Сопротивление материалов, часть3

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ УКРАИНЫ
НАЦИОНАЛЬНАЯ МЕТАЛЛУРГИЧЕСКАЯ АКАДЕМИЯ
УКРАИНЫ
И.Ю. Наумова, А.П. Иванова
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
Часть III
Днепропетровск НМетАУ 2008
3
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ УКРАИНЫ
НАЦИОНАЛЬНАЯ МЕТАЛЛУРГИЧЕСКАЯ АКАДЕМИЯ
УКРАИНЫ
И.Ю. Наумова, А.П. Иванова
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
Часть III
Утверждено на заседании Ученого совета академии
в качестве учебного пособия
Днепропетровск НМетАУ 2008
4
УДК 539.3
Наумова И.Ю., Иванова А.П. Сопротивление материалов. Часть III: Учеб.
пособие. - Днепропетровск: НМетАУ, 2008. – 67 с.
В
третьей
части
учебного
пособия
“Сопротивление материалов” изложены основные
вопросы и рассмотрен ряд задач по темам: “Сложное
сопротивление”, “Устойчивость”.
Предназначено для студентов, обучающихся по
направлениям 0902 и 0904 всех форм обучения, а
также может быть использовано при обучении в
магистратуре.
Ил. 30. Библиогр.: 5 наим. Табл.3.
Ответственная за выпуск А.П. Иванова, канд. техн. наук, доц.
Рецензенты: С.Е. Блохин, д-р техн. наук, проф. (НГУ)
В.Л. Красовский, д-р техн. наук, проф. (ПГАСА)
 Национальная металлургическая
академия Украины
5
СОДЕРЖАНИЕ
1. Сложное сопротивление …………………………………………………..4
1.1. Внутренние усилия при сложном сопротивлении ….………..... 4
1.2. Построение эпюр внутренних усилий…………………………....5
1.3. Гипотезы. Напряжения. Условия прочности….…………………7
1.4. Расчет на прочность при сложном сопротивлении…………….10
1.5. Сложный и косой изгиб……………………………………….…29
1.6. Изгиб с растяжением-сжатием. Внецентренное
растяжение-сжатие……………………………………....…….…39
1.7. Изгиб с кручением………………………………………………..49
2. Устойчивость стержней…………………………………………………..50
2.1. Устойчивое и неустойчивое равновесие………………………..50
2.2. Определение критической силы. Формула Эйлера…………….51
2.3. Определение критической силы при других видах
закрепления. Критические напряжения………………………...53
2.3. Расчеты сжатых стержней на устойчивостью.
Условие устойчивости…………………………………………...55
2.5. Продольно – поперечный изгиб…..……………………..……....61
Литература……………………………………..……………………………..66
6
1. Сложное сопротивление
Сложным
сопротивлением
называется
одновременное
действие
нескольких простых видов деформации (растяжения – сжатия, кручения и
изгиба).
1.1. Внутренние усилия при сложном сопротивлении
Внутренние усилия определяются методом сечений. В общем случае в
произвольном сечении могут действовать шесть внутренних усилий (рис.
1.1): три проекции вектора сил N (продольное усилие), Q y (поперечное
усилие вдоль оси y ), Qz (поперечное усилие вдоль оси z ) и три проекции
главного момента сил T  M k (крутящий момент), M y (изгибающий
момент вокруг оси y ), M z (изгибающий момент вокруг оси z ).
Определяются внутренние усилия из условий равновесия оставленной в
рассмотрении после проведения сечения части тела. N , Q y , Qz равняются
алгебраической сумме проекций всех
сил по одну сторону от выбранного
сечения
на
осях
x,
y,
z
соответственно. T , M y , M z равняются
алгебраической сумме моментов всех
сил, расположенных по одну сторону
от выбранного сечения соответственно
относительно осей x , y , z . Оси x , y , z
проходят через центр тяжести сечения,
ось x совпадает с осью стержня.
Рис. 1.1
7
Правила знаков для продольного усилия N и крутящего момента T
те же, что и при растяжении и кручении. Продольное усилие
положительно, если направлено от сечения. Знак крутящего момента
безразличен. Договоримся считать крутящий момент положительным, если
он направлен по часовой стрелке относительно оси элемента, если
смотреть на его сечение. Для изгибающего момента вводится новое
правило знаков. Изгибающий момент положительный, если вызывает
растяжение в волокнах первой четверти. Первой четвертью считается
часть поперечного сечения между положительными направлениями осей y
и z.
Внутренние усилия N , M y , M z являются результатом действия
нормальных напряжений в сечении. Внутренние усилия Q y , Qz , T  M k
являются результатом действия касательных напряжений в сечении. В
длинных тонких стержнях поперечными силами Q y , Qz и продольным
усилием N пренебрегают по сравнением с изгибающими и крутящими
моментами T , M y , M z ,
поскольку касательные напряжения от Q y , Qz и
нормальные напряжения от N малы по сравнению с нормальными
напряжениями от изгибающих моментов
My,
Mz
и касательными
напряжениями от крутящего момента T . Учитывать продольное усилие
надо, если изгибающие и крутящие моменты малы.
1.2. Построение эпюр внутренних усилий
Эпюры внутренних усилий строятся для нахождения опасного сечения.
Опасные сечения – сечения, в которых напряжения достигают наибольших
по абсолютной величине значений. Как было указано выше, напряжения от
моментов T , M y , M z на порядок больше напряжений от сил Q y , Qz .
Поэтому рассмотрим порядок построения эпюр крутящих моментов T ,
8
изгибающих моментов M y , M z и нормальных усилий N для стержневой
системы, состоящей из прямолинейных взаимно – перпендикулярных
элементов.
1. Разбиваем стержневую систему на участки. Границами участков
являются границы элементов, сечения, где приложена или меняется по
характеру нагрузка или изменяется форма и размеры сечений.
2. В пределах каждого элемента выбирается система координат. Ось x
направляется вдоль оси элемента, оси y и z располагаются в плоскости
сечения и являются главными центральными осями инерции сечения (для
симметричных сечений это оси симметрии).
3. В пределах каждого участка определяются внутренние усилия и
строятся эпюры в соответствии с вышеуказанными правилами. Эпюры N
и T строятся в произвольной плоскости. Эпюры изгибающих моментов
будем строить в плоскости изгиба на сжатых волокнах, как это принято в
машиностроительных вузах.
Рассмотрим построение эпюр на примере
ломаного бруса (рис. 1.2). На рисунке 1.3
эпюры
изгибающих
моментов
и
моментов,
крутящих
продольных
усилий
соответственно.
Первый участок AB ( 0  x1  L ): N x1   0 ;
T x1   0 ;
M y x1   0 ;
M z L  4FL .
Рис. 1.2
9
M z x1   4Fx1 ;
M z 0  0 ;
Второй участок BС
( 0  x2  L ): N x2   4F ;
T x2   0 ; M y x 2   Fx2 ;
M y 0   0 ; M y L   FL ;
M z x2   4FL .
Третий участок СD
( 0  x3  L ): N x3   F ;
T x3   4FL ;
M y x3   2Fx3 ;
M y 0   0 ; M y L   2 FL ;
M z x3   FL  4Fx3 ;
M z 0  FL ; M z L  5FL .
Рис. 1.3
Из рисунка 1.3 видно, что опасным является сечение в заделке.
1.3. Гипотезы. Напряжения. Условия прочности
Напряженно деформированное состояние для длинных тонких
стержней при общем случае нагружения – плоское, то есть, одно из трех
главных напряжений равно нулю.
Рассмотрим
те
гипотезы,
которые
непосредственно
вносять
упрощение в расчеты.
1. Справедлив закон Гука
x 
1
 x    y   z  ;
E
y 
1
 y    x   z ;
E
10
(1.1)
z 
1
 z    y   x  .
E
2. Продольные волокна друг на друга не давят, то есть  y   z  0 .
Тогда согласно закону Гука (1.1) соотношения между деформациями и
напряжениями такие же как при простом растяжении – сжатии
x 
x
E
;  y   z  
x
E
.
3. Гипотеза плоских сечений – сечения плоские до деформации
остаются плоскими и после деформации. Отсюда следует, что существует
линия, на которой деформации и напряжения равны нулю – нейтральная
линия - линия пересечения сечений до
деформации и после деформации.
4.
Принцип
действия
сил.
поперечного
В
независимости
любой
сечения
точке
стержня
напряжения равны сумме напряжений от
каждого
внутреннего
усилия
в
отдельности.
Рис. 1.4
Нормальные напряжения




 = N + M + M .
y

z


Поскольку напряжения  N ,  M ,  M направлены вдоль одной прямой
y
z
(рис. 1.4), векторную сумму можно заменить алгебраической
   N M M ;
y
z
(1.2)
где
 N - напряжения при растяжении – сжатии;  M y - напряжения при
изгибе в плоскости xy ;  M - напряжения при изгибе в плоскости zy ;
z
11
N 
M
M
N
;  M y  y z ;  Mz  z y ;
A
Iy
Iz
(1.3)
A - площадь поперечного сечения; I y , I z - осевые моменты инерции
относительно осей y и z соответственно.
Подставляя (1.3) в (1.2) окончательно получаем

M
N My

z z y.
A Iy
Iz
(1.4)
Уравнение нейтральной оси   0 или
M
N My

zн  z yн  0 ,
A Iy
Iz
(1.5)
где
z н , y н - координаты точки, лежащей на нейтральной оси.
Касательные напряжения




 =  Q y +  Qz + T .
Векторы
касательных
напряжений
складываются
геометрически.
Касательные напряжения от поперечных сил  Q ,  Q на порядок меньше
y
z
касательных напряжений от крутящих моментов  T , поэтому
  T .
Таким образом, при сложном сопротивлении длинных тонких
стержней в поперечном сечении действуют одно нормальное напряжение
 и одно касательное напряжение  . Главные напряжения будут равны
1 




1
1
    2  4  2 ,  2  0 ,  3      2  4  2 .
2
2
Тогда условия прочности будут выглядеть следующим образом:
по первой теории прочности
I
 экв



1
    2  4   2     ,
2
(1.6)
по второй теории прочности
II
 экв

1 
1 
 
  2  4   2     ,
2
2
12
(1.7)
по третьей теории прочности
III
 экв
  2  4   2    ,
(1.8)
по четвертой теории прочности
IV
 экв
  2  3   2    ,
(1.9)
по пятой теории прочности
1     1    
V
 экв
  1      1      2  4   2     .
  2
 
2






(1.10)
В формулах (1.6) – (1.10) и в дальнейшем введены следующие
обозначения:

-коэффициент Пуассона;   ,    - допускаемые
напряжения на растяжение и сжатие соответственно для хрупких
материалов,   - допускаемое напряжение для пластического материала;
I
II
III
IV
V
 экв
,  экв
,  экв
,  экв
,  экв
- эквивалентные напряжения по соответствующим
теориям прочности.
1.4. Расчет на прочность при сложном сопротивлении
Алгоритм расчета на прочность следующий.
1. Построить эпюры внутренних усилий M y , M z , T , N и выбрать
опасное сечение.
2. В опасном сечении следует найти опасные точки – точки, в
которых действуют максимальные нормальные или касательные
напряжения.
3. Максимальные нормальные напряжения в точках максимально
удаленных от нейтральной оси. Пусть это точка C . Тогда максимальные
напряжения
 c   max 
M
N My

zc  z yc .
A Iy
Iz
Затем в этой же точке определяются касательные напряжения и, в
зависимости от принятой теории прочности, определяется эквивалентное
напряжение.
13
4. Выбираются точки с максимальным касательным напряжением. В
них определяются также нормальные и соответствующие эквивалентные
напряжения.
5. Исходя из условия прочности либо выбирается максимальное
эквивалентное напряжение и сравнивается с допускаемым (проверочный
расчет), либо подбирается размер сечения (проектировочный расчет), либо
определяется допускаемая нагрузка (расчет на грузоподъемность).
Рассмотрим расчет на прочность ломаного бруса (рис. 1.2) для
некоторых видов сечений. В опасном сечении (заделке):
M y  2 FL ; M z  5FL ; T  4FL ; N  F ; Q y  4 F ; Qz  2F .
(1.11)
Поперечные силы были определены как алгебраическая сумма проекций
всех сил, действующих на отсеченную часть соответственно на оси y и z .
Прямоугольное сечение
Рассмотрим прямоугольное сечение со сторонами b и h (b  h) . В
прямоугольном сечении главные центральные оси инерции являются
осями симметрии. Расположим сечение так,
чтобы оси симметрии совпадали с осями y
и
z,
причем
моменту
Mz
большему
изгибающему
соответствовал
больший
момент сопротивления сечения Wz (рис.
1.5). На рисунке 1.6 эпюры нормальных и
касательных
напряжений
от
каждого
усилия в отдельности. Как видно из эпюр
опасными будут точки 1, 2, 3. Проведем три
вида расчетов.
Рис 1.5
14
Ри
с.
1.6
П
роектировочный расчет, то есть, подберем размеры сечения, исходя из
третьей теории прочности записывая его для каждой опасной точки при
следующих исходных данных
F  10 кН ; L  1 м ;    200 МПа ;
При
подборе
сечения
будем
h
2.
b
пренебрегать
(1.12)
нормальными
напряжениями от продольных усилий  N и касательными напряжениями
от поперечных усилий  Q ,  Q . При выбранном направлении осей
z
y
M z  5FL , M y  2 FL .
В точке 1 касательное напряжение равно нулю ( 1  0) , нормальное
напряжение – наибольшее
 1   1M   1M 
y
z
My
Iy
z1 
15
Mz
2 FL 5 FL
y1 

,
Iz
Wy
Wz
где
z1  
b
h
, y1   - координаты точки 1; W y , Wz - осевые моменты
2
2
сопротивления относительно осей y и z соответственно
Wy 
hb 2 h 3
bh 2 h 3
; Wz 
.


6
24
6
12
(1.13)
Условие прочности по третьей теории будет иметь вид
III
 экв
  12  4 12   1 
2FL 5FL

   ,
Wy
Wz
или
2 FL  5 W y
1 
W y  2 Wz

   .

(1.14)
С учетом (1.13)
Wy
Wz

1
.
2
(1.15)
Подставляя (1.15) в (1.14), получим
9 FL
   ,
2 Wy
(1.16)
откуда находим осевой момент сопротивления
9 FL 9 10  10 3  1
Wy 
 
 225  10 6 м 3  225 см 3 .
6
2  2 200  10
Исходя из (1.13) с учетом исходных данных (1.12)находим
h  3 24W y  3 24  225  17,54 см ; b  8,77 см .
В точке 2 наибольшее касательное напряжение
 2   2T 
T
4 FL

,
Wk
Wk
где
W k - момент сопротивления кручению
Wk  hb 2 ,
16
(1.17)
 - коэффициент, который берется из таблицы в зависимости от
отношения сторон
h
h
, для нашего случая  2
b
b
Wk  
h3
,   0.246 .
4
(1.18)
Таблица 1.1
1
hb
1,5
1,75
2
2,5
3
4
6
8
10


0,208 0,231 0,239 0,246 0,258 0,267 0,282 0,299 0,307 0,313 0,333

0,141 0,196 0,214 0,229 0,249 0,263 0,281 0,299 0,307 0,313 0,333

1,000 0,859 0,820 0,795 0,766 0,753 0,745 0,743 0,742 0,742 0,742
Нормальное напряжение в точке 2
 2   2M 
y
2 FL
.
Wy
Условие прочности по третьей теории
2

III
экв
 2 FL 


  4 4 FL     ,
   4  


W 
 Wk 
 y 
2
2
2
2
2
или
 2W y
2 FL
1  4
Wy
 Wk
2

   .

(1.19)
Согласно (1.13), (1.18)
Wy
Wk

1
.
6
(1.20)
Подставляя (1.20) в (1.19) получим
2
2FL
 2 
1       .
Wy
 3 
(1.21)
Из (1.32) находим осевой момент сопротивления
Wy 
2 FL
 
2  10  10 3  1
2
 2 


3
6
3
1   
1 
  288.86  10 м  288.86 см .
6
200  10
 3 
 3  0.246 
2
2
17
Исходя из (1.13) с учетом исходных данных (1.12) находим
h  3 24W y  3 24  288.86  19,068 см ; b  9.53 см .
(1.22)
В точке 3 касательные напряжения от крутящего момента
 3   3T   2T  
4 FL
,
Wk
где
 - коэффициент, который берется из таблицы 1.1 в зависимости от
отношения сторон
h
h
. Для  2 коэффициент   0.795 .
b
b
Нормальное напряжение в точке 3
5FL
.
Wz
 3   3M 
z
Условие прочности по третьей теории
2
2

III
экв
 4 FL 
 5FL 
    ,
  4 
   4  
 Wz 
 Wk 
2
3
2
3
или
 4Wz
5FL
1  4 
Wz
 5Wk
2

    .

(1.23)
Согласно (1.13), (1.18)
Wz
1
.

Wk 3
(1.24)
Подставляя (1.24) в (1.23) получим
2
5FL
 8 
1  
    .
Wя
 15 
(1.25)
Решая неравенство (1.25) определяем момент сопротивления Wz
Wz 
5FL
 
5  10  10 3  1
 8 
 8  0.795 
3
6
3
1 
1 
 
  498  10 м  498 см .
6
15

15

0
.
246
200  10




2
2
Исходя из (1.13) с учетом исходных данных (1.12) находим
h  3 24Wz  3 12  498  18,149 см ; b  9.075 см .
18
(1.26)
Окончательно выбираем из (1.17), (1.22) и (1.26) большие размеры
сечения
h  19.068 см ; b  9.53 см .
(1.27)
Проведем теперь проверочный расчет с размерами сечения (1.27)
при остальных исходных данных (1.12) с учетом нормальных напряжений
от продольного усилия  N и касательных напряжений от поперечных
усилий  Q ,  Q в опасных точках.
z
y
Точка 1.
Нормальное напряжение
 1   1 N   1 M   1M 
y
z
M
N My
F 2 FL 5FL

z1  z y1  

,
A Iy
Iz
A Wy
Wz
(1.28)
где
площадь поперечного сечения
A  bh  9.53 19.068  181.7 см 2 ,
(1.29)
осевые моменты сопротивления
Wz 
h 3 19.0683
h 3 19.068 3

 577.7 см 3 , W y 

 288.9 см 3 .
12
12
24
24
(1.30)
Тогда с учетом (1.29), (1.30) и исходных данных (1.12) вычисляем
 1N 
 1M
y
F
10  10 3

 0.55  10 6 Па = 0.55 МПа ,
4
A 181.7  10
(1.31)
2 FL 2  10  10 3  1


 69.23  10 6 Па = 69.23 МПа ,
6
Wy
288.9  10
(1.32)
5FL 5  10  10 3  1

 86.55  10 6 Па = 86.55 МПа ,
Wz
577.7  10 6
(1.33)
 1M 
z
Подставляя (1.31) – (1.33) в (1.28) получаем
III
 экв
  1  0.55  69.23  86.55  156.33 МПа     200 МПа
прочности удовлетворяется.
Точка 2
Нормальное напряжение
19
-
условие
N My
F 2 FL

z2  
 0.55  69.23  69.78 МПа ,
A Iy
A Wy
 2   2 N   2M 
y
(1.34)
Касательное напряжение
 2   2T   2Q ,
(1.35)
y
где
 2T - касательное напряжение от кручения
 2T 
Wk  
T
4 FL

,
Wk
Wk
h3
19.068 3
 0.246 
 426.4 см 3 ,
4
4
(1.36)
(1.37)
подставляя (1.37) в (1.36) получаем
 2T 
4  10  10 3  1
 93.81  10 6 Па = 93.81 МПа ,
6
426.4  10
(1.38)
 2Q - касательное напряжение от поперечной силы Q y  4 F
y
 2Q 
y
3Q y
2A

6F
6  10  10 3

 3.3  10 6 Па = 3.3 МПа .
4
A 181.7  10
(1.39)
Подставляя (1.39), (1.38) в (1.35) находим
 2  93.81  3.3  97.11 МПа .
Эквивалентное напряжение по третьей теории прочности
III
 экв
  22  4 22  69.78 2  4  97.112  206.4 МПа     200 МПа
на
III
 экв
  
206.4  200
 100 %  3.19 %<5%,
 100 % 
200
 
что допустимо.
Точка 3
Нормальное напряжение
 3   3 N   3M 
z
N Mz
F 5FL

y3  
 0.55  86.55  87.1 МПа ,
A Iz
A Wz
(1.40)
Касательное напряжение
 3   3T   3Q
(1.41)
z
20
состоит из касательного напряжения от кручения  3T на середине короткой
стороны
 3T     2T  0.795  93.81  74.58 МПа
(1.42)
и касательного напряжения от поперечной силы Qz  2F
 3Q
z
3Qz 3F
3  10  10 3



 1.65  10 6 Па = 1.65 МПа .
4
2A
A 181.7  10
(1.43)
Подставляя (1.42), (1.43) в (1.41) находим
 3  74.58  1.65  76.23 МПа .
(1.44)
Эквивалентное напряжение по третьей теории прочности
III
 экв
  32  4 32  87.12  4  76.232  175.59 МПа     200 МПа
Таким образом, для всего сечения условие прочности выполняется(в
точке 2 перенапряжение составляет 3.19%, что допустимо).
Расчет на грузоподъемность. При заданных размерах конструкции
и заданном допускаемом напряжении (1.27), (1.12) найдем допускаемую
нагрузку F  исходя из третьей теории прочности. Будем определять
допускаемую силу в каждой опасной точке.
Точка 1.
Условие прочности с учетом выражения  1 согласно (1.28) имеет вид
1 
F 2 FL 5FL


  ,
A Wy
Wz
откуда получаем условие на нагрузку
F
 
1 2 L 5L


A W y Wz
.
Учитывая значения L , A , Wz , W y ,   согласно (1.29), (1.30), (1.12) получим
F
1
181,7  10 4
200  10 6
 12,794  10 3 Н
2 1
5 1


288,9  10 6 577,7  10 6
Таким образом, допускаемая нагрузка для точки 1
F 1  12.794 кН .
Точка 2.
21
Согласно (1.34) нормальное напряжение с учетом значений (1.29),
(1.30) выражается через силу F следующим образом
2 
 1 2L 
F 2 FL
1
2 1
  F 

 F 


4


A Wy
288,9  10 6
 181,7  10
 A Wy 

  6977,8F МПа ,

Касательное напряжение выражается через силу F согласно (1.35) (1.37), (1.39) в виде
2 
 4L 6 


4 FL 6 F
4 1
6

 F 
   F 

  9711,1F
6
4 
Wk
A
181,7  10 
 426,4  10
 Wk A 
Тогда по третьей теории условие прочности
III
 экв
  22  4 22  F 6977,8 2  4  9711,12  20637,6 F   ,
откуда
 
200  10 6
F

 9691 Н
20637,6 20637,6
Допускаемая нагрузка для точки 2
F 2  9,691 кН .
Точка 3.
Согласно (1.40), (1.29) нормальное напряжение выражается через
силу F следующим образом
3 
 1 5L 


F 5FL
1
5 1
  F 

 F  

  8710F
4
6 
A Wz
577,7  10 
 181,7  10
 A Wz 
Касательное напряжение согласно (1.41) - (1.42), (1.43) будет
3  
 4L 3 
 0,795  4  1

4 FL 3F
3

 F  
   F 

  7623F
6
4 
Wk
A
W
A
426
,
4

10
181
,
7

10


k


По третьей теории условие прочности
III
 экв
  32  4 32  F 8710 2  4  76232  17558F    ,
откуда
F
 
17558

200  10 6
 11391 Н
17558
Допускаемая нагрузка для точки 3
F 3  11,391 кН
22
.
Допускаемая нагрузка для всего сечения наименьшая из трех
допускаемых нагрузок для каждой точки в отдельности
F   min F 1 ; F 2 ; F 3   9,691 кН .
Рассмотрим
Коробчатое тонкостенное сечение
тонкостенное коробчатое сечение со
сторонами
срединного сечения h и b b  h и толщиной стенки  . Здесь, как и в
прямоугольном сечении, главные центральные оси инерции являются
осями симметрии. Располагаем
сечение
так,
чтобы
оси
симметрии совпадали с осями y ,
z
и
большему
моменту
Mz
изгибающему
соответствовал
больший момент сопротивления
(рис. 1.7).
Нормальные напряжения
распределены по сечению так же
как и в прямоугольном сечении.
Касательные
напряжения
от
кручения
распределяются
равномерно по толщине стенки и
определяются по формуле Бредта
Рис. 1.7
T 
T
,
2A*
где
A*  bh - площадь, ограничиваемая средней линией сечения.
Опасной точкой будет окрестность точки 1. Приведем примеры
проектировочного и проверочного расчетов.
Проектировочный расчет.
Подберем размеры сечения, исходя из третьей теории прочности
пренебрегая нормальными напряжениями  N от продольных усилий при
следующих исходных данных
23
m
h

 24 , n 
h
 2 , F  10 кН , L  1 м    200 МПа .
b
(1.45)
Исходя из условия прочности
III
 экв
  12  4 12    ,
(1.46)
где
 1   1M   1M 
y
z
My
Iy
Mz
2 FL 5 FL
T
4 FL
y1 


,  1   1T 
,
Iz
Wy
Wz
Wk
Wk
z1 
(1.47)
W y , Wz -моменты сопротивления относительно осей y и z соответственно,
W k - момент сопротивления кручению




2 3
n 3m 2  n 2  m 2  3n 2 3
n m 2  3  3m 2  1 3
h .
Wy 
h , Wz 
h , Wk 
2 2
2
nm
3m n m  n 
3m nm  1
(1.48)
Подставляя (1.47) в (1.46) получаем
2

III
экв
 2 FL 5 FL 


  4 4 FL    ,
 



W

Wz 
 Wk 
 y
2
или
2

III
экв
5 FL

Wz
 2W z
  8W

 1   z
 5W

 y
  5Wk
2

    ,

При заданных значениях т и n выражения (1.48) примут вид
Wz  0.0334144  h 3 , Wy  0.0225471  h 3 , Wk  0.0416667  h 3
(1.49)
(1.50)
и тогда
Wz
W
 1.48198 , z  0.801944958 .
Wy
Wk
(1.51)
Подставляя (1.51) в (1.49) получаем
III
 экв
 2.045 
5FL
   ,
Wz
откуда осевой момент сопротивления
5  10  10 3  1
Wz  2.045 
 2.045 
 511.25  10 6 м 3 = 511.25 см 3 .
6
 
200  10
5FL
(1.52)
Из (1.52) с учетом (1.50) находим
h3
Wz
511.25
3
 24.83 см .
0.0334144
0.0334144
Тогда в соответствии с (1.45)
24
(1.53)
b  12.415 см ,   1.04 см .
(1.54)
Проверочный расчет. К исходным данным (1.45) добавляем
размеры сечения (1.54) и проверяем опасные точки, учитывая нормальные
напряжениями  N от продольных усилий в точке 1. Следует также
проверить точку 2, в которой кроме учета нормального напряжения  N от
продольного усилия N следует учесть и касательное напряжение  Q от
y
поперечного усилия Q y .
Точка 1.
Нормальное напряжение
 1   1 N   1 M   1M 
y
z
M
N My
F 2 FL 5FL

z1  z y1  

,
A Iy
Iz
A Wy
Wz
(1.55)
где A - площадь поперечного сечения
A  2b  h  2  12.415  24.83 1.04  77.47 см 2 .
(1.56)
Согласно(1.50) с учетом (1.53) моменты сопротивления принимают
значения
Wy  0.0225471  24.833  345.16 см 3 , Wz  0.0334144  24.833  511.52 см 3 ,
Wk  0.0416667  24.833  637.85 см 3 .
(1.57)
Нормальные напряжения от каждого силового фактора с учетом (1.56),
(1.57) принимают значения
 1N 
 1M 
y
F
10  10 3

 1.291  10 6 Па  1.291 МПа
A 77.47  10 4
2 FL 2  10  10 3  1

 57.94  10 6 Па  57.94 МПа ,
6
Wy
345.16  10
 1M
z
(1.58)
5FL 5  10  10 3  1


 97.75  10 6 Па  97.75 МПа .
6
Wz
511.52  10
Подставляя (1.58) в (1.55), получаем
 1  1.291  57.94  97.75  156.98 МПа .
Касательное напряжение здесь только от кручения. Согласно(1.47) с
учетом (1.57)
25
 1   1T 
T
4 FL 4  10  10 3  1


 62.71  10 6 Па  62.71 МПа ,
6
Wk
Wk
637.85  10
Эквивалентное напряжение по третьей теории прочности
III
 экв
  12  4 12  156.98 2  4  62.712  200.93 МПа ,
Эквивалентное напряжение превышает допускаемое напряжении на
III
 экв
  
200.93  200
 100 %  0.465 %<5%,
 100 % 
200
 
что допустимо
Точка 2
Нормальные напряжения
 2   2 N   2M   2M 
y
z
M
N My
F 2 FL 5FL h  

z2  z y2  


,
A Iy
Iz
A Wy
Iz
2
(1.59)
где
b
z2   ,
2
инерции
Iz 
y2  


h 
2
- координаты точки 2, I z - осевой момент

h 4 n m 2  1  3m 2  1
2

 


24.83 4  2  24 2  3  3  24 2  1
6  24  2
3
6m n
 6615 см 4
(1.60)
Напряжения от каждого силового фактора в отдельности
 2N 
 2M
z
F
2 FL
  1N  1.291 МПа ,  2 M y 
  1M y  57.94 МПа ,
A
Wy
5FLh    5  10  10 3  1  24.83  1.04  10 2


 89.91  10 6 Па  97.75 МПа . (1.61)
8
2I z
2  6615  10
Подставляя (1.61) в (1.59) получаем
 2  1.291  57.94  97.75  149.14 МПа .
Касательное напряжение
 2   2T   2 Q
(1.62)
z
Касательное напряжение  2T от крутящего момента T одинаково по всему
сечению
 2T   1T  62.71 МПа
Касательное напряжение  2Q от поперечной силы Q y вычисляется по
y
формуле Д. И. Журавского
26
 2Q 
y
Q y S zотс
2  I z
,
(1.63)
где
S zотс 
b     h  12.415  1.04  1.04  24.83  173.726 см .
3
2
2
(1.64)
Подставляя (1.64), (1.60), (1.54) в (1.63) получаем
 2Q
y
4  10  10 3  173.726  10 6

 5.05 МПа .
2  1.04  10 2  6615  10 8
(1.65)
Тогда  2 с учетом (1.65), (1.62) принимает значение
 2  62.71  5.05  67.76 МПа
Эквивалентное напряжение по третьей теории прочности
III
 экв
  22  4 22  149.14 2  4  67.76 2  201.5 МПа ,
Эквивалентное напряжение превышает допускаемое напряжении на
III
 экв
  
201.5  200
 100 %  0.75 %<5%,
 100 % 
200
 
что допустимо
Таким образом, условие прочности в сечении выполняется.
Круглое и кольцевое сечения.
Для стержней круглого или кольцевого сечения точки, одновременно
находящейся на максимальном удалении от осей y и z , как это имеет
место для прямоугольного и коробчатого сечений, нет. Ввиду круговой
симметрии моменты
Рис. 1.8
Рис 1.9
27
инерции относительно любой центральной оси одинаковы. Поэтому,
удобно два изгибающих момента заменить их геометрической суммой
M изг  M y2  M z2
(1.66)
и рассмотреть плоский изгиб под действием M изг .
Максимальные нормальные напряжения действуют на поверхности
круглого сечения в точке пересечения круга с плоскостью действия
суммарного изгибающего момента (рис. 1.8, 1.9)
 1   N   изг 
N M изг
,

A
W
(1.67)
где
A - площадь сечения, W - освой момент сопротивления
- для круглого сечения
A
d 2
4
,W
d 3
32
;
(1.68)
- для кольцевого сечения
A
 d   2 
4
2
4
 d   3   d    
 d    
,W
.
1
1
  d    
  d    
32




Максимальные касательные напряжения от кручения
(1.69)
 1T
на
поверхности круга или на внешней поверхности кольца, в частности, в
точке 1
 1T 
T
,
W
(1.70)
где
W  - полярный момент сопротивления
- для круглого сечения
W 
d 3
16
- для кольцевого сечения
28
,
(1.71)
W 
 d   3 
4
 d    
.
1 
  d    


16
Максимальные касательные напряжения  Q
(1.72)
y
max
,  Q max от поперечных
z
сил Q y , Qz расположены на уровне осей y и z соответственно
и
определяются по формулам:
- для круглого сечения
Q
max
y

4Q y
3A
,  Q max 
z
4Qz
,
3A
(1.73)
- для кольцевого сечения
4Q y
3A
  Qy max 
2Q y
A
,
4Qz
2Q
  Qz max  z ,
3A
A
- для тонкостенного кольца
Q
y max

2Q y
A
,  Q max 
z
2Qz
,
A
Следовательно, в точке 1 действуют одновременно максимальные
нормальные напряжения от изгиба и касательные от кручения. При
подборе сечения из пластического материала используем третью или
четвертую
теории
прочности.
Для
упрощения
расчетов
также
пренебрегаем нормальными напряжениями от продольной силы и
касательными напряжениями от поперечных сил.
По третьей теории
III
 экв
  12  4 12 
2
M изг
T2

4
   .
W2
W2
(1.74)
2
M изг
T2

3
  .
W2
W2
(1.75)
По четвертой теории
III
 экв
  12  3 12 
Согласно формул (1.68), (1.69), (1.71), (1.72)
W  2W .
Тогда с учетом (1.76) условия прочности (1.74), (1.75) примут вид
29
(1.76)
2
M изг
T 2
III
 экв


IV
экв

W

III
M расч
W
2
M изг
 0.75  T 2
W

  ,
IV
M расч
W
(1.77)
   ,
где
III
IV
, M расч
- расчетные моменты по третьей и четвертой теориям
M расч
прочности соответственно
III
2
M расч
 M изг
 T 2  M y2  M z2  T 2 ,
(1.78)
IV
2
M расч
 M изг
 0.75  T 2  M y2  M z2  0.75  T 2 .
Исходя из третьей теории прочности, подберем круглое (рис. 1.8) и
кольцевое (рис. 1.9) сечения для ломаного бруса, изображенного на
рисунке 2 при исходных данных (1.12) полагая дополнительно для
кольцевого сечения
d

 12 .
(1.79)
Из условия прочности (1.77) осевой момент сопротивления
W
III
M расч
 
,
(1.80)
где согласно (1.78), (1.11), (1.12)
III
M расч

2FL2  5FL2  4FL2
 45FL  45  10  1  67.082 кНм .
(1.81)
Подставляя (1.81) в (1.80) с учетом (1.12) получаем
W
67.082  10 3
 335.41  10 6 м 3  335.41 см 3 .
6
200  10
(1.126)
Для круглого сечения согласно (1.68)
d 3
32W

3
32  335.41
 15.064 см ,
3.14
(1.82)
и соответственно
3.14  15.064 2
A
 178.1 см 2 .
4
30
(1.83)
Для кольцевого сечения выражения (1.69) можно представить в виде
A
  13 2 
W
  13 3 
 11 
1  
  13 

4
 11 
1
  13 

32
2
4

,


(1.84)

.


(1.85)
Из (1.85) с учетом (1.82) находим

1
13 3
32W



 11 

 13 
 1  
4




1
13 3

32  335.41
 1.4724 см
  11  4 
3.14  1    
  13  


Тогда согласно (1.84) и (1.79)
2
2
3.14  13  1.4724   11  
A
 1     81.689 см 2 , d  17.6691 см .
  13  
4


(1.86)
Оценим теперь влияние нормальных напряжений  N от продольных
усилий N и касательных напряжений  Q ,  Q от поперечных сил Q y , Qz
y
z
для круглого сечения.
Нормальное напряжение вычисляем согласно (1.67), (1.66), (1.11),
(1.12), (1.82)
N
 изг
М
 изг 
W
N F
10  10 3
  
 0.56  10 6 Па  0.56 МПа ,
4
A A 178.1  10
2 FL2  5FL2
W

29  10  10 3
 160.55  10 6 Па  160.55 МПа ,
6
335.41  10
 1   N   изг  0.56  160.55  161.1 МПа .
Касательное напряжение состоит из касательного напряжения от
кручения  1T и касательного напряжения от поперечних сил  1Q
 1   1T   1Q .
(1.87)
Касательное напряжение от кручения вычисляем согласно (1.70) с
учетом (1.11), (1.12), (1.76), (1.82)
 1T 
T
4 FL 2 FL 2  10  10 3  1



 59.63  10 6 Па  59.63 МПа .
W
2W
W
335.41  10 6
31
(1.88)
Касательное напряжение от поперечних сил в точке 1 можно с
запасом подсчитать по формуле

 1Q  0.7   Q
y
max

  Qz max .
(1.89)
Согласно (1.73), (1.11), (1.12)
Q
Q
z
y
max
max


4  4 F 16 F
16  10  10 3


 2.99  10 6 Па  2.99 МПа ,
3A
3 A 3  178.1  10 4
(1.90)
4Qz 4  2 F 8F
8  10  10 3



 1.497  10 6 Па  1.497 МПа ,
3A
3A
3 A 3  178.1  10 4
(1.91)
4Q y
3A

Подставляем (1.91), (1.90) в (1.89) получаем
 1Q  0.7  2.99  1.497   1.045 МПа .
(1.92)
Тогда  1 согласно (1.87) с учетом (1.92), (1.88) будет
 1  59.63  1.045  60.67 МПа .
Эквивалентное напряжение по третьей теории прочности
III
 экв
  12  4 12  161.12  4  60.67 2  201.68 МПа .
III
 экв
превышает   на
III
 экв
  
201.68  200
 100 %  0.84 %<5%,
 100 % 
200
 
что допустимо.
Сравнивая площади прямоугольного (1.29), коробчатого (1.56),
круглого (1.83) и кольцевого (1.86) сечений видим, что наиболее
экономичным в данном примере является коробчатое сечение.
Частными случаями сложного сопротивления являются: сложный
и косой изгиб; изгиб с растяжением (сжатием), внецентренное
растяжение (сжатие); изгиб с кручением.
1.5. Сложный и косой изгиб
Сложный и косой изгиб – сочетание двух плоских изгибов. Сложный
изгиб (неплоский) вызывается силами и моментами, расположенными в
разных плоскостях, проходящих через ось балки (рис. 1.10).
32
Косой изгиб вызывается нагрузками, действующими в одной
плоскости, не совпадающей ни с одной из главных плоскостей инерции
балки (рис. 1.1).
Расчет при сложном и косом изгибе производится по одному
алгоритму. Изгиб приводится к двум плоским изгибам путем разложения
нагрузок, действующих в произвольных продольных силовых плоскостях
на составляющие, расположенные в главных плоскостях xy и xz . Оси y и
z
- главные оси инерции сечения (рис. 1.10, 1.11). В поперечном сечении в
общем случае возникают четыре внутренних силовых фактора: Qz , Q y , M z ,
M y ( N  0 , T  0 ). При расчете на прочность касательными напряжениями
обычно пренебрегают. Нормальные напряжения вычисляются по формуле
(1.2) при N  0

Силовая
плоскость 1
y
My
Iy
z
Mz
y.
Iz
(1.93)
Силовая
плоскость
q
q
y

P
z
P2
Силовая
плоскость 2
P1
x
z
x
qy
y
Мz
P2 z
P1 y P1z
z
x
qy
qz
y
qz
P2 y
Py
z
Мy
x
сложный изгиб
Pz
косой изгиб
Рис. 1.10
Рис. 1.11
33
Уравнение нейтральной линии (1.5) в данном случае
My
Iy
представляет
собой
zн 
Mz
yн  0 ,
Iz
(1.94)
уравнение прямой, проходящей через начало
координат (центр тяжести сечения). Если через  обозначить (рис. 1.12)
угол между этой прямой и положительным направлением оси z , то
уравнение (1.94) можно записать в виде
tg  
M y Iz
 .
Mz Iy
(1.95)
Если М - результирующий вектор – момент, составляющий угол  (угол
наклона силовой линии) с осью z в данном сечении, то
M z  M cos  , M y  M sin 
(1.96)
и тогда уравнение нейтральной линии примет вид
tg  
х
Iz
tg .
Iy
у


My
А
My
Mz
у
Р
z
Д
 max

С
 
M
Mz z

В
Р
+
н.л.
-
 min
Рис. 1.12
Если I z  I y , то    , то есть при сложном или косом изгибе
нейтральная и силовая линии в общем случае не перпендикулярны, как это
имеет место при плоском изгибе.
34
В случае косого изгиба угол  постоянный по всей длине балки, то
есть силовые линии образуют силовую плоскость. Поэтому, если
Iz
 const
Iy
по всей длине балки, то постоянным будет и угол  , то есть изогнутая ось
балки – плоская кривая.
В случае сложного изгиба угол  меняется по длине балки и,
следовательно, изогнутая ось балки – пространственная кривая.
При косом изгибе поскольку угол  постоянный по всей длине
балки нормальные напряжения (1.93) с учетом (1.96) представимы в виде
 sin 
  M 
 Iy
z
cos 
Iz

y .


Проверка прочности производится в тех сечениях, где изгибающие
моменты одновременно велики (таких сечений может быть несколько). В
опасном сечении опасные точки будут на наибольшем удалении от
нейтральной линии. Например, на рисунке 1.12 этими точками будут A и
B
 A   max   max p 
My
 B   min   max c 
My
Iy
Iy
zA 
Mz
yA ,
Iz
zB 
Mz
yB
Iz
и условия прочности будут иметь вид
для хрупкого материала
 A     ,  B    ;
для пластического материала
 max  max  A ;  B     .
Перемещения
также
определяются
исходя
из
принципа
независимости действия сил. Определяются прогибы w y , wz в направлении
35
осей y и z от плоских изгибов исходя из дифференциальных уравнений
прогибов в плоскостях
xz , xy
соответственно
d 2 wy
d 2 wz
EI y 
 M y , EI z 
 Mz.
dx 2
dx 2
(1.97)
Из уравнений (1.97) определяются прогибы w y , wz непосредственным
интегрированием,
либо
по
методу
начальных
параметров,
либо
энергетическим методом.
Значение полного прогиба w определяется как геометрическая
сумма прогибов w y , wz
w  w y2  wz2 .
(1.98)
Рассмотрим пример.
Пусть стальная балка (модуль Юнга E  2  10 5 МПа постоянного
поперечного сечения нагружена, как показано на рисунке 1.13
q  10
кН
, M e  20 кНм , P  10 кН ,   30 0 , a  1 м , b  4 м ,    160 МПа .
м
Из условия прочности подобрать прямоугольное сечение с отношением
сторон
h
 2 , найти прогиб сечения A , подобрать круглое сечение.
b
36
Рис. 1.13
37
Решение.
Раскладываем нагрузки на главные плоскости xy ,
В
плоскости
xy
действуют:
xz .
распределенная
нагрузка
q,
сосредоточенная сила Py , в защемлении сила реакции R y , и реактивный
момент M rz
q  10
кН
, Py  P cos   10  cos 300  8.7 кН , R y  qa  Py  10  1  8.7  18.7 кН ,
м
M rz  q
В
a2
12
 Py a  b   10   8.7  1  4  48.5 кНм .
2
2
плоскости
xz
действуют:
сосредоточенный
момент
Me ,
сосредоточенная сила Pz , в защемлении сила реакции Rz , и реактивный
момент M ry
M e  20 кНм , Pz  P sin   10  sin 30 0  5 кН , Rz  Pz  5 кН ,
M ry  M e  Pz a  b   20  51  4  45 кНм .
Строим эпюры изгибающих моментов M z и M y (рис. 1.13)
I -ый участок ( 0  x  a ):
M y  x    M ry  R z x ,
M y 0   M ry  45 кНм , M y a    M ry  R z a  45  5  1  40 кНм ;
M z x    M rz  R y x  q
x2
,
2
a2
12
M z 0  M rz  48.5 кНм ,. M z a   M rz  R y a  q  48.5  18.7  1  10   34.8 кНм
2
2
II -ой участок ( 0  x  b ): M y  x    Pz x ; M y 0   0 ;
M y b    Pz b  5  4  20 кНм ;
M z  x    Py x ; M y 0   0 ; M z b    Py b  8.7  4  34.8 кНм .
38
Из эпюр M z и M y (рис. 1.13) видно, что опасное сечение –
защемление. В этом сечении M z  48.5 кНм , M y  45 кНм (берем моменты со
знаком “+” поскольку они вызывают в первой четверти растяжение).
Подбираем прямоугольное и круглое сечения.
Рис. 1.14
Рис. 1.15
Прямоугольное сечение (рис. 1.14).
Прямоугольное сечение располагаем так, чтобы оси y и z совпадали
с осями симметрии, и большему изгибающему моменту соответствовал
больший момент сопротивления. При таком расположении сечения
моменты сопротивления и моменты инерции имеют вид
Wz 
bh 2 h 3
b2h h3
, Wy 
,


6
12
6
24
bh 3 h 4
b3h h 4
, Iy 
,
Iz 


12
24
12 96
Определяем положение нейтральной линии согласно (1.95)
tg  
M y h 4 96
4M y
4  45
  4 

 3.7 ,
M z 24 h
Mz
48.5
откуда
39
(1.99)
  750 .
На максимальном удалении от нейтральной линии находятся точки 1
и 2. Максимальное напряжение на растяжение в точке 1, на сжатие – в точке
2. В силу двойной симметрии сечения эти напряжения по абсолютной
величине равны и условие прочности для пластического материала имеет
вид
 1   1 M   1M 
y
My
z
Iy
z1 
My Mz
Mz
y1 

   ,
Iz
W y Wz
или
Mz
Wz
 M y Wz 
1 
    ,



M
W
z
y 

откуда
Wz 
M z  M y W z  48.5  10 3  45  2 
3
3
6
1


1 
  865.625  10 м  865.625 см . (1.100)
   M z W y  160  10 6  48.5 
Из (1.99) с учетом (1.100) находим
h  3 12Wz  3 12  865.625  21.82 см , b 
h 21.82

 10.91 см .
2
2
При этом моменты инерции согласно (1.99) принимают значения
Iz 
21.82 4
21.82 4
 9445.1 см 4 , I y 
 2361.3 см 4 .
24
96
Для круглого сечения (рис. 1.15), ввиду его осевой симметрии,
реализуется плоский изгиб под действием результирующего изгибающего
момента
M изг  M y2  M z2  45 2  48.5 2  66.16 кНм .
При этом, поскольку моменты инерции равны
Iz  Iy  I 
d 4
64
,
формула для определения положения нейтральной оси (1.95) принимает вид
tg  
My
Mz

40
45
 0.93 ,
48.5
откуда
  42.86 0 .
Здесь силовая линия и нейтральная перпендикулярны и опасная точка 1
находится на поверхности круглого сечения в точке пересечения с линией
действия М изг .
Условие прочности как при плоском изгибе
1 
М изг
   ,
W
(1.101)
где W - осевой момент сопротивления круглого сечения
Wz  W y  W 
d 4
32
,
Из условия прочности (1.101) находим
W
M изг
 

66.16  10 3
 413.5  10 6 м 3  413.5 см 3 .
6
160  10
(1.102)
Из (1.102)
d 3
32W

3
32  413.5
 16.15 см .
3.14
Для определения полного прогиба сечения А балки прямоугольного
поперечного сечения сначала найдем прогибы в плоскостях xy и xz с
помощью метода начальных параметров.
Плоскость xy .
Универсальное уравнение упругой линии балки:
EI z w y  EI z w y 0  EI z z 0 x  R y
x  a  ,
x3
x2
x4
 M rz
q
q
3!
2!
4!
4!
4
где EI z - жесткость сечения при изгибе балки вокруг оси z , w y 0 ,  z 0 - прогиб
и угол поворота в защемлении
EI z  2  108  9445.1  10 8  18890.2 кН м 2 , w y 0  0 ,  z 0  0 .
В сечении А : x  a  b  5 м
41
(1.103)
EI z w yA  R y
a  b 3  M a  b 2
rz
4

a  b
q
3!
2!
3
2
4
4
5
5
5
4
 18.7   48.5   10 
 10 
 370.42 кН м 3 ,
6
2
24
24
4!
b4
q

4!
(1.104)
Из (1.104) с учетом (1.103) находим
w yA  
370.42
 0.0196 м  1.96 см .
18890.2
(1.105)
Плоскость xz .
Универсальное уравнение упругой линии балки:
EI y wz  EI y wz 0  EI y y 0 x  R z
x  a  ,
x3
x2
 M ry
 Me
3!
2!
2!
2
где EI y - жесткость сечения при изгибе балки вокруг оси y , wz 0 ,  y 0 прогиб и угол поворота в защемлении
EI y  2  108  2361.3  10 8  4722.6 кН м 2 , wz 0  0 ,  y 0  0 .
(1.106)
В сечении А : x  a  b  5 м
EI y wzA  R z
 5
a  b 3
3!
 M ry
a  b 2
2!
 Me
b2

2!
53
52
42
 45   20 
 298.3 кН м 3 .
6
2
2
(1.107)
Из (1.107) с учетом (1.106) находим
w yA  
298.3
 0.063 м  6.3 см .
4722.6
(1.108)
Согласно (1.98) с учетом (1.105), (1.108)
wA  1.96 2  6.32  6.6 см .
1.6. Изгиб с растяжением-сжатием. Внецентренное
растяжение-сжатие
При изгибе с растяжением-сжатием в общем случае в поперечных
сечениях возникают изгибающие моменты M z и M y , поперечные силы Q z
и Qy , а также продольная сила N (рис. 1.16).
42
q
y
Mz
y
z
z
y
z
My
Pz
My
Qz
Qy
N
x
Px
x
Рис. 1.16
Нормальное
напряжение
в
произвольной
точке
сечения
определяются формулой (1.4).Пренебрегая касательными напряжениями
от поперечных сил Qy и Q z , можно считать, что напряженное состояние в
опасной точке линейно, следовательно, условия прочности будут иметь
вид
для хрупкого материала
 max p     ,  max c     ;
(1.109)
для пластического материала
 max  max  max p ;  max c     .
(1.110)
Если сечение имеет 2 оси симметрии и выступающие углы, то
опасной будет одна из угловых точек:

N Mz My


.
A Wz Wy
(1.111)
В случае плоского изгиба в главной плоскости yOx с растяжениемсжатием 3-х членная формула превращается в 2-х членную.

43
N Mz

.
A Wz
(1.112)
Формулы (1.111), (1.112) применяют при расчете на прочность
плоских рам и арок малой кривизны, нагруженных в своей плоскости.
Внецентренное растяжение-сжатие прямого бруса – частный
случай сложного изгиба с растяжением-сжатием, при котором брус
растягивается
силами,
параллельными
оси
бруса,
так
что
их
равнодействующая (сила P ) не
совпадает
с
осью
проходит
через
бруса,
точку
а
p,
называемую полюсом силы (рис.
1.17).
z, y -
центральные
оси,
главные
zP , yP
-
координаты точки приложения
силы, e - расстояние от точки
приложения силы до оси
x
(эксцентриситет).
Рис. 1.17
Для определения напряжения в сечении приводим силу P к центру
тяжести с моментом Pz p вокруг оси y и моментом Py p вокруг оси z . Затем
методом сечений находим внутренние силовые факторы
N  P , M y  Pz p , M z  Py p .
(1.113)
Подставляя (1.113) в (1.4) получим


P Pz p z Py p y P 
A
A



1
zpz 
yp y.

A
Iy
Iz
A 
Iy
Iz

Вводя радиусы инерции
iy 
Iy
A
, iz 
перепишем (1.114) в виде
44
Iz
A
(1.114)

Для
нахождения
zpz yp y 
P 
1 2  2  .
A 
iy
i z 
опасных
точек
(1.115)
сечения
следует
построить
нейтральную ось и найти точки наиболее удаленные от нее, которые и
будут опасными точками.
Уравнение нейтральной оси   0 с учетом (1.115) имеет вид
1
z p zн
i
2
y

y p yн
i z2
 0.
(1.116)
Для построения нейтральной оси находим отрезки a z , a y , отсекаемые ею
на осях y , z , полагая последовательно y н  0 , z н  0 (рис. 1.18)
az  
i y2
zp
, ay  
i z2
.
yp
(1.117)
Точки 1 и 2 наиболее удалены от нейтральной оси. В точке 1
наибольшее растяжение. В точке 2 – наибольшее сжатие. Эпюра
напряжений
на
рисунке
Максимальные
1.18.
напряжения
принимают значение
 1   max p 
Условия
z p z1 y p y1 
P 
1 2  2  ,
A 
iy
i z 
прочности
имеют
вид
(1.109), (1.110).
Рис.1.18
В зависимости от положения точки приложения силы положение
нейтральной линии меняется. Нейтральная линия может пересекать
сечение, разделяя его на растянутую и сжатую области, может касаться
сечения, а может и быть вне сечения (рис. 1.19). В последних двух случаях
напряжения во всем сечении не меняют знак. Представляет интерес
установить область приложений силы P , при которых нормальные
напряжения по всему поперечному сечению будут одного знака. Такая
45
область
называется
ядром
сечения.
Она
обладает
следующими
свойствами.
1) Если сила P , приложена внутри ядра сечения, то напряжение во
всем поперечном сечении имеет один и тот же знак.
2) Если сила приложена на границе ядра сечения, то нейтральная линия
касается самого сечения.
3) Если нейтральная линия (н.л.) поворачивается вокруг некоторого
центра, то точка приложения силы движется по прямой.
н.л.
н.л.
н.л.
Р
Р
Р
Рис. 1.19
Итак, для построения ядра сечения необходимо:
- определить геометрические характеристики сечения: площадь,
осевые моменты инерции, радиусы инерции;
- провести положения нейтральной линии, совпадающие со
сторонами сечения, касающиеся выступающих точек или являющиеся
касательными к сечению.
Найдем ядра сечения для прямоугольника и круга.
Прямоугольное сечение (рис 1.20).
Площадь сечения
A  bh .
Осевые моменты инерции относительно осей симметрии у , z
Iz 
bh 3
hb 3
, Iy 
.
12
12
46
Квадраты осевых радиусов инерции
Iz
bh 3
h2 2 I y
hb 3
b2
, iy  
.
i 



A 12  bh 12
A 12  bh 12
2
z
При совмещении нейтральной линии со стороной AB отрезки,
отсекаемые нейтральной линией на осях a y , a z принимают значения
b
ay   , az   .
2
Тогда из формул (1.117) находим координаты
y
IIB
C
I
h
2
A
1
b
II
точки приложения силы z p , y p (точка 2)
I
zp  
z
h 6
i y2
az

i2
b
, yp   z  0.
ay
6
При совмещении нейтральной линии со
D
b 6
стороной CD
Рис.1.20
ay   , az 
zp  
b
.
2
i y2
i2
b
  , yp   z  0.
ay
az
6
При совмещении нейтральной линии со стороной BC
ay 
zp  
i y2
az
h
, az   .
2
 0, yp  
i z2
h
 .
ay
6
При совмещении нейтральной линии со стороной DA
h
a y   , az   .
2
zp  
i y2
az
 0, yp  
i z2 h
 .
ay 6
При повороте нейтральной линии вокруг точки
D,
точка приложения
силы движется по отрезку прямой, соединяющей точки 1 и 2. Это следует
47
из уравнения (1.116), поскольку при подстановке в него вместо z н , y н
координаты точки
b h
D ,  ,
2 2
получим уравнение прямой в отрезках
относительно z p , y p вида
yp zp

 1.
h
b
6
6
При повороте нейтральной линии вокруг точек A , B , C получаем
соответственно уравнения
yp zp

 1,
h
b
6
6

yp zp

 1,
h
b
6
6

yp zp

 1.
h
b
6
6
Таким образом, ядром сечения для прямоугольника является ромб с
длиной стороны с
c
h2  b2
.
6
Круглое сечение диаметра d (рис. 1.21).
В круге все центральные оси –
главные.
Поэтому
при
касании
нейтральной линии I-I в любой точке
контура круга, точка приложения силы
лежит на диаметре, проходящем через
эту точку и цент круга. Найдем эту
точку для нейтральной линии I-I.
Рис. 1.21
Площадь круга
A
d 2
4
48
.
Осевой момент инерции
Iz  Iy  I 
d 4
64
.
Квадрат радиуса инерции
i z2  i y2  i 2 
I d2

A 16
Точка касания круга нейтральной линией I-I имеет координаты
az   , a y 
d
.
2
При этом точка приложения силы имеет координаты
yp  
i y2
i z2
d
  , zp  
 0.
ay
8
az
Таким образом, в силу осевой симметрии сечения ядро сечения будет
также кругом с радиусом r 
В
качестве
d
.
8
примера
рассмотрим
внецентренное
чугунного
растяжение
короткого
стержня силой P (рис.
1.22).
При
размерах
заданных
a  1 см ,
допускаемых
напряжениях
на
растяжение
    60 МПа и на сжатие
    250 МПа
требуется
определить допускаемую
нагрузку P .
Рис. 1.22
49
Решение.
Сечение состоит из прямоугольника и треугольника. Определяем
цент тяжести сечения. Поскольку сечение имеет ось симметрии,
целесообразно выбрать вспомогательные оси y , z следующим образом:
ось z направляем по оси симметрии, ось y совпадает с главной
центральной осью прямоугольника
y1 .
y2 ,
z2
- центральные оси
треугольника: z 2 совпадает с осью z , y 2 параллельно оси y и основанию
треугольника.
Координаты центра тяжести y c , z c .
Поскольку z - ось симметрии
yc  0 , z c 
z c1 A1  z c 2 A2
,
A
(1.118)
где
z c1 , z c 2 - координаты центров тяжести прямоугольника и
треугольника во вспомогательных осях
z c1  0 , z c 2  0.5а  0.5а  а ,
(1.119)
A1 , A2 , A - площади прямоугольника, треугольника и общая площадь
соответственно
A1  2a  a  2a 2 , A2 
1
 2a  1.5a  1.5a 2 , A  A1  A2  3.5a 2 .
2
(1.120)
Подставляя (1.119), (1.120) в (1.118) получаем
a  2a 
1.5a  a 3

 0.67a 4 , I zc2  2 
 0.25a 4 ,
12
12
3
I zc1
I yc1 , I yc 2
(1.122)
- осевые моменты инерции относительно оси y c
прямоугольника и треугольника соответственно
I yc1 
2a  a 3
a4
2
2
 z c1  z c  A1 
  0.429a   2a 2  0.5348a 4 ,
12
6
I zc2 
2a  (1.5a) 3
2
2
 z c 2  z c   A2  0.1875a 4  a  0.429a   1.5a 2  0.6766a 4 ,
36
50
(1.123)
Подставляя (1.122), (1.123) в (1.121) получаем
I zc  0.67a 4  0.25a 4  0.92a 4 , I yc  0.5348a 4  0.6766a 4  1.2114a 4 .
Определяем квадраты радиусов инерции
I yc 1.2114a 4
I zc 0.92a 4
2
2
i 

 0.26a , i y 

 0.35a 2 .
2
2
A
A
3.5a
3.5a
2
z
Находим отрезки a z , a y , отсекаемые нейтральной линией на осях z c ,
yc
az  
i y2
zp

i2
0.26a 2
0.35a 2
 0.26a ,
 0.3724a , a y   z  
yp
a
 0.929a
где z p , y p координаты точки приложения силы в осях z c ,
yc
z p  0.5a  z c   0.5a  0.429a   0.929a , y p  a .
Проведем нейтральную линию (рис. 1.22) и получим выражения
напряжений в угловых точках
1 
z p z1 y p y1  P   0.929a   0.071a  a   a 
P 
P
1  2  2   1 

 3.009 ,
2
2 


A
A
iy
iz  A 
0.35a
0.26a 
2 
z p z 2 y p y 2  P   0.929a   1.571a  a   a 
P 
P
1  2  2   1 

 3.218 ,

2
2
A 
A
iy
i z  A 
0.35a
0.26a 
3 
z p z 3 y p y3  P   0.929a   0.071a  a   (a) 
P 
P
1  2  2   1 

  4.628 ,
2
2


A
A
iy
iz  A 
0.35a
0.26a 
4 
z p z 4 y p y 4  P   0.929a   (0.929a)  a   (a) 
P 
P
1  2  2   1 

 7.313 ,

2
2
A 
A
iy
i z  A 
0.35a
0.26a 
5 
z p z 5 y p y5  P   0.929a   (0.929a)  a   a 
P 
P
1  2  2   1 

 0.324 ,
2
2 


A
A
iy
iz  A 
0.35a
0.26a 
(1.124)
где
z1 , z 2 , z 3 , z 4 , z 5 , y1 , y 2 , y 3 , y 4 , y 5 - координаты точек 1, 2, 3, 4, 5 в
осях z c ,
yc
соответственно
z1  z 3  0.5a  0.42a  0.071a , z 2  0.5a  0.429a  1.5a  1.571a ,
z 4  z5  0.5a  0.429a   0.929a , y1  y5  a , y 2  0 , y3  y 4  a .
51
Из соотношений (1.124) видно, что
 max p   4  7.313
P
P
,  max c   2  3.218 .
A
A
Тогда условия прочности
 max p  7.313
P
P
    ,  max c  3.218    ,
A
A
откуда допускаемые силы в этих точках будут
P4    A  60  10
6
7.313
P2    A  250  10
3.218
 3.5  12  10 4
 2.87  10 3 Н = 2.87 кН ,
7.313
 3.5  12  10 4
 27.18  10 3 Н = 27.18 кН .
3.218
6
Допускаемая нагрузка для всего сечения
P  min P2 , P4   2.87 кН .
1.7. Изгиб с кручением
При изгибе с кручением в поперечном сечении возникают
следующие
внутренние
силовые
факторы:
крутящий
момент
T,
изгибающие моменты M z , M y и поперечные силы Qz , Q y . Строятся эпюры
изгибающих моментов в плоскостях xy или xz и крутящих моментов. Если
рассматривается круглое сечение, то строится еще эпюра суммарных
изгибающих моментов. Устанавливается опасное сечение и расчет на
прочность проводится так же как и в общем случае сложного
сопротивления при отсутствии продольного усилия N .
52
2. Устойчивость стержней
2.1. Устойчивое и неустойчивое равновесие
В деформированном состоянии равновесие между внешними и
вызываемыми ими внутренними силами упругости может быть
устойчивым и неустойчивым.
Упругое равновесие устойчиво, если деформированное тело при
любом малом отклонении внешним воздействием от состояния равновесия
стремится вернуться к своему первоначальному состоянию и возвращается
к нему после удаления внешнего воздействия.
Упругое равновесие неустойчиво, если деформированное тело при
будучи выведено внешним воздействием из состояния равновесия
стремится продолжать деформироваться в направлении данного ему
отклонения и после удаления внешнего воздействия в исходное состояние
не возвращается.
Безразличное равновесие (критическое состояние) – тело может
сохранить первоначальную форму равновесия, но может и потерять ее от
незначительного воздействия.
Механическая
устойчивость
–
способность тела сохранять заданную
форму равновесия.
Потеря механической устойчивости
– резкое изменение вида деформации.
Критическая
нагрузка
минимальная нагрузка, при
система теряет устойчивость.
Fкр
-
которой
Рис. 2.1
Если сила F меньше Fкр , то первоначальная форма равновесия
остается устойчивой (рис. 2.1а).
53
Если сила F
равна Fкр , достигается состояние безразличного
равновесия (рис. 2.1б).
Если сила
F
больше
Fкр ,
прямолинейная форма равновесия
перестает быть устойчивой (рис.2.1в).
2.2. Определение критической силы. Формула Эйлера
Рассмотрим стержень на двух шарнирных опорах, нагруженный
сжимающей силой (рис.2.2). При увеличении нагрузки в какой то момент
стержень теряет устойчивость и
изгибается
в
направлении
наименьшей жесткости EI min .
Рис. 2.2
Изгибающий момент M связан с кривизной
1


w' '
1  w' 
3
2 2

M
.
EI min
1
соотношением

(2.1)
Для малых упругих деформаций углом поворота сечения w' (первой
производной от прогиба) можно пренебречь, по сравнению с единицей и
тогда получаем
EI min w' '  M .
(2.2)
При сжимающей силе F  Fкр изгибающий момент в произвольном
сечении стержня
M   Fкр w .
(2.3)
Подставляя (2.3) в (2.2) получим
EI min w' '   Fкр w .
(2.4)
Разделив обе части уравнения (2.4) на жесткость EI min , перенеся все
члены уравнения в одну часть и введя обозначение
k
Fкр
EI min
54
(2.5)
получим
w' ' k 2 w  0 .
(2.6)
Решение уравнения (2.6) ищем в виде
w  C1 cos(kx)  C2 sin( kx) .
Из граничного условия
(2.7)
w(0)  0
находим
C1  0 .
Из граничного условия
(2.8)
w( L)  0
находим
sin( kL)  0 ,
(2.9)
C2  0 , так как если C2  0 , то невозможна потеря устойчивости.
Из (2.9) получаем
kL  n ,
откуда
k
n
L
,
(2.10)
где n - натуральное число.
Приравнивая (2.10) и (2.5) получаем формулу Эйлера
 n 
Fкр    EI min .
 L
2
(2.11)
Наименьшее значение критической силы получаем при наименьшем
значении ( n  1). Тогда формула Эйлера (2.11) принимает вид
 
Fкр    EI min .
L
2
Уравнение изогнутой оси стержня (2.7) с учетом (2.8) и
примет вид примет вид
(2.12)
(2.10)
 т 
w  C 2 sin 
x.
 L 
Максимум w имеет при таком значении x , когда
dw
n
n
 C2
cos x  0 ,
dx
L
L
откуда
n
L
x

2
и, следовательно x 
максимум w посередине пролета.
55
L
L
. Если n  1, то x  , то есть
2n
2
Следует
отметить,
что
максимальный
прогиб
остается
неопределенным. Определить прогиб можно, было бы, используя точное
выражение кривизны (2.1).
2.3. Определение критической силы при других видах
закрепления. Критические напряжения
Формула Эйлера используется для определения критической силы и
при других видах закрепления путем введения коэффициента закрепления
стержня 
 
Fкр  
L
 пр
2

 EI min ,


где Lпр - приведенная длина,
Lпр  L .
На рисунке (2.3) (2.9) показано несколько различных способов
закрепления сжатого стержня. Коэффициент  показывает во сколько раз
надо изменить длину стержня, чтобы на нем уложилось полволны
синусоиды.
Рис. 2.3
56
Напряжение сжатого стержня в критическом состоянии называется
критическим напряжением и имеет вид
 кр
2
   EI min
.


 
A  L 
A
Fкр
Введем понятие гибкости стержня

L
imin
,
 
(2.13)
(2.14)
где imin -минимальный радиус инерции поперечного сечения
I min
.
A
imin 
Тогда формула (2.13) с учетом (2.14) примет вид
 
  E.

2
 кр
(2.15)
Формула (2.15) также называется формулой Эйлера.
Формулой Эйлера можно пользоваться только при упругой
деформации, то есть, в том случае, если критическое напряжение меньше
предела пропорциональности
 кр   пц .
Согласно (2.15) критическое напряжение увеличивается до предела
пропорциональности  пц с уменьшением гибкости
значения
 пред
 2E

. Согласно (2.14) гибкость
 пц

до предельного

уменьшается с
уменьшением длины стержня. Таким образом, чем короче стержень, тем
больше критическое напряжение, при котором он теряет устойчивость.
Когда
критическое
напряжение
 кр
больше
предела
пропорциональности  пц и для стали меньше предела текучести  Т или для
чугуна предела прочности на сжатие  вс (соответственно 0    пред )
используется эмпирическая формула Ясинского
 кр  а  b  с2 .
Коэффициенты a , b и с берутся из таблицы 2.1
57
Таблица 2.1
 пред
Материал
с
b
a
МПа
Ст2, Ст3
100
310
1,14
0
Ст5
100
464
3,26
0
Сталь 40
90
321
1,16
0
Кремнистая
100
589
3,82
0
110
29,3
0,194
0
80
776
12
0,53
сталь
Дерево
(сосна)
Чугун
Стержни,
у
которых
  0
называются стержнями малой гибкости. Их
рассчитывают только на прочность. У этих
стержней для стали  кр   Т , для чугуна
 кр   в с .
На
рисунке
2.4
график зависимости  кр от

представлен
для материала
Ст.3.
Рис. 2.4
2.4. Расчеты сжатых стержней на устойчивость. Условие
устойчивости
Существует объединенное условие прочности и устойчивости

где
 
у
 
F
  у     ,
A
- допускаемое напряжение на устойчивость;    -
допускаемое напряжение на сжатие;

- коэффициент снижения
допускаемого напряжения, определяемый по таблице (2.2) в зависимости
от гибкости стержня  .
58
Таблица 2.2
Гибкость, 
 для
сталей Ст1,
Ст2, Ст3, Ст4
Ст5
стали
повышенного
качества
чугуна
 у  320 МПа
0
1,00
1,00
1,00
1,00
10
0,99
0,98
0,97
0,97
20
0,96
0,95
0,95
0,91
30
0,94
0,92
0,91
0,81
40
0,92
0,89
0,87
0,69
50
0,89
0,86
0,83
0,57
60
0,86
0,82
0,79
0,44
70
0,81
0,76
0,72
0,34
80
0,75
0,70
0,65
0,26
90
0,69
0,62
0,55
0,20
100
0,60
0,51
0,43
0,16
110
0,52
0,43
0,35
-
120
0,45
0,37
0,30
-
130
0,40
0,33
0,26
-
140
0,36
0,29
0,23
-
150
0,32
0,26
0,21
-
160
0,29
0,24
0,19
-
170
0,26
0,21
0,17
-
180
0,23
0,19
0,15
-
190
0,21
0,17
0,14
-
200
0,19
0,16
0,13
-
Если известен коэффициент запаса устойчивости n у , то с помощью
диаграммы, изображенной на рисунке
допускаемое напряжение на устойчивость:
- для участка 1
59
(2.4)
можно
определить
  
 кр .Эйлера
у
пу
  E
,
 
   nу
2
- для участка 2
  
 кр . Ясинского
у
a  b  c2

,
nу
пу
- для участка 3 для пластического материала
   п
кр .
у

у
Т
n
   ,
- для участка 3 для хрупкого материала
   п
кр .
у
у

 вс
n
   .
Если размеры стержня известны и требуется определить
критическую силу, то определяется гибкость стержня, по гибкости
выбирается нужная формула, по которой рассчитывается критическое
напряжение и критическая сила или по гибкости (согласно таблице (2.2))
находится коэффициент снижения допускаемого напряжения и по нему
определяется допускаемая сила.
В качестве примера рассмотрим сжатый защемленный одним концом
стержень (   2 ) круглого поперечного сечения диаметром
материала Ст.3 ( Е  2  10 5 МПа )
d  5 см из
под действием сжимающей силы
(рис.2.11). Требуется при длинах стержня L  1 м ;
L  0,75 м ; L  0,25 м проверить его на устойчивость и найти
F  100 kH
критическое напряжение и критическую силу, если основное
допускаемое напряжение    160 МПа .
Решение.
Площадь поперечного сечения
d 2
3,14  5 2
2
A

 19,625 см .
4
4
Рис. 2.5
Осевой момент инерции
I
d 4
32

3,14  5 4
4
 61,328 см .
32
Радиус инерции
i
I
61,328

 1,768 см .
A
19,625
60
Напряжение в стержне
F
100  10 3
 
 50,955  10 6 Па = 50,955 МПа .
4
A 19,625  10
Гибкость для длины L  1 м (   2 )

L
i

2  100
 113 .
1,768
По таблице (2.2) линейной интерполяцией находим коэффициент
уменьшения основного допускаемого напряжения
  0,45 
120  113
(0,52  0,45)  0,499 .
10
Тогда допускаемое напряжение на устойчивость
       0,499 160  79,84 МПа .
Условие устойчивости выполняется, так как    .
у
у
Поскольку   100 , критическое напряжение и силу вычисляем по
формуле Эйлера
 
 3,14 
5
  Е 
  2  10  154,4 МПа ;

113
 


2
 кр
2
Fкр   кр  А  154,4 10 6 19,625 10 4  303069 H  303,069
kH .
Для длины L  0,75 м гибкость будет

2  75
 84,84 ,
1,768
что меньше  пред . Для Ст.3
пред 
 2Е
3,14 2  2  10 5

 100 .
 пц
200
Поэтому критическое напряжение и критическую силу вычисляем по
формуле Ясинского. По таблице (2.1) для Ст.3 находим
a  310 ;
b  1,14 ;
с  0 и соответственно
 кр  310  1,14  310  1,14  84,84  213,28 МПа ;
Fкр   кр  А  213,28  106 19,625  10 4  418567 H  418,567 kH .
По таблице (2.2) линейной интерполяцией находим, что
  0,69 
90  84,84
0,75  0,69  0,72096 .
10
Тогда
61
       0,72096 160  115 МПа .
у
Так как    у , условие устойчивости выполняется.
Для длины L  0,25 м гибкость будет

2  25
 28,28 .
1,768
Поскольку   40 , стержень называют стержнем малой гибкости.
Такой стержень рассчитывают только на прочность. Так как    ,
условие прочности выполняется. Критическое напряжение и критическая
сила определяются соответственно
 кр   Т  240 МПа ;
Fкр   кр  А  240 106  19,625 10 4  471000 H  471 kH .
При проектировочном расчете размеры сечения находятся
итерационным методом. Рассмотрим этот метод на примере стального
стержня ( Е  2  10 5 МПа ) длины L  4 м , оба конца которого защемлены
(   0,5 ), круглого поперечного сечения под действием сжимающей силы
F  200 kH (рис. 2.6). Требуется: подобрать диаметр стержня,
если
допускаемое
напряжение
   160 МПа ;
найти
критическую силу Fкр ; найти критическое напряжение  кр .
Решение.
В первом приближении принимаем коэффициент
снижения основного допускаемого напряжения 1  0,5 . Из
условия устойчивости

 
F
  у  1  
A
находим требуемую площадь сечения
AТР 
F
1  

200  10 3
 25  10 4 м 2  25 см 2 .
6
0,5  160  10
Рис. 2.6
Для круглого сечения
AТР 
откуда
62
d 2
4
,
4 AТР
d


4  25
 5,64 см .
3,14
Тогда осевой момент инерции
I 
d 4

32
3,14  5,64 2
 99,52 см 4 ,
32
радиус инерции
i
I
A
d 4 4
d
5,64


 1,994 см ,
2
32d
2 2 2 2

гибкость

L
i

0,5  400
 100,3 .
1,994
По таблице (2.2) находим
1'  0,6 .
1' значительно отличается от 1 , поэтому вычисляем второе приближение
   ' 0,5  0,6
2  1 1 
 0,55 .
2
2
Тогда
200  10 3
AТР 

 22,727  10 4 м 2  22,727 см 2 ;
6
1   0,55  160  10
F
d
4  22,727
 5,4 см ;

3,14
d
5,4
i

 1,909 см ;
2 2 2 2
L 0,5  400


 104,77
i
1,909
4 AТР
и согласно таблице (2.2)
допускаемого напряжения

коэффициент
уменьшения
основного
 2'  0,56 .
Как видно,  2' мало отличается от  2 .
При найденной площади поперечного сечения ( А  22,727 см 2 )
напряжение в стержне

F
200  10 3

 88  10 6 Па  88 МПа .
A 22,727  10 4
Допускаемое напряжение на устойчивость
   0,56 160  89,6 МПа .
у
Как видно,    у , поэтому условие устойчивости выполняется.
Окончательно принимаем диаметр стержня
d  5,4 см
63
и поскольку   100 находим критическую силу и критическое
напряжение по формуле Эйлера
 
 3,14 
5
 кр    Е  
  2  10  178,9 МПа ;

 105 
2
2
Ркр   кр  А  178,9  106  22,727 10 4  406586 H  406,586 kH .
2.5. Продольно – поперечный изгиб
Продольно – поперечным изгибом называется такой вид
деформации, когда к стержню, сжимаемому силой близкой к критической
прикладывается поперечная нагрузка.
Найдем прогиб стержня при продольно – поперечном изгибе (рис.
2.7). Изгибающий момент М
состоит из суммы момента М п
поперечных сил Fi и момента
Fw от продольной силы F . При этом
поскольку
прогибы
w
от
считаются
малыми, момент М п зависит в явном
виде только от x и не зависит ни от w ,
ни от продольной силы F . Тогда
М
изгибающий момент
можно
представить в виде
Рис. 2.7
M   Fw  M п .
(2.16)
Согласно дифференциальному уравнению изогнутой оси балки
(2.17)
EIw"  M .
Приравнивая изгибающие моменты М уравнений (2.16), (2.17)
получаем дифференциальное уравнение относительно прогиба стержня
при продольно – поперечном изгибе в виде
EIw"   Fw  M п
(2.18)
или в другом виде
w"k 2 w 
где
64
Mп
,
EI
(2.19)
k
F
.
EI
(2.20)
Решение уравнения (2.19) ищем в виде
w  C1 sin kx  C2 cos kx  w* ,
(2.21)
где w* - частное решение уравнения (2.19), зависящее от функции M п .
Рассмотрим двух опорную балку под
действием продольной сжимающей силы F
и равномерно распределенной поперечной
нагрузки q (рис. 2.8).
Рис. 2.8
Решение.
Определяем опорные реакции
Y A  YB 
qL
; Xc  F
2
и выражение момента M п
Мп 
qL
qx 2
.
x
2
2
(2.22)
Частное решение w* согласно выражению (2.21) ищем в виде
(2.23)
w*  Ax 2  Bx  C .
Подставляя (2.22), (2.23) и вторую производную от выражения (2.23)
w* "  2 A
в уравнение (2.19) получим выражение
 qL
qx 2  1

.
2 A  k 2 ( Ax 2  Bx  C )  
x
2  EI
 2
(2.24)
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x левой и
правой частей выражения (2.24) получаем три уравнения
2 A  k 2C  0 ; k 2 B 
qL
q
; k2A  
2 EI
2 EI
из которых, находим
A
q
qL
q
; B
;C
.
2
2
2EIk
2EIk
EIk 4
(2.25)
Подставляя (2.25) в (2.23) получаем выражение частного решения
w* 
q
2 EIk 2
 2
2
 2  Lx  x 
k

Тогда общее решение (2.21) с учетом (2.26) имеет вид
65
(2.26)
w  C1 sin kx  C 2 cos kx 
q  2

 Lx  x 2 
2  2
2 EIk  k

(2.27)
Постоянные C1 и C2 находим, используя граничные условия.
Из условия w(0)  0 находим
q
.
EIk 4
(2.28)
q cos kL  1

.
sin kL
EIk 4
(2.29)
C2  
Из условия w( L)  0 находим
C1 
Подставляя (2.28), (2.29) в (2.27) получаем
w
q
EIk 4

sin kx k 2
1  cos kx  1  cos kL

Lx  x 2
sin kL 2




Наибольший прогиб (стрела прогиба f ) получаем, полагая в
последнем соотношении x 
L
2
kL


cos
1
2 2 
q 
k
L
2

f 

4
kL
8 
EIk 
 cos

2


(2.30)
Исходя из дифференциального уравнения изогнутой оси балки
(2.18) изгибающий момент будет равен
M 
При значении x 
q 
sin kx 
cos kx  1  1  cos kL
.
2 
sin kL 
k 
L
изгибающий момент наибольший
2
M max
kL 

1  cos 
q
2 
 2 
.
kL
k
cos
2
(2.31)
При более сложной симметричной относительно середины
балки нагрузке применяют приближенный расчет. В основу положено
предположение, что форма упругой линии балки w при наличии
продольной силы F и wп без нее близка к синусоиде, то есть имеет вид
w  f sin
x
L
; wп  f п sin
где
66
x
L
,
(2.32)
f - стрела прогиба с учетом продольной силы F ;
fп
- стрела
прогиба без учета сжимающей силы F .
Согласно дифференциальному уравнению изогнутой оси балки
выражение изгибающего момента М п без учета продольной силы F имеет
вид
М п  EIwп " .
(2.33)
Тогда с учетом (2.33) выражение (2.18) принимает вид
EIw"   Fw  EIwп " .
(2.34)
Подставляя (2.32) в (2.34) получаем выражение
2
2

 x
x
 
 
 EI   f sin
  Ff  EI   f п  sin ,


L
L
L
L


(2.35)
в которое, согласно формуле Эйлера (2.12), в коэффициенты входит

критическая сила Fкр    EI . Если в выражении (2.35)
L
2
коэффициенты правой и левой частей при функции sin
x
L
приравнять
и разделить обе
части полученного уравнения на Fкр , получим выражение
f 
F
f  fп ,
Fкр
откуда находим
f 
fп
.
F
1
Fкр
(2.36)
Так как при малых деформациях изгибающие моменты
пропорциональны прогибам, для них соответственно получаем выражение
М 
Мп
.
F
1
Fкр
(2.37)
Для рассматриваемого примера (рис.2.8) изгибающий момент М п
при x 
L
без учета продольной силы F будет равен
2
Мп 
qL L qL2 qL2
.
 

2 2
8
8
67
(2.38)
L
Стрелу прогиба f п  wп   без учета продольной силы F определяем
2
с помощью универсального уравнения изогнутой оси балки
EIwп ( x)  EIwп 0  EI 0 x 
qL x 3
x4
.
 q
2 6
24
(2.39)
Из граничного условия wп 0  0 получаем прогиб левого края
wп 0  0 .
(2.40)
Из граничного условия wп L   0 с учетом (2.40) находим угол
поворота левого края стержня  п0
EI п 0 
1  qL L3 qL4 
qL3
 
  
.
 
L 2 6
24 
24
Подставляя (2.40), (2.41) в (2.39) и полагая x 
(2.41)
L
, получаем
2
qL3 L qL L3 q L4
5
 L
EIwп    
 
  

qL4 .
24 2 12 8 24 16
384
2
Тогда
5 qL4
 L
.
f п  wп    
384 EI
2
(2.42)
Если положить продольную силу F равной
F
1
Fкр ,
9
(2.43)
то по приближенному решению (2.36), (2.37) получим
f 
5 qL4
1
15 qL4
qL4




 0,01465 
;
1
384 EI
1024 EI
EI
1
9
M 
9
qL 2  0,14063qL2 .
64
(2.44)
(2.45)
По точному решению (2.30), (2.31) с учетом выражений (2.20), (2.12)
при условии (2.58) находим
F
F
1    EI




;
 
EI
9 EI 3  L  EI 3L
2
k



cos  1

2 
q  81 L 
 
qL4
6
f 

 0,01465
;

72 
EI
EI 4 
cos


6


4
68
(2.46)
M
Как видно,
совпадают.
точное
qL  9
2

2
и

1  cos
cos


6  0,14107qL2 .
(2.47)
6
приближенное
решения,
практически,
ЛИТЕРАТУРА
1. Горшков А.Г., Трошин В.Н., Шалашилин В.И. Сопротивление
материалов: Учеб. пос. 2-е изд., испр. – М.: ФИЗМАТЛИТ, 2002. 544 с.
2. Дарков А.В., Шпиро Г.С. Сопротивление материалов. Изд. 3-е.- М.
Высшая школа, 1969. - 734 с
3. Макаров Е.Г. Сопротивление материалов на базе Mathcad. – СПб.:
БХВ-Петербург, 2004. – 512 с.
4. Писаренко Г.С., Агарев И.А., Квитка А.Л. и др. Сопротивление
материалов. – К.: Вища школа, 1986. – 775 с.
5. Феодосьев В.И. Сопротивление материалов.- Главная редакция
физико-математической литературы изд-ва «Наука», 1970 г., 544 с.
69
Учебное издание
Наумова Ирина Юрьевна
Иванова Анна Павловна
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
Часть III
Учебное пособие
Тем.план 2008, поз. 109
Подписано к печати 17.11.08. Формат 60 84 1 16 . Бумага типогр. Печать
плоская. Уч.-изд. л. 4,0. Усл. печ. л.3,95.Тираж 300 экз. Заказ №
Национальная металлургическая академия Украины
49600, Днепропетровск-5, пр. Гагарина, 4
_______________________
Редакционно-издательский отдел НМетАУ
70
.
71
72