
II
a
a
P2
1
м
a
Определить
максимальные
нормальные
динамические
напряжения в
стержне.
каждом
lI
Ответ: σmax,I
= 0,093
МПа;
I
Р
σmax,II
=2,046
Рис. 7.1.4
Рис. 7.1.5
Рис. 7.1.6
МПа.
Задача 7.1.4. Стальной канат длиной l = 20 м с
прикрепленным к нему грузом весом Р = 5 кН движется вверх
с постоянным ускорением а = g (рис. 7.1.5). Рассчитать
минимально
допустимую
(необходимую)
площадь
поперечного сечения каната, если плотность материала каната
ρ = 7,75 г/см3, а допускаемое нормальное напряжение Radm = 30
МПа.
Ответ: Anec = 3,72 см2.
250
P1
251
900
pi,max=π2ρAn2l/18
00
n
pi,max
Задача 7.1.5. Конструкция, состоящая из стержня длиной l
= 2 м и площадью поперечного сечения А = 0,0005 м2, вместе с
прикрепленными к нему двумя грузами Р1 = 2 кН и Р2 = 4 кН,
расстояние между которыми 1 м, движется вверх с
постоянным ускорением а = 2g (рис. 7.1.6). Определить
динамическое удлинение стержня, если модуль упругости
материала стержня Е = 0,7·105 МПа, а плотность ρ = 2,8 г/см3.
Ответ: Δld = 6,9 мм.
Задача 7.1.6. Определить наибольшие нормальные
напряжения от изгиба двутавра №
a
30 длиной l = 10 м, поднимаемого
С
D
с
помощью
канатов,
прикрепленных в сечениях С и D,
1м
1м
8м
с ускорением а, равным 5 м/с2
(рис. 7.1.7). Стенка двутавра при
Рис. 7.1.7
подъеме
расположена
вертикально.
Ответ: σ = 8,58 МПа.
Задача 7.1.7. Стальной горизонтальный стержень
постоянного поперечного сечения длиной l = 0,6 м равномерно
вращается с постоянной угловой скоростью n = 1000 об/мин
вокруг вертикальной оси I – I (рис. 7.1.8, а).
Определить наибольшее нормальное растягивающее
напряжение в стержне, если плотность его материала ρ = 7,75
г/см3.
Решение. Рассчитаем интенсивность сил инерции в
стержне (т.е. силу инерции, отнесенную к единице длины),
учитывая, что она равна массе участка единичной длины,
умноженной на нормальное ускорение аn , т.е.
pi  A  1 an ,
I n
или, принимая во внимание,
что
I х
 2 n2
l/2
l/2
a 
x,
б
N
а
в
pi
251
Nmax=π2ρAn2l2/7200
Рис. 7.1.8
252
получаем pi  A
 2 n2
900
x. Эпюра pi показана на рис. 7.1.8, б.
Продольная растягивающая сила N
в сечении,
расположенном на расстоянии x от оси вращения, равна
площади эпюры рi на участке от сечения до конца стержня,
т.е. в рассматриваемой задаче – это площадь трапеции:
N  A

l  l
 2n2  l 2
1
  x2 .
 x     x  A
2
900 
2 2
1800  4

 2n2 
Эпюра N показана на рис. 7.1.8, в. Наибольшее значение
продольной силы будет
N max
x 0
 A
 2n2l 2
7200
.
Определяем наибольшее растягивающее напряжение
 max 
N max
 2 n 2 l 2 7,75  103  3,14 2  10002  0,62
Н


 3,8  106 2  3,8 МПа.
A
7200
7200
м
Задача 7.1.8. Дюралюминиевый горизонтальный стержень
постоянного поперечного сечения длиной l = 1 м вращается с
постоянной угловой скоростью вокруг вертикальной оси,
проходящей через его середину. Определить для этого
стержня предельное число оборотов в минуту, если плотность
материала ρ = 2,8 г/см3, а допускаемое нормальное
напряжение Radm = 100 МПа.
Ответ: nadm = 5100 об/мин.
Задача 7.1.9. Стержневая система, показанная на рис.
7.1.9, а, вращается с постоянной угловой скоростью Ω вокруг
оси АВС. Построить эпюру изгибающих моментов Ми от
действия инерционных сил и определить допустимое по
прочности число оборотов в минуту, если плотность
материала стержней ρ = 7,75 г/см3, а допускаемое нормальное
напряжение Radm = =160 МПа. Поперечные сечения стержней
круглые диаметром d = 3 см, длина отрезка а = 0,2 м.
Решение. Определяем интенсивность сил инерции рi в
отдельных стержнях.
252
253
Участок АВС. Силы инерции отдельных частиц стержня
взаимно уравновешиваются и изгиба не вызывают; таким
образом рiАВС = 0;
Участок СD. Силы инерции направлены вдоль оси
стержня. На расстоянии x от оси вращения интенсивность их
будет равна
a
a/2
2a
a
С
B
A
piCD  A2 x;
a
D
E
С q
Эп. piCD
q  A2 а.
D E pi,max=q
0,5qa2
б
B
1,25qa2
A
т.е. при x = 0 имеем piCD  0; а
при
x = а получаем
CD
Обозначим
pi  A2 а.
буквой q интенсивность сил
инерции в точке х = а, т.е.
0,5qa2
в
Mи
0,5qa2
Участок DЕ. Так как этот
участок
параллелен
оси
вращения, то интенсивность
сил инерции на нем будет
постоянна и равна
рiDE = q = const.
Эпюры
инерционных
сил,
действующих на рассматриваемую
систему, показаны на рис. 7.1.9, б.
Рис. 7.1.9
Далее определяем изгибающие моменты и строим эпюру
Ми. На участке DE эпюра Ми – парабола, на участке DC –
прямая, параллельная стержню CD, на участке СB – наклонная
прямая и на участке АВ также наклонная прямая (рис. 7.1.9, в).
У к а з а н и е. Равнодействующая распределенной вдоль
стержня CD инерционной нагрузки pi равна площади эпюры
pi, т.е. в данном случае площади треугольника (R = aq/2).
Из эпюры Ми видно, что максимальное значение
изгибающего момента будет в сечении В
Mmax  1,25qa 2  1,25A2a 3 .
Запишем
условие
 max  M max / Wz  Radm , где
прочности
осевой момент
в
виде
сопротивления
253
254
круглого поперечного сечения подсчитываем по формуле Wz =
0,1d 3.
Таким образом, условие прочности имеет вид
1,25qa 2
 Radm
0,1d 3
или
1,25d 2 a 3 2
 Radm ,
4  0,1d 3
откуда находим допускаемую угловую скорость в рад/сек

Radmd
9,81a 3

160  106  3  102
 88,8 с 1
9,81 7,75  103  8  103
и допускаемое число оборотов в минуту
a
2a
A
a/2 a/2 B
a
B
a
A
a
a
a
Рис. 7.1.10
nadm 
Рис. 7.1.11
30


30  88,8
 848 об / мин.
3,14
a
Задачи 7.1.10–7.1.12. Стержневые системы, вращающиеся
с постоянной угловой скоростью Ώ, показаны на рис. 7.1.10–
7.1.12. Построить эпюры изгибающих моментов Ми от
действия инерционных сил и определить допускаемое число
оборотов в минуту.
Плотность материала стержней ρ = 7,75 г/см3, поперечные
сечения стержней – круглые диаметром d = 3 см, длина
отрезка а = 0,2 м, допускаемое нормальное напряжение Radm =
160 МПа.
2a
a
Ответы:
7.1.10 – Mmax =
2 3
0,75ρАΩ а ;
B
A
7.1.11 – Mmax = ρАΩ2а3; 7.1.12 – Mmax =
3ρАΩ2а3.
2a
Рис. 7.1.12
254
255
7.2. Упругий удар
Под ударом понимают резкое изменение скорости
соприкасающихся тел в течение малого отрезка времени.
Приближенная («техническая») теория удара базируется на
двух основных гипотезах:
а) кинетическая энергия тела, производящего удар, полностью переходит в потенциальную
энергию тела, по которому наносится удар (пренебрегают тепловой энергией и др.);
б) распределение напряжений и деформаций по объему
тела при ударе принимается таким же, как и при статическом
нагружении (пренебрегают волновыми процессами и др.).
Общий прием расчета напряжений и перемещений при
ударе состоит в том, что, принимая гипотезу б), проводят
статический расчет, а ударное воздействие учитывают
динамическим коэффициентом kd , который рассчитывают на
основе гипотезы а). Таким образом, динамический
коэффициент представляет собой по существу отношение
динамических величин (напряжений, перемещений) к
соответствующим статическим, т.е.
kd 
d
,
 st
или
kd 
d
.
 st
(7.2.1)
При ударе, вызванном падением некоторого груза с
высоты Н на элемент конструкции, величина динамического
коэффициента рассчитывается по формуле
kd  1  1 
l
Δst
H
P=mg
A
Рис. 7.2.1
2H
,
 st
(7.2.2)
где Δst – статическое перемещение сечения
элемента конструкции, вызванное силой веса
падающего груза.
Так, при продольном ударе, например, от
падения груза на конец призматического
стержня (рис. 7.2.1)
 st 
Pl
.
EA
255
256
При изгибном ударе, например, показанном на рис. 7.2.2, а,
статический прогиб будет
 st 
Pl 3
,
48EI z
a
l/2
P=mg
б
Δst
P=mg
l
l
Жесткий
стержень
l/2
P=mg
Δst
H
H
а для случая, показанного на рис. 7.2.2, б, имеем
φ
Рис. 7.2.3
Рис. 7.2.2
 st 
Pl 3
.
3EI z
Можно показать, что при скручивающем ударе (рис. 7.2.3)
получим
 st   st 
Tl
.
GI 
Условие прочности при ударе имеет вид
σd, max = σst,
(7.2.3)
или
τd, max = τst,
(7.2.4)
max
max
kd 
Radm
kd  τadm.
Формула (7.2.2) используется в случаях, когда масса упругого тела,
испытывающего удар, мала и ею в расчете пренебрегают.
При необходимости учета массы тела, испытывающего удар, формула
для расчета динамического коэффициента принимает вид
kd  1  1 
(7.2.5)
256
2H
,
mпр
 st (1 
)
mг
257
P=
mg
Δst
H
Задача 7.2.1. Груз весом Р = 2 кН,
скользя без трения вдоль стального
бруса, падает на приваренную к
нему
жесткую
пластину
и
вызывает
ударное
растяжение
бруса.
Площадь
поперечного
сечения бруса А = 0,0005 м2 (рис.
7.2.5, а), его длина l = 1,8 м, модуль
продольной упругости материала
l
где mг – масса падающего груза, mпр – приведенная масса тела,
испытывающего удар,
причем
mпр
mпр = αm,
(7.2.6)
где m – истинная
mпр
(распределенная) масса
б
тела; α – коэффициент
привидения
распределенной массы к
точечной.
Он
mпр
определяется
путем
a
в
сравнения кинетической
Рис. 7.2.4
энергии
тела
с
распределенной и с
точечной массами. Коэффициент α зависит от вида удара
(продольный, изгибный и т.п.) и от характера закрепления
концов стержня.
Так, для консольной балки, испытывающей продольный
удар (рис. 7.2.4, а), α = 0,33; для шарнирно опертой балки на
двух опорах, испытывающей удар посередине (рис. 7.2.4, б), α
= 17/35  0,5; для консольной балки, испытывающей изгибный
удар (рис. 7.2.4, в),
α = 33/140  0,235 и т.д.
a
б
Рис. 7.2.5
P
257
258
бруса Е = =2·105 МПа; высота падения груза Н
равна 0,02 м.
Требуется определить максимальное нормальное
напряжение в брусе в момент его наибольшей
деформации. Собственной массой стального бруса,
испытывающего удар, пренебречь.
Решение. Определим величину Δst (рис. 7.5.2, б)
 st 
Рассчитываем
формулу (7.2.2)
Pl
2  103  1,8

 3,43  105 м.
EA 2,1 1011  5  104
динамический
kd  1  1 
коэффициент,
используя
2  0,02
 1  1169  35,2.
3,43  105
Определяем статическое нормальное напряжение
 st 
P 2  103
Н

 4  106 2  4 МПа.
A 5  10 4
м
Находим максимальное динамическое напряжение
σd,max = σst kd = 4·35,2 = 140,8 МПа.
Задача 7.2.2. Груз весом Р = 200 Н падает с высоты Н = 0,3
м посередине на шарнирно опертую двухопорную деревянную
балку квадратного поперечного сечения со стороной а = 15 см
и длиной l = 3 м. Рассчитать запас прочности балки, если
модуль продольной упругости материала балки Е = 104 МПа, а
предел прочности при расчете на изгиб RИ = 20 МПа.
Собственной массой балки, испытывающей удар, пренебречь.
Решение. Проводим статический расчет, т.е. определяем
максимальное напряжение и перемещение в серединном
сечении
балки
при
нагружении
ее
статической
сосредоточенной силой Р = 200 Н.
Максимальный изгибающий момент равен
M max 
P l 200 3
 
  150 Н  м.
2 2
2 2
Статический момент площади сечения равен
258
259
Wz 
Определяем
напряжение
 st ,max 
a 3 0,153 3

м  5,625  104 м 3 .
6
6
максимальное
нормальное
статическое
M max
150
Н

 26,6  104 2  0,266 МПа.
Wz
5,625  104
м
Статическое перемещение посередине балки определяем
по известной из теории изгиба формуле
 st 
Pl 3
Pl 3
Pl 3
200  33



 2,67  104 м.
48EI z 48E (a 4 / 12) 4 Ea 4 4  104  106  0,154
Рассчитываем динамический коэффициент
kd  1  1 
2  0,3
 1  2248  48.
2,67  10 4
Находим динамическое напряжение
σd,max = σst,max kd = 0,266·48 = 12,77 МПа.
Запас прочности равен
n
RИ
 d ,max

20
 1,56.
12,77
l
Задача 7.2.3. Груз весом Р = 1 кН падает с высоты Н = 0,04
м на свободный конец консольной балки прямоугольного
сечения 0,12  0,2 м и длиной 2 м. Модуль упругости
материала балки Е = 104 МПа. Требуется рассчитать
наибольшее нормальное напряжение в момент наибольшей
деформации
балки.
Собственной
массой
балки,
испытывающей удар, пренебречь.
Ответ: σd,max = 15 МПа.
Задача
7.2.4.
Найти
максимальное
нормальное
динамическое
напряжение
в
канате
подъемника (рис. 7.2.6), спускающего груз Р =
2·104 Н со скоростью v =1 м/с при внезапном
торможении наверху. Диаметр каната d = 0,02
м, его длина l = 10 м; собственным весом
каната
пренебречь.
Модуль
упругости
спр
P
Рис. 7.2.6
259
260
l
материала каната Е = 1,6·105 МПа. Жесткость пружины спр =
5·105 Н/м.
Указания
1) Использовать известное из физики соотношение v2 =
2gH.
2) Учесть, что полное статическое перемещение будет
складываться из двух частей, связанных с деформацией каната
и пружины.
Ответ: σd,max = 181 МПа.
Задача 7.2.5. Прямой призматический стержень,
закрепленный одним концом (рис. 7.2.7) и
К
имеющий длину 0,3 м, площадь поперечного
сечения 0,0021 м2, на свободном конце принимает
удар, кинетическая энергия которого равна 25 Н·м.
Модуль упругости материала стержня Е = 2,1·105
МПа.
Определить
наибольшее
нормальное
динамическое
напряжение
и
деформацию.
Собственной массой стержня, испытывающего
удар, пренебречь.
У к а з а н и е. Задачу решать, считая, что вся
Рис. 7.2.7
кинетическая энергия удара переходит в
потенциальную энергию деформации стержня.
Ответ: σd,max = 100 МПа; Δld,max = 0,00024 м.
Задача 7.2.6. Прямой призматический стержень закреплен
одним концом (рис. 7.2.1), имеет длину 0,3 м, площадь
поперечного сечения 0,0021 м2.
Вычислить кинетическую энергию удара и вызываемые им
напряжения и деформации стержня, если удар происходит
вследствие падения на стержень груза Р = 250 Н с высоты Н =
0,1 м. Модуль упругости материала стержня Е = 2,1·105 МПа.
Собственной массой стержня, испытывающего удар,
пренебречь.
Задачу решить:
260
261
а) в предположении, что деформацией стержня можно
пренебречь по сравнению с высотой Н, и б) не делая
упомянутого допущения и вычислив динамический
коэффициент.
Ответ: а) σd,max = 100 МПа, Δld,max = 0,00024 м;
б) σd,max = 100,1 МПа, Δld,max  0,00024 м.
Задача 7.2.7. Найти динамическое нормальное напряжение
в стальной двутавровой консольной балке (Iz = 2·10-5 м4, Wz =
2·10-4 м3, Е = 2·105 МПа) длиной 2 м при ударе по ее
свободному концу грузом Р = 1,2 кН, сброшенным с высоты Н
= 0,08 м. Собственной массой балки, испытывающей удар,
пренебречь.
Ответ: σd,max = 182 МПа.
Задача 7.2.8. Вычислить, с какой высоты Н1 падает на
конец консольной балки груз Р = 1,2 кН, если в защемлении
возникает динамическое нормальное напряжение σd,max = 240
МПа. Известно, что при высоте падения Н = 0,08 м и σst,max =
12 МПа динамическое напряжение имеет величину σd,max = 182
МПа. Собственной массой балки, испытывающей удар,
пренебречь.
Ответ: Н1 = 0,144 м.
Задача 7.2.9. На конец стальной консольной балки длиной
1 м с высоты Н = 0,05 м падает груз Р = 480 Н.
Поперечное
сечение
балки
имеет
следующие
геометрические характеристики: осевой момент инерции Iz =
20 000 см4, осевой момент сопротивления Wz = 200 см3.
Модуль упругости материала стержня Е = 2·105 МПа.
Требуется определить наибольшее нормальное динамическое
напряжение в балке. Собственной
массой
балки,
испытывающей удар, пренебречь.
Ответ: σd,max =120 МПа.
Задача 7.2.10. Груз весом Р = 80 Н, скользя без трения
вдоль стального бруса (Е = 2·105 МПа), падает на
прикрепленную к брусу жесткую пластину и вызывает
ударное растяжение бруса (см. рис. 7.2.5).
261
262
l
H
Длина бруса l = 2м, площадь поперечного сечения А =
0,0004 м2; плотность материала бруса ρ = 8г/см3, расчетное
сопротивление стали бруса Rу= 100 МПа. Требуется
определить высоту падения бруса: а) без учета массы стержня
и б) с учетом массы стержня.
Ответ: а) Н = 0,25 м; б) Н = 0,315 м.
Задача 7.2.11. Груз весом Р = 400 Н падает с высоты Н =
0,3 м на свободный конец консольной деревянной балки
квадратного поперечного сечения 0,3  0,3 м и длиной 2 м.
Модуль упругости материала балки Е = =104 МПа, его
плотность ρ = 0,6 г/см3. Требуется определить максимальный
динамический прогиб, учитывая собственную массу балки.
Ответ: Δd,max = 0,0076 м.
Задача 7.2.12. На середину двутавровой балки № 20 на
двух опорах длиной 2 м падает с высоты Н = 0,04 м груз весом
Р = 4 кН. Вычислить наибольшие динамические нормальные
напряжения в балке: а) без учета массы балки и б) с учетом
массы балки. Принять Е = 2·105 МПа.
Ответ: а) σd, max = 209,5 МПа, б) σd, max = 204,1 МПа.
Задача 7.2.13. На чугунную подставку
P
квадратного поперечного сечения 0,3  0,3
mпр
м и длиной 1,5 м с высоты Н = 0,4 м падает
груз Р = 6 кН. Требуется определить
наибольшее нормальное динамическое
напряжение в подставке с учетом ее
собственной массы. Модуль продольной
упругости материала подставки (чугун) Е =
1,27·105 МПа, плотность чугуна ρ = 7,1
г/см3 (рис. 7.2.8).
Ответ: σd, max = 63,9 МПа
Рис.7.2.8
Задача 7.2.14. На конец стальной
консольной балки весом Рб = 250 Н и длиной 1 м с высоты
0,05 м падает груз Р = 520 Н. Поперечное сечение балки имеет
следующие геометрические характеристики: осевой момент
инерции Iz = 20000 см4, осевой момент сопротивления Wz =
262
263
200 см3. Модуль продольной упругости материала балки Е =
2,0·105 МПа. Требуется определить наибольшее нормальное
динамическое напряжение в балке с учетом ее собственной
массы.
Ответ: σd, max = 120 МПа.
7.3. Упругие колебания систем с одной степенью свободы
Упругими колебаниями называют движения упругих тел,
представляющие собой периодические отклонения их
относительно положения равновесия.
Колебания,
вызванные
некоторым
начальным
воздействием и совершаемые затем под действием
собственных сил упругости, называют свободными или
собственными. Колебания, происходящие под воздействием
внешних периодических сил, называются вынужденными.
В динамических расчетах важным понятием является
число степеней свободы системы – наименьшее количество
независимых геометрических параметров, определяющих
положение всех масс системы в произвольный момент
времени. Системами с одной степенью свободы будут такие, у
которых для полной фиксации их геометрического состояния
в любой момент времени достаточно знать один параметр,
например, положение определенной точки.
В настоящем издании рассмотрены задачи только на
незатухающие свободные колебания систем с одной степенью
свободы без учета и с учетом собственной массы системы.
Простейшим видом колебаний являются гармонические
колебания, которые описываются тригонометрическими
функциями синуса или косинуса,
например,
x
T
x  A sin(t   ),
0
A0
 / 
O
t
(7.3.1)
где
А0
–
амплитуда,
т.е.
максимальное значение обобщенной
координаты x при колебаниях
Рис. 7.3.1
263
264
системы (рис. 7.3.1); ω – круговая частота свободных
колебаний (число колебаний за 2π секунд); (ωt + φ) – фаза
колебаний; φ – начальная фаза колебаний, т.е. фаза в момент
времени t = 0.
Промежуток времени между двумя последующими
отклонениями упругой системы от положения равновесия
одного знака называется периодом колебаний и обозначается
буквой Т.
Период колебаний и круговая частота свободных
колебаний связаны зависимостью
T
2

или  =
2
.
T
(7.3.2)
Круговая частота ω связана с сосредоточенной массой m и
жесткостью с системы зависимостью
ω=
с
m
.
(7.3.3)
Жесткость системы – это сила, которая вызывает
перемещение, равное единице. Часто масса колеблющейся
системы считается постоянной, а упругая система линейной,
для которой сила упругости Р = mg (g – ускорение свободного
падения) пропорциональна соответствующему перемещению
xst, т. е.
P
=
c
xst.
(7.3.4)
Учитывая приведенные выше соотношения, можно
записать формулы для круговой частоты и периода свободных
колебаний, каждая из которых в том или
с1 ином случае может оказаться удобной при
с1
решении практических задач:
m
с2
2
c
cg
g
с2




,
m
T
m
P
x
а
б
Рис.7.3.2
264
st
(7.3.5)
265
T
2

 2
x
m
P
 2
 2 st .
c
cg
g
(7.3.6)
Возможны системы с несколькими упругими связями,
каждая из которых имеет свою жесткость. На рис. 7.3.2, а
показана схема механической системы с так называемым
параллельным соединением упругих связей с жесткостями с1 и
с2, а на рис. 7.3.2, б – с последовательным соединением
упругих связей. Суммарные жесткости показанных систем
рассчитываются по-разному.
При параллельном соединении упругих связей жесткость системы
рассчитывается по формуле
с
=
с1
+
с2
,
(7.3.7)
а при последовательном соединении
с
1
.
1 1

с1 с2
(7.3.8)
В предыдущих формулах под массой m понимается масса
груза, совершающего колебания, без учета собственной массы
системы. Ниже такой подход принят в задачах 7.3.1–7.3.7. В
остальных задачах принято, что масса m состоит из массы mг
груза, совершающего колебания, и приведенной к точке
распределенной собственной массы системы mпр
m
=
mг
+
mпр,
(7.3.9)
где mпр= αm0, m0 – истинная собственная масса системы; α –
коэффициент привидения. Как и в п. 7.2, принимаем α =
1/3  0,33 – при продольных колебаниях систем, типа
показанной на рис. 7.2.5, а; α = 17/35  0,5 – для изгибных
колебаний шарнирно опертой балки на двух опорах (рис. 7.2.5,
б); α = 33/140  0,235 – для изгибных колебаний консоли (рис.
7.2.5, в).
265
266
l
Задача 7.3.1. На конце стальной консоли длиной 1 м (рис.
7.3.3), выполненной из двутавра № 8, находится двигатель
весом Р = 1230 Н.
Требуется определить частоты и периоды свободных
колебаний системы – поперечных (изгибных) и
продольных, пренебрегая собственным весом
P
балки.
Решение.
Изгибные
колебания.
Воспользуемся формулой (7.3.5) в виде
  g / xst . Здесь xst – прогиб конца консоли,
нагруженной
сосредоточенной
силой
Р.
Рис. 7.3.3
Воспользуемся известной в сопротивлении
материалов формулой для этого прогиба
xst 
Pl 3
.
3EI z
В таком случае круговая частота изгибных колебаний

g

x st
g 3EI z
Pl 3
9,81  3  2  1011  78  10 8
 62,8 c 1 .
1230  13

Период свободных изгибных колебаний равен
Т
2


2  3,14
 0,1 с.
62,8
Продольные колебания. В этом случае xst – продольное
перемещение свободного торца консоли, нагруженной осевой
сосредоточенной сжимающей силой Р = 1230 Н. Это
перемещение равно продольной абсолютной деформации
стержня, которая рассчитывается по формуле: xst  Pl / ( ЕА).
В таком случае круговая частота продольных свободных
колебаний балки равна
1 
g

x st
gEA

Pl
9,81  2  1011  10  10 4
 1263 c 1 .
1230  1
Рассчитываем период продольных свободных колебаний
балки
266
267
Т1 
P
Рис.7.3.4
2 2  3,14

 0,005 с.
1
1263
Задача 7.3.2. Определить круговую
частоту вертикальных симметричных
колебаний кузова тележки общим
весом Р= 80 кН, укрепленного на двух
осях с помощью четырех рессор,
каждая из которых имеет жесткость с1
= 2·105 Н/м. Расчетная схема
конструкции представлена на рис.
7.3.4.
Решение. Воспользуемся формулой (7.2.5) в виде
ω = с / m и учтем, что в нашем случае параллельное
соединение упругих связей, когда жесткости просто
складываются, т.е. с = 4с1; кроме того, Р = mg. Таким образом,
получаем следующее выражение для круговой частоты
свободных колебаний системы:

4c1 g
4  2  105  9,81

 9,9 колебаний за 2 секунд.
P
80000
0,1 м
Задача 7.3.3. Определить круговую
частоту и период свободных изгибных
P
колебаний
консольной
дюралюминиевой
Рис. 7.3.5
балки круглого сечения и длиной 0,1 м,
несущей на конце сосредоточенный груз Р = 70 Н.
Модуль упругости дюралюминия Е = 7·104 МПа,
площадь поперечного сечения балки А = 5·10–6 м2
(рис. 7.3.5).
Ответ: ω = 7,65 с–1; Т = 0,82 с.
Задача 7.3.4. Вычислить круговую частоту и
P период
свободных
продольных
колебаний
консольного
дюралюминиевого
стержня
круглого
Рис. 7.3.6
сечения и длиной 0,1 м (рис.7.3.6), размещенного
вертикально и несущего на конце сосредоточенный груз Р =
70 Н. Модуль продольной упругости дюралюминия Е = 7·104
МПа, площадь поперечного сечения стержня А = 5·10–6 м2.
267
268
l1
l2
l
l3
Ответ: ω = 700 с–1 ; Т = 0, 009 с.
Задача 7.3.5. Вычислить круговую частоту и период
свободных изгибных колебаний консольной стальной балки
квадратного поперечного сечения со стороной а = 0,02 м и
длиной 0,5 м (рис. 7.3.5), несущей
на конце сосредоточенный груз
m
весом Р = 160 Н. Модуль
a
l
продольной упругости стали Е =
5
2·10 МПа.
Рис. 7.3.7
Ответ: ω = 62,8 с–1; Т = 0,1 с.
Задача 7.3.6. На невесомой балке (рис. 7.3.7) пролетом l =
5 м находится двигатель массой m = 2000 кг на расстоянии а =
2 м от левой опоры. Определить круговую частоту и период
свободных колебаний системы, если сечение балки – двутавр
№ 24, модуль упругости материала балки Е = 2·105 МПа.
Ответ: ω = 40 с–1; Т = 0,157 с.
Задача 7.3.7. Определить круговую
частоту
и
период
свободных
продольных
колебаний
стержня
круглого переменного сечения, к d3
нижнему концу которого прикреплен
груз весом Р = 40 кН (рис. 7.3.8).
d2
Диаметры по участкам равны: d1 = 0,02
mo
м; d2 = 0,03 м; d3 = 0,04 м. Длины
d1
участков l1 = 0,5 м; l2 = 0,75 м; l3 = 1,0
м. Весом стержня пренебречь. Модуль
mг
упругости материала балки Е = 2·105
МПа.
P
Ответ: ω = 120 с–1; Т = 0,0523 с.
Рис. 7.3.9
Задача 7.3.8. Определить круговую Рис. 7.3.8
частоту и период свободных продольных колебаний стального
стержня квадратного поперечного сечения со стороной а =
0,02 м и длиной 2 м, несущего на конце массу mг = 150 кг.
Модуль продольной упругости стали Е = 2·105 МПа,
плотность ρ = 7,75 г/см3 (рис. 7.3.9).
268
269
Решение. Как ранее отмечалось, в данном случае масса
системы складывается из массы mг груза и приведенной к
точке распределенной собственной массы стержня mo , т.е.
m = mг + αmо,
где mо = ρlA, α = 0,33.
Жесткость с найдем как силу, вызывающую единичную
абсолютную деформацию стержня:
cl
ЕА
, поэтому с  .
l
EA
Далее используем формулу для расчета круговой частоты свободных
колебаний
1

c
EA
2  1011  4  10 4


 513 колебаний
m
l (mг  aAl )
2(150  0,33  7,75  10 3  4  10 4  2)
за 2 сек.
Рассчитываем период свободных колебаний
l2
Т
2


2  3,14
 0,012 с.
513
l1
Задача 7.3.9. Определить круговую частоту и
mг
период
свободных
продольных
колебаний
стального стержня с площадью поперечного
сечения А = 0,008 м2 и длиной участков l1 = = 0,4 м,
l2 = 0,6 м, несущего на конце массу mг = 200 кг (рис.
7.3.10). Модуль продольной упругости стали Е =
Рис. 7.3.10
2·105 МПа, ее плотность ρ = 7,75 г/см3 . В расчете
учесть собственную массу стержня.
У к а з а н и е. Учесть, что в данной системе имеет место
параллельное соединение упругих связей.
Ответ: ω = 1744 с–1; Т = 0,0036 с.
Задача 7.3.10. Определить круговую частоту и период
свободных изгибных колебаний консольной
mг дюралюминиевой балки круглого поперечного
сечения диаметром d = 5 см и длиной l = 2 м,
l
несущей на конце сосредоточенную массу mг =
20 кг. Модуль упругости дюралюминия Е =
Рис. 7.3.11
7·104 МПа, его плотность ρ= 2,8 г/см3 (рис.
7.3.11).
269
270
В расчете учесть собственную массу балки.
Ответ: ω = 18,8 с–1; Т = 0,33 с.
Задача 7.3.11. Определить круговую частоту и период
свободных изгибных колебаний
mг
однопролетной
дюралюминиевой
балки круглого поперечного сечения
l/2
l/2
диаметром d = 5 см и длиной l = 2 м,
несущей
посередине
Рис. 7.3.12
сосредоточенную массу mг = 20 кг
(рис. 7.3.12). Модуль упругости дюралюминия Е = 7·104 МПа,
плотность ρ = 2,8 г/см3.
В расчете учесть собственную массу балки.
Ответ: ω = 71 с–1; Т = 0,088 с.
7.4. Вынужденные колебания систем
с одной степенью свободы
К вынужденным колебаниям приводит непрерывное воздействие на
механическую систему внешней периодической силы, например,
изменяющейся по гармоническому закону
P(t )  P0  sin t ,
(7.4.1)
где Р0 – амплитуда, т.е. максимальное значение возмущающей силы,  –
круговая частота ее изменения.
Амплитуда вынужденных колебаний системы Авын рассчитывается по
формуле
(7.4.2)
Aвын    y st ( P0 ),
где yst – перемещение y системы, которое вызвало бы статическое
приложение максимального значения Р0 возмущающей силы;
1

(7.4.3)
2
|1

|
2
– коэффициент нарастания колебаний (без затухания).
В расчетах на прочность систем, совершающих вынужденные
колебания, используют динамический коэффициент kd , определяемый по
формуле
A
k d  1  вын   ,
(7.4.4)
y st ( P)
270
271
где y st (P) – статическое перемещение y системы, вызванное ее
собственным весом Р = mg.
С учетом закона Гука условие прочности для системы, совершающей
вынужденные колебания, записывается следующим образом
y (P )
(7.4.5)
 d   st  k d   st  [1  st 0   ]  R y   c .
y st ( P)
Здесь  st – статическое напряжение, вызванное собственным весом
системы.
Задача 7.4.1. На двух двутавровых балках № 12 посередине
установлен двигатель весом Q = 7 кН (рис. 7.4.1). Неуравновешенные
массы двигателя условно
R
заменены вра-щающимся со
скоростью
n = 550 об/мин
Q2
грузом Q2 = 120 Н, радиус
вращения которого R = 0,21
Q
м.
Проверить
прочность
балок, приняв их длину l = 1,6
м,
модуль
упругости
Q1
материала балок Е = 2·105
l/2
l/2
МПа,
расчетное
сопротивление стали изгибу,
растяжению
по
пределу
Рис. 7.4.1
текучести Ry = 220 МПа.
Коэффициент условий работы балок с = 1 (табл.1.1).
Решение. 1. Выписываем из сортамента (таблица III, a приложения)
геометрические характеристики поперечного сечения двутавровой балки и
устанавливаем вес Q1 одной балки: момент инерции Iz = 350 см4, момент
сопротивления Wz = 58,4 см3, масса 1 м двутавра № 12 q = 11,5 кг/м. Масса
одной балки m1 = ql = 11,5·1,6 = 18,4 кг; вес Q1 одной балки
Q1 = mg  184 H.
В дальнейшем расчет проводится для одной балки (из двух).
2. Рассчитаем собственную круговую частоту колебаний  системы,
для чего воспользуемся формулой (7.3.5)
g

,
y st
где yst – прогиб посередине балки, вызванный весом Q /2 и весом балки Q1.
271
272
Следует учесть, что при расчете собственной частоты балки, как
системы с одной степенью свободы, в расчет вводится приведенная
масса
m1,pr = m1 .
Для балки на двух опорах коэффициент привидения  = 17/35  0,5.
При расчете yst можно использовать известную в теории изгиба балок
формулу
Pl 3
(7.4.6)
,
48EI z
которая в данной задаче принимает вид
Q

  0,5Q1  l 3
2

y st 
.
48 EI z
Таким образом, частота собственных колебаний системы равна
yst 

g

y st
 149,73c
1
48  E  I z  g

3 Q
l  (  0,5Q1 )
2
48  2 10 11  350 10 8  9,81

7000
3
1,6  (
 0,5 184 )
2
 150c 1 .
3. Рассчитаем максимальное напряжение st в среднем сечении балки,
нагруженной статически приложенными силами Q /2 и Q1 = qlg,
 st
Q l q l 2

M
(Q) M max (q) 4 2
  st (Q)   st (Q1 )  max


 8 
Wz
Wz
Wz
Wz
(Q  Q1 )  l (7000  184) 1,6
Н

 24,6 10 6 2  24,6 МПа.

6
8 W z
8  58,4 10
м
4. Рассчитаем коэффициент нарастания колебаний  по формуле
(7.4.3), установив предварительно величину частоты Ω возмущающей силы
1
1
n   550

 1174
, .


 57,6 c -1 ,  
2
57,6
30
30

1
1 2
1502


5. Рассчитаем динамический коэффициент kd, используя формулу
(7.4.4).
Для этого по известным из теории изгиба балок формулам определим
прогибы: yst(Q2) – прогиб посередине балки, от статической
сосредоточенной силы Р0, равной силе инерции груза Q2 /2
272
273
Q2 2
 R,
2g
т.е., применяя формулу (7.4.6), находим
Q2 2 3
 Rl
Q  2 Rl 3
2g
y st (Q2 ) 
 2
,
48 EI z
96EI z
yst(Q,Q1) = yst(Q) + yst(Q1) – прогиб посередине балки, нагруженной
статической сосредоточенной силой Q /2 и равномерно распределенной
нагрузкой q = Q1 / l
Q 3
l
5Q1l 3
5ql 4
Ql 3
y st (Q, Q1 )  2



.
48EI z 384 EI z 96EI z 384 EI z
Определим отношение прогибов
P0 
yst (Q2 )
4Q2 R 2
4  120  0,21  57,62


 118
, .
yst (Q, Q1 ) (4Q  5Q1 ) g (4  7000  5  184)  9,81
Рассчитываем динамический коэффициент
kd  1 
y st (Q2 )
  1  118
,  1174
,
 2,38.
y st (Q, Q1 )
6. Проверяем выполнение условия прочности (7.4.5)
 d   st  k d  24,6  2,38  58,5 МПа < 220 МПа.
Ответ: число оборотов двигателя
n = 550 об/мин является
безопасным для прочности балок.
Задача 7.4.2. Используя условия предыдущей задачи (кроме числа
оборотов n), установить безопасный по прочности балок режим работы
двигателя, т.е. определить допускаемое число оборотов.
Решение. Используем из решения предыдущей задачи отношение
y st (Q2 )
, не подставляя в него численного значения частоты
прогибов
y st (Q, Q1 )
Ω возмущающей силы
y st (Q2 )
4Q2 R 2
4  120  0,21   2


 0,000355 2 .
y st (Q, Q1 ) (4Q  5Q1 ) g (4  7000  5  184)  9,81
Запишем условие прочности (7.4.5)
1
 d   st k d  24,6(1  0,000355 2
)  220.
2
1
1502
273
274
Далее решаем неравенство
1
0,000355 2
1

2
2
220
,
 1, откуда  2  223751 
24,6
150 2
150 2
1
или
22375
2
 0,69 .
Возможны 2 случая:
22375
или   115 с -1 ;
1,69

22375
22375
2-й случай:
 0,69  1, тогда
 0,31, т.е. нет решения.
2

2
Ответ: допускаемое по прочности балок число оборотов двигателя
30
n
   1100 об/мин.

Задача 7.4.3. Решить задачу 7.4.2 при условии, что груз Q2 имеет
величину Q2 = 60 Н.
Ответ: границы рабочих диапазонов:
n  1165 об/мин; n  2035 об/мин.
Задача 7.4.4. Для условий задачи 7.4.1 установить зону числа
оборотов двигателя, запретных из-за резонанса.
Указание
Зона резонансного состояния определяется соотношением
0,7    1,3 ,
1-й случай: 1 
22375
2
 0,69 , тогда  2 
где  – собственная круговая частота колебаний системы.
Ответ: границы зоны резонанса:
nнижн = 1000 об/мин; nверх = 1860 об/мин.
Глава 8
НЕУПРУГОЕ
ДЕФОРМИРОВАНИЕ
В предыдущих главах использовался метод расчета по
допускаемым напряжениям. Прочность изделия считалась
обеспеченной, если напряжение в опасной точке не
274
275
превосходило
допускаемого
напряжения
(расчетного
сопротивления).
Фактический
коэффициент
запаса
прочности
n
определялся как отношение предела текучести  у к
фактическому напряжению  :
n   y / .
В ряде случаев более правильно расчеты на
прочность при действии статических нагрузок вести с
учетом
пластических


деформаций,
а
запас 
у
у
прочности вычислять как
отношение
предельной


у
нагрузки Fu к фактически
Рис. 8.1
Рис. 8.2
действующей F:
n  Fu / F .
Для определения предельной нагрузки будем
применять методы теории предельного равновесия.
Будем считать, что конструкции выполнены из
идеально пластических материалов, которые могут
быть упруго-идеально пластическими (рис. 8.1) и
жестко-идеально пластическими (рис. 8.2).
Когда напряжение достигает значения σу,
говорят, что конструкция «течет» без возможности
увеличения напряжений, а деформация  становится
неопределенной.
Предельным значением нагрузки называется
такое значение нагрузки Fu, действующей на
конструкцию, при котором невозможно дальнейшее
ее увеличение, а деформации соответствуют
горизонтальному участку на рис. 8.1 и рис. 8.2.
Значение предельной нагрузки для конструкции из
275
276
жестко- идеально пластического и из упругоидеально пластического материала одно и то же.
8.1. Предельная нагрузка для стержневой системы
Для
растянутого
элемента
конструкции
предельное нормальное усилие Nu равно
N u   y A,
(8.1.1)
где А – площадь поперечного сечения элемента.
Предельная нагрузка Fu всегда соответствует
превращению конструкции в механизм. Для
определения предельной нагрузки применим методы,
определяемые статической теоремой предельного
равновесия. Согласно этой теоремы предельная
нагрузка является максимальной из всех значений
нагрузки, удовлетворяющих условиям равновесия.
В машиностроении вместо формулы (8.1.1)
применяют формулу
N u  n2 n3 y A,
(8.1.2)
где n2 – коэффициент однородности материала, n3 –
коэффициент условий работы, учитывающий степень
ответственности детали.
Задача 8.1.1. Определить предельную нагрузку
Fu для стержневой системы, показанной на рис. 8.1.1.
Предел текучести материала стержней принять  у =
2900 кг/см2.
276
277
1
А2=22 см2
А1=1,5
см2
20о
о
30
а
N2
Nu
о
о
о
40 k
о
20о k
130
о
60o
Fu2
m 40
б
Fu
N1 Nu
30 20
Fu1
70o
m
2
в
Рис. 8.1.1
Решение. Пусть течет стержень 1 (рис. 8.1.1, а),
тогда
Nu1   y A1  2900  15
,  4350 кг.
Спроектируем все силы на ось m–m (рис. 8.1.1,
б):

m m
 N u1 cos 40 o  Fu1 cos 70 o  0, откуда
Fu1 
находим
N u1 cos 40o 4350  0,766

 9743 кг.
0,342
cos 700
Если же предположить, что течет стержень 2, то
будем иметь
Nu2   y A2  2900  2  5800 кг.
Спроектируем все силы на ось k–k (рис. 8.1.1, в):
 k k  N u2 cos 40o  Fu2 cos 60o  0, откуда определяем
Fu 2 
N u 2 cos 40o 5800  0,766

 8886 кг.
0,5
cos 600
Таким образом, получили два значения
предельной нагрузки
Fu1 = 9743 кг и Fu2 = 8886 кг,
из которых истинное значение предельной нагрузки
будет наименьшим:
277
278
Fu  minFu1 , Fu2   min9743; 8886  8886 кг.
Задача 8.1.2. Определить предельную нагрузку
Fu для стержневой системы, показанной на рис. 1.3.4,
если А1 = 2 см2, А2 = 1 см2, предел текучести
материала стержней σу = 285 МПа.
Ответ: Fu = 55 кН.
Задача 8.1.3. Определить предельную нагрузку
Fu для стержневой системы, показанной на рис.1.3.3.
Материал стержней АВ и СD имеет предел текучести
σу = 285 МПа, балка АС – абсолютно жесткая.
Площади поперечных сечений стержней АВ и СD
одинаковы и равны А = 5  104 м2 .
Ответ: Fu = 2  у А = 285 кН.
Задача
8.1.4.
Определить 1 А А 2
предельную
нагрузку
Fu
для
1
2
стержневой системы, изображенной
на рис. 8.1.2. Предел текучести
Fu
Рис.
8.1.2
материала стержней  у .
Ответ: Fu = min{Fu1; Fu2};
Fu1 =  у A1cos( 1  2  90о )/cos 1 ;
Fu2 =  у A2cos( 1  2  90о )/cos  2 .
Задача 8.1.5. Определить предельную нагрузку
Fu для системы стержней (рис. 8.1.3, а). Дано А1 = 4
см2, А2 = 3 см2, А3 = 2 см2, σу = 285 МПа.
Решение. Определим предельные нормальные
усилия, которые могут возникнуть в стержнях
системы:
N u1   y A1  285000  4  10 4 = 114 кН; N u2  285000  3 10 4 = 85,5
кН;
1
2
278
279
N u3  285000  2  10 4
2
1
3
N1
10o
20о
Nu2
20о
Fu
а
10о
3
30о
30о
a
Nu N2 Nu
Nu
Nu 1
3 Nu
20о
10о
30о
a
30о
60о
б
10о
б
80o
120
в
о
Fu1
в
2
30о
N3
30о
Fu2
70о
б
= 57 кН.
50o
Fu3
г
в
Рис.8.1.3
Для образования механизма рассматриваемой
системы достаточно течения каких-либо двух
стержней. Возможны три механизма разрушения.
Первый механизм разрушения. Пусть текут
стержни 2 и 3, а стержень 1 работает еще в упругой
стадии (рис. 8.1.3, б). Проводим ось а–а,
перпендикулярную направлению нормальной силы
N1. Проектируем все силы на эту ось:
Fu1 cos 70 o  N u2 cos 60 o  N u3 cos 30o  0 и определяем
Fu1 
85,5 cos 60o  57 cos 30o
 269,3 кН.
cos 70o
Второй механизм разрушения. Пусть текут
стержни 1 и 3, а стержень 2 работает в упругой
стадии (рис. 8.1.3, в). Проводим ось б–б,
перпендикулярную направлению оси стержня 2.
Проектируем все силы на эту ось:
Fu 2 cos 80 o  N u 3 cos 60 o  N u1 cos 60 o  0 и находим
Fu2 
N u1 cos 60o 114 cos 60o

 328,3 кН.
cos 80o
cos 80o
279
280
При
возникновении
второго
механизма
разрушения стержень 2 будет вращаться вокруг
шарнира А (рис. 8.1.3, а), следовательно, стержень 1
будет растягиваться, а стержень 3 сжиматься (рис.
8.1.3, в). В этом случае полагаем, что Nu3 = 0, т.е. его
влияние идет в запас прочности конструкции, так как
предполагаем, что сжатый стержень теряет
устойчивость и в нем нормальные напряжения не
достигают значения предела текучести.
Третий механизм разрушения. Пусть текут
стержни 1 и 2, а стержень 3 работает в упругой
стадии (рис. 8.1.3, г). Проводим ось в–в,
перпендикулярную направлению оси стержня 3.
Проектируем все силы на эту ось:
Fu3 cos 50 o  N u1 cos 30 o  N u2 cos 60 o  0 , откуда
Fu3 
N u1 cos 30o  N u2 cos 60o
 220 кН.
cos 50o
Истинное значение предельной нагрузки будет
наименьшим из полученных трех нагрузок Fu1, Fu2,
Fu3:
Fu  minFu1 , Fu2 , Fu3  min269,3; 328,3; 220  220 кН.
Задача 8.1.6. Дана плоская шарнирно-стержневая
система, состоящая из абсолютно жесткого бруса ВD,
опертого на шарнирную опору О (рис. 1.5.2). Брус BD
прикреплен к двум стержням BB1 и CC1 при помощи
шарниров. Площади поперечных сечений стержней
ВВ1 и СС1 принять равными А. Предел текучести
материала стержней ВВ1 и СС1 – σу. Определить
предельную нагрузку Fu.
Ответ: Fu = Aσу.
280
281
Задача 8.1.7. Три стержня с одинаковыми
площадями поперечных сечения А прикреплены
шарнирно к абсолютно жесткой балке ВС (рис. 1.5.3).
Обозначив предел текучести материала стержней
через σу, определить предельную нагрузку Fu.
Ответ: Fu = 3Aσу.
Задача 8.1.8. Определить предельную нагрузку
Fu для стержневой системы, представленной на рис.
1.5.5. При расчете принять предел текучести
материала стержней  у = 2900 кг/см2, брус BD –
абсолютно жесткий.
Ответ: Fu = 67,67 т = 663,8 кН.
30 30
Задача
8.1.9.
Определить
15
15
предельную нагрузку Fu для
системы, изображенной на рис.
Fu
8.1.4. Система состоит из четырех
Рис. 8.1.4
стальных стержней, нижние концы
А
которых
соединены
общим
20 А
30 30
А
шарниром. Площади поперечных
сечений всех стержней одинаковы и
равны А = 4 см2. Предел текучести
Fu
стали принять  у = 2900 кг/см2.
Рис. 8.1.5
Ответ: Fu = 36,496 т = 358 кН.
Задача 8.1.10. Определить предельную нагрузку
Fu для стержневой системы, показанной на рис. 8.1.5.
Площади поперечных сечений заданы и равны А1 =
5,5 см2; А2 = 2,2 см2; А3 = 3 см2, а предел текучести
стальных стержней  у = 250 МПа.
Ответ: Fu = 212,7 кН.
о
о
о
о
1
о
о
2
о
3
281
282
Задача 8.1.11. Абсолютно жесткая балка СD
подвешена на трех стальных стержнях, площади
поперечных сечений которых равны
А1 =1 см2; А2 = 2 см2; А3 = 3 см2 (см. рис. 1.5.6).
Предел текучести стали принять σу = 285 МПа.
Определить предельную нагрузку Fu.
Ответ: Fu = min{152; 171; 228}=152 кН.
8.2. Предельная нагрузка для балок
h
Напряженное состояние изгибаемых конструкций
(балок) определяется величинами изгибающих
моментов. При плоском
y
поперечном
изгибе
у
изгибающий
момент,
согласно рис. 8.1 и рис. 8.2,
x
z
Mu
не может быть больше
b
а
б
момента текучести:
Рис. 8.2.1
M u   y ( S zв  S zн ) или
(8.2.1)
M u   y Wz , pl ,
где S zв и S zн – соответственно статические моменты
верхнего и нижнего полусечения относительно
нейтральной оси z; Wz,pl – пластический момент
сопротивления.
Например, для прямоугольного поперечного
сечения (рис. 8.2.1, а, б):
Wz , pl 
bh 2
.
4
(8.2.2)
В балках при достижении наибольшими
изгибающими моментами значений Mu образуются
282
283
пластические шарниры (рис. 8.2.1, а). В этом случае
изгибающий момент в сечении равен предельному Mu
и не может увеличиваться, а деформирование балки
далее происходит при постоянном значении
изгибающего момента в пластическом шарнире.
Статически
определимая
балка
имеет
предельную нагрузку соответствующую образованию
пластического шарнира в наиболее напряженном
сечении, когда балка превращается в механизм.
Статически неопределимая стержневая система
или балка при разрушении тоже превращается в
механизм. При этом в балках или рамах необходимо
образование стольких пластических шарниров,
сколько требуется для превращения их в механизм.
Задача 8.2.1. Дана стальная однопролетная
шарнирно опертая балка, нагруженная по всему
пролету равномерно распределенной нагрузкой q = =
20 кН/м, расстояние между опорами l = 3 м.
Подобрать сечение прокатной двутавровой
балки, если Ry = 240 МПа,  с = 1, и определить, во
сколько раз необходимо увеличить равномерно
распределенную нагрузку q, чтобы в балке
образовался пластический шарнир. Принять предел
текучести стали Ryn = 285 МПа. Собственным весом
балки пренебречь.
Решение.
Определяем
максимальный
изгибающий момент в середине пролета балки:
M max 
ql 2 20  32

 22,5 кН  м.
8
8
283
284
По формуле (4.2.7) находим необходимый
момент сопротивления поперечного сечения балки:
Wzn,min 
M max 22,5  106

 93,75 см 3 .
Ry c
240000  1
По
табл.
III,
а
“Двутавры
стальные
горячекатаные” выбираем двутавр № 16 с Wz = 109
см3 и статическим моментом площади полусечения
относительно нейтральной оси z – S zв = S zн = 62,3 см3.
По формуле (8.2.1) находим момент текучести
M u  R yn (2 S zв )  285000  2  62,3  10 6  35,51 кН  м.
И, наконец, определяем n = Mu / Mmax =
35,51/22,5 = 1,58.
Следовательно,
если
равномерно
распределенную нагрузку q =20 кН/м увеличить в
1,58 раза, то в середине пролета в поперечном
сечении балки возникнет пластический шарнир и
балка превратится в механизм.
Задача 8.2.2. Консольная балка длиной l = 2 м на
свободном конце нагружена сосредоточенной силой
Fu. Приняв  у = 285 МПа, определить предельную
нагрузку Fu, если балка имеет постоянное по длине
прямоугольное поперечное сечение h  b = 15 см  5 см.
Ответ: Fu = 40,08 кН.
Задача 8.2.3. Однопролетная шарнирно опертая
балка из двутавра №20 нагружена посередине
пролета силой F. Пролет балки l = 4 м, предел
текучести материала балки Ryn = 285 МПа, расчетное
сопротивление стали Ry = 240 МПа,  с = 1.
284
285
Определить допускаемую Fadm и предельную
нагрузку Fu.
Ответ: Fadm = 44,16 кН; Fu = 59,28 кН.
Задача 8.2.4. Дана статически неопределимая
балка постоянного прямоугольного поперечного
сечения (рис. 8.2.2, а).
2F
a-a
F
a
B
a
а l1=3 мl2=4 м
l3=3 м
h=20 см
A
4,92F
б
1,67F
2Fu1
Fu1
A
C
MвM
u
b=10 см
M
Mu
г
u
2,43F
B
2F MF
u1
C
u
Q1
u1
2Fu2
A
Mu
VB1
B
VB1
Рис. 8.2.2
Fu2
K
Mu
д
Mu K
е
B
Mu
VB2
Fu2
B
Q2 VB2
Определить предельную нагрузку Fu, если предел
текучести материала балки  у = 285 МПа.
Решение. Определяем предельный изгибающий
момент (момент текучести), используя формулы
(8.2.1) и (8.2.2):
Mu   y
bh 2
0,1  0,2 2
 285000
 285 кН  м.
4
4
Для балки, нагруженной сосредоточенными
силами, эпюра изгибающих моментов изображается
ломаной линией (рис. 8.2.2, б). Пики эпюры
285
286
моментов будут находиться в заделке и в точках
приложения сосредоточенных сил. В этих сечениях и
могут возникать пластические шарниры. В
рассматриваемом случае возможны два механизма
разрушения балки.
Первый механизм разрушения. Предположим,
что пластические шарниры образовались в заделке и
в сечении на расстоянии l1 = 3 м от заделки (рис.
8.2.2, в).
Составим уравнение предельного равновесия для
всей балки (рис. 8.2.2, в):
M
A
 M u  2 Fu1l1  Fu1 (l1  l2 )  VB1 (l1  l2  l3 )  0
и для правой части балки (рис. 8.2.2, г):
M
C
 M u  Fu1l2  V B1 (l2  l3 )  0.
В результате получена система двух уравнений с двумя
неизвестными величинами Fu1 и VB1:
M u  13Fu1  10V B1  0
,
M u  4 Fu1  7V B1  0 
решая которую находим первое значение предельной нагрузки
Fu1 :
Fu1 
17
17
Mu  285  95 кН.
51
51
Второй
механизм
разрушения
возможен
при
возникновении пластических шарниров в заделке и в сечении
на расстоянии l3 = 3 м от правой опоры (рис. 8.2.2, д).
Составим уравнение предельного равновесия для всей
балки (рис. 8.2.2, д):
M
A
 M u  2 Fu2 l1  Fu2 (l1  l2 )  VB2 (l1  l2  l3 )  0
и для правой части балки (рис. 8.2.2,е):
M
K
 M u  V B 2 l3  0.
В результате получена система двух уравнений с двумя
неизвестными величинами Fu2 и VB2:
286
287
M u  13Fu2  10V B 2  0
,
M u  3V B 2  0

решая которую находим второе значение предельной нагрузки
Fu2:
Fu2 
13
1
Mu  285  95 кН.
39
3
Истинным
значением
предельной
нагрузки
должно
быть
наименьшее
из Fu1 и
Fu
Fu2, но в нашем случае обе предельные
нагрузки равны, следовательно,
l1
l2
Fu = min{Fu1, Fu2}= min{95; 95} = 95 кН.
Рис. 8.2.3
Задача
8.2.5.
Для
статически
неопределимой балки, изображенной на рис. 8.2.3, найти
предельную нагрузку, если предел текучести материала балки
Ryn = 285 МПа, а балка представляет собой двутавр № 20,
причем l1 = l2 =l = 2 м.
Ответ: Fu = 4Мu/l = 118,56 кН.
Задача 8.2.6. Для статически неопределимой балки,
изображенной на рис. 8.2.3, найти предельную нагрузку, если
предел текучести материала балки  у = 285 МПа. Балка имеет
прямоугольное поперечное сечение h  b =
Fu
0,2 м  0,1 м , а l1 = 1 м, l2 = 2 м.
Ответ: Fu = 3Mu = 855 кН.
l1
l2
Задача 8.2.7. Для балки, показанной
Рис. 8.2.4
на рис. 8.2.4, найти предельную нагрузку,
если предел текучести материала балки Ryn
= 285 МПа, балка представляет собой двутавр № 20, причем
l1 = l2 = l = 2 м.
Ответ: Fu = 3Mu /l = 88,92 кН.
Задача 8.2.8. Для один раз статически неопределимой
балки, изображенной на рис. 8.2.4, найти предельную
нагрузку, если предел текучести материала балки  у = 285
МПа. Балка имеет прямоугольное поперечное сечение
h  b = 0,2 м  0,1 м , а l1 = 1 м, l2 = 2 м.
287
288
Ответ: Fu = Mu(2 + l1/l2)/l1 = 2,5Mu = 712,5 кН.
Задача 8.2.9. Пусть дана однопролетная балка,
нагруженная
двумя
сосредоточенными силами (рис.
2F
F
8.2.5). Материал балки – сталь с
K
B
A
C
пределом текучести σу = 285 МПа.
Балка
имеет
прямоугольное
l1=3 мl2=4 мl3=3 м
поперечное
сечение
h  b = 0,2 м  0,1 м .
2Fu1
Fu1
Требуется
определить
 2 2 B
1
C
A
предельную нагрузку Fu.
1
Эта задача была решена в
1
примере
8.2.4
методом, а
VB1
определяемым
статическими
u 2Fuu2 u
Fu2
теоремами теории предельного


4 B
4 K
равновесия. Решим эту же задачу
A 3
методом,
определяемым
3 3
4
кинематическими
теоремами
Mu
M
M
u
u
VB2
теории предельного равновесия. В
б
этом случае будут использоваться
Рис. 8.2.5
формулы для определения работ
W внутренних и внешних сил F и моментов М:
(8.2.3)
W  F и W  M,
M MM
где  – путь, пройденный силой F;  – угол поворота сечения.
Решение. Первый механизм разрушения образуется при
возникновении пластических шарниров в сечениях А и С.
Составим уравнение равенства работ внешних и внутренних
усилий:
2 Fu1  1  Fu1  2  M u 1  M u (1   2 ).
(8.2.4)
Учитывая малость углов, запишем (рис. 8.2.5, а):
далее
tg1  1   1 / l1 , откуда  1  1l1  31 ,
tg 2   2   1 / (l2  l3 ), откуда  2   1 / 7  31 / 7.
Из подобия треугольников (рис. 8.2.5, а) определяем:
288
289
 1 l2  l3
 l
3 1  3 9
 1 .

, откуда  2  1 3 
l2  l3
7
7
2
l3
Полученные выражения подставим в уравнение равенства
работ (8.2.4):
2 Fu1  31  Fu1 91 / 7  M u 1  M u (1  31 / 7),
откуда и определяем предельную нагрузку Fu1 для
первого варианта разрушения балки (рис. 8.2.5, а):
Fu1 
17
1 0,1  0,22
Mu  
285000  95 кН.
51
3
4
Полученный результат совпал с результатом, полученным
в примере 8.2.4.
Рассмотрим второй возможный механизм разрушения
балки. Он будет при возникновении пластических шарниров в
сечениях А и К (рис. 8.2.5,б).
Составим уравнение равенства работ внешних и
внутренних сил:
2 Fu2  4  Fu2  3  M u  3  M u ( 3   4 ).
(8.2.5)
Согласно рис.8.2.5,б с учетом малости углов  i запишем
tg 3   3   3 / (l1  l2 )   3 / 7, откуда  3  7 3 ; tg 4   4   3 / l3 ,
откуда  4  7 3 / l3  7 3 / 3.
Из подобия треугольников (рис. 8.2.5, б) определяем
 3 l1  l 2
 l
 3 7 3  3
 3 3 .

, откуда  4  3 1  3 
l1  l2
7
7
4
l1
Полученные выражения для  3 ,  4 ,  4 подставим
уравнение работ (8.2.5) для второго возможного механизма
в
7 Fu2  3 3  Fu2  7 3  M u  3  M u ( 3  7 3 / 3),
откуда и находим предельную нагрузку Fu2:
Fu 2 
1
1
bh 2 1
0,1  0,2 2
Mu   у 
  285000
 95 кН.
3
3
4
3
4
Окончательно получаем: Fu = min{Fu1, Fu2}= min{95; 95}=
95 кН.
289
290
Задача 8.2.10. Решить пример 8.2.5 кинематическим
методом, используя уравнение равенства работ внешних и
внутренних усилий.
Задачи 8.2.11 – 8.2.13. Решить примеры 8.2.6 – 8.2.8
кинематическим методом, используя уравнение равенства
работ внешних и внутренних усилий.
Задача 8.2.14. Определить предельную нагрузку для
балки постоянного сечения, показанной на рис. 8.2.6, если l1 =
l2 = l, EIz = const по всей длине балки, σу
– предел текучести материала балки,
Wz,pl
–
пластический
момент
сопротивления.
Ответ: Fu = 6  у Wz,pl/l = 6Mu/l.
l2/2 l2/2
1
F
l
8.3. Предельная нагрузка при
кручении
Рис. 8.2.6
Предельным состоянием для идеально пластического
материала будет такое, при котором касательные напряжения
во всех точках поперечного сечения станут равными пределу
текучести τу (рис. 8.3.1). При упругом кручении круглого
стержня
максимальные
касательные
у
напряжения в контурных точках определяют
по формуле (3.2.4). Выражение для 
у
предельного
крутящего
момента
как
результирующего момента, возникающего в
Рис. 8.3.1
поперечном сечении (рис. 8.3.1) от
внутренних касательных напряжений τу, имеет вид
(8.3.1)
Tu  Wp, pl  y ,
где Wp,pl – пластический момент сопротивления при кручении,
который для сплошного круглого поперечного сечения
вычисляется по формуле
Wp, pl 
(8.3.2)
290
2r 3 d 3

,
3
12
291
а для кольцевого сечения с наружным D и внутренним d
диаметрами по формуле
Wp, pl  (1  c 3 )
D 3
12
, где c 
d
.
D
(8.3.3)
Задача 8.3.1. Стальной стержень
сплошного круглого сечения диаметром
d = 5 см, жестко закрепленный с обоих
концов, нагружен крутящим моментом
Мu (рис. 8.3.2, а). Определить
предельный крутящий момент, если
предел текучести материала стержня
при кручении  у =150 МПа.
Решение. В предельном состоянии в
поперечных
сечениях
стержня
возникают
предельные
крутящие
моменты Тu, равные
Tu 
d 3
12
y 
Mu
I
II
I
II
b
a
а
I
x
Mu
II
x
Tu
Tu
I
б
II
Рис. 8.3.2
3,14  0,053
150000  4,91 кН  м.
12
Выделим часть стержня сечениями I–I и II–II (рис. 8.3.2, б).
На оставшуюся часть стержня в предельном состоянии кроме
момента Mu действуют моменты Tu, приложенные по торцам
оставшегося
участка
и
направленные
в
сторону,
противоположную Mu. Составим уравнение равновесия:
 M x  Tu  M u  Tu  0 или Mu = 2Tu.
Окончательно величина предельного внешнего крутящего
момента будет Mu = 2Tu = 2  4,91 = 9,82 кН·м.
Задача 8.3.2. Стальной стержень сплошного круглого
сечения, жестко закрепленный с обоих концов, нагружен
крутящим моментом Мu = 50 кН·м (рис. 8.3.2, а).
Определить необходимый диаметр стержня, используя
расчет по предельному состоянию.
Принять предел текучести материала стержня τу = 150
МПа, коэффициент запаса прочности n = 2.
291
292
Ответ: d  3 1 / (250 )  0,108 м.
Задача 8.3.3. Стальной стержень сплошного круглого
сечения жестко закреплен с одного конца, а на другом
свободном конце нагружен крутящим моментом Мu = 50 кН·м.
Определить необходимый диаметр стержня, используя
расчет по предельному состоянию. Принять предел текучести
материала стержня τу = =150 МПа, коэффициент запаса
прочности n = 2.
Ответ: d = 0,137 м.
Задача 8.3.4. Стальной стержень кольцевого
сечения с наружным диаметром D = 10 см и
внутренним диаметром d = 9 см жестко защемлен с
одного конца, а на другом свободном конце нагружен
крутящим моментом Мu.
Определить предельный внешний крутящий
момент Мu, если предел текучести материала стержня
τу = 150 МПа.
Ответ: Мu = 10,64 кН·м.
Задача 8.3.5. Стальной стержень кольцевого
сечения с внутренним диаметром d = 9 см жестко
защемлен с одного конца, а на другом свободном
конце нагружен крутящим моментом Мu = 10 кН·м.
Определить наружный диаметр D кольцевого
сечения, при котором во всех сечениях кольцевого
стержня будет предельное состояние. Предел
текучести материала стержня τу = 150 МПа.
Ответ: D = 9,94 см.
Задача 8.3.6. Стальной вал постоянного сплошного
круглого сечения диаметром d = 5 см, жестко заделанный с
двух концов, нагружен двумя крутящими моментами М (рис.
3.2.15).
292
293
Определить значение предельных крутящих
моментов М = Мu, если предел текучести материала
стержня τу = 150 МПа.
Ответ: Мu = 9,82 кН·м.
Глава 9
ПРИМЕНЕНИЕ ЭВМ
ДЛЯ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ПО
СОПРОТИВЛЕНИЮ
МАТЕРИАЛОВ
Введенные во всех высших и средних
технических учебных заведениях новые учебные
планы и программы создают необходимые
объективные условия для широкого использования
ЭВМ. Рациональность использования ЭВМ особо
ощутима при расчете статически неопределимых
систем. Однако и при расчете некоторых статически
определимых систем могут быть использованы ЭВМ.
Это в первую очередь относится к таким задачам,
решение которых состоит из большого числа
аналогичных последовательных операций.
9.1. Вычисление моментов инерции плоских составных сечений
Геометрические
характеристики
плоских
сечений
рассматривались в главе 2. В разделе 2.3 предлагается порядок
расчета для сложных составных сечений. Эту методику легко
реализовать на ЭВМ. Ниже приведена программа на
алгоритмическом языке Фортран-IV. Ввод числовых данных
осуществляется самым простым способом – способом
«присвоения».
293
294
Ixi
Iyi
I xi уi
I xс
I ус
I xс ус хс
Y(I)
A(I)
FIX(I)
FIY(I)
FIXY(I)
FIXC
FIYC
FIXYC
ус tg2
α
TG
Ai
YC
yi
XC
xi
X(I)
Програ
мма
Текст
В качестве образца взят числовой пример расчета,
рассмотренный в п.2.3 (рис. 2.3.1).
В программе применены следующие идентификаторы:
Ввод числовых данных для конкретного числового
примера осуществляется в программе от метки (5) до метки (8)
включительно.
ЭВМ выдает на печать координаты центра тяжести,
осевые и центробежный моменты инерции относительно
центральных осей хс, ус, а также главные моменты инерции и
тангенс двойного угла наклона главных осей.
PROGRAM
AXE
Построчные пояснения
C
Геометрические характеристики плоских сечений
DIMENSION X(5), Y(5), A(5), FIX(5), FIY(5), FIXY(5), AB(5), BA(5)
5 N=4
X(1)=25.
х1 = 25 см
Y(1)=24.8
у1 = 24,8 см
A(1)=50.*1.6
А1 = 50·1,6 (см2)
FIX(1)=50.*1.6**3/12.
Ix1 = 50·1,63/12 (см4)
FIY(1)=1.6*50.**3/12.
Iy1 = 1,6·503/12 (см4)
FIXY(1)=0.
Ix1y1 = 0
X(2)=43.42
x2 = 43,42 см
Y(2)=12.
y2 = 12 см
A(2)=30.6
A2 = 30,6 см2
FIX(2)=2900.
Ix2 = 2900 см4
FIY(2)=208.
Iy2 = 208 см4
FIXY(2)=0.
Ix2y2 = 0 см4
X(3)=36.11
Y(3)=4.89
A(3)=42.19
FIX(3)=1316.62
FIY(3)=1316.62
FIXY(3)=776.5
X(4)=5.32
Y(4)=21.64
A(4)=30.04
FIX(4)=238.75
294
295
FIY(4)=784.22
8 FIXY(4)=249.2
C
Определение координат центра тяжести
SY=0.
SX=0.
AA=0
FIXC=0.
FIYC=0.
FIXYC=0.
DO 10 I=1, N, 1
SY=SY+A(I)*X(I)
Sy = ΣAixi (см. формулы (2.1.5))
SX=SX+A(I)*Y(I)
Sч = ΣAiyi (см. формулы (2.1.5))
AA=AA+A(I)
A = ΣAi
10 CONTINUE
XC=SY/AA
xc = Sy /A(см. формулы (2.1.7))
YC=SХ/AA
yc = Sx /A(см. формулы (2.1.7))
WRITE (7,15) XC, YC
15 FORMAT (5X, ‘Координаты центра тяжести’,// 7X, 3HXC=, F5.2, 3X, 3HYC=, F5.2)
C
Вычисление моментов инерции относительно
центральных осей
DO 20 I=1, N, 1
AB(I)=Y(I)–Y(C)
BA(I)=X(I)–XC
FIXC=FIXC+ FIX(I)+AB(I)**2*A(I)
FIYC=FIYC+FIY(I)+BA(I)**2*A(I)
FIXYC=FIXYC+FIXY(I)+AB(I)*BA(I)*A(I)
20 CONTINUE
С
ai = yi – yc
bi = xi – xc
Ixc = Σ(Ixi + ai2Ai)
Iyc = Σ(Iyi + bi2Ai)
Ixcyc = Σ(Ixiyi + aibiAi)
Вычисление главных моментов инерции
FIMAX=(FIXC+FIYC)/2.+0.5*SQRT((FIXC–FIYC)**2+4.*FIXYC**2)
(см.(2.2.11))
FIMIN=(FIXC+FIYC)/2.–0.5*SQRT((FIXC–FIYC)**2+4.*FIXYC**2)
TG=2.*FIXYC/(FIYC–FIXC)
WRITE (7,25) FIXC, FIYC, FIXYC, FIMAX, FIMIN, TG
(см.(2.2.11))
(см.(2.2.12))
25 FORMAT (5X,’Осевые и центробежный
моменты инерции относительно центральных
* осей’//7X, 4HIXC=, F9.2, 3X, 4HIYC=, F9.2,
5HIXYC=, F9.2,// 5X, ‘Главные
* моменты инерции’//7X, 5HIMAX=, F9.2, 3Х,
5HIMIN=, F9.2//5X, ‘Тангенс двойного
* угла наклона главных осей’//7X, 3HTG=,
F10.5)
STOP
END
295
296
Результаты расчета, выдаваемые на печать:
Координаты центра тяжести
Хс=27.41 Ус=17.54
Осевые и центробежный моменты инерции относительно
центральных осей
Iхс=16884.53 Iус=45135.47 Iхус=-10452.02
Главные моменты инерции
Imax=48581.96 Imin=13438.04
Тангенс двойного угла наклона главных осей
TG= –.73994
Задача 9.1.1. Найти координаты центра тяжести и
вычислить главные моменты инерции для составного сечения,
показанного на рис. 2.1.11.
Решение. Для получения результатов используем
приведенную программу для ЭВМ на алгоритмическом языке
Фортран-IV. Ввод числовых данных для примеров в этой
программе осуществляется от метки (5) до метки (8)
включительно. Введем нумерацию прокатных профилей и
обозначим швеллер № 20 – 3, двутавр № 20 – 2 и
горизонтальную полосу – 1. Используя принятые в программе
обозначения, осуществим ввод числовых данных (в программе
запись осуществляем в один столбец):
5
FIX(2)=1840.
X(1)=10
Y(1)=0.5
A(1)=20.*1.
FIX(1)=20.*1.**3/12.
FIY(1)=1.*20.**3/12.
FIXY(1)=0.
X(2)=10.
Y(2)=11.
A(2)=26.8
N=3
FIY(2)=115.
FIXY(2)=0.
X(3)=10.
Y(3)=19.45
A(3)=23.4
FIX(3)=113.
FIY(3)=1520.
8 FIXY(3)=0.
Координаты центров тяжести швеллера, двутавра и
горизонтальной полосы записаны относительно случайных
296
297
осей х (рис. 2.1.11) и у/. Ось у/ проходит на расстоянии 10 см от
оси у влево.
Ответ: результаты, выдаваемые ЭВМ на печать: хс = 10
см;
ус = 10,83см; Iхс = 5828,34 см4; Iус = 2301,67 см4;
Iхсус = 0;
Imax = 5828,34 см4; Imin = Iу = 2301,67 см4; tg2α = 0.
Задача 9.1.2. Вычислить главные моменты инерции для
составного поперечного сечения, представленного на рис.
2.1.12. Найти положение главных осей инерции.
Ответ: результаты, выдаваемые ЭВМ: хс = 11,7 см; ус =
10,83 см;
Iхс = 3710,75 см4; Iус = 2065 см4; Iхсус = –382 см4;
Imax = 3795 см4;
Imin = 1981 см4; tg2α = 0,4639.
Задачи 9.1.3–9.1.10. Применяя приведенную программу
на языке Фортран-IV, проверить расчетом на ЭВМ ответы,
данные для примеров 2.3.3–2.3.10.
Задача 9.1.11. Вычислить главные центральные моменты
инерции поперечного сечения, показанного на рис. 2.1.13.
Найти положение главных осей инерции.
Ответ: результаты, выдаваемые ЭВМ: х = 7,74 см; ус =
6,76 см;
Iхс = 2241,75 см4; Iус = 545,46 см4; Iхсус = –480,95
4
см ;
Imax = 2368,63 см4; Imin = 418,58 см4; tg2α = 0,56706.
9.2. Построение эпюр прогибов упругой оси балки
В разделе 4.4 приводится дифференциальное уравнение
изгиба упругой оси балки (4.4.1), интегрируя которое можно
найти прогиб произвольного поперечного сечения балки.
Удовлетворив граничным условиям, находят произвольные
постоянные, в результате чего уравнение упругой оси балки
можно записать в виде уi = уi(х), где i – число участков, на
которые разбивается балка.
297
298
Построим
эпюру
прогибов
балки,
которая
рассматривается в задаче 4.4.1, рис. 4.4.2 (глава 4). Балка
содержит три участка 0  x  x1  a , a  x  x2  a  l и
a  l  x  x3  L . Для каждого участка балки получено
уравнение изогнутой оси балки (4.4.8).
Реализуем процесс построения эпюры прогибов упругой
оси балки (рис. 4.4.2) и нахождения максимального прогиба в
виде программы для ЭВМ на алгоритмическом языке
Фортран-IV.
Для числового примера примем балку из двутавра № 20 (Iz
= 1840 см4; Е = 2,1·106 кг/см2) с а = 1 м, l = 2 м, q = 200 кг/м.
Общая длина однопролетной балки L = 4 м.
Ввод числовых данных осуществляется способом
«присвоения» с метки (5) до метки (8) включительно.
От метки (9) до метки (16) описывается первый
участок ( 0  x1  a ), от метки (20) до метки (26) –
второй ( a  x2  a  l ), а от метки (30) до метки (36) –
третий ( a  l  x3  L ).
В
программе
используются
следующие
идентификаторы:
текст
а
l
L
x
y
q
E
Iz
C
D
программа
А
В
FL
X
Y
Q
FE
FI
C
D
Машина будет выдавать на печать значения прогибов с
шагом Δх = =20 см. Изменяя значения параметров AN, AL (см.
программу) можно увеличить или уменьшить шаг счета Δх.
PROGRAM BEAM
5 A=100.
B=200.
FL=400.
Q=2.
FE=2.1E6
FI=1840.
G=FE*FI
C=Q*((FL–A)**4/(24.*FL)–B*FL*FL/12.-A**4/(24.*FL))/G
8 D=0.
9 AN=5.
X=–A/AN
298
299
12 X=X+A/AN
IF (X–A) 15, 15, 20
15 Y=Q*B*X**3/(12.*G)+C*X+D
WRITE (7, 50) X,Y
16 GO TO 12
20 AL=10.
X=A–B/AL
22 X=X+B/AL
IF (X–A–B) 25, 25, 30
25 Y=Q*(B*X**3/12. – (X–A)**4/24.)/G+C*X+D
WRITE (7,50) X,Y
26 GO TO 22
30 AN=5
X=A+B–A/AN
32 X=X+A/AN
IF (X-FL) 35, 35, 60
35 Y=Q*(B*X**3/12.– (X–A)**4/24.+(X–A–B)**4/24.)/G+C*X+D
WRITE (7, 50) X,Y
36 G0 TO 32
50 FORMAT (2HX=, F5.1, 3X, 2HY=, E12.4)
60 STOP
END
Результаты, выдаваемые ЭВМ на печать:
Участок
I
Х=120.0
Х=140.0
Х=160.0
Х=180.0
Х=200.0
Х=220.0
Х=240.0
Х=260.0
Х=280.0
Х=300.0
Х=300.0
Х=320.0
Х=340.0
Х=360.0
Х=380.0
Х=400.0
У=
У=
У=
У=
У=
У=
У=
У=
У=
У=
У=
У=
У=
У=
У=
У=
-.9897Е-01
-.1092Е+00
-.1168Е+00
-.1214Е+00
-.1229Е+00 (ymax)
-.1214Е+00
-.1168Е+00
-.1092Е+00
-.9897Е-01
-.8627Е-01
-.8627Е-01
-.7150Е-01
-.5507Е-01
-.3741Е-01
-.1891Е-01
-.1483Е-07
Х= .0
Х= 20.0
Х= 40.0
Х= 60.0
Х= 80.0
Х=100.0
Х=100.0
У=
У=
У=
У=
У=
У=
У=
.0000Е+00
-.1891Е-01
-.3741Е-01
-.5507Е-01
-.7150Е-01
-.8627Е-01
-.8627Е-01
Участок
II
Участок
III
Участок
IV
Задача 9.2.1. Построить эпюру прогибов консольной
балки, нагруженной сосредоточенным моментом m = 300 кг·м
299
300
(рис. 4.4.6). Балка представляет собой двутавр № 10 (Iz = 198
см4; Е = 2,1·106 кг/см2) с l = 1 м.
Решение. Используем алгоритм, примененный для
составления программы для ЭВМ, рассмотренной в качестве
образца (PROGRAM BEAM). Для нашего примера эта
программа будет иметь вид:
PROGRAM BEAM1
Построчные
пояснения:
5
l = 100 см
FM=30000.
A=100.
m = 30000 кг·см
G=2.1E6*198.
G = EIz
C=0.
С – произвольная постоянная
8
D=0.
D – произвольная постоянная
9
U=5.
.
разбиение 1-го участка на 5 участков
X=–A/U
Δx = l/u – шаг вычислений
12
X=X+A/U
xi = xi-1 + Δx
IF (X–A) 15, 15, 20
15 Y=(–FM*X*X/2.+C*X+D)/G
y1=(2
mx /2+Cx+D)/(EIz) – прогиб на 1-м участке
WRITE (7, 50) X,Y
16 G0 TO 12
20
V=5.
разбиение 2-го участка на 5 участков
X=A–A/V
300
301
22
X=A+A/V
xi = xi-1+ Δx
IF (X–2*A) 25, 25, 60
25 Y=(–FM*X*X/2.+FM*(X–A)**2/2.+C*X+D)/G
y2 = [–mx2/2+m(x–l)2/2+Cx+D]/(EIz)
WRITE (7, 50) X,Y
26 GO TO 22
50 FORMAT(2HX=, F5.1, 2HY=, E12.4)
60 STOP
END
Результаты, выдаваемые ЭВМ на печать:
X=
.0 Y=
.3608E+00
X= 20.0 Y=
.5051E+00
X= 40.0 Y=
.6494E+00
X= 60.0 Y=
.7937E+00
X= 80.0 Y=
.9380E+00
X=100.0 Y=
.1082E+01
.0000E+00
X=100.0 Y= -
-.1443E-01
X=120.0 Y= -
-.5772E-01
X=140.0 Y= -
-.1299E+00
X=160.0 Y= -
-.2309E+00
X=180.0 Y= -
-.3608E+00
X=200.0 Y= -
В вышеприведенной программе применяются размерности: см, кг·см,
кг/см2, см4.
Задача 9.2.2. Составить программу для ЭВМ и построить эпюру
прогибов однопролетной балки, показанной на рис. 4.4.7. Принять, что m =
=300 кг·м, Е = 2,1·106 кг/см2, l = 1 м Балка – из двутавра № 18.
У к а з а н и е. Уравнение упругой оси балки взять из задачи 4.4.6.
Задача 9.2.3. Составить программу для ЭВМ и построить эпюру
прогибов консольной балки, изображенной на рис. 4.4.8. Принять q = 1
кН/м, а= 1 м, b = с = 2 м. Балка изготовлена из двутавра № 18. Уравнения
изогнутой оси балки для каждого участка взять из ответа к примеру 4.4.7.
301
302
Задача 9.2.4. Составить программу для ЭВМ и построить эпюру
прогибов однопролетной балки, показанной на рис. 4.1.17. Пусть F = 1 кН,
l = =1м, балка изготовлена из двутавра № 20. Уравнения изогнутой оси
балки для двух участков взять из ответа к примеру 4.4.8.
Задача 9.2.5. Построить эпюру прогибов консольной балки,
нагруженной сосредоточенными силами F = 1 кН. Пусть l = 1 м (рис. 4.2.4).
Балка круглого поперечного сечения с d = 20 см, Е = 0,1·105 МПа (сосна).
Полученные результаты сравнить с ответом в задаче 4.4.10.
Задача 9.2.6. Построить эпюру прогибов стальной однопролетной
балки из двутавра № 18, показанной на рис. 4.4.10. При составлении
программы для ЭВМ использовать уравнения изогнутой оси балки,
приведенные в ответе к задаче 4.4.12. Пусть l = 4 м, F = 1 кН. Имеется ли
симметрия эпюры прогибов относительно оси, проходящей вертикально
через сосредоточенную силу 2F?
Задача 9.2.7. Построить эпюры прогибов и углов поворота сечений
стальной балки из двутавра № 20, показанной на рис. 4.4.11, где а = 1 м, b=
0,8 м; F = 1 кН. Результаты сравнить с ответом к задаче 4.4.13.
Задача 9.2.8. Имеется стальная балка из двутавра № 22, нагруженная
сосредоточенной силой F = 30 кН (рис. 4.5.1). Удовлетворяет ли сортамент
балки условию жесткости (4.5.1), если [1/n0] = 1/250? Материал балки –
сталь С255.
У к а з а н и е. Предварительно необходимо построить эпюру прогибов
и определить ymax.
Ответ: балка удовлетворяет условию жесткости (4.5.1).
9.3. Аналитический расчет кривых брусьев малой кривизны
Расчет кривых брусьев малой кривизны рассматривался в разделе 5.4.
Предложенная в примере 5.4.1 методика построения эпюр изгибающих
моментов, поперечных и нормальных сил легко реализуется в виде
P
q
1
q
2
2
q
P
3
3
1
q
4
f
y
P
H
H x
V
A
302
a
c
b
l/2
l
Рис. 9.3.1
d
l/
2
V
B
303
программы для ЭВМ.
 Например, составим программу на алгоритмическом языке ПЛ-1 для
расчета круговой трехшарнирной арки, изображенной на рис. 9.3.1.
ARCA: PROCEDURE OPTIONS (MAIN);
/*КРУГОВАЯ АРКА РАДИУСОМ R*/
GET LIST (F,FL,A,B,C,D,Q1,Q2,Q3,Q4,P1,P2,P3,H);
PUT SKIP EDIT (‘КРУГОВАЯ АРКА РАДИУСОМ
R’)(X(10),A);
PUT
SKIP
DATA
(F,FL,A,B,C,D,Q1,Q2,Q3,Q4,P1,P2,P3,H);
DECLARE
F,FL,A,B,C,D,Q1,Q2,Q3,Q4,P1,P2,P3,H,VA,VB,HH,R,
X,Y,TGFI,SINFI,COSFI,
FMO, FQO,FM,FQ,FN;
VA=(Q1*A*(2.*FL–
A)+P1*(FL+2.*B)+Q2*B*(FL+B)+P2*FL+Q3*C*(FL–
C)+2.*P3*D+
Q4*D*D)/(2.*FL);
VB=(Q1*A*A+2.*P1*A+Q2*B*(FL–
B)+P2*FL+Q3*C*(FL+C)+2.*P3*(FL–D)+
Q4*D*(2.*FL–D))/(2.*FL);
HH=(VB*FL/2.
–P3*C–Q4*D*(C+D/2.)
–
Q3*C*C/2.)/F;
R=FL*FL/(8.*F)+F/2.;
PUT SKIP DATA (VA,VB,HH,R);
DO X=0. TO A BY H;
FMO=VA*X–Q1*X*X/2.;
FQO=VA–Q1*X;
CALL TR; CALL REZ; END;
DO X=A TO A+B BY H;
303
304
FMO=VA*X-Q1*A*(X–A/2.)-P1*(X–A)
–Q2*(X–
A)**2/2.;
FQO=VA–Q1*A–P1–Q2*(X–A);
CALL TR; CALL REZ; END;
DO X=FL/2. TO FL/2.+C BY H;
FMO=VA*X–Q1*A*(X–A/2.) –P1*(X–A) –Q2*B*(X–
AB/2.)-P2*(X-FL/2.)-Q3*(X-FL/2.)**2/2.;
FQO=VA-Q1*A-P1-Q2*B-Q3*(X-FL/2.)-P2;
CALL TR; CALL REZ; END;
DO X=FL–D TO FL BY H;
FMO=VB*(FL–X) –Q4*(FL–X)**2/2.;
FQO=–VB+Q4*(FL–X);
CALL TR; CALL REZ; END;
TR: PROCEDURE;
Y=F–R+SQRT(R*R– (X-FL/2.)**2);
TGFI=(FL/2. –X)/SQRT(R*R– (X–FL/2.)**2);
COSFI=SQRT(1./(1.+TGFI**2));
SINFI=TGFI*COSFI;
END TR;
REZ: PROCEDURE;
FQ=FQO*COSFI–HH*SINFI;
FM=FMO–HH*Y;
FN=-FQO*SINFI–HH*COSFI;
PUT SKIP DATA (X,FM,FQ,FN);
END REZ;
END ARCA;
В программе применены следующие идентификаторы:
l f q φ
Текст
Программ F F Q F
а
L
I
304
M zo
F
M
Qуo
H
Mz
Qy/
N
Δx
FQ H F F F H
O H M Q N
305
O
 Алгоритм построения эпюр изгибающих моментов, поперечных и
нормальных сил можно реализовать также на алгоритмическом языке
Бейсик. Например, для параболической трехшарнирной арки,
изображенной на рис. 9.3.1, программа на этом языке для персональной
ЭВМ примет вид:
5 OPEN “ARCA05.DAT” FOR OUTPUT AS FILE#1
10 PRINT ‘Расчет параболической трехшарнирной
арки’
20
PRINT
‘Ввести
F,FL,A,B,C,D,Q1,Q2,Q3,Q4,P1,P2,P3’
30 INPUT F,FL,A,B,C,D,Q1,Q2,Q3,Q4,P1,P2,P3
40
VA=(Q1*A*(2.*FL–A)+2*P1*(FL–
А)+Q2*B*(FL+B)+P2*FL+Q3*C*(FL–C)+2.*P3*D+
Q4*D*D)/(2.*FL)
50 VB=Q1*A+P1+Q2*B+P2+Q3*C+P3+Q4*D-VA
60
H=(VB*FL/2.
–P3*C-Q4*D*(C+D/2.)
–
Q3*C*C/2.)/F
70
PRINT#1,
“
Расчет
параболической
трехшарнирной арки”
80 PRINT#1, “VA=”,VA,”VB=”,VB,”H=”,H
100 PRINT#1, “Таблица значений изгибающих
моментов, поперечных”
110 PRINT#1, “
и нормальных сил”
120 X=-1.0
125 X=X+1.
130 TG=4.*F*(FL–2.*X)/(FL*FL)
140 COS=SQRT(1./(1.+TG*TG))
150 SIN=TG*COS
160 Y=4.*F*X*(FL–X)/(FL*FL)
170 IF X>A GO TO 205
305
306
180 MO=VA*X–Q1*X*X/2.
190 Q0=VA–Q1*X
200 GO TO 320
205 AA=0.5*FL
210 IF X>AA GO TO 245
220 МО=VA*X-Q1*A*(X–A/2.) –P1*(X–A)-Q2*(X–
A)**2/2.
230 QO=VA–Q1*A–P1–Q2*(X–A)
240 GO TO 320
245 AA=A+B+C
250 IF X>AA GO TO 290
260 MO=VA*X–Q1*A*(X–A/2.) –P1*(X–A) –
Q2*B*(X–A–B/2.) –P2*(X–FL/2.) –
Q3*(X–FL/2.)**2/2.
270 QO=VA–Q1*A–P1–Q2*B–Q3*(X–FL/2.) –P2
280 GO TO 320
290 IF X>FL GO TO 370
300 MO=VB*(FL-X)-Q4*(FL-X)**2/2.
310 QO= -VB+Q4*(FL-X)
320 M=MO-H*Y
330 Q=QO*COS–H*SIN
340 N=–QO*SIN–H*COS
350
PRINT#1,
“X=”,X,”Y=”,Y,”M=”,M,”Q=”,Q,”N=”,N
360 GO TO 125
370 STOP
380 END
Здесь применены следующие идентификаторы:
Текст
306
l
f
q1
cos sinφ tg
φ
φ
M zo
Qуo
M
Q
z
y/
307
Програ
мма
F F
L
Q1 CO SIN T
S
G
M Q M Q
O O
Затем необходимо дополнительно вычислить усилия Q и N в местах
приложения сосредоточенных сил, причем определять Q и N следует в
сечениях справа от сил. ЭВМ выдает на печать значения Q, N в сечениях
слева от сосредоточенной силы.
 Порядок построения эпюр изгибающих моментов, поперечных и
нормальных сил для эллиптической арки, изображенной на рис. 9.3.2,
P
y
q
P
1
q
2
P
q
3
3
2
q
4
f
1
H x
H
V
A
a
c
b
l/2
l
d
l/
2
V
B
Рис. 9.3.2
реализуем на алгоритмическом языке Фортран-IV.
PROGRAM ARCA01
C
Расчет эллиптической трехшарнирной арки
TYPE ¤, ‘введите стрелу подъема F=’
ACCEPT ¤, F
TYPE ¤, ‘введите пролет арки FL=’
ACCEPT ¤, FL
TYPE ¤, ‘введите длину первого участка А=’
ACCEPT ¤, А
………… и
т.д. для B,C,D,Q1,Q2,Q3,Q4,P1,P2,P3
WRITE (6,102)
307
308
102
FORMAT
(5X,
‘Расчет
эллиптической
трехшарнирной арки’/)
WRITE (6,103)
103 FORMAT (30X, ‘Опорные реакции’/)
WRITE (6,106)
106
FORMAT
(5X,
‘X’,5X,’Y’,10X,’M’,13X,’Q’,15X,’N’/)
VA=(Q1*A*(2.*FL–
A)+P1*(FL+2.*B)+Q2*B*(FL+B)+P2*FL+Q3*C*(FL–
C)+2.*P3*D+
Q4*D*D)/(2.*FL)
VB=Q1*A+P1+Q2*B+P2+Q3*C+P3+Q4*D–VA
H=(VB*FL/2.
–P3*C–Q4*D*(C+D/2.)
–
Q3*C*C/2.)/F
WRITE (6,104) VA, VB, H
104
FORMAT
(5X,’VA=’,F8.4,5X,’VB=’,F8.4,’H=’,F8.4/)
X=0.
2 X=X+1.
IF (X.EQ.FL) GO TO 10
Y=F/FL*SQRT(FL*FL–4.*(X–0.5*FL)**2)
TGFI=(F/FL)**2*4.*(FL/2. –X)/Y
COSFI=SQRT(1./(1.+TGFI**2))
SINFI=TGFI*COSFI
IF (X-A) 5,5,6
5 FMO=VA*X–Q1*X*X/2.
FQO=VA–Q1*X
G0 TO 12
6 IF (X–A–B) 7,7,8
308
309
7 FMO=VA*X-Q1*A*(X–A/2.)-P1*(X–A)-Q2*(X–
A)**2/2.
FQO=VA–Q1*A–P1–Q2*(X–A)
G0 TO 12
8 IF (X-A-B-C) 9,9,10
9 FMO=VA*X–Q1*A*(X–A/2.) –P1*(X–A) –
Q2*B*(X–A–B/2.) –P2*(X–FL/2.) –
Q3*(X–FL/2.)**2/2.
FQO=VA–Q1*A–P1–Q2*B–Q3*(X–FL/2.) –P2
GO TO 12
10 IF (X–FL) 11,14,14
FMO=VB*(FL–X) –Q4*(FL–X)**2/2.
FQO= –VB+Q4*(FL–X)
12 FM=FMO–H*Y
FQ=FQO*COSFI–H*SINFI
FN=–FQO*SINFI–H*COSFI
PRINT ¤, X,Y,FM,FQ,FN
G0 TO 2
14 STOP
END
В сечении арки х = 0 м, т.е. на опоре А имеем у = 0, tgφ =  , φ = π/2,
cosφ = 0, sinφ = 1. Следовательно, по формулам (5.4.3) находим М(х=0) = 0,
–VА. Аналогично в сечении х = l, т.е. на опоре В
имеем у = 0, φ = –π/2, cosφ = 0, sinφ = –1, и по формулам (5.4.3) находим
М(х = l) = 0, Q(х = l) = H, N(х = l) = –VВ.
Q(х = 0) = –Н, N(х = 0) =
Затем необходимо вычислить усилия Q и N в местах приложения
сосредоточенных сил, причем определять Q и N следует в сечениях справа
от сил. ЭВМ выдает на печать значения Q, N в сечениях слева от
сосредоточенной силы.
Идентификаторы для программы на языке Фортран аналогичны
идентификаторам для программы на языке ПЛ-1.
309
310
Задача 9.3.1. Построить эпюры изгибающих моментов Мz,
поперечных Qу/ и нормальных N сил для трехшарнирной круговой арки,
показанной рис. 5.4.1, a.
У к а з а н и е. Для расчета можно использовать любую из трех
предложенных программ. Программы на языке ПЛ-1 применять без какихлибо изменений. В программах на языках Бейсик и Фортран необходимо
заменить уравнение оси арки на уравнение окружности (5.4.4), а значение
tgφ дать по формуле (5.4.5).
Ответ: эпюры Мz, Qу/, N приведены на рис. 5.4.1, г.
Задача 9.3.2. Построить эпюры изгибающих моментов
Мz,
поперечных Qу/ и нормальных N сил для трехшарнирной параболической
арки, показанной рис. 5.4.3. Ось параболической арки очерчена по кривой
y = 4fx(l – x)/l2, а tgφ = dy/dx = 4f(l – 2x)/l2.
У к а з а н и е. Для расчета можно использовать без каких-либо
изменений программу для ЭВМ на языке Бейсик. При применении
предложенных программ на языках ПЛ-1 или Фортран необходимо
заменить в них уравнение оси арки на уравнение параболы, данное в
условии задачи и, кроме того, поставить соответствующее значение tgφ.
Ответ: эпюры Мz, Qу/, N приведены на рис. 5.4.3.
Задача 9.3.3. Построить эпюры изгибающих моментов Мz, поперечных
Qу/ и нормальных N сил для трехшарнирной эллиптической арки,
показанной рис. 5.4.4. Ось эллиптической арки очерчена по кривой
y  f l 2  4( x  l / 2) 2 / l , а tg  dy / dx  4( f / l) 2 (l / 2  x) / y.
У к а з а н и е. Для расчета можно использовать без каких-либо
изменений предложенную программу для ЭВМ на языке Фортран.
Ответ: эпюры Мz, Qу/, N приведены на рис. 5.4.4, которые построены
на основании таблицы значений изгибающих моментов, поперечных и
нормальных сил, выданной ЭВМ на печать.
Таблица значений изгибающих моментов, поперечных
и нормальных сил для эллиптической арки,
показанной на рис. 5.4.4
x
y
M
Q
N
1
2.39791 -1.388797
2
6
25.00936 2.037357
28.0781
3
3.31662 2.778986
7
4
5
24.17419 2.308956
310
311
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
3.96862
7
4.47213
6
4.87339
7
5.19615
2
5.45435
6
5.65685
4
5.80947
5
5.91608
0
5.97913
0
6.00000
0
5.97913
0
5.91608
0
5.80947
5
5.65685
4
5.45435
6
21.13823
18.20665
16.28125
15.82497
15.60995
14.30865
12.03476
8.863564
4.843040
0.000000
4.343040
7.863564
10.53476
12.30865
13.10995
1.174283
-0.3642907
0.7613568
1.775328
2.710070
3.589154
4.430793
5.250000
-3.931229
-3.090930
-2.214185
-1.282963
-0.2739916
0.8446751
-7.291819
-5.504004
-3.213944
4.0983200E02
5.003451
25.9549
9
23.9914
5
22.3937
8
21.1408
0
20.1910
8
20.1800
1
20.1161
8
20.0117
0
19.8728
6
19.7023
0
311
312
5.19615
2
4.87339
7
4.47213
6
3.96862
7
3.31662
5
2.39791
6
312
12.82497
21.28125
28.20665
33.13823
35.17419
32.00936
19.5000
0
19.6814
1
19.8307
5
19.9476
8
20.0291
4
20.0683
2
20.0524
1
23.3375
6
23.8226
5
24.2380
5
-
313
24.4501
7
23.9327
8
Задача 9.3.4. Построить эпюры изгибающих моментов Мz, поперечных
Qу/ и нормальных N сил для трехшарнирной параболической арки,
показанной на рис. 9.3.3. Уравнение параболической оси арки, значение
tgφ и указания к расчету приведены в задаче 9.3.2.
f=6 м
q=10
кН/м
C
y
Hx
H
V
12
м
A
l = 24
Рис. 9.3.3
м
V
12
м
B
Ответ: VA = VВ = 120 кН; Н = 120 кН; Mс = Qс = 0; Nс = –Н.
Задача 9.3.5. Построить эпюры изгибающих моментов Мz, поперечных
Qу/ и нормальных N сил для трехшарнирной круговой арки, показанной на
рис. 9.3.4. Уравнение круговой оси арки задано в виде (5.4.4), значение tgφ
вычислить как dy/dx. Указания к расчету приведены в задаче 9.3.1.
Ответ: V = 5кН; Н = 7,5 кН; Мс = 0, R = 6,5 м; Nс = –7,5 кН; Qс=  5 кН.
Задача 9.3.6. Построить эпюры изгибающих моментов, поперечных и
нормальных сил для трехшарнирной параболической арки, показанной на
рис. 9.3.5. Уравнение параболической оси арки, значение tgφ и указания к
расчету приведены в задаче 9.3.2.
Ответ: VA = 90 кН; VB = 30 кН; Н = 60 кН; Qс = –30 кН; Nс = –Н.
C
C
H
H
A
V
A
x
F = 10
кН
R
H
H x313
6м
6м
V
12 Рис. 9.3.4 V
B
м
B
12
м
V
l = 24
м
Рис. 9.3.5
f=6 м
f=4 м
q =10
кН/м
y
314
РАЗДЕЛ II
ЛАБОРАТОРНЫЕ РАБОТЫ
Лабораторный практикум является неотъемлемой и
существенной
составной частью учебного процесса по
изучению сопротивления материалов. Его целью является:
– сообщить учащимся необходимые сведения о
современных методах изучения механических свойств
материалов;
– ознакомить их с поведением элементов конструкций и
сооружений при их деформировании под нагрузкой;
– привить навыки проверки опытным путем результатов
теоретического расчета;
– дать представление о существующих испытательных
машинах,
установках,
приспособлениях
и
измерительных устройствах.
Лабораторные работы по сопротивлению материалов можно условно
подразделить на три группы.
К первой группе относятся работы по изучению физико-механических
свойств материалов и определению их характеристик.
Ко второй группе – работы, посвященные опытной
проверке
теоретических
положений
сопротивления
материалов.
К третьей группе – работы, посвященные специальным
методам исследования образцов, моделей, элементов
конструкций или сооружений (оптический метод и др.).
В настоящем пособии в соответствии с существующими
учебными программами, рассматриваются лабораторные
работы только двух первых групп. Описание используемых в
лабораторных работах испытательных машин, установок,
измерительной аппаратуры дается только в схемах и в объеме,
достаточном для понимания принципов их устройства и
действия.
При описании лабораторных работ приводятся:
– их цели и содержание,
314
315
–
–
–
описание
и
характеристики
применяемого
оборудования,
методики практического выполнения работ,
методики обработки опытных результатов.
Предполагается, что обучаемые имеют на руках специальные
журналы лабораторных работ, в которые заносятся опытные и
расчетные результаты. Наконец, предусматривается, что при
подготовке к выполнению каждой лабораторной работы учащийся
должен изучить не только сведения, приведенные в настоящем
пособии, но и учебный материал, изложенный на аудиторных
занятиях и в рекомендуемой учебной литературе.
Г л а в а 10
ЛАБОРАТОРНЫЕ РАБОТЫ
ПО ОПРЕДЕЛЕНИЮ МЕХАНИЧЕСКИХ ХАРАКТЕРИСТИК
КОНСТРУКЦИОННЫХ МАТЕРИАЛОВ
Данный
цикл
составляют
работы,
посвященные
определению механических характеристик прочности и
пластичности материала при растяжении, сжатии и сдвиге
(срезе, скалывании), модулей упругости I и II рода и
коэффициента поперечной деформации (коэффициента
Пуассона).
10.1. Испытание на растяжение образца
из низкоуглеродистой стали
Целью испытания является изучение поведения образца
материала в процессе растяжения и
определение
механических
характеристик
материала
(предела
пропорциональности σpr, предела текучести σy, временного
сопротивления (предела прочности) σut, относительного
остаточного удлинения εr и относительного остаточного
сужения площади поперечного сечения Ψ ).
10.1.1. Применяемые машины и приборы
315
316
Для испытаний образцов на растяжение применяется
большое количество самых разнообразных машин как
отечественного, так и зарубежного производства. Устройство
большинства машин для статических испытаний материалов
предусматривает две главные операции – осуществление
деформации образца с заданной скоростью и измерение силы
его сопротивления деформации методом статического
равновесия.
Нагружающий механизм в машинах, как правило, бывает
двух разновидностей: гидравлический и винтовой. В винтовых
машинах нагружающий механизм состоит из поступательно
перемещающегося винта и вращающейся гайки. В
гидравлических
машинах
нагружение
осуществляется
перемещением одного из двух захватов, в которых
устанавливается образец, поршнем гидравлического цилиндра.
Силоизмерительные устройства чаще всего осуществляют
уравновешивание воздействия на образец либо маятниковым
противовесом с системой рычагов – в машинах с винтовым
нагружением , либо давлением измерительного цилиндра,
действующим на маятниковый противовес, – в машинах с
гидравлическим нагружением. В любом случае величина
усилия будет пропорциональна отклонению маятника, которое
передается на шкалу силоизмерителя.
Обычно механизмы для измерения усилий оснащаются
диаграммными аппаратами, записывающими зависимость
деформаций
образцов
от
нагрузок.
Рассмотрим
принципиальные схемы и принцип работы машин, указанных
двух типов.
На рис. 10.1.1 показана принципиальная схема испытательной машины с
винтовым нагружением и маятниковым силоизмерителем рычажного типа. Такова,
например, машина российского производства ИМ-4Р. Усилие на образец 1
передается через винт 2 при вращении гайки 3 электродвигателем или вручную.
Это же усилие через систему рычагов 4–7 отклоняет маятник 8. При этом с
помощью поводка 9 перемещается каретка 10 вдоль силовой шкалы 11. Вращение
же от гайки 3 через систему
зубчатых колес передается
10 6
5
диаграммному барабану 12.
11
4
Так регистрируется
12
316
1
9
2
7
3
8
Рис. 10.1.1
317
продольная деформация образца. В процессе нагружения образца записывающее
устройство фиксирует диаграмму испытания.
9
7
6
4
8
5
Рис. 10.1.2
На рис. 10.1.2 дана принципиальная схема испытательной машины с гидравлическим нагружением
и маятниковым силоизмерителем, соединенным с
измерительным цилиндром. Таковы, например,
машины российского производства ГМС-20 и ИМЧ30. Масло с помощью насоса под давлением
поступает в полость ниже поршня 1 рабочего
цилиндра 2 и поднимает тяги 3, с которыми связан
верхний захват образца 4. Так производится
нагружение образца, поскольку он с
3
помощью нижнего захвата соединен с
неподвижной станиной 5. Измерение
2
усилия
производится
с
помощью
1
измерительного цилиндра 6 и маятника 7.
Давление масла перемещает поршень 8
вниз и тем самым с помощью системы тяг
Масло из
отклоняет маятник. При этом зубчатая
насоса
рейка 9 перемещается и вращает зубчатое
колесо с укрепленной на нем стрелкой
силоизмерителя.
Диаграммный
аппарат
автоматически записывает кривую «нагрузка –
деформация».
При выполнении данной работы целесообразно использование таких
измерительных приборов, как штангенциркуль и микрометр.
Штангенциркуль применяется для измерения расчетной
длины образца, его диаметра или толщины и ширины образца,
если он плоский. Штангенциркули бывают с нониусами,
позволяющими производить отсчеты измерений с точностью
до 0,1; 0,05 и 0,02 мм. Выбор инструмента определенной
точности производится в зависимости от требований,
предъявляемых к данному испытанию. Подробно с
317
318
устройством и работой со штангенциркулем можно
познакомиться в специальной литературе, здесь же
приводится только его общий вид (рис. 10.1.3).
Микрометр позволяет производить обмер диаметра образцов до и
Рис. 10.1.4
Рис. 10.1.3
после их испытания с более высокой точностью, чем
штангенциркулем. Цена деления шкалы микрометра равна 0,01 мм.
Однако на глаз можно взять отсчет с точностью до половины деления
шкалы, что соответствует 0,005 мм. Общий вид микрометра показан
на рис.10.1.4.
10.1.2. Содержание работы
d
Образцы для испытаний на растяжение чаще всего делают
цилиндрической формы с головками на концах для закрепления их в
захватах машины (рис. 10.1.5). Перед установкой образца в
испытательную машину производится измерение диаметра и длины
его рабочей части. Диаметр
рабочей части измеряется по двум
взаимно
перпендикулярным
направлениям в трех сечениях.
l
Точность измерения диаметра 0,1
Рис. 10.1.5
мм. Затем образец устанавливается
в захваты испытательной машины. После проверки готовности
машины к испытанию ее включают и растягивают образец до
разрушения.
В
процессе
испытания ведется
A/ C
наблюдение
за F
поведением образца,
B
A
за
диаграммой,
вычерчиваемой
Fpr Fy
Fut
записывающим
прибором,
и
за
O/
показаниями
O
Рис. 10.1.6
318
D
Fраз
р
Δl
319
стрелки силоизмерителя машины. В на-чальной стадии
нагружения деформации образца будут расти прямо
пропорционально растягивающему усилию; на рис. 10.1.6 –
это участок ОА. Далее на участке АВ деформации растут без
повышения нагрузки (площадка текучести). Дальнейшее
повышение деформаций потребует нового роста нагрузки (ВС
– участок упрочнения).
До точки С диаграммы деформация осуществляется
равномерно по всей рабочей длине образца, а с момента
достижения точки С она концентрируется в сечении с
наименьшим сопротивлением, где начинается образование так
называемой шейки. Дальнейший рост деформаций происходит
при спадающей нагрузке, пока образец не разрушится.
Если процесс растяжения остановить в пределах участка
ОА диаграммы и после этого образец полностью разгрузить,
то его абсолютная деформация исчезнет (упругая
деформация). При разгрузке же на участке ВС деформация
будет исчезать пропорционально снимаемой нагрузке, т. е. по
прямой А/О/, параллельной прямой АО. При повторной
нагрузке этого образца линия нагрузки совпадет с прямой А/О/,
т.е. увеличится участок пропорциональности (явление
наклепа).
Величины усилий для всех характерных точек диаграммы должны быть записаны в
журнал.
После разрыва образца его части вынимают из захватов, устанавливают с помощью
специальной пружины таким образом, чтобы в месте разрыва образца они плотно
соприкасались друг с другом, и производят измерения длины рабочей части и
диаметра шейки образца.
Зная величины усилий Fpr, Fpr/, Fy, Fut и Fразр, определяют
механические характеристики материала образца, а именно:
– предел пропорциональности
σpr =
Fpr/A;
– предел пропорциональности при повторной
нагрузке (наклеп)
σpr/ =
Fpr//A;
– предел текучести
σy =
Fy/A;
319
320
– временное сопротивление растяжению
(предел прочности при растяжении)
σut =
Fut/A;
– истинное напряжение в момент разрыва
(Aш – площадь поперечного сечения шейки)
σразр =
Fpазр/Aш;
– абсолютное остаточное удлинение образца
Δl ;
– относительное остаточное удлинение образца
δ =
100Δl/ l % ;
– абсолютное остаточное сужение площади
поперечного сечения
ΔА = А
– Аш;
– относительное остаточное сужение площади
поперечного сечения
Ψ=
100ΔА/А %;
– полная работа, затраченная на разрыв образца

2

U   Fpr  Fut  Fpr
3

l;
– удельная работа
а= U
/V
(V – объем рабочей части образца V = Al).
На основании полученных данных в журнале работ вычерчиваются
две диаграммы растяжения: одна в координатах «усилие – абсолютная
деформация» и другая в координатах «напряжение – относительная
деформация». На второй диаграмме (рис. 10.1.7) показываются
кривые условной (1) и истинной (2) диаграмм. Рисуется эскиз
разрушенного образца.
320
321
2
σ
1
σpr
σy
σut
0
σразр
ε
Рис. 10.1.7
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
10.1.3. Порядок выполнения работы
Ознакомиться с испытательной машиной.
Обмерить с помощью штангенциркуля и микрометра длину и
диаметр рабочей части образца.
Зарисовать в журнале работ эскиз образца, указав размеры его
рабочей части.
Заложить образец в захваты машины и проверить готовность
машины к испытанию.
Включить машину и следить за состоянием испытуемого образца,
показаниями силоизмерителя и работой диаграммного аппарата.
Записать усилия, соответствующие характерным точкам
диаграммы растяжения.
После прохождения площадки текучести снять нагрузку и вновь
нагрузить образец, продолжая испытание.
После разрушения образца выключить машину, вынуть обе части
разорвавшегося образца и снять диаграмму растяжения.
Установить обе части образца в струбцину, замерить длину
рабочей части и диаметр шейки после испытания и записать их в
журнал.
По данным испытания построить в журнале диаграммы
растяжения в координатах «усилие – абсолютная деформация» и
«напряжение – относительная деформация».
Вычислить характеристики прочности и пластичности материала
образца и указать их размерность.
10.1.4. Пример обработки опытных данных
Испытательная машина ИМ – 4Р.
321
322
Характеристика испытуемого образца
Материал – сталь 3.
Таблица наблюдений
Размеры образца
Расчетная длина, см
Диаметр, см
Площадь поперечного сечения, см2
Объем расчетной части образца, см3
До опыта
l = 3,6
d = 0,6
А = 0,283
V = 1,02
После опыта
l1 = 4,87
d1 = 0,34
Аш= 0,09
-
Масштаб диаграммы, снятой на машине: по оси ординат 1 см = 1 кН;
по оси абсцисс 1
см = 0,01 см.
Схемы образца
Рис. 10.1.8
До опыта
После опыта
Результаты испытания:
Нагрузка, снятая с диаграммы, кН
Fpr = 6,9; F = Fpr/= 8,1; Fy = 7,1; Fut = 11,4; Fразр = 7,5.
1. Предел пропорциональности
σpr = Fpr /A = 6900/0,283 = 24400 Н/см2 = 244 МПа.
2. Предел пропорциональности при повторной нагрузке
σpr/ = Fpr//A = 8100/0,283 = 28600 Н/см2 = 286 МПа.
3. Предел текучести
σy = Fy /A = 7100/0,283 = 25100 Н/см2 = 251 МПа.
4. Временное сопротивление растяжению (предел прочности)
σut = Fut /A = 11400 / 0,283 = 40300 Н/см2 = 403 МПа.
5. Истинное напряжение в месте разрыва
σpазр = Fразр /Aш = 7500/0,09 = 82500 Н/см2 = 825 МПа.
6. Абсолютное остаточное удлинение образца
Δl = l1 – l = 4,87 – 3,6 = 1,27 см.
7. Относительное остаточное удлинение образца
εr = 100Δl/l = 100ּ1,27/3,6 = 35,3%.
322
323
8. Aбсолютное остаточное сужение площади поперечного
сечения
ΔA = A – Aш = 0,283 – 0,09 = 0,193 см2.
9.
Относительное
остаточное
сужение
площади
поперечного сечения
Ψ = 100ΔА/А = 100ּ0,193/0,283 = 67,8% .
10. Полная работа, затраченная на разрыв образца

2

U   Fpr  Fut  Fpr
3

l  6,9  23 11,4  6,9  1,27  10
11.Удельная работа
12326 Н/см2.
3
 12573 Н  см .
а = U/V = 12573/1,02 =
Диаграмма растяжения
20
F,кН
15
10
5
l,с
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2
м
Рис. 10.1.9
в координатах «усилие – абсолютная деформация»
Диаграмма растяжения
в координатах «напряжение – относительная
σ,
800 МПа
600
400
200
0
Истинная диаграмма
Условная
диаграмма
 ,%
6
12 18 24 30 36
Рис. 10.1.10
323
324
деформация»
10.2. Определение модуля продольной упругости
и коэффициента Пуассона
Целью работы является опытная проверка закона Гука при
растяжении, определение модуля продольной упругости Е и
коэффициента Пуассона ν стали и ознакомление с устройством и
работой тензометров.
10.2.1. Применяемые машины и приборы
Для проведения испытаний образцов используются, в частности, те же
испытательные машины, что и в предыдущей лабораторной работе
(см. раздел 10.1.1.).
8
F
l
Δl
B2
4
5
2
6
1 ΔS
3
9
F
Рис. 10.2.1
B1
7
Для замера линейных
деформаций
образцов
в
данной лабораторной работе
целесообразно использовать
специальные измерительные
приборы – механические
тензометры
коленчаторычажного и рычажного
типов. При помощи этих
приборов
определяют
с
высокой степенью точности
малые деформации образцов,
причем показания снимаются
визуально.
Рабочая схема тензометра коленчато-рычажного типа
изображена на рис. 10.2.1. Прибор состоит из планки 2,
прижимаемой к поверхности образца 1 при помощи
струбцины. На одном конце планки имеется нож 3, жестко
скрепленный с планкой, а на другом – нож 4, прикрепленный
к планке при помощи шарнира. Расстояние между остриями
ножей является базой прибора Б = l. При изменении длины l
на величину Δl нож 4 поворачивается вокруг шарнира. На тот
же угол повернется стержень 5, соединенный жестко с ножом
и представляющий собой одно из плеч коленчатого
F
324
Струбцина
F
Рис. 10.2.2
325
рычага, состоящего из частей 4 и 5. Перемещение нижнего
конца стержня 5 на величину ΔS дает увеличение деформации
Δl в k1 = ΔS/Δl раз. Нижний конец стержня 5 соединен
шарнирно при помощи тяги 6 со стрелкой 7. Перемещение
нижнего конца стержня 5 на величину ΔS вызовет поворот
стрелки 7 вокруг еще одного шарнира и перемещение конца
стрелки по шкале 8 на величину ΔВ с отсчета В1 на отсчет В2.
Разность отсчетов ΔВ больше, чем перемещение ΔS в k2 =
ΔВ/ΔS = R/r раз. Коэффициент увеличения прибора,
следовательно, будет равен k = ΔВ/Δl = k1k2 = RD/rd.
Тензометры данного типа чаще всего изготавливаются с базой
100 мм и имеют коэффициент увеличения 500. Деления шкалы
нанесены через 1мм.
Для повышения точности отсчетов шкала снабжена
прорезью с зеркалом. Вращением винта 9 в начале опытов
стрелка 7 устанавливается в нужное положение, которое
подсказывается характером ожидаемой деформации –
растяжение или сжатие. При снятии отсчетов нужно
располагать глаз так, чтобы острие стрелки совпадало с его
изображением в зеркале; тем самым исключается параллакс.
Для более точного определения деформации тензометры
крепятся на противоположных сторонах образца попарно, т.е.
прибор представляет собой спаренный агрегат, состоящий из
двух одинаковых систем (рис. 10.2.2). При одновременной
работе приборов отсчеты по обеим шкалам складываются и
сумма делится на два.
Рабочая схема тензометра
4
рычажного типа показана на
рис. 10.2.3. При работе
прибор
прижимается
к
поверхности испытываемого
образца
при
помощи
струбцины. Базой прибора
является расстояние между
ребром призмы 1 и острием
ножа 2. Жесткая рамка 6
вместе
с
призмой
1
6
B2
F
7
2
3
5
B
1
1
Бl
F
l
Рис. 10.2.3
325
326
составляет часть прибора, воспринимающую деформацию образца.
Частью прибора, которая увеличивает деформацию, является рычаг 3,
жестко соединенный с призмой 1, и стрелка 5, шарнирно соединенная
с рычагом тягой 4. Для повышения точности отсчетов шкала 7
снабжена прорезью с зеркалом.
При увеличении длины l (базы тензометра) на величину Δl
происходит поворот призмы вокруг ее верхнего ребра на
некоторый угол. Вместе с призмой на тот же угол повернется
рычаг 3, который при помощи тяги отклонит стрелку 5.
Вследствие поворота стрелки нижний ее конец переместится
по шкале на величину ΔВ с отсчета В1 на отсчет В2.
Коэффициент увеличения k зависит от соотношения плеч
рычагов 3 и 5 и равен
k = ΔВ/Δl.
Обычно используются тензометры рычажного типа с
коэффициентом увеличения 1000–1200 и с базой 20 мм (реже
10 мм). Точное значение коэффициента увеличения имеется в
паспорте каждого тензометра.
10.2.2. Содержание работы
Лабораторная работа подразделяется на две части:
а) определение модуля продольной упругости Е стали;
б) определение коэффициента Пуассона ν стали.
При выполнении первой части работы после обмера образца его
помещают в захваты машины и устанавливают на нем спаренные
тензометры коленчато-рычажного типа для определения продольных
деформаций. Поскольку в начальной стадии нагружения на величины
отсчетов оказывают влияние скольжение головок образца в захватах и
зазоры в деталях машины, снятие показаний тензометров следует
начинать после предварительного нагружения образца.
В дальнейшем производится ступенчатое нагружение
образца одинаковыми приращениями нагрузки в пределах
упругих деформаций, снятие показаний тензометров при
каждой заранее намеченной величине нагрузки и запись в
таблицу наблюдений журнала работ.
При достаточной тщательности проведения опыта
приращения показаний тензометров, соответствующие
равным ступеням нагрузки, должны быть примерно равны, что
326
327
явится подтверждением подчинения материала закону Гука σ
= Еε.
Среднее приращение деформаций по обеим шкалам
тензометров определяется по формуле
 ср 
лс р  псрр
2
,
где лс р и псрр – средние приращения продольных деформаций,
замеренных тензометрами.
Средняя относительная продольная деформация определяется с
помощью формулы ε = Δl/l, которая в данном случае запишется в виде
 ср
с р 
,
Б к
где Б – база тензометров, к – коэффициент увеличения показаний
тензометров.
На основании данных, полученных из опыта, среднее значение
приращения напряжений на каждой ступени нагружения составит
F
 
,
A
где ΔF – приращение нагрузки, А – площадь поперечного сечения
образца.
Искомая величина модуля упругости Е в соответствии с законом Гука
определится по формуле
F
F

Е
.
Тпр
с р
Тпр При выполнении второй части
работы для определения линейных
деформаций
образца
удобно
Тпоп
использовать
тензометры
Тпоп
рычажного
типа,
которые
устанавливают на образец с
прямоугольным
поперечным
F
сечением. Образцы в данной части
F
работы можно испытывать как на
Рис. 10.2.4
Рис. 10.2.5
растяжение, так и на сжатие.
При испытании на растяжение применяют обычно образцы, у которых
длины сторон поперечного сечения разнятся в несколько раз. В таких
случаях на узкой грани образца устанавливается тензометр для замера
продольных деформаций, а на широкой – для замера поперечных
деформаций (рис. 10.2.4).
327
328
При испытании на сжатие размеры сторон поперечного сечения
соизмеримы и тензометры устанавливают по схеме, показанной на
рис. 10.2.5. Снятие отсчетов тензометров производят после
предварительного нагружения образца. Последующие нагружения
производятся одинаковыми приращениями нагрузок. При каждой
ступени нагружения снимаются отсчеты по тензометрам и заносятся в
журнал работ.
Используя полученные данные, вычисляют средние приращения
абсолютных деформаций в продольном и поперечном направлениях
образца.
Средние относительные деформации определяются по формулам
пр
ср

пр
ср
Б1к1
,  поп
р 
поп
ср
Б2 к2
,
где Бi и кi – соответственно, база и коэффициент увеличения
тензометров.
Величина коэффициента Пуассона определяется по формуле

 поп
.
 пр
Парная установка продольных и поперечных тензометров дает
возможность повысить точность результатов опыта.
10.2.3. Порядок выполнения работы
В первой части работы следует ознакомиться с испытательной
машиной и тензометром.
– Записать в журнал работ характеристики тензометров и размеры
образца.
– Заложить образец в захваты машины и установить на него
тензометры.
– После проверки готовности машины к испытанию следует дать
предварительную нагрузку на образец и при этой нагрузке
записать показания тензометров. Далее равными приращениями
увеличивать нагрузку, записывая каждый раз показания
тензометров. Нагружение производить в пределах упругих
деформаций, что предусматривается заранее.
– После ряда (5–6) замеров нужно разгрузить образец полностью,
выключить машину и вынуть образец из захватов.
– Далее производят вычисления приращений показаний для каждой
ступени нагружения обоих тензометров, среднее приращение по
каждому тензометру и среднее приращение по обеим шкалам.
328
329
–
Вычисляются средняя относительная деформация, приращение
напряжения и модуль продольной упругости испытываемого
материала.
Во второй части последовательность работы такая же, как и в
первой. После нагружения образца и записи опытных данных
производится их обработка.
– Вычисляют приращения показаний при каждой ступени
нагружения и среднее приращение по каждому тензометру.
– Вычисляют средние относительные поперечные и продольные
деформации и по ним определяют величину коэффициента
Пуассона стали. В журнале работ также делают зарисовку образца
с установленными на нем тензометрами.
10.2.4. Пример обработки опытных данных
а) Определение модуля продольной упругости стали
Испытательная машина ГМС – 20
Характеристика испытываемого образца
Материал
сталь.
Размеры образца:
диаметр
d = 1 см;
площадь поперечного сечения
А = πּd2/4 = 0,785
см2.
Характеристика тензометров
Коэффициент увеличения
100 мм.
k1 = k2 = 500;
база
Б=
Таблица наблюдений
Нагр
узка
F,
кН
2,5
5,0
7,5
10,0
12,5
15,0
Приращение
нагрузки
ΔF, кН
2,5
2,5
2,5
2,5
2,5
Левый
тензометр
nлев
,
мм
17,0
25,2
33,2
41,0
49,0
56,5
Правый
тензометр
Δлев,мм
8,2
8,0
7,8
8,0
7,5
Среднее приращение по левой шкале
Среднее приращение по правой шкале
Δпр,
мм
nпр,
мм
10,0
18,0
26,0
33,8
41,1
48,6
8,0
8,0
7,8
7,3
7,5
лср = 7,9
пр
ср
мм.
= 7,72 мм.
329
330
Среднее приращение по обеим шкалам
= 7,81 мм.
Средняя относительная продольная
интервале нагрузки ΔF = 2,5 кН
 ср 
 ср = (7,9 +7,72)/2
деформация
на
7,81
 15,6  105 .
100  500
Среднее приращение напряжения
 
F
2500
Н

 3190 2  31,9 МПа.
A
0,785
см
Модуль продольной упругости стали
Е



3190
15,6  10
5
 205  105
Н
см
2
 2,05  1011
Н
м2
 2,05  105 МПа.
б) Определение коэффициента Пуассона стали
Испытательная машина ГМС – 20.
Таблица наблюдений
Нагр
узка
F,
кН
20
30
40
50
Приращение
нагрузки
ΔF,
кН
10
10
10
Поперечный
тензометр
nnon,
Δno
мм
n,м
м
25
24,1
23,1
22,0
0,9
1,0
1,1
Продольный
тензометр
nпр,
Δпр,
мм
мм
25
28,1
30,8
34
3,1
2,7
3,2
Характеристика испытываемого образца
Материал
сталь.
Размеры образца:
ширина а = 4 см;
толщина b =
0,9 см;
длина l = 44 см;
площадь поперечного сечения
А = аb = 4ּ0,9 = 3,6 см2.
Характеристика тензометров
Коэффициент увеличения
k1 = k2 = 1000;
база
Б = 20 мм.
Среднее приращение показаний поперечного тензометра
поп
ср = 1,0 мм.
Среднее приращение показаний продольного тензометра
330
331
пр
ср
= 3,0 мм.
Средняя относительная поперечная
интервале нагрузки ΔF = 10 кН
поп
 ср

деформация
на
1
 5,0  105 .
20  1000
Средняя относительная продольная деформация на интервале нагрузки ΔF = 10 кН
пр
 ср

3
 15,0  105 .
20  1000
Коэффициент Пуассона стали

5,0  105
 0,33.
15,0  105
10.3. Испытание на сжатие образцов
из пластичных и хрупких материалов
Целью работы является определение пределов прочности и изучение характера
разрушения образцов металла, цемента и дерева при сжатии.
10.3.1. Применяемые машины и приборы
При выполнении данной работы могут быть использованы
любые испытательные машины (см., например, п.10.1.1.),
мощность которых позволяет довести до разрушения при
сжатии образцы из выбранных заранее материалов.
Из измерительных приборов применяются штангенциркуль
и микрометр. Диаграммный аппарат машины автоматически
записывает весь процесс испытания образца в виде кривой в
системе координат «нагрузка – абсолютная деформация».
10.3.2. Содержание работы
В
процессе
испытания
образцы
из
различных
конструкционных материалов медленным возрастанием
нагрузки доводятся до разрушения,
и фиксируется
соответствующая разрушающая сила. Образцы для испытаний
на сжатие применяются в виде кубика или цилиндра с
высотой, соизмеримой с диаметром. Для более длинных
образцов в опытах на сжатие трудно избежать искривления.
331
332
При сжатии цилиндрического образца из пластичного
материала (мягкой стали) при напряжениях, ниже предела
пропорциональности, материал ведет себе так же, как при
растяжении. Величины предела пропорциональности, предела
текучести и модуля продольной упругости для таких
материалов при сжатии и растяжении примерно одинаковы.
После перехода за предел
пропорциональности появляются
заметные
остаточные
деформации. Благодаря трению
между
опорными
плитами
машины и основаниями образца
Рис. 10.3.1
затрудняются его поперечные
деформации в этих сечениях, и он принимает бочкообразную
форму. По мере увеличения площади поперечного сечения для
дальнейшей деформации приходится увеличивать нагрузку, и
образец может быть сплющен, не обнаруживая признаков
разрушения. Напряжения, аналогичного пределу прочности
при растяжении, в этом опыте получить нельзя, а поэтому
приходится ограничиваться определением условного предела
прочности. Это – напряжение, при котором цилиндрическая
форма образца переходит в явно выраженную бочкообразную
(рис. 10.3.1).
Хрупкие материалы (чугун, бетон) при
сжатии, так же как и при растяжении,
разрушаются при весьма малых деформациях.
Образцы, например, из бетона при разрушении
от сжатия распадаются обычно на куски,
представляющие собой усеченные пирамиды,
Рис. 10.3.2
соединенные меньшими основаниями, что
также объясняется влиянием трения между плитами машины и основаниями
образцов (рис. 10.3.2). Если ослабить это трение, например, смазывая парафином
торцы образца, то характер разрушения бетона будет другой: образец будет
разделяться на части трещинами, параллельными линии действия сжимающей
силы. Разрушающая нагрузка для такого образца
будет меньше, чем для образца, испытанного
обычным путем, без смазки.
При
разрушении
чугунного
цилиндрического образца возникают
332
Рис. 10.3.3
333
трещины под углом от 40 до 50 градусов к оси образца (рис.
10.3.3).
При сжатии образцов из дерева или вырезанных из
стеклопластика получаются резко различные результаты в
зависимости от направления сжатия по отношению к
волокнам
материала.
Такие
материалы
называют
анизотропными. При сжатии, например, дерева вдоль волокон
предел прочности в 5–10 раз больше, чем при сжатии поперек
волокон.
Образец из дерева, испытываемый на сжатие вдоль
волокон, до разрушения накапливает сравнительно небольшие
деформации. После достижения нагрузкой наибольшего
Рис. 10.3.4
Рис. 10.3.5
значения начинается разрушение образца, сопровождаемое
падением нагрузки (рис. 10.3.4).
При сжатии дерева поперек волокон сначала нагрузка
возрастает, достигая величины, соответствующей пределу
пропорциональности, затем образец начинает быстро
деформироваться почти без увеличения нагрузки. В
дальнейшем за счет сильного уплотнения материала нагрузка
начинает расти. Условно считают разрушающей ту нагрузку,
при которой образец сжимается примерно на 1/3 своей
первоначальной высоты (рис.10.3.5).
Величины усилий, показанные силоизмерителями при
разрушении образцов, заносятся в журнал работ. В нем же
делаются зарисовки образцов до и после разрушения.
По полученным разрушающим силам – истинным или
условным – вычисляются напряжения, соответствующие
пределу прочности на сжатие, для каждого материала. В
333
334
журнале работ строятся диаграммы испытания на сжатие в
координатах «нагрузка – абсолютная деформация».
–
–
–
–
–
–
10.3.3. Порядок выполнения работы
Ознакомиться с испытательной машиной, обмерить с
помощью штангенциркуля размеры образцов и
результаты занести в журнал работ.
Поместить образец между плитами машины и
проверить готовность машины к испытанию.
Включить машину и вести наблюдение за поведением
образца и показаниями силоизмерительного устройства.
Занести
в
журнал
работ
величину
усилия,
соответствующую началу разрушения образца.
После разрушения образца выключить машину и
вынуть разрушенный образец.
По данным испытания вычислить временные
сопротивления (пределы прочности) на сжатие для
каждого материала, зарисовать вид каждого образца до
и после испытания, записать объяснение характера и
причины разрушения, изобразить диаграмму испытания
в журнале работ.
10.4. Испытание материалов на сдвиг
Целью работы является определение предела прочности на срез для металлов
(сталь, дюралюминий) и предела прочности на скалывание и срез для дерева.
10.4.1. Применяемые машины и приспособления
При выполнении этой работы могут
быть использованы испытательные
F
Верхний
Кольцо
машины, описание которых дано в
захват
среза
п.10.1.1. Из приборов применяются
штангенциркуль и микрометр.
При испытании металлических,
образец
например,
стальных
образцов
цилиндрической формы используется
специальное приспособление (рис.
10.4.1), укрепляемое в захватах машины
Нижний
захват
334
F
Рис. 10.4.1
335
и позволяющее осуществить срез по двум плоскостям
поперечного сечения.
Для испытания дерева на скалывание и срез используется
приспособление, показанное на рис. 10.4.2, позволяющее
осуществлять разрушение по одной плоскости.
10.4.2. Содержание работы
При выполнении этой работы могут быть использованы
испытательные машины, описа-
ние которых
дано в п. 10.1.1. Из приборов
применяются штангенциркуль и микрометр.
a
При
испытании
F
F
металлических,
например,
стальных
F
образцов
цилиндрической формы
используется
специальное
приспособление,
укрепляемое в захватах
машины
и
b
F
позволяющее
F
F
Рис. 10.4.3
осуществить срез по
Рис. 10.4.2
двум
плоскостям
поперечного сечения (рис. 10.4.1).
Для испытания дерева на скалывание и срез используется
приспособление, показанное на рис. 10.4.2, позволяющее
осуществлять разрушение по одной плоскости.
10.4.2. Содержание работы
Стальной образец, вставленный в указанное приспособление, помещается между
плитами испытательной машины и доводится до разрушения. Записывается
диаграмма испытания и фиксируется разрушающая нагрузка.
Возможно испытание на срез и плоского образца,
вырезанного из листового материала, например, дюралюминия
(рис. 10.4.3). Образец укрепляется в захватах машины и
доводится до разрушения. В данном случае срез происходит
по одной плоскости – по площадке с площадью ab.
335
336
Сопротивляемость сдвигу у анизотропных материалов
(например, древесины) зависит от направления действующего
усилия. Поэтому образцы из дерева доводятся до разрушения
в испытательной машине с
F
F
F
помощью
указанного
выше
приспособления три раза: при
сдвиге параллельно волокнам (рис.
10.4.4, а); при сдвиге вдоль F
F
F
б
в
волокон (рис. 10.4.4, б) и при а
Рис. 10.4.4
перерезывании
волокон
(рис.
10.4.4, в). При каждом испытании
фиксируется разрушающая нагрузка.
По полученным данным вычисляются величины пределов прочности металлов
на срез и древесины на срез и на скалывание параллельно волокна и вдоль волокон.
В журнале работ зарисовываются эскизы образцов – до и после испытания.
10.4.3. Порядок выполнения работы
– Обмерить
с
помощью
штангенциркуля
размеры, определяющие площадь среза или
скалывания образца, и занести их в журнал
работ.
–
При испытании стального цилиндрического образца
установить его в приспособление, поместить
приспособление между плитами машины и проверить
готовность машины к испытанию.
– Включить
машину
и
постепенным
нагружением довести образец до разрушения. В
процессе испытания вести наблюдение за
состоянием образца, записью диаграммы
испытания и показаниями силоизмерительного
устройства.
–
После разрушения образца выключить
машину и вынуть три части разрушенного
образца.
336
337
При испытании дюралюминиевого плоского образца
последовательность действий аналогична указанной, но не
используется специальное приспособление и образец при
разрушении разделяется на две части.
При троекратном испытании деревянных образцов
последовательность действий также аналогична указанной. Но
в данном случае используется специальное приспособление и
образцы при разрушении разделяются на две части каждый.
По данным испытаний вычисляются пределы
прочности на срез (или на скалывание – для дерева),
причем для стали необходимо учесть удвоенную
площадь среза поперечного сечения. В журнале работ
зарисовать вид каждого образца до испытания и
после разрушения.
10.5. Испытание на кручение с определением модуля сдвига
Цель работы – проверить справедливость закона Гука при кручении, определить величину
модуля сдвига стали, исследовать характер деформаций при кручении и установить
величины разрушающих напряжений при скручивании образцов из различных
материалов.
10.5.1. Применяемые машины и приборы
Испытания на кручение производятся либо на
стандартных испытательных машинах различных типов, либо
на
специальных
экспериментальных
установках.
Расположение испытываемого образца в них может быть как
горизонтальным, так и вертикальным.
337
338
3
1
6
2
4
5
8
7
Рис. 10.5.1
Одним из существующих типов машин на кручение
являются машины с маятниковым измерением скручивающего
момента. К ним, например, относятся машины российского
производства МК-20 и КМ-50. Принципиальная схема такой
машины с горизонтальным расположением образца (типа МК20) показана на рис. 10.5.1. Нагружение образца 1,
укрепленного с помощью заклинивающих устройств в
захватах 2, производится вручную или при помощи
электромотора через червячную пару 6 и 7. Возникающий на
захвате 2 скручивающий момент уравновешивается
отклонением маятника 8. Угол отклонения маятника от
вертикали
пропорционален
величине
момента,
скручивающего образец. Отсчет величины этого мо-мента
производится по шкале,
нанесенной на втулке
маятника 3 или по шкале
барабана
4,
который
4
2
поворачивается
пропорционально
углу
1
3
2
отклонения
ма-ятника
зубчатой рейкой 5.
Схема машины на
кручение
с
вертикальным
расположением
образца (типа КМ-50)
338
Рис. 10.5.2
339
показана на рис. 10.5.2.
Нагружение образца производится также вручную
или от электромотора. Скручивающий момент,
приложенный
к
образцу
через
захват,
уравновешивается
моментом маятника.
8
Отклонение
7
6
маятника
2
3
регистрируется
5
стрелкой
1
измерительного
устройства.
Наряду
с
4
Рис. 10.5.3
указанными
машинами
существуют машины на кручение с рычажным
измерением
скручивающего
момента.
Принципиальная схема одной из таких машин
показана на рис. 10.5.3.
Здесь образец 1 крепится в захватах 2 и 3. На захват 2
передается скручивающее усилие через червячную па-ру от
ручки 4. Это усилие захват 3 воспринимает от образца и
передает через систему рычагов 5, 6 на коромысло 7 с
подвижным грузом 8. Посредством перемещения груза
достигается уравновешивание коромысла, на котором
нанесены деления, по которым и фиксируется момент на
образце.
5
2
8
ψ1
y1
6
1
7
3
ψ2
4
Наряду
стандартными
машинами
проведения
со
для
y2
339
Рис. 10.5.4
340
лабораторной работы может быть применена
специальная установка для испытания на кручение,
которую
можно
изготовить
в
мастерской
лаборатории.
Схема
такой
установки
со
скучивающим моментом до 2500 Н·см показана на
рис. 10.5.4
Круглый стальной образец 1 одним своим концом жестко
закрепляется в стенке станины установки. Другим концом
образец свободно проходит через отверстие в другой стенке
станины 3. На свободном конце стержня перпендикулярно ему
жестко прикреплен рычаг 4, к которому приложена нагрузка
F, закручивающая стержень. Поскольку рычаг 4 расположен у
самой опоры, изгиб стержня будет незначительным и им
можно пренебречь, считая образец работающим только на
кручение. Величина скручивающего момента может
изменяться как при помощи гирь, так и изменением места
расположения подвеса на рычаге.
На испытываемом образце в двух выбранных сечениях 5 и
6 жестко закреплены две струбцины 7 и 8 длиной а каждая.
При
закручивании
образца
11
4
струбцины поворачиваются на
5
некоторые углы ψ1 и ψ2. Искомый
10
угол закручивания на участке
20
3 между сечениями 5 и 6 равен ψ =
ψ2 – ψ1.
30
Так
как
испытание
6
проводится в пределах упругости
и, следовательно, углы ψ1 и ψ2
2
имеют весьма малые значения, то
они могут быть определены по
перемещениям концов струбцин
через их тангенсы:
Рис. 10.5.5
340
1  tg1  y1 / a,  2  tg 2  y2 / a,
341
отсюда ψ = ψ2 – ψ1 = (y2/a) – (y1/a). Измерение перемещений
концов струбцин производится с помощью стрелочных
индикаторов часового типа.
Стрелочный индикатор (мессура) – прибор часового типа,
применя-ющийся для замера перемещений, прогибов и т.п.
Принципиальная схема прибора показана на рис. 10.5.5. При
измерении
перемещений
индикатор
устанавливается
неподвижно и прижимается штифтом 1 к точке тела,
перемещение которой желают определить. Пружина 2
обеспечивает постоянный контакт измерительного штифта с
поверхностью тела. Перемещение штифта через систему
передач (червячная рейка 4, шестерни 5 и 6) передается
стрелке 3. При перемещении штифта на 1 мм стрелка 3 делает
полный оборот. По окружности, описываемой концом
стрелки, нанесена шкала со 100 делениями. Таким образом,
одно деление шкалы соответствует перемещению штифта на
0,01 мм.
Иногда используют устройство, в котором штифт
стрелочного индикатора соединяется с определенным
сечением
образца.
Соответствующим
подбором
конструктивных размеров устройства добиваются удобного
соотношения
между
4
В1
величиной
угла
6
2Ψ
закручивания образца и
3 Ψ
показанием индикатора.
В2
Например,
углу
1
5
закручивания образца на 2
L
одну
минуту
соответствует
одно
Рис. 10.5.6
деление индикатора.
В данной лабораторной работе возможно также
использование зеркального прибора для замера углов
закручивания. Схема такого прибора приведена на рис. 10.5.6.
В сечении 1, угол закручивания которого нужно определить,
при помощи струбцины 2 прикрепляется стержень с зеркалом
341
342
4 на конце. Против зеркала на расстоянии L устанавливается
рейка 5 с миллиметровыми делениями на ней. Рядом с рейкой
помещается зрительная труба 6. В исходном положении при
помощи волоска зрительной трубы делается отсчет В1 по
рейке, отраженной в зеркале. При повороте сечения на угол ψ
на такой же угол повернется и зеркало. При этом наблюдатель
сделает на рейке отсчет В2. Разность отсчетов ΔВ = В2 – В1
будет пропорциональна углу закручивания сечения. Из рис.
10.5.6 видно, что tg2ψ = ΔВ/L. Так как угол закручивания
сечения весьма мал ввиду малости упругих деформаций,
можно считать, что tg2ψ  2ψ. Тогда ψ = ΔВ/2L.
10.5.2. Содержание работы
Работа состоит из двух частей:
а) экспериментальная проверка закона Гука при кручении
и определение модуля сдвига стали; б) изучение характера
деформаций и разрушения при кручении образцов из
различных материалов и определение для них пределов
прочности при кручении.
Закон Гука при кручении стержней круглого поперечного
сечения выражается формулой

Tl
,
GI 
где Т – крутящий момент, Ψ – угол закручивания,
возникающий под действием этого момента, l – расстояние
между закручиваемыми сечениями, Iρ – полярный момент
инерции образца.
Если в процессе опыта окажется, что одинаковым
ступеням приращения крутящего момента соответствуют
одинаковые приращения угла закручивания, то это будет
говорить о справедливости закона Гука при кручении в
данных пределах.
После того как установлена справедливость закона Гука,
можно найти величину модуля сдвига материала образца. Зная
величину l и вычислив полярный момент инерции сечения
образца Iρ, можно по замеренным углам закручивания ψ,
342
343
соответствующим ступеням моментной нагрузки, вычислить
значение величины G по формуле
G
Tl
.
I 
Пользуясь известной из теории сдвига зависимостью
G=E/2(1+ν), следует сравнить найденное в данной работе
значение величины G для стали с выраженным по этой
формуле значением. Для Е и ν их значения можно взять из
ранее выполненной работы (см. п.10.2).
При кручении в сечениях, перпендикулярных оси стержня,
возникают касательные напряжения τ, а по сечениям,
наклоненным к оси на угол 45о, действуют главные
напряжения σmax = σ1 = τ и σmin = σ3 = –τ. Характер
разрушения при кручении образцов из различных материалов
зависит
от
способности
материала
сопротивляться
растяжению и сдвигу.
Разрушение стального образца (пластичный материал)
вызывается
действием
касательных
напряжений,
действующих в поперечных сечениях. Разрушение чугунного
образца (хрупкий материал) связано с действием главных
(конкретно – нормальных растягивающих) напряжений.
Разрушение деревянного образца происходит путем
расслаивания продольных волокон в результате действия
касательных напряжений в продольных сечениях образца,
проходящих через его ось.
По результатам испытаний определяются пределы
прочности при кручении для указанных материалов.
Следует учитывать, что разрушение стального образца
происходит в пластической области и в расчет принимается
пластический момент сопротивления кручению Wρ,пл,
который, как известно, связан с полярным моментом
сопротивления Wρ соотношением Wρ,пл = 4Wp /3. Таким
образом, предел прочности при кручении для стали
устанавливается по формуле
343
344
В 
3Tmax
.
4W
Разрушение чугунного и деревянного образцов происходит в пределах упругих
деформаций, и для них предел прочности определяется по формуле
В 
Tmax
.
W
В журнал работ зарисовываются эскизы образцов до и после разрушения. Для
стали изображается схема диаграммы кручения в координатах «крутящий момент –
угол закручивания» (схема потому, что упругий участок диаграммы кручения стали
существенно меньше неупругого).
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
344
10.5.3. Порядок выполнения работы
Обмерить с помощью штангенциркуля или микрометра размеры,
определяющие площадь поперечного сечения каждого испытываемого
образца, вычислить полярные моменты инерции и полярные моменты
сопротивления сечений и занести их в журнал работ.
Заложить стальной образец в захваты машины или специальной
установки на кручение и закрепить в соответствующих местах
измерительные приборы.
Проверить готовность машины к испытанию и нагрузить образец начальной
небольшой нагрузкой (создать первоначальный натяг), при которой
произвести замер угла закручивания.
Увеличивать нагрузку равными ступенями и заносить в журнал работ
отсчеты при каждой ступени нагружения.
По окончании опыта рекомендуется образец разгрузить до первоначальной
нагрузки и сделать контрольные отсчеты, сопоставив их с
первоначальными.
Для выполнения второй части работы с образца снимаются измерительные
приборы и затем осуществляется непрерывное его нагружение до
разрушения. Одновременно машиной производится запись диаграммы
испытания в координатах «крутящий момент – угол закручивания».
Аналогично проводятся испытания до разрушения при кручении образцов
из чугуна и дерева. Запись диаграммы испытания можно не производить,
однако следует зафиксировать в каждом опыте величину разрушающего
скручивающего момента и соответствующего угла закручивания.
По окончании испытаний выключить машину и вынуть части разрушенных
образцов из захватов.
В журнале работ произвести вычисления значений среднего при-ращения
угла закручивания Δψср, модуля сдвига G и сравнить последний с
вычисленным по формуле через величины Е и ν.
Вычислить пределы прочности при кручении для всех испытанных
материалов.
Изобразить в журнале работ схему диаграммы кручения стали и эскизы
всех образцов до испытания и после их разрушения. В каждом случае в
журнале записать заключение о причине разрушения образца из каждого
материала.
345
10.5.4. Пример обработки опытных данных
Испытательная машина КМ – 50.
Геометрические и механические характеристики стального образца:
– расчетная длина
l = 10 см;
– диаметр
d = 1,0 см;
– полярный момент инерции
Ip = πd4/32 = 0,098 см4;
– полярный момент сопротивления
Wp= πd3/16 = 0,196 см3;
– модуль продольной упругости
Е = 2ּ105 МПа;
– коэффициент Пуассона
ν = 0,3.
Скручивающий
момент
измеряется
при
помощи
маятникового
силоизмерителя; угол закручивания в упругой зоне измеряется с помощью
приспособления, включающего индикатор часового типа; углу закручивания в одну
минуту соответствует одно деление шкалы индикатора.
а) Экспериментальная проверка закона Гука и определение модуля G
Таблица наблюдений
Скручивающий
момент Т, Н·м
Приращение
момента ΔТ, Н·м
8
11
14
17
3
3
3
Угол закручивания
ψ, мин
39
53
67
82
Приращение угла
Δ ψ, мин
14
14
15
Среднее приращение угла закручивания в минутах Δψср΄ = 14,33 мин.
Среднее приращение угла закручивания в радианах
ср 

180  60
/
ср

  14,33
180  60
 0,004 рад.
Модуль сдвига стали из опыта
Gоп 
Tl
3  0,1
Н

 7,5  1010 2  7,5  104 МПа.
ср I  0,004  0,098  10 8
м
Модуль сдвига стали по теоретической формуле
Gтеор 
E
2  1011
Н

 7,7  1010 2  7,7  104 МПа.
2(1   ) 2(1  0,3)
м
Расхождение опытного и расчетного значений модуля сдвига

Gтеор  Gоп
Gтеор
100 
(7,7  7,5)  104
100  2,6%.
7,7  104
б) Разрушение стального образца
Скручивающий момент, соответствующий пределу пропорциональности
Tpr = 35 Н·м;
угол закручивания, соответствующий пределу пропорциональности
ψpr = 2,8º;
скручивающий момент при разрушении образца
Tmax = 80 Н·м;
345
346
угол закручивания при разрушении образца
ψmax = 1620º.
Схема диаграммы кручения
80 Т, Н·м
60
40
20
2,8
Рис. 10.5.7
Ψ, град
1620
Предел прочности стали при кручении
u 
3Tmax
3  80
8 Н

 300 МПа.
6  3  10
4W
4  0,196  10
м2
До опыта
Эскизы образца
После опыта
I
Рис. 10.5.8
I
Заключение о причине разрушения: образец разрушился от касательных
напряжений, действующих в поперечных сечениях образца.
Г л а в а 11
ЛАБОРАТОРНЫЕ РАБОТЫ
ПО ПРОВЕРКЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИХ ПОЛОЖЕНИЙ
СОПРОТИВЛЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ
Данный цикл составляют работы, посвященные проверке теоретических формул
для расчета напряжений и перемещений сечений в образцах при прямом изгибе,
внецентренном растяжении или сжатии, изгибе с кручением и при продольном
изгибе стержня.
11.1. Исследование нормальных напряжений в сечениях балки
при прямом изгибе
346
347
Целью испытания является проверка теоретических
формул для расчета нормальных напряжений при прямом
изгибе стальной балки.
11.1.1. Применяемые машины и приборы
Во-первых, в данной работе может быть использована
любая из испытательных машин, описанных в п. 10.1.1, и
приспособленных для испытаний балок на изгиб. Во-вторых,
могут использоваться специальные установки различных
2
l2
1
l1
F
l
Рис. 11.1.1
Рис. 11.1.2
типов, описание которых приводится ниже.
Схема одной из таких установок дана на рис. 11.1.1. Как видно из схемы,
рабочая часть этой установки представляет собой защемленную одним концом
балку (консоль) прямоугольного поперечного сечения. Опора обеспечивает жесткое
закрепление одного конца балки. Нагружение балки осуществляется приложением
сосредоточенного груза, который можно перемещать вдоль ее оси.
Схема другой установки на изгиб показана на рис. 11.1.2. На станине укреплены
болтами две опоры. Ослабив болты, можно перемещать опоры вдоль станины,
изменяя при этом величину пролета балки. Нагружение балки производится одним
или двумя сосредоточенными грузами, которые могут быть приложены в любом
сечении балки.
При выполнении данной работы применяются штангенциркуль, рычажные
тензометры, линейки и, при необходимости, стрелочные индикаторы.
11.1.2. Содержание работы
Содержание
и
объем
данной
работы
может
регулироваться преподавателем в зависимости от числа
лабораторных установок, количества учащихся в группе и т.п.
347
348
Здесь рассматривается вариант, когда выполняются испытания
на изгиб трех различно нагруженных балок.
Первая балка (расчетная схема ее показана на рис. 11.1.3)
испытывает в средней части так называемый «чистый изгиб»,
при котором в поперечных сечениях этой части балки
действуют лишь внутренние изгибающие моменты, а
поперечных сил нет (эпюры Q и М на рис. 11.1.3).
Вторая балка, показанная на рис. 11.1.4, нагружается
сосредоточенной силой в середине полета. В поперечных
сечениях, лежащих в пролете этой балки, действуют как
изгибающие моменты, так и поперечные силы (эпюры Q и М
на рис. 11.1.4).
Третья балка, показанная на рис. 11.1.5, представляет
собой консоль, нагруженную на свободном конце
F
a
1
2
l
1 F
F
a
a
a a
2
2
a a
l
Q
Q
M
Рис. 11.1.3
F
1
l1
l2
Q
M
M
Рис. 11.1.4
Рис. 11.1.5
сосредоточенной силой.
На поверхности испытываемых балок в отдельных
сечениях устанавливаются с помощью струбцин рычажные
тензометры, c помощью которых определяются продольные
деформации. В данном случае определяются деформации
крайних (наиболее удаленных от нейтрального слоя) волокон
сечений.
Нормальные напряжения на основании опытных данных
определяются с помощью закона Гука σ = Еε.
348
349
Обычно модуль упругости Е материала испытываемой
балки известен и остается определить в опыте относительные
деформации ε. При коэффициенте увеличения тензометров k и
базе Б относительная деформация определится по формуле


,
kБ
где Δ – разность отсчетов по шкале тензометра.
Определяемые из опыта деформации и напряжения
относятся к точке, расположенной в середине базы
тензометра. Это необходимо учитывать и
при
установке тензометров, и в расчетах.
Первые отсчеты по приборам делаются при начальном
нагружении балок. В дальнейшем нагрузку увеличивают
равными ступенями, при каждом нагружении производят
отсчеты по приборам и вычисляют приращения. По средним
приращениям
деформаций
вычисляют
приращения
напряжений. Напряжения, полученные в опыте, сопоставляют
с вычисленными теоретически. Поскольку в опыте
напряжения определяются для крайних волокон, при
вычислении теоретических значений напряжений вместо
формулы σ = Му/Iz следует использовать формулу
 max  M / Wz ,
где М – изгибающий момент в данном сечении балки; Iz –
осевой момент инерции сечения балки; Wz – осевой момент
сопротивления сечения балки; y – расстояние от исследуемой
точки до нейтрального слоя балки.
Для сравнения величин нормальных напряжений,
полученных расчетом и опытным путем, рассчитывается
расхождение η между ними в процентах к теоретическим
значениям

 теор   оп
100%.
 теор
349
350
Под схемами нагружения балок в журнале работ
вычерчиваются эпюры поперечных сил и изгибающих
моментов с указанием на них соответствующих числовых
значений в принятой размерности.
11.1.4. Порядок выполнения работы
– В каждом из опытов ознакомиться с установкой
и занести в журнал работ размеры
испытываемых балок, места расположения
тензометров и их характеристики.
–
–
–
–
–
–
Поочередно нагрузить балки начальной нагрузкой и
записать соответствующие отсчеты приборов.
Равными ступенями увеличивать нагрузку, записывая
при этом показания приборов.
Снять нагрузку и сверить показания всех приборов с
первоначальными. При значительном расхождении
показаний опыт повторить.
Определить разности отсчетов приборов и найти их
средние значения. На основании опытных данных
определить средние приращения напряжений в
выбранных местах балки.
Произвести теоретический расчет этих же величин. Для
этого вначале построить эпюры Q и М для всех схем
нагружения
балок
и
вычислить
приращения
напряжений для тех же точек балок по формулам
сопротивления материалов.
Вычислить
расхождения
в
процентах
между
расчетными и опытными данными.
11.1.4. Пример обработки опытных данных
Здесь приводится пример обработки опытных результатов
лабораторной работы для одной из возможных схем
нагружения балки на специальной установке. Схема
у
h
z
b
б
350
2
1
l1
l2
l
a
Рис. 11.1.6
351
испытательной установки и поперечное сечение балки
показаны на рис. 11.1.6, а, б.
Геометрические и механические характеристики балки:
Длины участков:
l = 60 см; l2 = 50
см; l1 = 30 см.
Размеры поперечного сечения: ширина b = 2,5
см; высота h = 1,5 см.
Осевой
Wz 
момент
2
сопротивления:
2
bh
2,5  1,5

 0,937 см 3 .
6
6
Модуль упругости материала балки (сталь):
= 2ּ105 МПа.
Е
Характеристики тензометров:
Коэффициент увеличения:
k2 = 1000.
База:
Б2 = 20 мм.
k1 = 1000,
Б1 = 20 мм,
Таблица наблюдений
Нагрузка
F, Н
30
60
90
Приращение
нагрузки ΔF, Н
30
30
n1, мм
26,0
27,1
28,0
Показания тензометров
Δ n1, мм
n2, мм
27,0
1,1
28,5
0,9
30,0
Δn2, мм
1,5
1,5
Средние приращения показаний тензометров:
Δn1,ср = 1,0 мм; Δn2,ср = 1,5 мм.
Относительные деформации:
1 
n1,ср
k1 Б1

n2,ср
1
1,5
 0,5  104 ;  2 

 0,75  10 4 .
1000  20
k 2 Б2 1000  20
Приращения напряжений на интервале нагрузки ΔF = 30
Н, полученные из опыта
1оп  Е1  2  1011  0,5 104  107 Па  10 МПа;
 2оп  Е 2  2  1011  0,75  104  15
,  107 Па  15 МПа.
351
352
Теоретический расчет напряжений
Расчетная схема балки и эпюры Q и М показаны на рис.
11.1.7.
Приращения напряжений на
интервале нагрузки ΔF = 30 Н
F=30 Н
1
2
определим по формулам
М1
9


Wz 0,937  10 6
Н
 9,6  106 2  9,6 МПа;
м
М2
15
теор
 2 


Wz
0,937  10 6
Н
 16  106 2  16 МПа.
м

Q
1800 Н·см
теор
1
30 Н
1500 Н·см
M
900 Н·см
Рис. 11.1.7
Расхождение опытных и расчетных результатов:
1 
2 
 1теор   1оп
 1теор
 2теор   2оп
 2теор
100 
9,6  10
 4,1%,
9,6
100 
16  15
 6,25%.
16
11.2. Определение линейных и угловых перемещений
поперечных сечений статически определимой балки
Целью
испытания
является
определение
экспериментальным путем величин прогибов и углов поворота
некоторых сечений балки и сравнение полученных величин
перемещений с их теоретическими значениями.
11.2.1. Применяемые машины, установки и приборы
В данной лабораторной работе могут быть использованы
испытательные машины, описанные в п. 10.1.1 и
приспособленные для испытаний на изгиб, и специальные
установки для опытов на изгиб, описанные в п. 11.1.1. Кроме
352
353
того, применяются специальные установки, схемы которых
показаны на рис. 11.2.1 и 11.2.2.
r
r
Сравнительно гибкая балка, обычно прямоугольного сечения, в одном случае
опирается на две опоры, укрепленные на неподвижной станине (рис. 11.2.1), в
другом случае – является консолью (рис. 11.2.2). В схеме, изображенной на рис.
11.2.1, возможно перемещение опор вдоль станины, что позволяет изменять длину
пролета и, вообще, схему нагружения балки. В одном или двух сечениях балок с
ними жестко соединены тяги. Между осью балки и осями тяг угол прямой.
С помощью стрелочных индикаторов, касающихся своими штифтами концов
указанных тяг, определяются
угловые
перемещения
тех


сечений балки, где с ней
соединяются
тяги.
Другие
индикаторы,
соединенные
с
балками, позволяют определять
линейные перемещения сечений


или
прогибы.
Индикаторы
обычно имеют цену деления 0,01
мм
и
пределы
измерений
линейных перемещений от 0 до
10 мм.
Нагружение
балок
F1
F2
осуществляется
приложением
Рис. 11.2.1
одного,
двух
или
более
сосредоточенных
грузов,
прикладываемых в разных сечениях.
11.2.2. Содержание работы
Испытание балок в данной работе, так же как и в
предыдущей, осуществляется в пределах упругости, без
F
остаточных деформаций.
Первые отсчеты по приборам делают при некотором
предварительном начальном нагружении балки. Далее
Рис. 11.2.2
нагрузку увеличивают равными ступенями, при каждом
нагружении производят отсчеты по приборам и
устанавливают приращения показаний.
Стрелочные индикаторы, штифты которых касаются самой балки, фиксируют
линейные перемещения центров тяжести данных сечений, т.е. прогибы.
Индикаторы, штифты которых касаются концов тяг, фиксируют линейные
перемещения Δ этих концов. Зная эти перемещения и длину тяги r, устанавливают
величину тангенса угла ψ (рис. 11.2.1), а с учетом малости деформаций и величину
самого угла tgψ  ψ = Δ/r. Это и есть угол поворота сечения балки в месте
соединения ее с тягой.
Теоретический расчет линейных и угловых перемещений сечений балки
производится по указанию преподавателя любым способом, рассмотренным на
предыдущих практических занятиях. Это может быть и метод начальных
параметров и метод единичной силы (формула Мора, правило Верещагина). В
353
354
простейших случаях нагружения балок возможно использование справочных
данных.
Для сравнения величин линейных и угловых перемещений, полученных в опытах и
расчетным путем, подсчитывается расхождение между ними η в процентах к
расчетным значениям:
1 
–
–
–
–
–
–
–
у1,теор  у1,оп
у1,теор
 100%; 2 
у2,теор  у2,оп
у2,теор
 100%.
11.2.3. Порядок выполнения работы
Ознакомиться с опытной установкой, занести в журнал работ схему
нагружения испытываемой балки, необходимые размеры длин участков и
поперечного сечения, указать места расположения индикаторов.
Нагрузить балку начальной нагрузкой и записать соответствующие
отсчеты приборов.
Равными ступенями увеличивать нагрузку, записывая в журнал показания
приборов.
Разгрузить балку до начальной нагрузки и сверить показания всех
приборов с первоначальными. При значительном расхождении опыт
повторить.
Определить разности отсчетов приборов и найти их средние значения. На
основании опытных данных установить средние приращения линейных и
угловых перемещений выбранных сечений балки.
Произвести теоретический расчет этих же величин по формулам
сопротивления материалов.
Вычислить расхождения в процентах между расчетными и опытными
данными.
r
h
11.2.4. Пример обработки опытных данных
Приведем пример обработки опытных результатов лабораторной работы для
одной из возможных схем нагружения балки на
z
специальной
установке,
схема
которой
показана на рис. 11.2.3.
b
Геометрические и механические
у
характеристики балки
б
– длина балки
l = 120 см;
3
2
– длина участка балки
а = 30 см;
– длина тяги
r = 35 см;
– размеры поперечного сечения:
ширина b = 5,0 см; высота h = 0,9 см;
A
B
C
– осевой момент инерции:
Iz = bh3/12 = 5ּ0,93/12 = 0,3 см4.
1
Материал балки – сталь с модулем
продольной упругости Е = 2ּ105 МПа.
2a
a
a
Цена деления прогибомеров – 0,01 мм.
Таблица наблюдений
Рис. 11.2.3
а
Нагрузка
354
Приращение
Показания прогибомеров, деления
355
F, Н
нагрузки ΔF, Н
10
20
30
40
Δn1
n1
79
161
245
324
10
10
10
82
84
79
n2
76
149
228
304
Δn2
73
79
76
n3
76
152
232
308
Δn3
76
80
76
Средние приращения показаний индикаторов в делениях шкалы:
Δn1,ср = 81,6; Δn2,ср = 76,0; Δn3,ср = 77,3.
Средние приращения показаний индикаторов в мм:
Δn1,ср = 81,6ּ0,01 = 0,816 мм; Δn2ср = 76ּ0,01 = 0,76 мм;
Δn3,ср = 77,3ּ0,01 = 0,773 мм.
Опытное значение прогиба сечения А балки от нагрузки ΔF = 10 H:
yA on = Δn1,ср = 0,816 мм.
Опытные значения углов поворота торцевых сечений балки от нагрузки ΔF =
10 H:
Воп 
Соп 
n2 ,ср
r
n3,ср
r
0,76
 0,00217 рад;
350
0,773

 0,0022 рад.
350

Теоретический расчет перемещений
Грузовое и единичные состояния балки и эпюры соответствующих
изгибающих моментов показаны на рис. 11.2.4. Определим линейные и угловые
перемещения при помощи интеграла Мора, используя правило Верещагина:
F F F F
А
С
В
a
2a a
MF
y
1
2
Fa
Fa
X1=1
1
2
y теор

A
M1
a
X2=1
11 Fa 3
11 10  0,33


6 EI z
6  2  1011  0,3  108
= 8,2·10-4 м = 0,82 мм;
Втеор 
3 Fa 2
3  10  0,32

 0,00222 рад.
2 EI z
2  2  1011  0,3  10 8
Расхождение
опытных
расчетных результатов:
2a
2a
1
4а
Стеор  Втеор ,
1 
у теор
 у оп
А
А
у теор
А
2 
100 
и
0,82  0,816
100  0,5%;
0,82
Втеор  Воп
Втеор
100 
1
4а
M2
1
Рис. 11.2.4
355
356

0,00222  0,00217
100  2,2%;
0,00222
3 

Стеор  Соп
Стеор
100 
0,00222  0,0022
100  1%.
0,00222
11.3. Опытная проверка теории косого изгиба
Целью работы является проверка теоретических формул для расчета
напряжений и перемещений при косом изгибе.
11.3.1. Применяемые установки и приборы
Данная лабораторная работа выполняется на специальных установках,
аналогичных описанным в п. 11.1.2. В частности, может быть использована
показанная на рис. 11.1.6 консольная балка прямоугольного сечения. Для создания
условий косого изгиба на этой установке должна быть предусмотрена возможность
поворота жесткой заделки вокруг продольной оси испытываемой балки.
Нагружение балки, как и ранее, осуществляется приложением сосредоточенного
груза к центру тяжести поперечного сечения свободного конца консоли (рис.
11.3.1).
При выполнении работы применяются штангенциркуль, тензометры и
стрелочные индикаторы.
11.3.2. Содержание работы
В этом опыте внешняя нагрузка
направлена перпендикулярно оси балки
и приложена к центру тяжести ее
поперечного
сечения,
но
данная
деформация является косым изгибом,
поскольку плоскость действия нагрузки
Fz
не совпадает ни с одной из главных Fy 
z
плоскостей сечения балки.
y
Для
определения
продольных
деформаций крайних волокон сечений на
F
Рис. 11.3.1
балку в соответствующих местах
устанавливаются тензометры рычажного типа.
Нормальные напряжения на основании опытных данных, точно так же как и в
работе, описанной в п. 11.1, определяются с помощью закона Гука по соотношению
σ = Еε.
При коэффициенте увеличения k и базе Б относительная деформация
определяется по известной формуле

356
 ср
kБ
,
357
где Δср – средняя разность отсчетов по шкале тензометра, полученных при
загружении балки одинаковыми приращениями нагрузки.
Теоретически нормальные напряжения при косом изгибе определяются по
формуле

My
Mz
y
z,
Iz
Iy
где Mz и My – изгибающие моменты относительно главных осей z и y сечения; Iz и Iy
– осевые моменты инерции поперечного сечения балки относительно тех же осей; z
и y – координаты точки поперечного сечения балки, в которой определяется
нормальное напряжение.
Для точек сечения, наиболее удаленных от главных осей y и z, формула для
нормальных напряжений имеет вид
 max 
Mz M y

,
Wz
Wy
где Wy и Wz – осевые моменты сопротивления.
Для определения изгибающих моментов Мz и My вертикально приложенную
нагрузку (силу F) заменяют ее составляющими Fz и Fy:
Fz = Fsinα, Fy=Fcosα,
откуда Мz = Fyl = (Fcosα)l, Мy = Fz l = (Fsinα)l, где l – расстояние от места
установки тензометра до точки приложения силы F.
Полученные из опыта величины приращений напряжений сравниваются с
подсчитанными теоретически и определяется расхождение в процентах к
теоретическим величинам по формуле

 теор   оп
 100%.
 теор
Опытное определение прогиба конца консоли производится при помощи
стрелочных индикаторов, один из которых измеряет вертикальную составляющую
прогиба, а второй – горизонтальную (рис. 11.3.2). Величина полного прогиба может
быть определена по формуле
f оп 
fгор
fz
z

y
fверт
fоп
Рис. 11.3.2
z

fy
y
fтеор
2
2
f верт
 f гор
,
где fверт и fгор – вертикальная и
горизонтальная
составляющие
прогиба.
Теоретическое значение прогиба,
т.е. перемещения центра тяжести
сечения, определяется по формуле
f теор 
f z2  f y2 ,
Рис. 11.3.3
где fz и fy – составляющие прогиба по
главным центральным осям z и y
поперечного сечения (рис. 11.3.3). Составляющие fz и fy полного прогиба fтеор
357
358
соответствуют прогибам от раздельного действия на балку составляющих Fz и Fy
полной нагрузки F и определяются по формулам
fz 
Fy l 3 ( F cos )l 3
Fz l 3 ( F sin  )l 3

.

; fy 
3EI z
3EI z
3EI y
3EI y
Угол наклона β линии прогиба f с главной центральной осью y определяется по
формуле
tg 
fz Iz

tg .
fy Iy
Так как Iz  Iy, из последней формулы следует, что β  α, т.е. направление
прогиба не совпадает с направлением силы F, что является особенностью косого
изгиба.
Полученное в опыте среднее значение приращения прогиба сравнивается с
рассчитанным теоретически и определяется расхождение в процентах к
теоретическому значению по формуле

–
–
–
–
–
–
f теор  f оп
f теор
 100%.
11.3.3. Порядок выполнения работы
Ознакомиться с установкой и занести в журнал работ размеры
испытываемой балки, места расположения тензометров и прогибомеров,
угол наклона α главной оси y к горизонтали.
После предварительного нагружения балки записать начальные отсчеты
приборов.
Равными ступенями увеличивать нагрузку, записывая при этом отсчеты
приборов. Снять нагрузку до начальной и сверить показания всех
приборов с первоначальными. При значительном расхождении опыт
повторить.
Определить разности отсчетов по приборам и найти их средние значения.
Определить средние приращения по каждому прибору и вычислить
средние опытные приращения напряжений и прогибов.
Вычислить приращения напряжений и прогибов для тех же точек по
формулам сопротивления материалов.
Вычислить расхождения между теоретическими значениями напряжений
и прогибов и полученными опытным путем.
11.4. Опытная проверка теории внецентренного растяжения
(сжатия)
Цель работы – опытное определение величин нормальных
напряжений при внецентренном растяжении или сжатии стержня и
сравнение их с расчетными значениями.
11.4.1. Применяемые машины и приборы
358
359
Опыты проводятся на универсальных испытательных
машинах, описание которых дано в п.
x
F
10.1.1 и др.
Измерение
деформаций
производится с помощью рычажных
1 2
3
I
I
тензометров.
T1
T2
T3
е
11.4.2. Содержание работы
В работе испытанию на растяжение или сжатие в
пределах упругости подвергается образец из заранее
выбранного материала.
F
y
b
z
Ниже
рассматривается
вариант
работы, когда испытанию на растяжение
T3
T2
T1
подвергается
стальной
образец
h
прямоугольного поперечного сечения
(рис. 11.4.1), причем нагрузка равными
Рис. 11.4.1
ступенями прикладывается с некоторым
эксцентриситетом е по одной оси относительно центра
сечения.
Рычажными
тензометрами
Т1,
Т2,
Т3,
располагающимися на стержне так, как показано на рис.
11.4.1, замеряются линейные деформации соответствующих
волокон на каждой ступени нагружения образца и
определяются опытные относительные деформации εоп тех же
волокон по формуле
i 
 i ,ср
k i Бi
,
где Δi,ср – среднее приращение показаний соответствующего
тензометра (i= 1, 2, 3) на интервале нагрузки; ki –
коэффициент увеличения i-го тензометра; Б – база тензометра.
Затем определяются опытные напряжения в указанных точках стержня с
использованием закона Гука:
 iоп  Е iоп  Е
 i ,ср
k i Бi
.
Теоретические значения нормальных напряжений в тех же точках можно найти,
исходя из общей формулы для расчета напряжений при внецентренном растяжении
F My
y

M
N My

z  z y.
A Iy
Iz
z
359
Рис. 11.4.2
360
В рассматриваемом здесь частном случае приложения нагрузки к образцу
(рис.11.4.2) имеем:
N = F, My = Fe, Mz = 0.
Если учесть координаты точек 1, 2, 3, где закреплены
тензометры Т1, Т2 и Т3, и знак изгибающего момента Мy, то
формула для напряжений примет следующий вид:
 1теор 
для точки 1:
F Fe

A Wy
(напряжение от силы F – растягивающее, напряжение от
действия момента Мy – сжимающее);
для точки 2:
 2теор  F / A
(напряжение от действия момента равно нулю, так как ось y в
случае изгиба моментом Мy является нейтральной);
для точки 3:  3теор 
F Fe

A Wy
(напряжения от действия и силы F и момента Мy – растягивающие);
осевой момент сопротивления равен Wy = bh2/6.
После определения опытных и расчетных значений нормальных
напряжений их необходимо сравнить между собой и найти
расхождение, т.е. определить величины

–
–
–
–
–
–
360
 теор   оп
 100%.
 теор
11.4.3. Порядок выполнения работы
Закрепить образец в захватах испытательной машины и
установить на нем три тензометра.
Дать небольшую начальную нагрузку и записать
начальные отсчеты по тензометрам.
Произвести
ступенчатое
нагружение
стержня,
записывая на каждой ступени показания тензометров.
Разгрузить образец до начальной нагрузки и сверить
показания тензометров с первоначальными. При
значительном расхождении опыт повторить.
Снять нагрузку с образца и обработать опытные
данные, определив напряжения в точках 1, 2, 3.
Подсчитать теоретические значения нормальных
напряжений в тех же точках.
361
– Сравнить опытные и теоретические значения
напряжений, найдя расхождение в их величине.
11.5. Испытание стальных образцов на продольный изгиб
Цель работы – демонстрация явления потери устойчивости
формы стержней; определение величин критических сил при
продольном изгибе стержней различных размеров с разным
способом закрепления концов и сопоставление установленных
в опыте величин критических сил с их значениями,
рассчитанными
по
соответствующим
формулам
сопротивления материалов.
11.5.1. Применяемые машины, установки и приборы
Испытания на устойчивость стержней могут быть
осуществлены, во-первых, на стандартных испытательных
машинах. При этом длина образцов определяется высотой
рабочего пространства между опорными плитами машины.
Характер закрепления концов стержня может быть
F
различным.
Например,
для
осуществления
шарнирного опирания концов образца при
испытании на стандартной машине и обеспечения
центральной передачи сжимающей нагрузки концы
б
испытываемого стержня обрабатываются так,
чтобы скошенные плоскости пересекались на его
геометрической оси (рис. 11.5.1). С той же целью
F
применяются
специальные
опорные
части, а
закладываемые между концами образца и Рис. 11.5.1
опорными плитами машины строго по оси образца.
При испытании стержней из мягкой стали на его концы
следует укреплять каленые наконечники (рис. 11.5.1).
Некоторое сжатие образца или наконечника по линии
контакта не сказывается на результатах опыта. По указанной
схеме могут проводиться испытания стержней как на упругий,
так и на неупругий продольный изгиб.
Во-вторых, для испытаний на устойчивость стержней может быть использована установка,
называемая прибором Михаэлса, схема которого показана на рис. 11.5.2.
Испытываемый образец 1 одним концом 2 соединен с неподвижной опорой, другим 3 –
8
361
6
2
5
7
1
3
4
Рис. 11.5.2
362
с рычагом 4, который, в свою очередь, тягой 5 соединен с другим рычагом 6. К рычагу
присоединена подвеска с грузом 7 и противовес 8. Сжимающее усилие на образец
передается грузом 7 через систему рычагов 4-5-6. Величина сжимающей силы
определяется весом груза 7 и соотношением плеч рычагов 4 и 6.
В-третьих, испытание на устойчивость может проводиться на специальной демонстрационной
установке (рис. 11.5.3), которую можно изготовить в лаборатории. Она состоит из
испытываемого стержня 1 с жестко прикрепленной к нему пятой, опирающейся на
станину 3 при помощи винтов 4.
6
1
5
4
3
2
8
9
Рис. 11.5.3
7
Винты служат для установки
стержня в вертикальное положение,
которое потом проверяется по отвесу
5, подвешенному на крючок. Для
передачи нагрузки на стержень
служит коромысло 6 с двумя тягами
7,
к
которым
при
помощи
перекладины 8 подвешен поддон 9
для укладки гирь. Тяги пропущены
сквозь прорези в пяте и в доске
станины. Эти прорези позволяют
тягам перемещаться вместе с верхним
свободным концом стержня при его
изгибе.
Имеются и другие установки для испытаний стержней на устойчивость. В работе
используется линейка, штангенциркуль, тензометры коленчато-рычажного типа и
индикатор часового типа.
11.5.2. Содержание работы
Деформация продольного изгиба стержня может протекать
как в упругой стадии, когда критическое напряжение не
превышает предела упругости материала, так и в пластической
стадии, когда критическое напряжение превышает предел
упругости. Величина критической силы рассчитывается в этих
случаях по-разному.
В случае упругого продольного изгиба критическая сила
рассчитывается по формуле Эйлера (6.1), которая применима,
если
выполняется
условие
(6.5).
Например,
для
малоуглеродистой стали Е = 2·105 МПа, σy = 2·102 МПа и λсr =
100. Значения λсr для различных материалов приведены в табл.
6.1.1.
362
363
В случае неупругого продольного изгиба,
когда λ < λсr, можно использовать эмпирическую
F
формулу Ф. Ясинского (6.6).
В соответствии со сказанным лабораторная
работа может состоять из опытов на продольный
изгиб стержней с различным закреплением
концов как в пределах упругости, так и за
пределами упругих деформаций.
Рассмотрим вариант работы, состоящей из 4
опытов.
F
В первом эксперименте, проводимом,
например, на испытательной машине ГМС–20, Рис. 11.5.4
испытанию на сжатие подвергается стальной
образец круглого поперечного сечения (рис. 11.5.4) с
шарнирным опиранием концов (μ = 1). На образце
устанавливается спаренный агрегат из двух тензометров
коленчато-рычажного типа. В начальной стадии нагружения
стрелки тензометров расходятся в разные стороны, показывая
равномерное сжатие. В момент потери устойчивости стрелка
одного тензометра останавливается, в то время как другая
стрелка
движется
в
первоначальном
направлении.
Одновременно на записывающем устройстве машины
фиксируется диаграмма сжатия. На диаграмме потеря
устойчивости стержня характеризуется горизонтальным
участком.
Во втором опыте, проводимом, например, на приборе
Михаэлса, испытанию на сжатие подвергается образец
круглого или прямоугольного поперечного сечения с одним
шарнирным и другим жестким закреплением концов (μ = 2/3).
Вблизи образца укрепляется индикатор, касающийся его
поверхности своим штифтом. Момент потери устойчивости
стержня фиксируется по резкому изменению в показаниях
индикатора (его стрелки сделают несколько оборотов).
В третьем опыте, который проводится на установке,
показанной на
рис. 11.5.3, изучается процесс потери
363
364
устойчивости стержня с одним защемленным и одним
свободным концами (μ = 2).
Четвертый опыт проводится по схеме первого, однако
стержень подбирается средней гибкости. Например, берется
стержень с гибкостью в пределах от 55 до 70. В этом случае,
как уже отмечалось, потеря устойчивости будет происходить
при пластическом деформировании стержня.
Во всех опытах устанавливается величина сжимающей
силы, соответствующая потере устойчивости стержня, и
сравнивается с рассчитанной по необходимой формуле
критической силой.
11.5.3. Порядок выполнения работы
Первый опыт
–
–
–
–
–
–
Снять необходимые геометрические размеры образца.
Установить образец в приспособление (рис. 11.5.1),
которое
поместить
затем
между
опорами
испытательной машины.
Производить медленное нагружение, непрерывно
наблюдая за тензометрами, диаграммой нагружения и
поведением стержня.
Установить величину максимальной силы сжатия,
соответствующей внезапному искривлению оси
стержня. Разгрузить стержень.
Подсчитать гибкость стержня, выбрать необходимую
формулу и по ней вычислить критическую силу.
Сравнить опытные и расчетные результаты.
Второй опыт
–
После обмера образец вставить между опорами прибора
Михаэлса и нагружать постепенно равными ступенями.
–
Вести наблюдение за
показаниями индикатора.
364
поведением
стержня
и
365
–
–
–
Зафиксировать величину силы сжатия, при которой
резко изменяются показания индикатора. Разгрузить
стержень.
Подсчитать гибкость стержня, выбрать необходимую
формулу и по ней вычислить критическую силу.
Сравнить опытные и расчетные результаты.
Третий опыт
–
–
–
–
–
–
–
Выверить по отвесу вертикальное положение
стержня.
На поддон поставить некоторый груз и проверить
устойчивость стержня (отклоненный от вертикали и
представленный самому себе стержень должен
возвратиться к исходному положению).
Увеличивать сжимающую силу, добавляя грузы и
проверяя каждый раз устойчивость стержня.
Установить критическое состояние стержня, при
котором он после отклонения от вертикали не
возвращается к исходному положению.
Определить опытное значение критической силы и
разгрузить стержень.
Подсчитать гибкость стержня, выбрать необходимую
формулу и по ней вычислить критическую силу.
Сравнить опытные и расчетные значения критической
силы.
Четвертый опыт
–
–
–
Снять необходимые размеры образца и установить его
для испытания, как в первом опыте.
Произвести медленное нагружение стержня с
непрерывным
наблюдением
за
показаниями
тензометров и поведением стержня. Если длина
стержня не позволяет установить на нем тензометры, то
наблюдение вести за стрелкой силоизмерителя.
В последнем случае момент потери устойчивости
фиксируется по прекращению нарастания нагрузки на
365
366
–
–
-
силоизмерителе. Опытное значение критической силы
фиксируется контрольной стрелкой силоизмерителя.
Разгрузить искривленный стержень.
Подсчитать гибкость стержня, выбрать необходимую
формулу и по ней вычислить критическую силу.
Установить расхождение между вычисленной и
опытной величинами критической силы.
11.6. Испытание стальной трубы на изгиб с кручением
Целью работы является проверка экспериментальным
путем теоретических формул для расчета главных напряжений
и положения главных площадок при изгибе с кручением
стальной трубы, а также знакомство с электрическим методом
измерения деформаций.
11.6.1. Применяемая установка и приборы
Экспериментальная
установка
представляет
собой
испытываемый образец в виде тонкостенной трубы, жестко
прикрепленной одним концом к станине рис. 11.6.1). К
другому, свободному, концу трубы прикреплена поперечина,
через которую на образец
передается нагрузка. К одному
Тензодатчики
концу
поперечины
груз
прикладывается
непосредственно, к другому –
Fлев
через блок. При
различных
величинах грузов на концах
поперечины трубчатый образец
Fпр
испытывает деформацию изгиба
Рис. 11.6.1
с кручением.
В данной работе для измерения деформаций трубы
применяется электротензометрический метод, в котором
используются зависимости между деформацией тела и какойлибо величиной, измеряемой электроприборами: омическим
сопротивлением, силой тока, емкостью и т.п. В электрических
366
367
тензометрах различают две основные части. Одна из них,
называемая датчиком, закрепляется на испытываемом
образце, деформируется вместе с ним и преобразует
изменение линейных размеров образца в изменение некоторой
электрической величины. Вторая часть, обычно удаленная от
датчика, но соединенная с ним проводами, предназначается
для фиксирования указанного изменения электрической
величины. Это – регистрирующее устройство.
Электрические тензометры имеют ряд
преимуществ по сравнению с механическими.
1
2
Во-первых, ничтожный вес и малые
размеры тензодатчика позволяют использовать
его как на образцах, так и на конструкциях. Вовторых, один и тот же регистрирующий
l
прибор может быть присоединен к нескольким
датчикам, т. е. может производиться
Рис. 11.6.2
многоточечное тензометрирование. В-третьих,
тензодатчики ввиду их почти полной безынерционности могут
с успехом использоваться не только при статических
испытаниях, но и при динамических (колебания, волновые
процессы и др.).
Наибольшее распространение в экспериментальных
исследованиях получил проволочный датчик сопротивления
рис. 11.6.2. Чувствительным элементом датчика является
тонкая калиброванная проволока 2 диаметром 0,015–0,05 мм,
изготовленная чаще всего из сплава – константана. Проволока
уложена петлями на тонкую бумагу 1 толщиной около 0,01 мм
и приклеена к ней клеем. При деформировании образца
проволока датчика меняет свою длину и площадь поперечного
сечения, в результате чего меняется ее омическое
сопротивление. Относительное изменение омического
сопротивления
датчика
ΔR/R
пропорционально
его
относительной деформации Δl/l, т.е.
R1
R5
R2
Г
R3
R4
И
Рис. 11.6.3
l R 1

 ,
l
R m
367
368
где R – сопротивление датчика до деформации; ΔR –
приращение сопротивления при деформации; m –
чувствительность датчика, равная
m
R  l
.
R  l
b
h
Для измерений собирается электрическая схема по
принципу моста сопротивления (рис. 11.6.3). На этой схеме
R1 – активный датчик, R2 – компенсационный датчик
(температурная
компенсация),
причем
R1  R2.
Компенсационный датчик наклеивается на такой же материал,
что и активный датчик, и находится в таких же температурных
условиях. Сопротивления R3 и R4 – третье и четвертое плечи
моста. На рис. 11.6.3 также показаны И – источник питания
(напряжение 4–8 В), Г – чувствительный гальванометр, R5 –
сопротивление балансировки моста (реохорд). Схема должна
балансироваться при выключенном сопротивлении R5 , т.е.
стрелка гальванометра должна стоять на нуле. Если
вследствие деформации
образца, на который наклеен
активный датчик, сопротивление R1 изменится, то баланс
моста нарушится и стрелка гальванометра отклонится.
Коэффициент m обычно лежит в пределах от 1,8 до 2,3. Для
датчика из константана с базой 15 мм и более m  2. Перед
работой датчик должен быть протарирован, т.е. должно быть
установлено соответствие между деформацией образца (и
датчика) и показаниями прибора, регистрирующего
электрические сигналы.
Для тарирования проволочных
датчиков часто используют балку
Тензодатчик
равного сопротивления изгибу.
При постоянной высоте сечения h
балки прямоугольного сечения
l
деформация продольных волокон
верхней или нижней поверхности
Рис. 11.6.4
определяется формулой
ε = My/(EIz).
368
F
369
В консольной балке, показанной на рис. 11.6.4,
изгибающий момент возрастает по линейному закону от нуля
(в точке приложения силы) до максимального значения в
заделке. Если по такому же закону будет меняться жесткость
балки EIz, то относительная деформация ε будет одинакова во
всех точках верхней или нижней поверхности балки.
Наклеив в какой-либо точке (например, верхней)
поверхности балки датчик R1 и обеспечив температурную
компенсацию с помощью сопротивления R2 , рядом с
датчиком R1 помещают механический тензометр, например
рычажного типа. Мост балансируется с помощью
сопротивления R5, как отмечалось выше.
Затем балка нагружается, что вызывает нарушение баланса
моста и смещение стрелки гальванометра на несколько
делений.
Одновременно
по
рычажному
тензометру
определяется соответствующая деформация балки. Затем
нагрузку изменяют, и вся процедура повторяется до нового
значения деформации. В результате
устанавливается соответствие между
x 
y u
45
ценой
деления
гальванометра
и
величиной
соответствующей
45

относительной
деформации.
Можно


шкалу гальванометра протарировать в
механических напряжениях, сопоставляя
показания
прибора
с
величиной
Линия действия 1
напряжения
в
данной
точке
от
Рис. 11.6.5
соответствующей нагрузки, приложенной
к тарировочной балке.
11.6.2. Содержание работы
Заранее в выбранной точке на поверхности образца –
тонкостенной трубы – наклеиваются три проволочных датчика
сопротивления, составляющих розетку по схеме, приведенной
на рис. 11.6.5.
Пунктирная линия на этом рисунке показывает
направление действия максимального главного напряжения σ1.
369
370
Экспериментально величины главных напряжений σ1 и σ2 в
данной точке образца определяются через главные
деформации ε1 и ε2 , которые в свою очередь устанавливаются
через деформации в направлении осей x, y и u. Главные
деформации могут быть подсчитаны по формулам
1,2 
x  y
2

1
2

x
 y

2
2
  xy
.
Угловая деформация γxy может быть выражена через
линейные деформации εx, εy и εu. Для этого может быть
использована формула
   х cos2    у sin 2   0,5 xy sin 2  .
Полагая, как в нашем случае, β = 45о, получим
u  x   y   xy  / 2, откуда  ху   x   y  2 u . Подставляя эту
величину в формулы для ε1 и ε2 и проведя преобразования,
получим
1,2 
x  y
2

1
2
 x   u 2   y   u 
2
.
Таким образом устанавливаются величины главных
деформаций ε1 и ε2 по значениям εx , εy и εu, определенным с
помощью тензодатчиков. Затем на основе закона Гука для
двухосного напряженного состояния устанавливаются
опытные значения главных напряжений σ1 и σ2:
 1оп 
Е
 1   2 ,
1  2
 2оп 
Е
  2  1 .
1  2
Положение главных площадок определится по формулам
1
2
  arctg
 х   y  2 u
 xy
1
или   arctg
.
2
x  y
x   y
Угол γ между нормалью к сечению трубы и нормалью к
главной площадке с напряжением σ1 определится (см. рис.
11.6.5) из выражения
 оп     .
Теоретические значения  1теор ,  2теор и γтеор рассчитываются
следующим образом. Вычисляем: крутящий момент
370
371
где Fлев и Fпр – грузы на левом и правом
концах поперечины, lлев и lпр – расстояния от приложенных
грузов до оси трубчатого образца; изгибающий момент
М u  ( Fлев  Fпр )l , где l – расстояние от поперечины до сечения,
где наклеены датчики; касательное напряжение от кручения на
внешнем контуре трубы  max  T / W ; нормальное напряжение
Т  Fлев lлев  Fпр lпр ,
изгиба  max  M u / Wz . Теоретические значения главных
напряжений и угла, определяющего положение главных
площадок, вычисляются по известным формулам
 1теор
,2 
 max
2

 2

1
1
2
2
 max
 4 max
,  теор  arctg  max  .
2
2
  max 
Далее устанавливается расхождение в процентах опытных
и теоретических значений σ1 , σ2 и γ.
11.6.3. Порядок выполнения работы
– Ознакомиться с экспериментальной установкой и
занести в журнал работ размеры и некоторые другие
характеристики испытываемого трубчатого образца:
наружный и внутренний диаметры, плечи lлев и lпр,
расстояние l от места приложения силы до сечения, где
наклеены тензодатчики, полярный и осевой моменты
сопротивления сечения, модуль упругости Е и
коэффициент Пуассона ν, угол наклона β двух
тензодатчиков к продольной оси образца (третий
датчик находится в поперечном сечении).
– Произвести тарировку тензодатчиков, например, при
помощи балки равного сопротивления изгибу.
– После предварительного нагружения трубчатого
образца
записать
начальные
показания
трех
электротензометров по регистрирующему прибору.
Равными ступенями увеличивать нагрузку на образец,
записывая при этом показания прибора.
– Определить приращения показаний по прибору от
каждого тензодатчика и их средние значения.
371
372
– Установить, используя результаты тарировки, средние
значения деформаций в направлении наклеенных
тензодатчиков розетки.
– Определить опытные значения приращений главных
напряжений в данной точке, соответствующих
выбранной ступени нагружения, и углов наклона
главных площадок к поперечному сечению образца.
– Вычислить теоретические значения приращений
главных напряжений в той же точке образца через
приращения нормальных напряжений изгиба и
касательных напряжений кручения,
соответствующих той же ступени нагружения образца.
Вычислить
через
приращения нормальных
и
касательных напряжений углы наклона главных
площадок к поперечному сечению трубы.
– Вычислить
расхождения
в
процентах
между
теоретическими значениями напряжений и углов и
значениями тех же величин, полученными опытным
путем.
Р А З Д Е Л III
РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКИЕ РАБОТЫ
Выполнение расчетно-графических работ является важнейшей
составной частью изучения дисциплины «Сопротивление материалов». Их
целью является углубленное усвоение программного материала,
приобретение навыков проведения инженерных расчетов, пользования
справочной литературой и выработка умения правильно оформлять
техническую документацию. Расчетно-графические работы охватывают
наиболее важные темы учебной программы изучаемой дисциплины.
Для каждой работы дается формулировка содержания задания,
расчетная схема и численные данные в двух таблицах. Номер строки или
столбца с номером варианта задания и числовыми данными в каждой
таблице выбирается в соответствии с первой или второй цифрой
двузначного шифра студента. Это могут быть, например, две последние
цифры номера зачетной книжки студента. Результаты работы оформляются
в виде пояснительной записки, включающей расчеты и графический
материал.
372
373
Расчетно-графическая работа № 1
Расчет статически определимого бруса на растяжение
(сжатие)
СОДЕРЖАНИЕ ЗАДАНИЯ
Для стального бруса (см. рисунок), нагруженного силой F
и собственным весом (γ = 7,85 г/см3), требуется:
1.
2.
Построить эпюры нормальных сил и напряжений по длине бруса.
Указать положение наиболее опасного сечения и величину
нормального напряжения в этом сечении.
3. Определить перемещение поперечного сечения I–I
бруса.
Принять, что материал бруса имеет модуль
продольной упругости Е = 2·105 МПа. Данные к задаче взять
из табл. 1 и 2. Все необходимые пояснения для выполнения
работы содержатся в задачах 1.1.2 и 1.2.2.
Таблица 1
№
строк
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
Схема
бруса
I
II
III
IV
V
VI
VII
VIII
IX
X
А,
см2
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
F,
кН
1,1
1,2
1,3
1,4
1,5
1,6
1,7
1,8
1,9
2,0
Таблица 2
№
строк
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
а,
м
2,1
2,2
2,3
2,4
2,5
2,6
2,7
2,8
2,9
3,0
в,
м
2,5
2,6
2,7
2,8
2,9
3,0
3,1
3,2
3,3
3,4
с,
м
1,1
1,2
1,3
1,4
1,5
1,6
1,7
1,8
1,9
2,0
373
374
II
c
А
I
I
I
I
3А 1,5F
a
a
2F
А
b
III
c
VII
a
2F
b
F
I
c
I
2А
FА
0,8F
1,2F
a
I
VIII
0,8F
А
1,2
F
b
a
А
F
VI
F
c
I
2А I
I
A
b
F
1,5
F
F
V
F
I
3А
c
I
А
374
1,5F
2A
I А
c
2А
I
b
А I
I
X
3А I
F
F
IV
А
c
I
2F
a
a
b
I
F
b
А
2F
I
F
2А
1,5А
I
Расчетно-графическая работа №1
Расчет статически определимого
бруса на растяжение (сжатие)
IX
375
Расчетно-графическая работа № 2
Расчет статически неопределимого бруса на растяжение (сжатие)
СОДЕРЖАНИЕ ЗАДАНИЯ
Для стального статически неопределимого бруса (см.
рисунок), нагруженного силой F и собственным весом (γ =
7,85 г/см3), требуется:
1. Определить опорные реакции в заделках.
2.
3.
4.
Построить эпюры нормальных сил и нормальных напряжений по
длине бруса.
Указать положение наиболее опасного сечения и величину
нормального напряжения в этом сечении.
Проверить эпюру нормальных напряжений (площадь эпюры со
знаком (+) должна равняться площади эпюры со знаком (–)).
5. Определить перемещение поперечного сечения I–I
бруса относительно нижней опоры. Проверить
полученный результат, определив перемещение
поперечного сечения I–I относительно верхней опоры.
Принять, что материал бруса имеет модуль
продольной упругости Е = 2·105 МПа. Остальные данные к
задаче взять из табл. 1 и 2. Методика выполнения работы
разбирается в задаче 1.4.1.
Таблица 1
№
Схема
строк бруса
1
I
2
II
3
III
4
IV
5
V
6
VI
7
VII
8
VIII
9
IX
А,
см2
10
11
12
13
14
15
16
17
18
F,
кН
1,1
1,2
1,3
1,4
1,5
1,6
1,7
1,8
1,9
Таблица 2
№
строк
1
2
3
4
5
6
7
8
9
а,
см
41
42
43
44
45
46
47
48
2,9
в,
см
25
26
27
28
29
30
31
32
3,3
с,
см
21
22
33
34
35
26
27
28
1,9
375
376
0
376
X
19
2,0
0
3,0
3,4
2,0
377
I А
А I
b
a
I
3А
1,5F
b
I
3А 1,5F
a
2F
1,5
F
I F
А
1,2
F
2А
c
А
IV
2А
I
VI
F
I
I
VIII 2А 0,8F
2A F
I А I
IX
2А
1,5А
I
I
c
F
c
a
b
a
2F
b
VII
I
0,8F
c
I А
A
b
V
F
X
3А I
А
III
I
c
II
c
А
I
I
a
I
b
I
2F
c
a
b
F
I
F
a
А
2F
А
Расчетно-графическая работа №2
Расчет статически неопределимого бруса
на растяжение (сжатие)
377
378
Расчетно-графическая работа № 3
Определение геометрических характеристик
поперечного сечения
СОДЕРЖАНИЕ ЗАДАНИЯ
Для составного поперечного сечения (см. рисунок)
требуется:
1. Вычертить в масштабе 1:2 или 1:5 все сечение. При
вычерчивании элементы сечения располагать вплотную
один к другому.
Определить положение центра тяжести всего сечения.
Вычислить осевые и центробежный моменты инерции
относительно произвольных центральных осей (осей, проходящих
через центр тяжести сечения, параллельно выбранной системе
декартовых координат).
4. Определить теоретически положение главных осей инерции.
5. Вычислить значения главных моментов инерции.
6. Показать на рисунке положение главных осей инерции.
7. Проверить полученные результаты по кругу Мора.
Данные к задаче взять из табл. 1 и 2. Из табл. 2 следует взять лишь те
прокатные профили, которые входят в заданную схему. Все необходимые
пояснения для выполнения работы содержатся в п. 2.3 «Осевые моменты
инерции плоских составных сечений».
2.
3.
Таблица 1
№
Схема
1
I
2
II
3
III
4
IV
5
V
6
VI
7
VII
8
VIII
9
IX
10
X
Таблица 2
№ Равнополочный Неравнополочны Вертикальн
стр.
уголок
й уголок
ый
лист, мм
1
2
3
4
5
6
378
90  90  9
100  100 
100  100 
110  110 
125  125 
140  140 
10
12
8
12
10
100 
100 
110 
125 
125 
140 
63 
63 
70 
80 
80 
90 
8
10
8
10
12
8
500 
500 
500 
600 
400 
500 
10
12
12
10
10
12
Горизонт
альный
лист, мм
400 
400 
400 
400 
400 
500 
10
10
12
12
12
10
Дву
тавр
,
№
24
24
27
30
22
24
Швел
лер,
№
16
16
18
18
18
20
379
7
8
9
0
140  140  12
160  160  12
180  180  12
100  100  8
140 
160 
160 
180 
90  10
100  10
100  12
110  10
600 
600 
600 
500 
12
16
20
10
500 
600 
500 
400 
10
10
12
10
27
30
40
36
20
22
24
22
379
380
I
II
IV
V
VII
VIII
III
VI
IX
X
Расчетно-графическая работа №3
Определение геометрических характеристик
поперечного сечения
380
381
Расчетно-графическая работа № 4
Напряженное состояние и теории прочности
СОДЕРЖАНИЕ ЗАДАНИЯ
Для металлической детали дано напряженное состояние в некоторой
точке и механические характеристики стали и чугуна. Необходимо:
1. Записать величины нормальных и касательных напряжений в осях x,
y, z и вычислить инварианты напряженного состояния в этих осях.
2. Определить величины главных напряжений  1 ,  2 ,  3 и сделать
эскиз пространственного напряженного состояния в осях 1, 2, 3.
Вычислить наибольшие касательные напряжения и сделать эскиз плоского
напряженного состояния в той плоскости, в которой они действуют.
3. Считая деталь стальной, записать обобщенный закон Гука в осях x,
y, z и вычислить величины угловых, линейных относительных деформаций
и величину объемной относительной деформации в осях x, y, z.
4. Записать обобщенный закон Гука в осях 1, 2, 3 и вычислить
величины линейных относительных деформаций и величину объемной
относительной деформации в этих осях.
5. Вычислить эквивалентные напряжения по III и IV теориям
прочности и найти действительные коэффициенты запаса прочности по
текучести по этим теориям.
6. Считая деталь чугунной, найти действительный коэффициент запаса
прочности по теории прочности Мора (V теория прочности).
Таблица 1
№
Схема
1
I
2
II
3
III
4
IV
5
V
6
VI
7
VII
8
VIII
9
IX
10
X
Таблица 2
№
строки
Механические характеристики

1
2
3
4
5
6
7
8
9
0,30
0,25
0,28
0,30
0,30
0,25
0,28
0,30
0,25
стали
Е, МПа
2,00·105
2,05·105
2,05·105
2,05·105
2,10·105
2,10·105
2,10·105
2,15·105
2,15·105
чугуна
 y , МПа
 ut , МПа
 uc , МПа
325
330
335
340
345
350
355
360
365
135
140
145
150
155
160
165
170
175
600
610
620
640
660
680
700
720
740
381
382
0
382
0,30
2,15·105
370
180
760
383
300
80
100
200
150
100
I
200
II
100
150
80
180
150
200
300
IV
300
150
V
250
VI
120
250
100
350
250
VII
300
150
90
150
100
III
120
200
150
100
300
150
100
200
VIII
100
IX
200
250
200
X
100
Расчетно-графическая работа №4
Напряженное состояние и теории прочности
(касательные и нормальные напряжения
указаны в МПа)
383
384
Расчетно-графическая работа № 5
Построение эпюр поперечных сил, изгибающих моментов
и расчет статически определимой балки на прочность
СОДЕРЖАНИЕ ЗАДАНИЯ
Для статически определимой балки (см. рисунок),
загруженной сосредоточенными силами, распределенной
линейной нагрузкой и изгибающими моментами, требуется:
1. Записать общие выражения изгибающего момента и поперечной
силы для каждого участка балки.
2. Построить эпюры изгибающего момента и поперечной
силы и проверить правильность построения их, пользуясь
дифференциальными зависимостями.
3. По эпюре изгибающего момента схематично изобразить
изогнутую ось балки.
4. Подобрать балку двутаврового поперечного сечения по
максимальному значению изгибающего момента, приняв, что
Ry = 220 МПа,  с  1 .
5. По максимальному значению поперечной силы
определить касательные напряжения на нейтральной оси и у
места сопряжения горизонтальной полки и вертикальной
стенки двутавра.
6. Построить эпюры нормальных и касательных
напряжений в соответствующих наиболее напряженных
сечениях.
7. Определить сечение балки, опасное в смысле главных
напряжений, и построить эпюры главных нормальных
напряжений.
8. Подсчитать предельное значение изгибающего момента,
т. е. значение момента, когда в поперечном сечении балки
возникнет пластический шарнир. Принять, что предел
текучести стали Ryn = 225 МПа. Во сколько раз необходимо
увеличить нагрузку на балку, чтобы в ней возник
пластический шарнир?
384
385
Данные к задаче взять из табл. 1 и 2. Методика выполнения работы
F1 q 1
F1
q1
F1
F2
F2
F1
q2
qb1
a
d
m
q1
F1
F2
F2
q1
q1
F1
VI
V
IV
c
m
m
F2
m
F2
q1
c
F2
b
qa1
d
m
cq2
F2 a+b m qd1
m
I
II
m
F1
FIII
1
F1
c
b
a
d
c
a
b
d
VII
m
F1
X
c
a
b
IX
VIII
q1
Расчетно-графическая работа №5
d
содержится в задачах 4.1.1, 4.2.9, 4.3.1, 8.2.1.
Таблица 1
№ строк
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
Схема балки
I
II
III
IV
V
VI
VII
VIII
IX
X
a, м
2,0
2,2
2,4
2,6
2,8
2,0
2,8
2,5
2,6
2,8
b, м
2,0
2,4
2,8
3,0
2,8
2,6
2,0
2,4
2,2
3,0
c, м
0,6
0,8
0,4
0,6
0,8
0,7
0,5
1,0
0,9
0,8
d, м
1,0
0,8
0,6
0,5
0,4
0,5
0,7
0,9
1,0
1,2
Таблица 2
№ строк
1
2
3
4
5
F1, кН
10
12
14
6
8
F2, кН
10
12
14
10
8
q1, кН/м
14
12
10
12
18
q2, кН/м
14
14
12
12
20
m, кН·м
12
16
20
20
22
385
386
6
7
8
9
0
10
18
15
18
10
12
18
15
16
10
10
14
15
16
14
12
16
15
20
16
24
22
16
18
24
Расчетно-графическая работа № 6
Расчет вала на кручение
СОДЕРЖАНИЕ ЗАДАНИЯ
Для стального вала, нагруженного четырьмя внешними крутящими
моментами (см. рисунок), требуется:
1. Построить эпюру крутящего момента.
2. Подобрать размеры сечения сплошного и полого валов по прочности
и жесткости, округлив расчетные значения диаметров до целых
миллиметров. При решении задачи принять, что отношение внутреннего
диаметра к внешнему для полого вала равно K = d/D = 0,8.
3. Сравнить массы сплошного и полого валов и сделать вывод.
4. Построить эпюру углов закручивания сплошного вала, приняв за
начало отсчета сечение, где приложен момент М0.
Для всех вариантов принять модуль сдвига G = 80 000 МПа.
Остальные данные к задаче взять из табл. 1 и 2. Примеры выполнения
работы приводятся в задачах 3.2.15 и 3.2.16.
Таблица 1
№
строк
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
М0,
М1,
М2,
М3,
кН·м
кН·м
кН·м
4
6
7
8
9
7,5
7
4,5
5
6,5
2
3,5
4
4
5
3
4
2
3
3
1,5
1,5
2
3
2,5
3
2
1,5
1
1,5
кН·м
а,
м
0,5
1
1
1
1,5
1,5
1
1
1
2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
0,5
0,6
0,7
0,8
0,5
0,6
0,7
0,8
0,5
0,6
М1
386
0,3а
Таблица2
№
строк
М2
М0
а
1,2а
 adm ,
МПа
30
20
25
20
28
32
40
35
30
26
М3
0,8а 0,3а
 adm ,
град/м
0,5
0,6
0,3
0,25
0,4
0,5
0,8
0,7
0,9
1,0
387
Расчетно-графическая работа № 7
Определение линейных и угловых перемещений
в однопролетной балке
СОДЕРЖАНИЕ ЗАДАНИЯ
Для статически определимой балки (см. рисунок), загруженной
сосредоточенными силами, линейной распределенной нагрузкой и
изгибающими моментами, требуется:
1. Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил.
2. Подобрать балку двутаврового поперечного сечения по
максимальному значению изгибающего момента при Ry
= 240 МПа, с коэффициентом условия работы  с  1 .
3. Определить прогибы и углы поворота на концах консолей и на
опорах балки, используя дифференциальное уравнение упругой
оси балки.
4. Определить прогибы и углы поворота на концах консолей и на
опорах балки, используя интеграл Мора и правило Верещагина.
5. Показать схему изгиба балки.
Данные к задаче взять из табл. 1 и 2. Методика выполнения работы
описана в задачах 4.1.1, 4.2.9, 4.4.1, 4.6.2.
Таблица 1
№
Схема
1
I
2
II
3
III
4
IV
5
V
6
VI
7
VII
8
VIII
9
IX
10
X
Таблица 2
№
строк
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
F1,
кН
10
12
14
16
18
10
18
15
18
10
F2,
кН
18
12
14
10
14
12
18
15
16
10
q1,
кН/м
14
18
18
22
18
20
14
15
20
14
q2,
кН/м
14
24
22
12
20
18
14
18
16
16
m,
кН·м
12
16
20
20
22
24
22
16
18
24
387
388
388
389
F2
m
q1
F2
F1
q1
q1
F2
m
1,5 1,1
1 1,2
1,5
1
2
1
4
0,8 м
I
1,5
III
II
m
F1
q1
m
1
3
1,2
F1
F2
q1
1,5
1
F1
1,2
q1
1
3,5
0,8
IV
0,8
VI
V
F2
q1
q1
m q1
q2
m
F1
m
1,8
2
2
2
1,5
1
1,5 1
2
1,5
VII
F1
1,8
4
m
VIII
IX
q1
1,2 1,5 1,3
X
Расчетно-графическая работа №7
Определение линейных и угловых перемещений
в однопролетной балке
(размеры указаны в метрах)
389
390
Расчетно-графическая работа № 8
Построение эпюр изгибающих моментов, поперечных
и нормальных сил в простых рамах
СОДЕРЖАНИЕ ЗАДАНИЯ
Для статически
требуется:
1.
2.
определимой
рамы
(см.
рисунок)
Построить эпюры изгибающих моментов, поперечных и
нормальных (продольных) сил с вычислением всех характерных
значений моментов и сил.
Проверить правильность эпюр M, N и Q, рассматривая условия
статического равновесия узлов рамы или отдельных произвольно
выделенных ее частей.
3. Показать общий характер изогнутой оси рамы.
Данные к задаче взять из табл. 1 и 2. При выполнении
работы можно воспользоваться материалами задачи 4.6.12.
Таблица 1
№ строк
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
Схема рамы
I
II
III
IV
V
VI
VII
VIII
IX
X
а, м
3,0
3,2
3,4
2,4
2,6
2,8
3,0
3,2
3,4
3,6
с, м
1,0
1,0
1,0
2,0
1,6
1,4
1,3
1,2
1,1
1,0
b,м
4,0
3,8
3,6
3,4
4,2
4,4
4,6
4,8
5,0
4,5
Таблица 2
№
строк
1
2
3
4
390
F1,
кН
26
28
30
32
F2,
кН
34
32
30
28
q1,
кН/м
20
20
22
24
q2,
кН/м
12
14
16
18
m,
кН·м
24
26
28
30
391
5
6
7
8
9
0
34
36
38
40
38
36
26
24
32
30
28
26
28
26
24
22
20
18
20
22
24
16
18
10
32
34
36
38
40
40
391
392
2a
q2
b
q1
F2
b
b
2b
F1
a
F2
m
c
a
V
F2
a
VI
q1 F2
q2
b
b
F1
b
m
F1
F2
b
c
q2
2a
a
F2
q1
2a
q1
2b
b
F2
q1
q1
F1
2a/3 a/3
III
F1
q1
F1
2a
a
F1
b
q1
IV
m
II
q2
m
m
a
2a
F1
F2
F1
F2
I
q1
c
b
q1
q2
VII
VIII
q2
F2
a
a
a
a
b
IX
2a
c
X
392
q1
m
b
q1
Расчетно-графическая работа №8
Построение эпюр изгибающих моментов,
поперечных и нормальных сил в простых рамах
393
Расчетно-графическая работа № 9
Расчет стержня с ломаной осью
СОДЕРЖАНИЕ ЗАДАНИЯ
Для стержня с ломаной осью (см. рисунок), нагруженного
двумя сосредоточенными силами, требуется:
1. Построить эпюры крутящего момента Мх и изгибающих
моментов Му и Мz: а) от силы F1 ; б) от силы F2 .
2. Построить эпюры M x , Му и M z от одновременного
действия двух сил F1 и F2 .
3. Используя третью теорию прочности, подобрать
размеры поперечного сечения стержня на участке АВ,
считая сечение:
а) круглым сплошным с диаметром D (смотри задачу
5.3.8); б) кольцевым с заданным отношением внутреннего
диаметра к внешнему k1 = d/D;
в) прямоугольным с заданным отношением большей стороны
к меньшей k2= h/b (смотри задачу 5.3.9); г) квадратным со
стороной b.
4. Вычертить в одинаковом масштабе полученные
сечения, вычислить площадь каждого сечения и
отношение площади каждого из них к площади
круглого сплошного сечения.
Таблица 1
№ строки
Схема
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
I
II
III
IV
V
VI
VII
VIII
IX
X
F1 , кН
F2 , кН
k1 = d/D
k2 = h/b
1,0
1,2
1,4
1,6
1,8
1,0
1,8
1,5
1,8
1,0
1,8
2,0
1,4
1,0
1,4
1,2
1,8
1,5
1,6
2,0
0,72
0,78
0,76
0,78
0,8
0,82
0,84
0,86
0,88
0,9
1,1
1,2
1,3
1,4
1,5
1,6
1,7
1,8
1,9
2,0
Таблица 2
№
строки
1
а1,
см
30
а2,
см
27
а3,
см
24
а4,
см
21
а5,
см
18
Ry,
МПа
220
393
394
2
3
4
5
6
7
8
9
0
394
29
28
27
26
25
24
23
22
21
26
25
24
23
22
21
20
19
18
23
22
21
20
19
18
17
16
15
20
19
18
17
16
15
14
13
12
17
16
15
14
13
12
11
10
10
220
230
230
240
240
220
230
230
240
395
A
z
x
a1
C
a2
F1 a4 D
a5
D
II
z
z
x
A
B
F2
a3
a4
C
IV
F2
a5 F1
E
z
A
x
B
a1
a2
y
F1
a3
E
z
A
a1
K
z
A
y
C
F2
a2
a4
a5 E
VII
a5
F2
VI
a5
K
F1
a2
a3
D
a3
C
F1
D
a4
F2
B
x
a1
B
C
D
z
y
F1
a4 E
a2
V
K
x
a1
D
K
a5
A
z
B
a5 E a4
K
E
III
a2
a2
VIII
a1 B
a2
y
a5
K
F1
E
F2
E
a4
a5
K
K
x
A
a4
F1
D
a4
F2
a3
D
a3
C
x
y
C
a1
B
y
a1
a3
A
B
a2
a4 K F1
a5
E
F2
K
E
C
a2
F2
a1
z
y
B
a3
I
A
y
x
a1
y
B
x
A
z
a3
C
D
F1
IX
x
y
C
a3
D
F2
X
Расчетно-графическая работа №9
Расчет стержня с ломаной осью
395
396
Расчетно-графическая работа № 10
Расчет статически неопределимых балок
СОДЕРЖАНИЕ ЗАДАНИЯ
Для статически неопределимой балки (см. рисунок) с
постоянной жесткостью EI = const требуется:
1. Установить степень статической неопределимости.
2. Выбрать основную систему.
3. Написать канонические уравнения.
4. Построить эпюры изгибающих моментов от единичных
сил, от внешней нагрузки и вычислить при помощи
способа Верещагина все необходимые перемещения,
входящие в канонические уравнения.
5. Найти величины лишних неизвестных, решив
канонические уравнения.
6. Построить
окончательные
эпюры
изгибающих
моментов и поперечных сил.
7. Проверить окончательные эпюры.
Данные к задаче взять из табл. 1 и 2. Перед выполнением
задания желательно просмотреть задачи 4.7.1, 4.7.4.
Таблица 1
№
Схема
1
I
2
II
3
III
4
IV
5
V
6
VI
7
VII
8
VIII
9
IX
10
X
Таблица 2
№
строки
1
2
3
4
5
6
396
l,
м
1,4
1,6
1,8
2,0
2,2
2,4
q,
кН/м
10
12
14
16
18
18
F,
кН
18
20
22
24
26
28
m,
кН·м
6
8
10
12
14
16
397
7
8
9
0
2,6
2,8
3,0
3,2
20
22
24
26
30
28
26
24
14
12
10
8
397
398
q
F
m
l/2
l
l/2
I
l
l
II
F
q
m
m
l/2
l/2
III
IV
F
q
m
VI
V
F
l/2
l/2
l/2
F
VIII
VII
q
l
l/2
F
l/2
l/2
m
l/2
X
Расчетно-графическая работа №10
Расчет статически неопределимых балок
398
l/2
F
q
IX
m
l/2 l/2
399
Расчетно-графическая работа № 11
Расчет составного стержня на продольный изгиб
СОДЕРЖАНИЕ ЗАДАНИЯ
Для составного стального стержня длиной l (см. рисунок),
сжатого силой F, необходимо:
1. С помощью таблицы коэффициентов продольного
изгиба  подобрать сортамент прокатных профилей, из
которых формируется поперечное сечение составного
стержня.
2. Определить свободную длину отдельной ветви и
установить расположение планок по длине стержня.
3. Определить значение критической силы и вычислить
коэффициент запаса на устойчивость.
4. Вычислить максимальное нормальное напряжение в
стержне в предположении, что стержень имеет
начальное искривление со стрелой 0,5 см.
При решении задачи принять Ry = 220 МПа,  с  1 .
Остальные данные к задаче взять из табл.1 и 2.
Формы сечений
(принимается по табл.2)
I
III
II
IV
399
400
Таблица 1
Схема стержня
№
F, кН
1
100
F
2
150
200
3
F
4
5
250
300
F
6
350
7
400
F
8
450
9
500
F
l
0
550
Таблица 2
№
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Схема
Длина,
l, м
I
II
III
IV
I
II
III
IV
I
IV
2,1
2,2
2,3
2,4
2,5
2,6
2,7
2,8
2,9
3,0
Расчетно-графическая работа № 12
Продольный изгиб прямого стержня
СОДЕРЖАНИЕ ЗАДАНИЯ
Для стального стержня длиной l с заданной формой
поперечного сечения (см. рисунок), сжатого силой F,
необходимо:
1. Найти размеры поперечного сечения при Ry = 220
МПа,  с  1 .
Определение характерного размера
последовательными
приближениями,
400
а производить
предварительно
401
задавшись величиной коэффициента продольного изгиба
Расчет
считать
законченным,
когда
два
  0,5 .
последовательных значения  отличаются не более чем на
5%.
Данные к задаче взять из табл. 1 и 2. Методика
выполнения работы содержится в примере 6.2.1. Разрешается
пользоваться таблицей I раздела IV «Приложения».
401
402
а
а
0,25а
а
а
0,3а
0,25а
0,3а
а
d=а
VII
D=2а
D=2а
IV
0,3а
VI
V
2а
а
а
0,25а 0,25а
2а
2а
1,5a
а
0,25а
III
II
а
I
0,3а
0,5а
VIII
2,4а
а
d=а 1,2а d=а
2а
0,7а
0,7а
X
IX
Таблица
1 F, кН
Схема стержня
№
а
0,8а
0,5а
d=0,8а
а
0,25а
2а
а
4,6а
1
100
F
2
150
200
3
F
4
5
250
300
F
6
350
7
400
F
8
450
9
500
F
l
0
550
Ф о р м ы с е ч е н и й (принимаются по табл.2)
Таблица 2
№
402
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
403
Схема
l, м
I
2,1
II
2,2
III
2,3
IV
2,4
V
2,5
VI
2,6
VII
2,7
VIII
2,8
IX
2,9
X
3
Расчетно-графическая работа № 13
Расчет бруса на внецентренное сжатие
СОДЕРЖАНИЕ ЗАДАНИЯ
Толстый столб с поперечным сечением, показанным на
рисунке, сжат продольной сосредоточенной силой F.
Требуется:
1. Найти центр тяжести поперечного сечения и определить моменты
инерции относительно главных осей.
2. Построить ядро сечения, определив аналитически его
границы.
3. Показать положение нулевой линии и построить эпюру
нормальных напряжений без учета собственного веса столба.
4. Определить величину сжимающей силы F из условия,
чтобы:
а) наибольшее сжимающее напряжение не превосходило
5 МПа;
б) наибольшее растягивающее напряжение не превосходило 0,5 МПа.
5. Проверить напряжение в основании столба с учетом его
собственного веса.
Данные к работе взять из табл. 1 и 2. Перед выполнением работы
желательно ознакомиться с методикой решения задачи 5.2.11.
Таблица 1
№
1
Схема
поперечного I
сечения
2
3
4
5
6
7
8
9
10
II
III
IV
V
VI
VII
VIII
IX
X
Таблица 2
403
404
404
№
строк
а,
м
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
0,6
0,8
1,0
1,2
1,4
1,6
0,6
0,8
1,0
1,2
Высота
столба,
м
5,0
5,5
6,0
6,5
7,0
7,5
5,0
5,5
6,0
6,5
Объемный вес
материала столба,
кг/м3
1600
1700
1800
1900
2000
2100
2200
2300
2400
1800
Точка
приложения
силы F
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
405
1
II
III
r=а
3
4
2а
1
3
r=0,8а
0,3а
0,8а
1
4
0,8a 0,5a
0,5a 0,8a
a
VIII r=0,4а
IX
а
2 1
а
2
2
а
0,6а0,4а 0,6а
0,4а
а
4
0,5а
X
0,5а
r=а
r=а
а
3
а
а 0,4а
3
1
2а
r=а
4 3
0,4а а
3
2
0,2а
а
3
VII
4
а
1,8а
2
4
0,3а 2а
2
V
2а
а
1
а
a
0,2а
a
IV
0,3а
а
0,3а
3 2
4
0,5а 0,5а 0,5а0,5а
0,5а
VI a a
1
1,5а
а
3 4
0,5а
а
2а
0,5а 2а
1,6а
r=а
1
0,5а
2
2
0,5а0,5а
r=а
1
а
а
I
1
4
2
3
4
0,5а
0,5а
0,25а×4=a
Расчетно-графическая работа №13
Расчет бруса на внецентренное сжатие
405
406
Расчетно-графическая работа № 14
Расчет статически неопределимой рамы
СОДЕРЖАНИЕ ЗАДАНИЯ
Для статически неопределимой рамы (см. рисунок) с
постоянной жесткостью EI = const требуется:
1. Установить степень статической неопределимости.
2. Выбрать основную систему.
3. Написать канонические уравнения.
4. Построить эпюры изгибающих моментов в основной
системе от единичных сил, от внешней нагрузки и вычислить
при помощи способа Верещагина все необходимые
перемещения, входящие в канонические уравнения.
5. Найти величины лишних неизвестных, решив
канонические уравнения.
6. Построить окончательные эпюры изгибающих
моментов, нормальных и поперечных сил для заданной рамы.
7. Проверить окончательные эпюры.
8. Показать общий характер изогнутой оси рамы.
Данные к задаче взять из табл. 1 и 2. Перед выполнением задания
желательно просмотреть задачи 4.6.12 и 4.7.1, 4.7.4.
Таблица 1
№
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Схема
рамы
q, кН/м
I
II
III
IV
V
VI
VII
VIII
IX
X
20
18
16
14
12
10
9
8
6
4
Таблица 2
№
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
h, м
l, м
4
2
4,2
2,2
4,4
2,4
4,6
2,6
4,8
2,8
5
3
5,2
3,2
5,4
3,4
5,6
3,6
6
4
q
q
I
h
II
l
l
l
h
l
406
407
IV
l
l
h
q
VIII
VII
h
h
h
l
q
X
h
q
h
q
l
l
q
l
l
IX
q
h
l
VI
V
q
h
q
III
l
l
Расчетно-графическая работа №14
Расчет статически неопределимой рамы
Расчетно-графическая работа № 15
Расчет толстостенного составного цилиндра
СОДЕРЖАНИЕ ЗАДАНИЯ
Для составного открытого цилиндра (см. рисунок),
собираемого из двух труб с натягом, известны внутренний
радиус внутренней трубы а, внутреннее давление р и
расчетное сопротивление стали растяжению, сжатию изгибу
по пределу текучести Ry.
407
408
Требуется:
1. По формулам А.В. Гадолина определить внешний
радиус внутренней трубы b, внешний радиус наружной трубы
c и радиальный натяг  .
2. Построить эпюры напряжений  r и   от внутреннего
давления p для сплошного цилиндра с внутренним радиусом a
и внешним радиусом c. Подсчитать  экв в опасной точке.
3. Определить давление от натяга pк на поверхности
контакта наружной и внутренней трубы и построить эпюры
напряжений  r и   от этого давления для составного
цилиндра.
4. Построить суммарные эпюры напряжений  r и   для
составного цилиндра.
5. Проверить условие прочности в опасных точках по III и
IV теориям прочности.
6. Определить радиальные перемещения точек 1, 2, 3, 4
для составного цилиндра и сравнить разность перемещений
точек 2 и 3 с радиальным натягом  .
При решении задачи принять, что коэффициент
Пуассона   0,3 ; а модуль
Наружная труба
упругости материала труб Е
= 2·105 МПа. Данные к
задаче взять из табл. 1 и 2.
p
Таблица 1
123 4
№
Внутренний
Ry,
r
строк
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
радиус а, см
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
МПа
220
210
230
230
220
240
270
260
220
240
Внутренняя труба
a
b
r
c

r

408
dr
r
409
Методика выполнения работы описана
в задаче 5.5.1.
Таблица 2
№
Внутреннее
давление р, МПа
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
75
80
85
90
95
100
105
110
115
120
Расчетно-графическая работа № 16
Расчет балок на динамическую нагрузку
СОДЕРЖАНИЕ ЗАДАНИЯ
Двигатель весом Q укреплен посередине на двух
двутавровых балках (см. рисунок). Неуравновешенные массы
двигателя условно заменены вращающимся грузом Q2 с
радиусом вращения R. Вес балки обозначить через Q1.
Двигатель работает при n0 об/мин. Требуется определить:
1. Является ли число оборотов двигателя безопасным
для прочности балок?
2. Установить безопасный для прочности балок режим
работы двигателя (т.е. определить допускаемое число
оборотов), исходя из условия, чтобы при колебаниях
наибольшие динамические напряжения, возникающие
в балке, не превышали величины расчетного
сопротивления стали растяжению, сжатию изгибу по
пределу текучести Ry = 220 МПа.
Методика выполнения работы разбирается в задачах
7.4.1 и 7.4.2.
409
410
R
Q2
Q
Q1
l/2
l/2
Таблица 1
№
строк
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
l,
см
250
240
230
220
210
200
190
180
170
160
R,
см
30
29
28
27
26
25
24
23
22
21
n0,
об/мин
1000
950
900
850
800
750
700
650
600
550
Таблица 2
№
строк
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
Q,
кН
15
14
13
12
11
10
9
8
7
6
№
двутавра
30
27
24
22
20
18
16
14
12
10
Q2,
Н
200
190
180
170
160
150
140
130
120
110
Расчетно-графическая работа № 17
Расчет стержневой системы на действие инерционной нагрузки
СОДЕРЖАНИЕ ЗАДАНИЯ
Стержневая система вращается вокруг оси АВ с
постоянной угловой скоростью n (об/мин).
Требуется оценить прочность стальной конструкции,
состоящей из стержней круглого поперечного сечения
диаметром d. Плотность материала конструкции ρ = 7750 кг/м3
, расчетное сопротивление стали растяжению, сжатию изгибу
по пределу текучести Ry = 220 МПа.
Для решения задачи необходимо:
1. Вычислить по участкам и показать на чертеже распределенные
внешние инерционные нагрузки.
2. Построить эпюры изгибающих моментов, поперечных и нормальных
сил.
410
411
3. Пользуясь только эпюрой изгибающих моментов,
определить максимальное нормальное напряжение, которое
сравнить с расчетным сопротивлением стали растяжению,
сжатию изгибу по пределу текучести Ry. Влиянием
поперечных и нормальных сил пренебречь.
Данные к задаче взять из табл. 1 и 2. Все необходимые
материалы для выполнения работы содержатся в примере
7.1.9.
Таблица 1
№
Схема
1
I
2
II
3
III
4
IV
5
V
6
VI
7
VII
8
VIII
9
IX
10
X
Таблица 2
1
20
2
2
20
2,5
3
25
3
4
30
3,5
5
35
4
6
40
4,5
7
45
4,0
8
40
3,5
9
35
3,0
0
30
2,5
300
320
350
400
350
300
250
300
250
200
I
II
B
B
A
a
A
a
№
a, см
d, см
n,
об/мин
2a
a/2
a
2a
a
411
412
A
a
VI
B
a
a/2
A
2a
a
a
В
a 0,4a 0,8a 0,4a a
A
a
0,3a a
a
a 0,3a
A
B
a
a
IX
B
a
B
a/2 a/2
VIII
VII
2a
2a
A
a
a
a/2 a/2
B
a
a
A
a
B a
a
V
A
a
2a
IV
a
a
a/2
2a
a
a/2
III
X
B
A
Расчетно-графическая работа №17
Расчет стержневой системы на действие инерционной нагрузки
Расчетно-графическая работа № 18
Определение предельной нагрузки
СОДЕРЖАНИЕ ЗАДАНИЯ
Для системы, состоящей из трех стержней (рис. 1), требуется:
1. Определить предельную продольную силу для каждого
стержня.
2. Задаться возможными механизмами разрушения и
изобразить каждый из них на чертеже.
412
413
3. Составить уравнение предельного равновесия для
каждого механизма и найти соответствующую предельную
нагрузку Fu1, Fu2 и Fu3.
4. Установить предельную нагрузку для системы Fu.
Для один раз статически неопределимой балки (рис. 2)
прямоугольного поперечного сечения b  h
требуется:
А2
2
1. Найти предельный момент сечения
А1 1
А3
балки.
2. Задаться первым возможным механизмом
разрушения балки и составить два уравнения
предельного равновесия (для всей балки и для ее
Fu
Рис. 1
части). Найти соответствующую предельную
нагрузку Fu1.
3. Задаться вторым возможным механизмом разрушения балки и найти
Fu2.
3
4. Установить предельную нагрузку для балки Fu.
h
F
kF 1
l1
1-1
1 l2
l3
Рис. 2
b
Данные к задаче взять из
табл. 1 и 2. Все необходимые
пояснения
для
выполнения
работы содержатся в задачах
8.1.5,
8.2.4 или 8.2.9.
Таблица 1
№ строк
1 , град
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
№ строк
h, см
 2 , град
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
в, см
А1,
9,0
9,2
9,4
9,6
9,8
9,8
10
10,2
10,4
10,6
см2
А2,
1,0
1,5
2,0
2,5
3,0
3,5
4,0
4,5
5,0
5,5
см2
4,0
3,8
3,6
3,6
3,4
3,2
3,0
2,8
2,6
2,4
l1, м
2,2
2,4
2,6
2,8
3,0
3,2
3,4
3,6
3,8
4,0
Таблица 2
k
 3 , град.
l2, м
l3, м
А3, см2
413
414
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
0,5
0,6
0,8
1,0
1,2
1,5
2,0
2,5
3,0
3,5
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
3,0
3,2
3,4
3,6
3,8
4,0
4,2
4,4
4,6
4,8
2,1
2,3
2,5
2,6
2,8
3,0
3,2
3,4
3,6
3,8
1,2
1,4
1,6
1,8
2,0
2,2
2,4
2,6
2,8
3,0
Расчетно-графическая работа № 19
Расчет трехшарнирной арки
СОДЕРЖАНИЕ ЗАДАНИЯ
Для симметричной трехшарнирной арки кругового очертания и
прямоугольного поперечного сечения (h/b = k) требуется:
1. Определить опорные реакции.
2. Построить эпюры изгибающего момента, поперечных и нормальных
(продольных) сил.
3. Подобрать размеры поперечного сечения из условия прочности для
сжато-изгибаемых брусьев малой кривизны.
Методика выполнения работы содержится в задаче 5.4.1.
Таблица 1
№
1
Схема I
l, м
24
f, м
6
k
1,1
2
II
30
8
1,2
3
III
36
10
1,3
4
IV
42
12
1,4
5
V
48
14
1,5
6
VI
24
10
1,6
7
VII
30
12
1,7
8
VIII
36
14
1,8
4
36
100
5
6
38
40
120 150
240
7
42
140
8
44
110
9
IX
42
16
1,9
0
X
48
18
2
Таблица 2
1
30
100
2
32
120
3
34
80
9
46
90
0
48
70
f
№
q, кН/м
F, кН
Ry, МПа
q
F
I
q q
III
V
VI
I
IX
F
q
l/4
II
q
F
IV
F q
414
F
q
q
F q
F q
VI
q
q
VIII
q
l/4
l/4
l/4
l/4
l/4
l/4
l/4
X
415
Р
А
З
Д
Е
Л
IV
ПРИЛОЖЕНИЯ
Сечение
1
r
Ордината
центра
тяжести
yc
Таблица I. Геометрические
характеристики некоторых плоских
сечений
Площадь
A
Осевой момент
инерции
Jx
Момент
сопротивления
Wx
2
3
4
5
d 2
d
0
x
d
d

d
1
0
x
 r 2
4
64
 d 12
2
4
64
 0 ,0491 d 4  d 14


 d 4  d 14

32d

 0 ,0982

d
4
 d 14
d

d 2  d 12
4
 0 ,354d с
h
x
bh 2
6
h
2
bh
bh 3
3
bh 2
3
h
x
2
3
4
5
6
0
a2
a4
12
a3 2
 0 ,118a 3
12
b
1
a
x
b
h/2
hw/2
x
h/2
hw/2
hw
bh/2
d
4
 0 ,0982d 3
bh 3
12
h
bh/2
 d 14
32
bh
b
b
  d
4
d 3
 0 ,0491d 4
6
0
h
a
d 4
Радиус инер
ix
bh
415
12
3
a
12
 0 ,2
416
0
bh  bh hw
bh 3  bh hw3
12
bh 3  bh hw3
6h
0
bh  bh hw
bh 3  bh hw3
12
bh 3  bh hw3
6h
0
bh
2
bh 3
36
bh 2
24
h
h
3
bh
2
bh 3
12
bh 2
12
h
Jx
A
bh
h
hw/2
x
hw/2
bh 3  bh

12 bh  bh
b
x
h
h/3
4
b
h
x
yc
b
1
2
y
r
x
yc
a
x
4r

3
 0 ,424r
h2 a  b 
3( a  b )
h
yc
3
r 2
2
ab
h
2
4
 0 ,2
18
 0 ,40
6
5
6
J x  0 ,110r 4
Wx  0 ,1912r 3
J x  0 ,4 r
W y  0 ,4 r
4

h 3 a 2  4 ab  b 2
36( a  b )
 h a
2
imin  ix 
 0 ,2638r
3
iy 
 4 ab  b2
12( 2a  b )
2

r
2

h 2 a 2  4 ab
18( a  b
b
h
b/2
b/2
416
a/2
a/2
x
0
ab
h
2


h b4  a4
48( b  a )

h b4  a4

24( b  ba )
2
a2  b2
24
417
h
h1/2
hb1 
x
h1/2
 b  b1 h1
0
b1 h 3  b  b1 h13
6h
b1 h 3  b  b1 h13
12
b1
b
Таблица II
Сокращенный сортамент электросварных прямошовных труб
t
y
x
D
x
83
89
102
102
114
114
114
114
127
127
127
127
127
140
140
159
159
159
159
159
168
168
168
3
3
3
4,5
3
3,5
4,5
5
3
3,5
4
4,5
5
4,5
5
3,5
4
5
6
7
4
4,5
5,5
7,5
8,1
9,3
13,8
10,5
12,2
15,5
17,1
11,7
13,6
15,5
17,3
19,2
19,2
21,2
17,1
19,5
24,2
28,8
33,4
20,6
23,1
28,1
длины, кг
t, мм
Масса 1 м
D, мм
Площадь
сечения
А, см2
y
5,9
6,4
7,3
10,8
8,2
9,5
12,2
13,4
9,2
10,7
12,1
13,6
15
15
16,6
13,4
15,3
19
22,6
26,2
16,2
18,1
22
Справочные значения для осей
x - x, y - y
Jx=Jy
60
75
114
164
161
185
232
255
225
259
293
325
357
440
484
517
585
718
845
967
693
772
928
Wx=Wy
14
17
22
32
28
32
41
45
35
41
46
51
56
63
69
66
74
90
106
122
82
92
110
ix=iy
2,84
3,04
3,5
3,45
3,9
3,91
3,88
3,86
4,39
4,37
4,35
4,33
4,32
4,79
4,78
5,5
5,48
5,45
5,41
5,38
5,8
5,7
5,75
417
Jx
A
168
168
219
219
219
219
219
219
219
273
273
273
273
325
325
325
325
377
377
377
377
426
426
426
530
530
530
630
630
720
720
720
820
820
820
820
1020
1020
1020
1020
418
6
8
3,5
4
4,5
5
6
7
8
4
6
7
8
4
6
7
8
6
7
8
9
6
7
8
7
8
9
7
9
8
9
10
8
9
10
11
9
10
10,5
12
30,5
40,2
23,7
27
30,3
33,6
40,2
46,6
53
33,8
50,3
58,5
66,6
40,3
60,1
69,9
79,7
64,9
81,5
92,7
104
79,2
92,1
105
115
131
147
137
175
179
201
223
204
229
254
279
286
317
332
380
длины, кг
t, мм
Масса 1 м
D, мм
Площадь
сечения
А, см2
418
24
31,6
18,6
21,2
23,8
26,4
31,5
36,6
41,6
26,5
39,5
45,9
52,3
31,7
47,2
54,9
62,5
54,9
63,9
72,8
81,7
62,1
72,3
82,5
90,3
103
116
108
137
140
158
175
160
180
200
220
224
249
262
298
Справочные значения для осей
x - x, y - y
Jx=Jy
1000
1290
1380
1560
1740
1920
2280
2620
2960
3060
4480
5200
5850
5200
7650
8850
10000
12000
13900
15800
17600
17500
20200
23000
39500
44500
50000
66500
84500
113000
127000
140000
168000
188000
210000
230000
366000
405000
425000
480000
Wx=Wy
119
153
126
142
158
176
208
240
270
224
328
379
429
320
470
545
615
640
740
835
935
820
950
1080
1480
1680
1890
2100
2690
3150
3550
3900
4100
4600
5100
5600
7150
7950
8300
9450
ix=iy
5,73
5,66
7,62
7,6
7,59
7,57
7,53
7,5
7,47
9,52
9,45
9,41
9,37
11,4
11,3
11,2
11,2
13,1
13,1
13,1
13
14,9
14,8
14,8
18,5
18,5
18,4
22
22
25,2
25,2
25,1
28,7
28,7
28,6
28,6
35,7
35,7
35,7
35,7
1020
1220
1220
1220
1220
1220
1420
442
418
455
530
575
605
531
14
11
12
14
15,2
16
12
r
R
h
x
347
328
358
416
452
475
417
t
b
Площадь
Размеры
Номер
двутав
ра
h
10
12
14
16
18
20
22
24
27
30
33
36
40
45
100
120
140
160
180
200
220
240
270
300
330
360
400
450
555000
765000
830000
965000
1040000
1100000
1320000
Wx=Wy
10900
12500
13600
15800
17100
18000
18500
ix=iy
35,6
42,8
42,7
42,7
42,6
42,6
49,8
h – высота двутавра; b – ширина полки; s – толщина
стенки; t – средняя толщина полки;
r – радиус закругления полки; R – радиус внутреннего
закругления;
I – момент инерции; W – момент сопротивления; S –
статический момент полусечения;
i – радиус инерции
x
bs
4
y
Jx=Jy
Таблица III, а. Двутавры стальные горячекатаные.
Сортамент по ГОСТ 8239-89
y
s
Справочные значения для осей
x - x, y - y
длины, кг
t, мм
Масса 1 м
D, мм
Площадь
сечения
А, см2
419
b
s
t
R
r
не более
мм
55
64
73
81
90
100
110
115
125
135
140
145
155
160
4,5
4,8
4,9
5,0
5,1
5,2
5,4
5,6
6,0
6,5
7,0
7,5
8,3
9,0
7,2
7,3
7,5
7,8
8,1
8,4
8,7
9,5
9,8
10,2
11,2
12,3
13,0
14,2
7,0
7,5
8,0
8,5
9,0
9,5
10,0
10,5
11,0
12,0
13,0
14,0
15,0
16,0
2,5
3,0
3,0
3,5
3,5
4,0
4,0
4,0
4,5
5,0
5,0
6,0
6,0
7,0
попере
чного
сечени
я,
см2
12,0
14,7
17,4
20,2
23,4
26,8
30,6
34,8
40,2
46,5
53,8
61,9
72,6
84,7
Масса
1 м,
кг
9,46
11,5
13,7
15,9
18,4
21,0
24,0
27,3
31,5
36,5
42,2
48,6
57,0
66,5
Справочные значения для осей
Ix,
см4
Wx ,
см3
x–x
ix,
см
Sx,
см3
Iy,
см4
y–
Wy ,
см3
198
350
572
873
1290
1840
2550
3460
5010
7080
9840
13380
19062
27696
39,7
58,4
81,7
109,0
143,0
184,0
232,0
289,0
371,0
472,0
597,0
743,0
953,0
1231,0
4,06
4,88
5,73
6,57
7,42
8,28
9,13
9,97
11,2
12,3
13,5
14,7
16,2
18,1
23,0
33,7
46,8
62,3
81,4
104,0
131,0
163,0
210,0
268,0
339,0
423,0
545,0
708,0
17,9
27,9
41,9
58,6
82,6
115
157
198
260
337
419
510
667
808
6,49
8,72
11,5
14,5
18,4
23,1
28,6
34,5
41,5
49,9
59,9
71,1
86,1
101
419
420
50
55
60
500
550
600
170
180
190
10
11
12
y
x
R
x
Размеры
Номер
двутав
ра
h
20Ш1
23Ш1
26Ш1
26Ш2
39Ш1
30Ш2
35Ш1
35Ш2
40Ш1
40Ш2
50Ш1
60Ш1
70Ш1
70Ш2
80Ш1
90Ш1
100Ш1
193
226
251
255
291
295
338
341
388
392
484
580
683
691
779
882
978
b
7,0
7,0
8,0
100,0
118,0
138,0
s
t
R
Площадь
поперечного
сечения, см2
мм
150
155
180
180
200
200
250
250
300
300
300
320
320
320
340
360
400
78,5
92,6
108,0
39727
55962
76806
1589,0
2035,0
2560,0
19,9
21,8
23,6
919,0
1181
1491
1043
1356
1725
123
151
182
h – высота двутавра; b – ширина полки; s – толщина
стенки; t – средняя толщина полки;
r – радиус закругления полки; R – радиус внутреннего
закругления;
I – момент инерции; W – момент сопротивления; S –
статический момент полусечения;
i – радиус инерции
yb
420
17,0
18,0
20,0
Таблица III, б. Двутавры стальные горячекатаные с
параллельными гранями полок (широкополочные).
Сортамент по ГОСТ 26020-83
t
h
s
15,2
16,5
17,8
6
6,5
7
7,5
8
8,5
9,5
10
9,5
11,5
11
12
13,5
15
14,5
16
17
9
10
10
12
11
13
12,5
14
14
16
15
17
19
23
21
23
25
13
14
16
16
18
18
20
20
22
22
26
28
30
30
32
34
34
38,95
46,08
54,37
62,37
68,31
77,65
95,67
104,74
122,4
141,6
145,7
181,1
216,4
251,7
258
310
369
Ма
сса
1
м,
кг
30,6
36,2
42,7
49,2
53,6
61
75,1
82,2
96,1
111,1
114,4
142,1
169,9
197,6
203
244
290
Справочные значения для осей
Ix,
см4
Wx ,
см3
x–x
ix,
см
Sx,
см3
Iy,
см4
y–y
Wy
см
2660
4260
6225
7429
10400
12200
19790
22070
34360
39700
60930
107300
172000
205500
265170
402160
590550
275
377
496
583
715
827
1171
1295
1771
2025
2518
3701
5036
5949
6810
9120
12080
8,26
9,62
10,7
10,88
12,34
12,53
14,38
14,52
16,76
16,75
20,45
24,35
28,19
28,58
32
36
40
153
210
276
325
398
462
651
721
976
1125
1403
2068
2843
3360
3700
5000
6600
507
622
974
1168
1470
1737
3260
3650
6306
7209
6762
9302
10400
12590
13790
17940
26740
67,
80,
108
129
147
173
261
292
420
481
451
581
650
787
811
997
134
421
y
x
R
x
z0
Таблица IV, а. Швеллеры стальные горячекатаные.
Сортамент по ГОСТ 8240-89
(Швеллеры с уклоном внутренних граней полок)
r
s
h – высота швеллера; b – ширина полки; s – толщина
стенки; t – средняя толщина полки;
r – радиус закругления полки; R – радиус внутреннего
закругления;
zo – расстояние от оси y – y до наружной грани стенки;
I – момент инерции; W – момент сопротивления; S –
статический момент полусечения;
y
t
h
bs
2
b
i – радиус инерции
Площадь
Размеры
Номер
швелл
ера
h
5
6,5
8
10
12
14
16
16a
18
18a
20
22
24
27
30
33
36
40
50
65
80
100
120
140
160
160
180
180
200
220
240
270
300
330
360
400
b
s
t
R
r
не более
мм
32
36
40
46
52
58
64
68
70
74
76
82
90
95
100
105
110
115
4,4
4,4
4,5
4,5
4,8
4,9
5,0
5,0
5,1
5,1
5,2
5,4
5,6
6,0
6,5
7,0
7,5
8,0
7,0
7,2
7,4
7,6
7,8
8,1
8,4
9,0
8,7
9,3
9,0
9,5
10,0
10,5
11,0
11,7
12,6
13,5
6,0
6,0
6,5
7,0
7,5
8,0
8,5
8,5
9,0
9,0
9,5
10,0
10,5
11,0
12,0
13,0
14,0
15,0
2,5
2,5
2,5
3,0
3,0
3,0
3,5
3,5
3,5
3,5
4,0
4,0
4,0
4,5
5,0
5,0
6,0
6,0
попере
чного
сечени
я,
см2
6,16
7,51
8,98
10,90
13,30
15,60
18,10
19,50
20,70
22,20
23,40
26,70
30,60
35,20
40,50
46,50
53,40
61,50
Масса
1 м,
кг
4,84
5,90
7,05
8,59
10,40
12,30
14,20
15,30
16,30
17,40
18,40
21,00
24,00
27,70
31,80
36,50
41,90
48,30
Справочные значения для осей
Ix ,
см4
22,8
48,6
89,4
174,0
304,0
491,0
747,0
823,0
1090,0
1190,0
1520,0
2110,0
2900,0
4160,0
5810,0
7980,0
10820
15220
421
x–x
Wx ,
ix,
см3
см
Sx,
см3
Iy,
см4
y–
W
см
9,1
15,0
22,4
34,8
50,6
70,2
93,4
103,0
121,0
132,0
152,0
192,0
242,0
308,0
387,0
484,0
601,0
761,0
5,59
9,00
13,30
20,40
29,60
40,80
54,10
59,40
69,80
76,10
87,80
110,0
139,0
178,0
224,0
281,0
350,0
444,0
5,61
8,70
12,80
20,40
31,20
45,40
63,30
78,80
86,00
105,00
113,00
151,00
208,00
262,00
327,00
410,00
513,00
642,00
2,
3,
4,
6,
8,
11
13
16
17
20
20
25
31
37
43
51
61
73
1,92
2,54
3,16
3,99
4,78
5,60
6,42
6,49
7,24
7,32
8,07
8,89
9,73
10,9
12,0
13,1
14,2
15,7
422
Таблица IV, б. Швеллеры стальные горячекатаные.
Сортамент по ГОСТ 8240-89
(Швеллеры c параллельными гранями полок)
y
x
r
R
x
z0
h – высота швеллера; b – ширина полки; s – толщина
стенки; t – средняя толщина полки;
r – радиус закругления полки; R – радиус внутреннего
закругления;
zo – расстояние от оси y – y до наружной грани стенки;
I – момент инерции; W – момент сопротивления; S –
статический момент полусечения;
y
t
h
s
b
i – радиус инерции
Номер
швелл
ера
5П
6,5П
8П
10П
12П
14П
16П
16аП
18П
18аП
20П
22П
24П
27П
30П
33П
36П
40П
Площадь
Размеры
h
b
s
попере
чного
сечени
я,
R
r
не более
t
мм
50
65
80
100
120
140
160
160
180
180
200
220
240
270
300
330
360
400
32
36
40
46
52
58
64
68
70
74
76
82
90
95
100
105
110
115
4,4
4,4
4,5
4,5
4,8
4,9
5,0
5,0
5,1
5,1
5,2
5,4
5,6
6,0
6,5
7,0
7,5
8,0
7,0
7,2
7,4
7,6
7,8
8,1
8,4
9,0
8,7
9,3
9,0
9,5
10,0
10,5
11,0
11,7
12,6
13,5
6,0
6,0
6,5
7,0
7,5
8,0
8,5
8,5
9,0
9,0
9,5
10,0
10,5
11,0
12,0
13,0
14,0
15,0
см2
6,16
7,51
8,98
10,90
13,30
15,60
18,10
19,50
20,70
22,20
23,40
26,70
30,60
35,20
40,50
46,50
53,40
61,50
3,5
3,5
3,5
4,0
4,5
4,5
5,0
5,0
5,0
5,0
5,5
6,0
6,0
6,5
7,0
7,5
8,5
9,0
Масса
1 м,
кг
4,84
5,90
7,05
8,59
10,40
12,30
14,20
15,30
16,30
17,40
18,40
21,00
24,00
27,70
31,80
36,50
41,90
48,30
Справочные значения для осей
Ix,
см4
22,8
48,8
89,8
175,0
305,0
493,0
750,0
827,0
1090,0
1200,0
1530,0
2120,0
2910,0
4180,0
5830,0
8010,8
10850
15260
Таблица V. Профили гнутые, замкнутые сварные прямоугольные.
Сортамент по ТУ 36-2287-80
y
t
x
h
x
422
b
y
R
x–x
Wx ,
ix,
см3
см
Sx,
см3
Iy,
см4
y–
W
см
9,1
15,0
22,5
34,9
50,8
70,4
93,8
103,0
121,0
133,0
153,0
193,0
243,0
310,0
389,0
486,0
603,0
763,0
5,61
9,02
13,30
20,50
29,70
40,90
54,30
59,50
70,00
76,30
88,00
111,0
139,0
178,0
224,0
281,0
350,0
445,0
5,95
9,35
13,90
22,60
34,90
51,50
72,80
90,50
100,00
123,00
134,00
178,00
248,00
314,00
393,00
491,00
611,00
760,00
2,
4,
3,
7,
9,
12
16
19
20
24
25
31
39
46
54
64
76
89
1,92
2,55
3,16
3,99
4,79
5,61
6,44
6,51
7,26
7,34
8,08
8,90
9,75
10,9
12,0
13,1
14,3
15,8
423
Площадь сечения А, см2
120×80×3
11,4
230
38,4
4,49
23,1
123
30,9
3,28
17,5
9,21


х–х
у–у
Ix,
Wx,
ix,
Sx,
Iy,
Wy,
iy,
Sy,
см4
см3
см
см3
см4
см3
см
см3
Масса 1 м длины, кг
Размер профиля
h b t, мм
Справочные значения для осей
120×80×4
15,0
294
49,1
4,4
29,9
157
39,3
3,24
22,6
12,2
140×100×4
18,2
504
71,9
5,77
43,2
300
60
4,06
34,3
14,7
140×100×5
22,4
608
86,9
5,21
52,7
361
72,3
4,02
41,8
18,3
160×120×5
26,4
962
120
6,04
72,1
618
103
4,84
59,2
21,3
160×120×6
31,2
1121
140
5,99
84,6
718
120
4,79
69,5
25,4
180×140×5
30,4
1431
159
6,86
94,5
973
139
5,66
79,7
24,4
180×140×6
36,0
1673
186
6,81
111
1136
162
5,61
93,7
29,2
180×140×7
41,6
1902
211
6,77
127
1289
184
6,56
107
33,9
200×160×5
34,4
2030
203
7,69
120
1443
180
6,48
103
27,5
200×160×6
40,8
2381
238
7,64
142
1690
211
6,43
122
32,9
200×160×7
47,2
2715
272
7,59
162
1925
241
6,39
139
38,2
200×160×8
53,4
3031
303
7,54
184
2147
268
6,34
157
43,5
Таблица VI. Уголки стальные горячекатаные неравнополочные
xo
В – ширина большой полки; b – ширина
меньшей полки; t – толщина полки;
R – радиус внутреннего закругления;
r – радиус закругления полок;
y
B
u
x
y0
r
t
x
R
y α u b
423
424
мм
Номер
уголка
B
b
t
2,5/1,6
25
16
3/2
30
29
3,2/2
32
20
4/2,5
40
25
3
3
4
3
4
3
4
5
4
5
3
4
3
4
4
5
4
5
6
8
5
6
7
8
5
5
6
7
8
5
6
4/3
40
30
4,5/2,8
45
28
5/3,2
50
32
5,6/3,6
56
36
6,3/4,0
63
40
6,5/5
65
50
7/4,5
70
45
7,5/5
75
50
8/5
80
50
R
r
3,5
1,2
4,0
1,3
5,0
1,7
5,5
1,8
6,0
2,0
7,0
2,3
6,0
2,0
7,5
2,5
8,0
2,7
Площадь
поперечно
го сечения
А, см2
1,16
1,43
1,86
1,49
1,94
1,89
2,47
3,03
2,67
3,28
2,14
2,80
2,42
3,17
3,58
4,41
4,04
4,98
5,90
7,68
5,56
6,60
7,62
8,62
5,59
6,11
7,25
8,37
9,47
6,36
7,55
Ix,
см4
0,70
1,27
1,61
1,52
1,93
3,06
3,93
4,73
4,18
5,04
4,41
5,68
6,18
7,98
11,37
13,82
16,33
19,91
23,31
29,60
23,41
27,46
31,32
35,00
27,76
34,81
40,92
46,77
52,38
41,64
48,98
Справочные величины
х–х
Wx ,
ix,
Iy,
см3
см
см4
0,43
0,78
0,22
0,62
0,94
0,45
0,82
0,93
0,56
0,72
1,01
0,46
0,93
1,00
0,57
1,14
1,27
0,93
1,49
1,26
1,18
1,82
1,25
1,41
1,54
1,25
2,01
1,88
1,24
2,41
1,45
1,48
1,32
1,90
1,42
1,69
1,82
1,60
1,99
2,38
1,59
2,56
3,01
1,78
3,70
3,70
1,77
4,48
3,83
2,01
5,16
4,72
2,00
6,26
5,58
1,99
7,29
7,22
1,96
9,15
5,20
2,05
12,08
6,16
2,04
14,12
7,08
2,03
16,05
7,99
2,02
18,88
5,88
2,23
9,05
6,81
2,39
12,47
8,08
2,38
14,60
9,31
2,36
16,61
10,52
2,35
18,52
7,71
2,56
12,68
9,15
2,55
14,85
Сортамент по ГОСТ 8510-86
Сортамент по ГОСТ 8510-86
А – площадь поперечного сечения уголка; I – момент инерции; i – радиус инерции;
x0, yo – расстояние от центра тяжести до наружных граней полок;
Ixy – центробежный момент инерции; α – угол наклона оси
424
iumin,
cм
0,44
0,56
0,55
0,55
0,54
0,70
0,69
0,68
0,87
0,86
0,79
0,78
0,91
0,90
1,02
1,01
1,13
1,12
1,11
1,09
1,47
1,46
1,45
1,44
1,27
1,43
1,42
1,41
1,40
1,41
1,40
0,13
0,26
0,34
0,28
0,35
0,56
0,71
0,86
1,09
1,33
0,79
1,02
1,18
1,52
2,19
2,65
3,07
3,73
4,36
5,58
6,41
7,52
8,60
9,65
5,34
7,24
8,48
9,69
10,87
7,57
8,88
0,16
0,25
0,32
0,25
0,33
0,41
0,52
0,64
0,75
0,91
0,52
0,67
0,68
0,88
1,13
1,37
1,41
1,72
2,02
2,60
2,68
3,15
3,59
4,02
2,20
2,73
3,21
3,69
4,14
2,75
3,24
0,34
0,43
0,43
0,43
0,43
0,54
0,54
0,53
0,64
0,64
0,61
0,60
0,70
0,69
0,78
0,78
0,87
0,86
0,86
0,85
1,07
1,07
1,06
1,06
0,98
1,09
1,08
1,08
1,07
1,00
1,08
мм
Номе
р
уголк
а
B
b
8/6
80
60
9/5,6
90
56
t
6
7
8
5,5
R
r
8,0
2,7
9,0
3,0
0,42
0,51
0,54
0,49
0,53
0,59
0,63
0,66
0,78
0,82
0,64
0,68
0,72
0,76
0,84
0,88
0,91
0,95
0,99
1,07
1,26
1,30
1,34
1,37
1,05
1,17
1,21
1,25
1,29
1,13
1,17
0,86
1,00
1,04
1,08
1,12
1,32
1,37
1,41
1,28
1,32
1,47
1,51
1,60
1,65
1,82
1,87
2,03
2,08
2,12
2,20
2,00
2,04
2,08
2,12
2,28
2,39
2,44
2,48
2,52
2,60
2,65
0,22
0,43
0,54
0,47
0,59
0,96
1,22
1,44
1,68
2,00
1,38
1,77
2,01
2,59
3,74
4,50
5,25
6,41
7,44
9,27
9,77
11,16
12,94
13,61
9,12
12,00
14,10
16,18
17,80
13,20
15,50
Площадь
поперечн
ого
сечения
А, см2
8,15
9,42
10,67
7,86
Ix,
см4
52,06
59,61
66,88
65,28
Масса 1м
уголка, кг
u –u
Wu,
cм3
Угол
наклона
оси, tg α
Iumin,
cм4
Ixy, см
0,19
0,30
0,39
0,30
0,39
0,49
0,63
0,77
0,91
1,11
0,61
0,80
0,81
1,05
1,34
1,65
1,67
2,05
2,42
3,12
3,23
3,82
4,48
4,93
2,62
3,25
3,85
4,43
4,88
3,28
3,88
iy,
cм
уо, см
для осей
у–у
Wy ,
cм3
хо, см
425
0,392
0,427
0,421
0,382
0,374
0,385
0,281
0,374
0,544
0,539
0,382
0,379
0,403
0,401
0,406
0,401
0,397
0,396
0,393
0,386
0,576
0,575
0,571
0.570
0,406
9,436
0,435
0,435
0,430
0,387
0,386
0,91
1,12
1,46
1,17
1,52
1,48
1,94
2,37
2,26
2,46
1,68
2,20
1,9
2,4
2,81
3,46
3,17
3,91
4,63
6,03
4,36
5,18
5,98
6,77
4,39
4,79
5,69
6,57
7,43
4,49
5,92
Справочные величины
х–х
Wx ,
ix,
Iy,
см3
см
см4
9,42
10,87
12,38
10,74
2,53
2,52
2,50
2,88
25,18
28,74
32,15
19,67
425
426
10/6,3
100
63
10/6,5
100
65
11/7
110
70
12,5/8
125
80
14/9
140
90
16/10
160
100
18/11
180
110
20/12,5 200
125
6
8
6
7
8
10
7
8
10
6,5
8
7
8
10
12
8
10
9
10
12
14
10
12
11
12
14
16
10
3,3
11
3,7
12
4,0
13
4,3
14
4,7
8,54
11,18
9,58
11,09
12,57
15,47
11,23
12,73
15,67
11,45
13,93
14,06
15,98
19,70
23,36
18,00
22,24
22,87
25,28
30,04
34,72
28,33
33,69
34,87
37,89
43,87
49,77
70,58
90,87
98,29
112,86
126,96
153,95
114,05
128,31
155,52
142,42
171,54
226,53
225,62
311,61
364,79
363,68
444,45
605,97
666,59
784,22
897,19
952,28
1122,56
1449,02
1568,19
1800,83
2026,08
11,66
15,24
14,52
16,78
19,01
23,32
16,87
19,11
23,45
19,11
23,22
26,67
30,26
37,27
44,07
38,25
47,19
54,04
61,91
73,42
84,65
78,59
93,33
107,31
116,51
134,64
152,41
2,88
2,85
3,20
3,19
3,18
3,15
3,19
3,18
3,15
3,53
3,51
4,01
4,00
3,98
3,95
4,49
4,47
5,15
5,13
5,11
5,08
5,80
5,77
6,45
6,43
6,41
6,38
21,22
27,08
30,58
34,99
39,21
47,18
38,32
42,96
51,68
45,61
54,64
73,73
80,95
100,47
116,84
119,79
145,54
186,03
204,09
238,75
271,60
276,37
324,09
446,36
481,93
550,77
616,66
П р и м е ч а н и я:
1. Площадь поперечного сечения и справочные величины вычислены по номинальным
размерам. При вычислении массы 1 м уголка плотность стали принята равной 7,85 г/см3.
426
1,76
1,75
1,74
1,58
13,61
15,58
17,49
11,77
4,66
5,34
5,99
3,81
1,29
1.29
1,28
1,22
1,49
1,53
1,57
1,26
2,47
2,52
2,56
2,92
20,98
21,01
26,83
20,54
0,547
0,546
0,544
0,384
Масса 1м
уголка, кг
iumin,
cм
Угол
наклона
оси, tgα
u–u
Wu,
cм3
Ixy, см4
Iumin,
cм4
yo, см
5,58
6,43
7,26
4,53
iy,
cм
xo, см
Продолжение табл. VI
для осей
y–y
Wy,
cм3
6,39
7,39
8,37
6,17
427
4,91
6,39
6,27
7,23
8,17
9,99
7,70
8,70
10,64
8,42
10,20
11,89
13,47
16,52
19,46
17,19
21,14
23,96
26,42
31,23
35,89
32.27
38,20
45,98
49,85
57,43
64,83
1,58
1,56
1,79
1,78
1,77
1,75
1,85
1,84
1,82
2,00
1,98
2,29
2,28
2,26
2,24
2,58
2,58
2,85
2,84
2,82
2,80
3,12
3,10
3,58
3,57
3,54
3,52
12,70
16,29
18,20
20,83
23,38
28,34
22,77
25,24
30,60
26,94
32,31
43,40
48,82
59,33
69,47
70,27
85,51
110,40
121,16
142,14
162,49
165,44
194,28
263,84
285,04
326,54
366,99
4,12
5,32
5,27
6,06
6,82
8,31
6,43
7,26
8,83
7,05
8,50
9,96
11,25
13,74
16,11
14,39
17,58
20,01
22,02
25,93
29,75
26,96
31,83
38,27
41,45
47,57
53,56
1,22
1,21
1,38
1,37
1,36
1,35
1,41
1,41
1,40
1,53
1,52
1,76
1,75
1,74
1,72
1,58
1,96
2,20
2,19
2,18
2,16
2,42
2,40
2,75
2,74
2,73
2,72
1,28
1,36
1,42
1,46
1,50
1,58
1,52
1,56
1,64
1,53
1,64
1,80
1,84
1,92
2,00
2,03
2,12
2,24
2,28
2,36
2,43
2,44
2,52
2,79
2,83
2,91
2,99
2,95
3,04
3,23
3,28
3,32
3,40
3,24
3,28
3,37
3,55
3,61
4,01
4,05
4,14
4,22
4,49
4,58
5,19
5,23
5,32
5,40
5,88
5,97
6,50
6,54
6,62
6,71
22,23
28,33
31,50
36,10
40,50
48,60
38,00
42,64
51,18
46,80
55,90
74,70
84,10
102,0
118,0
121,0
147,0
194,0
218,0
249,0
282,0
295,0
348,0
465,0
503,0
575,0
643,0
0,384
0,380
0,393
0,392
0,391
0,387
0,415
0,414
0,410
0,402
0,400
0,407
0,406
0,404
0,400
0,411
0,409
0,391
0,390
0,388
0,385
0,376
0,374
0,392
0,392
0,390
0,388
6,70
8,77
7,53
8,70
9,87
12,14
8,81
9,99
12,30
8,98
10,93
11,04
12,58
15,47
18,34
14,13
17,46
17,96
19,85
23,58
27,26
22,20
26,40
27,37
29,74
34,43
39,07
2. Радиусы закруглений, форма и размеры участка сопряжения внутренних граней полок,
указанные в таблицах, даны для построения калибра и на уголке не проверяют.
Таблица VII. Уголки стальные горячекатаные равнополочные.
r
xo
y
b
yo
b – ширина полки; t – толщина полки;
R – радиус внутреннего закругления;
r – радиус закругления полок;
A – площадь поперечного сечения;
x
R
y
xo
t
z0
x
b
yo
427
428
мм
Номер
уголка
b
2
20
2,5
25
2,8
28
3
30
3,2
32
3,5
35
4
40
4,5
45
5
50
5,6
56
6
60
t
3
4
3
4
5*
3
3
4
5*
3
4
3
4
5
3
4
5
6*
3
4
5
6*
3
4
5
6
7*
8*
4
5
4
5
6
8
10
R
r
3,5
1,2
4,0
1,3
4,0
1,3
4,5
1,5
5,0
1,7
5,5
1,8
6,0
2,0
7,0
2,3
Площадь
поперечного сечения
А, см2
1,13
1,46
1,43
1,86
2,27
1,62
1,74
2,27
2,78
1,86
2,43
2,04
2,17
3,28
2,35
3,08
3,79
4,48
2,65
3,48
4,29
5,08
2,96
3,89
4,80
5,69
6,56
7,41
4,38
5,41
4,72
5,83
6,92
9,04
11,08
Справочные величины
х–х
Ix, cм4
Wx, см3
ix,см
0,40
0,50
0,81
1,03
1,22
1,16
1,45
1,84
2,20
1,77
2,26
2,35
3,01
3,61
3,55
4,58
5,53
6,41
5,13
6,63
8,03
9,35
7,11
9,21
11,20
13,07
14,84
16,51
13,10
15,97
16,21
19,79
23,21
29,55
35,32
0,28
0,37
0,46
0,59
0,71
0,58
0,67
0,87
1,06
0,77
1,0
0,93
1,21
1,47
1,22
1,60
1,95
2,30
1,56
2,04
2,51
2,95
1,94
2,54
3,13
3,69
4,23
4,76
3,21
3,96
3,70
4,56
5,40
7,00
8,52
0,59
0,58
0,75
0,74
0,73
0,85
0,91
0,80
0,89
0,97
0,96
1,07
1,06
1,05
1,23
1,22
1,21
1,20
1,39
1,38
1,37
1,36
1,55
1,54
1,53
1,52
1,50
1,49
1,73
1,72
1,85
1,84
1,83
1,81
1,79
Сортамент по ГОСТ 8509-86.
I – момент инерции; i – радиус инерции; zo – расстояние от центра тяжести до
наружной грани полки;
Ixy – центробежный момент инерции
428
429
для осей
xo – x 0
Ixo,max,cм4
yo – yo
ixo,max,cм
Iyo,min,cм4
Wyo,cм3
0,75
0,73
0,95
0,93
0,92
1,07
1,15
1,13
1,12
1,23
1,21
1,35
1,33
1,32
1,55
1,53
1,52
1,50
1,75
1,74
1,72
1,71
1,95
1,94
1,92
1,91
1,89
1,87
2,18
2,16
2,33
2,32
2,31
2,27
2,24
0,17
0,22
0,34
0,44
0,53
0,48
0,60
0,77
0,94
0,74
0,94
0,97
1,25
1,52
1,47
1,90
2,30
2,70
2,12
2,74
3,33
3,90
2,95
3,80
4,63
5,43
6,21
6,98
5,41
6,59
6,72
8,18
9,60
12,34
15,00
0,20
0,24
0,33
0,41
0,47
0,42
0,53
0,64
0,71
0,59
0,71
0,71
0,88
1,02
0,95
1,19
1,39
1,58
1,24
1,54
1,81
2,06
1,57
1,95
2,30
2,63
2,93
3,22
2,52
2,97
2,93
3,49
3,99
4,90
5,70
0,63
0,78
1,29
1,62
1,91
1,84
2,30
2,92
3,47
2,80
3,58
3,72
4,76
5,71
5,63
7,26
8,75
10,13
8,13
10,52
12,74
14,80
11,27
14,63
17,77
20,72
23,47
26,03
20,79
25,36
25,69
31,40
36,81
46,77
55,64
мм
Номер
уголка
b
6,3
63
t
4
5
6
4,5
5
R
r
7,0
2,3
iyo,min,cм
0,39
0,38
0,49
0,48
0,48
0,55
0,59
0,58
0,58
0,63
0,62
0,69
0,68
0,68
0,79
0,78
0,78
0,78
0,89
0,89
0,88
0,88
1,00
0,99
0,98
0,98
0,97
0,97
1,11
1,10
1,19
1,18
1,18
1,17
1,16
Площадь
поперечного сечения
А, см2
4,96
6,13
7,28
6,20
6,86
Масс
а 1м
уголк
а, кг
0,23
0,60
0,89
0,28
0,64
1,15
0,47
0,73
1,12
0,59
0,76
1,46
0,69
0,80
1,78
0,68
0,80
1,27
0,85
0,85
1,36
1,08
0,89
1,78
1,27
0,93
2,18
1,03
0,89
1,46
1,32
0,94
1,91
1,37
0,97
1,60
1,75
1,01
2,10
2,10
1,05
2,58
2,08
1,09
1,85
2,68
1,13
2,42
3,22
1,17
2,98
2,72
1,21
3,52
3,00
1,21
2,08
3,89
1,26
2,73
4,71
1,30
3,37
5,45
1,34
3,99
4,16
1,33
2,32
5,42
1,38
3,05
6,57
1,42
3,77
7,65
1,46
4,47
8,63
1,50
5,15
9,52
1,53
5,82
7,69
1,52
3,44
9,41
1,57
4,25
9,48
1,62
3,71
11,61
1,66
4,58
13,60
1,70
5,43
17,22
1,78
7,10
20,32
1,85
8,70
Справочные величины
х–х
Ixy,
cм4
zo,
cм
Ix, cм4
Wx, см3
ix,см
18,86
23,10
27,06
29,04
31,94
4,09
5,05
5,98
5,67
6,27
1,95
1,94
1,93
2,16
2,16
429
430
7
70
7,5
75
8
80
9
90
10
100
11
110
12
120
12,5
125
14
140
6
7
8
10*
5
6
7
8
9
5,5
6
7
8
10*
12*
6
7
8
9
10*
12*
6,5
7
8
10
12
14
15*
16
7
8
8
10
12
15
8
9
10
12
14
16
9
10
12
8,0
2,7
9,0
3,0
10,0
3,3
12,0
4,0
14,0
4,6
8,15
9,42
10,67
13,11
7,39
8,78
10,15
11,50
12,83
8,63
9,38
10,85
12,30
15,14
17,90
10,61
12,28
13,93
15,60
17,17
20,33
12,82
13,75
15,60
19,24
22,80
26,28
27,99
29,68
15,15
17,20
18,80
23,24
27,60
33,99
19,69
22,00
24,33
28,89
33,37
37,77
24,72
27,33
32,49
37,58
42,98
48,16
57,90
39,53
46,57
53,34
59,84
66,40
52,68
56,97
65,31
73,36
83,58
102,74
82,10
94,30
106,11
118,00
128,60
149,67
122,10
130,59
147,19
178,95
208,90
237,15
250,68
263,82
175,61
198,17
259,75
317,16
371,80
448,90
294,36
327,48
359,82
422,23
481,76
538,56
465,72
512,29
602,49
7,43
8,57
9,68
11,82
7,21
8,57
9,89
11,18
12,43
9,03
9,80
11,32
12,80
15,67
18,42
12,49
14,45
16,36
18,29
20,07
23,85
16,69
17,90
20,30
24,97
29,47
33,83
35,95
38,04
21,83
24,77
29,68
36,59
43,30
52,96
32,20
36,00
39,74
47,06
54,17
61,09
45,55
50,32
59,66
для осей
xo – x0
Ixo,max,cм4
29,90
36,80
42,91
46,03
50,67
430
yo – yo
ixo,max,cм
Iyo,min,cм4
Wyo,cм3
iyo,min,cм
Ixy,
cм4
zo,
cм
2,45
2,44
2,43
2,72
2,72
7,81
9,52
11,18
12,04
13,22
3,26
3,87
4,44
4,53
4,92
1,25
1,25
1,24
1,39
1,39
11,00
13,70
15,90
17,00
18,70
1,69
1,74
1,78
1,88
1,90
2,15
2,14
2,12
2,10
2,31
2,30
2,29
2,28
2,27
2,47
2,47
2,45
2,44
2,42
2,40
2,78
2,77
2,76
2,75
2,74
2,71
3,09
3,08
3,07
3,05
3,03
3,00
2,99
2,98
3,40
3,39
3,72
3,69
3,67
3,63
3,87
3,86
3,85
3,82
3,80
3,78
4,34
4,33
4,31
Масса
1м
уголка,
кг
3,90
4,81
5,72
4,87
5,38
431
59,64
68,19
76,35
91,52
62,65
73,87
84,61
94,89
104,72
83,56
90,40
103,60
116,39
140,31
162,27
130,00
149,67
168,42
186,00
203,93
235,88
193,46
207,01
233,46
283,83
330,95
374,98
395,87
416,04
278,54
314,51
412,45
503,79
590,28
711,32
466,76
520,00
571,04
670,02
763,90
852,84
739,42
813,62
956,98
Номер
уголка
15
2,71
2,69
2,68
2,64
2,91
2,90
2,89
2,87
2,86
3,11
3,11
3,09
3,08
3,04
3,01
3,50
3,49
3,48
3,46
3,45
3,41
3,89
3,88
3,87
3,84
3,81
3,78
3,76
3,74
4,29
4,28
4,68
4,66
4,62
4,57
4,87
4,86
4,84
4,82
4,78
4,75
5,47
5,46
5,43
15,52
17,77
19,97
24,27
16,41
19,28
22,07
24,80
27,48
21,80
23,54
26,97
30,32
36,85
43,21
33,97
38,94
43,80
48,60
53,27
62,40
50,73
54,16
60,92
74,08
86,84
99,32
105,48
111,61
72,68
81,83
107,04
130,54
153,33
186,48
121,98
135,88
148,59
174,43
199,62
224,29
192,03
210,96
248,01
мм
b
t
150
10
12
15
18
R
14,0
5,66
6,31
6,99
8,17
5,74
6,62
7,43
8,16
8,91
7,10
7,60
8,55
9,44
11,09
12,62
9,88
11,15
12,34
13,48
14,54
16,53
13,38
14,13
15,66
18,51
21,10
23,49
24,62
25,79
17,36
19,29
23,29
27,72
31,79
37,35
25,67
28,26
30,45
34,94
39,10
43,10
35,92
39,05
44,97
r
4,6
1,38
1,37
1,37
1,36
1,49
1,48
1,47
1,47
1,46
1,59
1,58
1,58
1,57
1,56
1,55
1,79
1,78
1,77
1,77
1,76
1,75
1,99
1,98
1,98
1,96
1,95
1,94
1,94
1,94
2,19
2,18
2,39
2,37
2,36
2,34
2,49
2,48
2,47
2,46
2,45
2,44
2,79
2,78
2,76
Площадь
поперечного сечения
А, см2
29,33
34,89
43,08
51,09
22,10
25,20
28,20
33,60
23,10
27,30
31,20
35,00
38,60
30,90
33,40
38,30
43,00
56,70
59,50
48,10
55,40
62,30
68,00
75,30
86,20
71,40
76,40
86,30
110,0
122,0
138,0
145,0
152,0
106,0
116,0
153,0
187,0
218,0
262,0
172,0
192,0
211,0
248,0
282,0
315,0
274,0
301,0
354,0
1,94
6,39
1,99
7,39
2,02
8,37
2,10
10,29
2,02
5,80
2,06
6,89
2,10
7,96
2,15
9,02
2,18
10,07
2,17
6,78
2,19
7,36
2,23
8,51
2,27
9,65
2,35
11,88
2,42
14,05
2,43
8,33
2,47
9,64
2,51
10,93
2,55
12,20
2,59
13,48
2,67
15,96
2,68
10,06
2,71
10,79
2,75
12,25
2,83
15,10
2,91
17,90
2,99
20,63
3,03
21,97
3,06
23,30
2,96
11,89
3,00
13,50
3,25
14,76
3,33
18,24
3,41
21,67
3,53
26,68
3,36
15,46
3,40
17,30
3,45
19,10
3,53
22,68
3,61
26,20
3,68
29,65
3,78
19,41
3,82
21,45
3,90
25,50
Справочные величины
х–х
Ix, cм4
Wx, см3
ix,см
634,76
747,48
908,38
1060,08
58,07
68,90
84,66
99,86
4,65
4,63
4,59
4,56
431
432
16
10
11
12
14
16
18
20
11
12
15*
18*
20*
12
13
14
16
18*
20
24*
25
30
14
16
16
18
20
22
25
28
30
160
18
180
20
200
22
220
25
250
16,0
5,3
18,0
6,0
21,0
7,0
24,0
8,0
31,43
34,42
37,39
43,57
49,07
54,79
60,40
38,80
42,19
52,18
61,99
68,43
47,10
50,85
54,60
61,98
69,30
76,54
90,78
94,29
111,54
60,38
68,58
78,40
87,72
96,96
106,12
119,71
133,12
141,96
774,24
844,21
912,89
1046,47
1175,19
1290,24
1418,85
1216,44
1316,62
1607,36
1884,07
2061,11
1822,78
1960,77
2097,00
2362,57
2620,64
2871,47
3350,66
3466,21
4019,60
2814,36
3175,44
4717,10
5247,24
5764,87
6270,32
7006,39
7716,86
8176,52
66,19
72,44
78,62
90,77
102,64
114,24
125,60
92,47
100,41
123,74
146,36
161,07
124,61
134,44
144,17
163,37
182,22
200,73
236,77
245,59
288,57
175,18
198,71
258,43
288,82
318,76
348,26
391,72
434,25
462,11
4,96
4,95
4,94
4,92
4,89
4,87
4,85
5,60
5,59
5,55
5,51
5,49
6,```22
6,21
6,20
6,17
6,15
6,12
6,08
6,06
6,00
6,83
6,80
7,76
7,73
7,71
7,09
7,65
7,61
7,59
П р и м е ч а н и я:
1. Площадь поперечного сечения и справочные величины вычислены по номинальным
размерам. При вычислении массы 1 м уголка плотность стали принята равной 7,85 г/см3.
для осей
xo – x0
Ixo,max,cм4
1008,56
1187,86
1442,60
432
yo – yo
ixo,max,cм
Iyo,min,cм4
Wyo,cм3
iyo,min,cм
Ixy,
cм4
5,86
5,83
5,79
260,97
307,09
374,17
45,34
52,32
61,96
2,98
2,97
2,95
374,0
440,0
534,0
zo,
cм
4,07
4,15
4,27
Масса
1м
уголка,
кг
23,02
27,39
33,82
433
1680,92
1229,10
1340,06
1450,00
1662,13
1865,73
2061,03
2248,26
1933,10
2092,78
2554,99
2992,69
3271,31
2896,16
3116,18
3333,00
3755,39
4164,54
4560,42
5313,50
5494,04
6351,05
4470,15
5045,37
7492,10
8336,69
9159,73
9961,60
11125,52
12243,84
12964,66
5,74
6,25
6,24
6,23
6,20
6,17
6,13
6,10
7,06
7,04
7,00
6,95
6,91
7,84
7,83
7,81
7,78
7,75
7,72
7,65
7,63
7,55
8,60
8,58
9,78
9,75
9,72
9,69
9,64
9,59
9,56
439,24
319,38
347,77
375,78
430,81
484,64
537,46
589,43
499,78
540,45
659,73
775,44
850,92
749,40
805,35
861,00
969,74
1076,74
1181,92
1387,73
1438,38
1698,16
1158,56
1305,52
1942,09
2157,78
2370,01
2579,04
2887,26
3189,89
3388,98
70,91
52,52
56,53
60,53
68,15
75,92
82,08
90,02
72,86
78,15
93,11
106,88
115,71
98,68
105,07
111,50
123,77
135,48
146,62
167,74
172,68
193,06
138,62
153,34
203,45
223,39
242,52
260,52
287,14
311,98
327,82
2,93
3,19
3,18
3,17
3,16
3,14
3,13
3,12
3,59
3,58
3,56
3,54
3,53
3,99
3,98
3,97
3,96
3,94
3,93
3,91
3,91
3,89
4,38
4,36
4,98
4,96
4,94
4,93
4,91
4,90
4,89
621,0
455,0
496,0
537,0
615,0
690,0
771,0
830,0
716,0
776,0
948,0
1108,0
1210,0
1073,0
1156,0
1236,0
1393,0
1544,0
1689,0
1963,0
2028,0
2332,0
1655,0
1869,0
2775,0
3089,0
3395,0
3691,0
4119,0
4527,0
4788,0
4,38
4,30
4,35
4,39
4,47
4,55
4,63
4,70
4,85
4,89
5,01
5,13
5,20
5,37
5,42
5,46
5,54
5,62
5,70
5,85
5,89
6,07
5,91
6,02
6,75
6,83
6,91
7,00
7,11
7,23
7,31
40,11
24,67
27,02
28,35
33,97
38,52
43,01
47,44
30,47
33,12
40,96
48,66
53,72
36,97
39,92
42,80
48,65
54,40
60,08
71,26
74,02
87,56
47,40
53,83
61,55
68,86
76,11
83,31
93,97
104,50
111,44
2. Радиусы закруглений, форма и размеры участка сопряжения внутренних граней полок,
указанные в таблицах, даны для построения калибра и на уголке не проверяют.
3. Уголки, отмеченные звездочкой, изготовляют по требованию потребителя.
433