task_18158x

Министерство сельского хозяйства Российской Федерации
УРАЛЬСКАЯ ГОСУДАРСТВЕННАЯ
СЕЛЬСКОХОЗЯЙСТВЕННАЯ АКАДЕМИЯ
Инженерный факультет
Кафедра ТМ и РМ
Кузьмина О.Л.
Сопротивление материалов
Методические указания к выполнению и индивидуальные задания по
домашним расчётно-графическим работам.
Екатеринбург-2009
УДК 539 3/8 (076)
Настоящее учебно-методическое пособие предназначено для студентов
очного и заочного обучения по специальности:
110301 «Механизация сельского хозяйства».
110303«Механизация переработки сельскохозяйственной продукции».
110304 «Технология обслуживания и ремонт машин в АПК».
Пособие разработано профессором кафедры ТМ и РМ Корщиковым В.Д. с
участием старшего преподавателя Кузьминой О.Л. (главы 6 и 7).
Рецензенты: зав. кафедрой «Графика и детали машин», Нагорских В.С. и
профессор этой кафедры Комиссаров А.П.
Одобрено и рекомендовано к изданию методической комиссией
инженерного факультета УрГСХА (протокол № от
г.).
В пособии изложены кратко основные требования к оформлению, цели и
задачи выполняемых студентами домашних расчётно-графических работ по курсу
«Сопротивление материалов», теоретические основы, примеры решения типовых
задач по основным темам курса и варианты индивидуальных заданий.
г.Екатеринбург, УрГСХА, 2009 г., стр. ______, рис. 75, табл. 6, приложений 6.
2
Содержание
ВВЕДЕНИЕ ......................................................................................................................... 4
1. Общие требования к оформлению домашних расчётно–графических работ. .......... 5
2. РАСТЯЖЕНИЕ (СЖАТИЕ) ПРЯМОГО БРУСА - ЗАДАНИЕ №1 ............................ 8
2.1. Примеры решения задач. ............................................................................................. 9
2.2. Варианты домашних заданий................................................................................... 17
3. Геометрические характеристики плоских сечений – задание № 2........................... 33
3.1.
Пример решения задачи ..................................................................................... 36
3.2. Варианты домашних заданий................................................................................... 39
4. Кручение бруса и прямой изгиб балок – задание № 3............................................... 41
4.1. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ................................................................................ 46
4.2. ВАРИАНТЫ ДОМАШНИХ ЗАДАНИЙ ..................................................................... 58
5. Сложное сопротивление – задание № 4 ...................................................................... 67
5.1. Примеры решения задач ............................................................................................ 71
5.2. Варианты домашних заданий................................................................................... 77
6. Расчет рамных конструкций – Задание № 5. ............................................................ 85
6.1 Пример расчета рамы................................................................................................ 86
6.2. Варианты домашних заданий................................................................................. 90
7. Устойчивость сжатых стержней – задание №6. ................................................... 93
7.1.
Примеры решения задач. ................................................................................... 95
7.2 Варианты домашних заданий.................................................................................... 98
Литература: ..................................................................................................................... 100
Приложения..................................................................................................................... 101
3
ВВЕДЕНИЕ
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ - основополагающая (базовая дисциплина
инженерной подготовки будущего специалиста любой выше указанной
специальности. Несомненно, что уровнем освоения студентами данной учебной
дисциплины будет в значительной мере определяться вся дальнейшая профессиональная подготовка инженера-механика. Вместе с тем,
изучение курса
"Сопротивление материалов" у многих студентов вызывает определённые
затруднения.
С целью закрепления и углубления теоретических знаний, получаемых
студентами из лекционных и лабораторно-практических занятиях, привитию
студентам навыков самостоятельного решения конкретных инженерных задач
расчёта на прочность, жёсткость и устойчивость типовых элементов
сельскохозяйственных машин и оборудования и других конструкций, каждый
студент должен выполнить в течении учебного года 6 домашних расчётно –
графических работ (ДРГР) как правило, в каждой работе предусматривается
решение от двух до четырех задач различной сложности.
Опыт преподавания данной дисциплины показывает, что на выполнение
одной расчетно-графической работы студенты расходуют от 4 до 12 и белее часов,
включая время на ее оформление. Для получения наибольшей пользы от процесса
выполнения домашнего задания при разумных затратах времени советуем
студентам придерживаться следующих рекомендаций:

безусловно лучше всего начинать решение задач домашнего задания сразу,
без задержки,
после завершения изучения соответствующих тем на
лекциях и практических занятиях;
 поскольку значительной части студентов это не всегда удается, они
отодвигают
начало
выполнения
задания
от
рекомендуемых
преподавателями сроков то естественно, им потребуется дополнительное
время на восстановление всего материала, необходимого для проведения
всех расчетных работ по конкретному домашнему заданию;
 внимательно изучить условия задачи, заданную расчётную схему или
составить свою, если необходимо, продумать возможный способ решения
задачи и приступить к его реализации.
Общий план решения любой задачи расчета элементов конструкции или машин на
прочность включает обычно следующие этапы:
4





определение внутренних сил с помощью метода сечения. Если это не
удаётся сразу сделать,
то заданная схема является статически
неопределимой. Для расчета такой системы нужно, отбросив мысленно
линии связи и заменив их действие силами, составить необходимое число
дополнительных уравнений перемещений (деформаций): рассматривая
возможный характер деформации системы
построить (при необходимости} эпюры распределения внутренних сил по
длине бруса (стержня). По эпюрам определить положение опасного сечения,
в котором действуют максимальные внутренние усилия;
зная максимальные значения усилий а опасном сечении, определить
величину действующих напряжений по известным зависимостям;
проанализировав распределение напряжений по опасному сечению,
установить опасные точки, в котором действуют максимальные расчетные
напряжения;
для оценки прочности рассчитываемого элемента конструкции нужно
сравнить это расчетное напряжение с допускаемым напряжением.
Аналогичным образом проводится расчёт различных элементов машин и
конструкций на жёсткость и устойчивость.
1. Общие требования к оформлению домашних расчётно–графических работ.
Основные требования, предъявляемые к исполнению домашних расчётно–
графических работ (заданий) состоят в следующем:
1.1.
Домашнее задание выполняется строго в соответствии со своим вариантом,
который выдаётся преподавателем каждому студенту. Возможные изменения в
задании могут быть сделаны только преподавателем.
1.2. Для написания работы следует применять обычные чернила или пасту любого
цвета (кроме
красного) и стандартные (210х297 мм) листы писчей бумаги,
сброшюрованные в тетрадь с плотными корочками из чертежной бумаги. Образец
титульного
листа
показан
на
следующей
странице. Все листы задания должны быть пронумерованы, иметь слева
поле 10 – 15 мм для подшивки, а справа поле 25-30 мм, на которое
выносятся результата отдельных пунктов расчета, это же поле используется
преподавателем для замечаний.
1.3 Рисунки (расчетные схемы, эпюры внутренних усилий, диаграммы перемещений,
вспомогательные эскизы, графики и т.д) вычерчиваются от руки с соблюдением
правил ЕСКД мягким черным карандашом.
Допускается применение разноцветных - шариковых ручек или фломастеров.
5
1.4 Текст пишется на одной стороне листа писчей бумаги, на обратной стороне
допускается приводить только
исправления решения задач в соответствующем
месте расчета.
1.5 В начале записывается номер задачи, исходные данные, заданная или принятая
расчетная схема с буквенно-числовым обозначением, всех размеров, внешние
нагрузок с обязательным указанием их размерностей в единой системе –СИ.
1.6 Само решение задачи нужно сопровождать краткими, последовательными, без
сокращений слов, пояснениями и рисунками, достаточно обоснованными и
доказанными. Лучше вести решение задачи по пунктам, сначала в общем виде
(аналитически) до тех пор, пока это не будет вызывать излишних усложнений, затем
приводить численный расчет.
1.7
Все виды расчетов нужно вести с использованием микрокалькуляторов с
точностью, достаточной допускаемой правилами приближенных вычислений. По
ходу решения задачи следует анализировать получаемые числовые значения
определяемых величин, т.е оценивать их правдоподобность, иначе в итоге можно
получить абсурдный результат.
1.8. В целом работа должна быть оформлена чётко, разборчиво, аккуратно и
грамотно, по возможности с использованием ПЭВМ.
1.9 Работы, оформленные без соблюдения вышеизложенных указаний,
преподавателем не проверяются и к защите не допускаются.
6
Министерство сельского хозяйства и продовольствия РФ.
Уральская государственная сельскохозяйственная академия
Инженерный факультет
Кафедра ТМ и РМ
Домашнее задание №….
по сопротивлению материалов
Вариант №
Тема:…………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………
Выполнил: студент гр.
Епанчинцев Сергей
Проверил профессор:
Корщиков В.Д.
7
г. Екатеринбург 2002 г.
2. РАСТЯЖЕНИЕ (СЖАТИЕ) ПРЯМОГО БРУСА - ЗАДАНИЕ №1
Деформация центрального растяжения (сжатая) обусловлена возникновением в
любом поперечном сечении деформируемого стержня одного внутреннего усилия –
ПРОДОЛЬНОЙ СИЛЫ N. Она -равна алгебраической сумме проекций внешних сил
на ось стержня (ось Z) действующих на оставленную часть бруса (слева или справа
от рассматриваемого сечения).
Максимальные нормальные напряжения действуют в поперечном сечении,
распределены равномерно по сечению и равны:

N
,
F
(1)
где N – продольная сила, Н;
F – площадь поперечного сечения, мм2
Единица измерения напряжения – МЕГАПАСКАЛЬ – МПа, IМПа=IН/мм2
Прочность деформируемого элемента конструкций обеспечивается, если

где
(2)
  - допускаемое напряжение для материала стержня.
Оно равно
Или
N
,   
F
   T
K
(пластичные материалы)
   в (хрупкие материалы) 
Здесь
K
 T и в
- соответственно предел текучести и предел прочности
материала;
К – требуемый коэффициент запаса прочности.

Относительная (
) или
определяется по закону Гука



абсолютная
и l 
Nl
EF
8
( l )
продольная
(3)
деформация
где Е – модуль продольной упругости, величина постоянная для каждого
материала, для сталей Е=2*105 МПа.
l- длина стержня, мм.
Поперечная относительная деформация равна
где
 П  Е
-
(4)
коэффициент поперечной деформации (коэф. Пуассона), для сталей
  0,23  0,30 .
2.1. Примеры решения задач.
Задача №1
Для заданного ступенчатого стержня
(рис.1.) построить эпюры продольных сил
и нормальных напряжений, определить
перемещения сечения АА, если Р1=50 кН;
Р2=150 кН; Р3=30 кН; а=0,4 м; F=2,5 см2.
Рис. 1.
1.
2.
Решение
Разбиваем стержень на участки 1,2,3,4, границами которых являются
сечения, где приложены внешние силы и меняются размеры сечения.
Применяя метод сечения, определяем продольные силы по участкам.
Построение эпюры ведём справа, со свободного конца. Проведя
произвольное сечение на 1 участке и рассматривая условие равновесия
правой оставленной части, можем записать (см.рис.2а)
9
z  0
 N1  P1  0
отсюда N1  P1  50кН .
Поступая аналогично для второго участка, будем иметь (см.рис.2б)
z  0
N 2  P2  P1  0
N 2  P2  P1  150  50  100кН .
Рис.2
Продольные силы и нормальные напряжения, направленные от сечения и
вызывающие деформацию растяжения будем считать положительными,
направленными к сечению и вызывающим деформацию сжатия – отрицательными.
Эпюра продольных сил N представлена на рис. 1а. В сечениях, где приложены
внешние силы, получили скачки, равные этим словам.
3.
Зная величину продольной силы на каждом участке и используя формулу
(1), определяем нормальные напряжения, действующие в поперечных
сечениях (рис. 1б):
N 1 50  10 3

 200 МПа;
F
2.5  10 2
N
100  10 3
 II   2  
 200 МПа;
2F
2  2.5  10 2
N
100  10 3
 III   3  
 250 МПа;
1.6 F
1.6  2.5  10 2
N
70  10 3
 IV   4  
 175 МПа;
1.6 F
1.6  2.5  10 2
I 
4.
Перемещение сечения А-А определяется деформацией части стержня,
расположенного между неподвижным сечением (заделкой) и
рассматриваемым сечением А-А.
4
a  l 432  
i 2
N a
N a
N 2a
Nili
 4  3  2 
EFi
E1.6 F E1.6 F E 2 F
70 10  0.4 10 3
100 10 3  0.4 10 3
400 10 3  0.4 10 3



5
2
5
2
2 10 1.6  2.5 10
2 10 1.6  2.5 10
2 10 5  2.5 10 2
 1.65 мм

3
Сечение А-А переместиться влево на 1,65 мм.
10
Задача №2
Определить диаметр d штока гидроцилиндра
ГЦ, поддерживающего жесткую плиту АВ
стенда для мойки тракторов (рис.3.) если он
изготовлен из стали 45, имеющей T  360 МПа ,
а необходимый запас по прочности К=3.
Рис.3.
1.
Решение.
Делаем сечение, обозначаем усилие в штоке при N. Из условия равновесия
системы определяем усилие в штоке. Он испытывает деформацию сжатия.
m
2.
3.
F
N
a
 0;
q  3  1.5  N  2  sin a  0;
a  45 0 ,
4.5q
4.5  20

 63.8 кН .
2 sin a 2  0.707
Применив условие прочности (2) при растяжении (сжатии) определяем
диаметр штока
N N  k Пd 2


; d
 Т
4
4kN

ПТ
4  3  63.8  103
 26 мм.
3.14  360
Округляем до ГОСТовских значений d=30мм.
Задача №3
Для заданного стального ступенчатого
стержня, защемлённого с обеих сторон (рис
4.), построить эпюр продольных сил и
определить
максимальное
нормальное
напряжение в опасном сечении, если
11
Р=300кН; а=0,25 м; F=2 см2, Е=2*105 МПа.
Определить также величину полной потенциальной энергии деформации.
Рис.4.
1.
Решение
Обозначим опорные реакции Ra и Rb и составив уравнение равновесия
системы в виде
 Z  0,
-Ra+P-Rb=0
Ra+Rb=P
(1)
видим, что реакции определить не можем. Не зная реакции, мы не сможем
определить с помощью метода сечений внутренние усилия- продольные силы.
Следовательно, заданная система является статически неопределимой. Для её
расчёта необходимо составить дополнительное уравнение перемещений.
Превращаем заданную систему в статически определимую, отбросив одну из опор,
например опору В (см. рис 4а). действие опоры В заменяем реакцией Rв. Отбросив
опору В, мы дали возможность сечению В под действием сил Р и Rв перемещаться,
но в заданной системе сечение В не имеет перемещений (жёсткая заделка).
Отразив этот факт, мы получаем необходимое уравнение перемещения
BP  BR  0
B
(2)
Используя закон Гука, можем записать (см. рис. 4б.в.)
BP 
Pa
R  2 a RB  2 a
R  3a
; BRB   B

 B
E 2F
E 2F
EF
EF
(3)
Поставив значения перемещения (3) в уравнение (2), и решив его, получим
P  a RB  3a
P 300

 0; RB  
 100кН .
EF
EF
3
3
Тогда из (1) RA=P-RB =300-100=200кН.
2.
Строим эпюры продольных сил по участкам (см. рис. 5)
Z  0
N1  R A  0
N1  R A  200 кН
N2  R B  0
N 2  R B  100 кН
N3  R B  0
N 3  R B  100 кН
12
Нормальные напряжения в поперечных
сечениях равны
Рис.5.
N1 200  10 3

 500 МПа;
2 F 2  2  10 2
N
100  10 3
 II   2  
 250 МПа;
2F
2  2  10 2
N
100  10 3
 III   3  
 500 МПа;
1.6 F
2  10 2
I 
3.
Полная потенциальная энергия деформации стержня равна сумме энергий,
накапливаемых на каждом участке


2
1N 1 а 1N 2 а 1N 3 а 1 200  10 3  0,25  10 3
ЭП 




2Е 2F 2Е 2F 2Е 2F
2  2  10 5  2  2  10 2
2

2

2
2


2
1 100  10 3  0,25  10 3 1 100  10 3  2  0,25  10 3

 140625 Нмм
2  2  10 5  2  2  10 2
2  2  10 5  2  10 2
 140 Нм

Задача №4
Жесткая плита АВ поддерживается двумя
стальными
стержнями
одинакового
сечения (рис.6.)
13
Определить, какие возникнут температурные напряжения в обоих стержнях, если
будет нагреваться только 1 стержень на 800 . Коэф. температурного расширения
стали а=12*10-6 , Е=2*105 МПа.
Рис.6.
Решение.
Вследствие нагрева 1 стержень, стремясь расширится (удлиниться) будет
воздействовать на второй стержень, вызывая в нём сжимающее усилие N 2.
Второй стержень, сопротивляясь, будет тоже воздействовать на 1 стержень,
вызывая в нём сжимающее усилие N1. Для определения этих усилий
составим уравнение равновесия системы в виде
1.
m
b
 0;
N1  5  N 2  3  sin a  0;
(1)
Таким образом, имеем одно уравнение с 2-мя неизвестными усилиями.
Следовательно, система является статически неопределимой. Для её расчёта
составляем уравнение перемещений из следующих рассуждений (см. рис. 7): если бы
в конструкции не было второго стержня, то 1 стержень за счёт нагрева получил бы
температурное
удлинение
it .
В действительности же второй стержень,
сопротивляясь, будет ограничивать температурное удлинение 1 стержня. Точка
приложения усилия N1 получит перемещение
1  it  l1  l1t 
N1l1
EF
1 , которое очевидно будет равно
(2)
Точка приложения усилия N2 получает перемещение
 2 , которое, спроектировав
на направление действия усилия N2 , можем выразить через его деформацию l2
2 
l 2
N 2l2

sin a EF sin a
(3)
Используя подобие прямоугольных треугольников с катетами
запишем
1 5
  1.67, т.е 1  1,672
2 3
с учётом выражений (2) и (3) будем иметь
14
1 ,  2 , 5 и 3 м,
l1t 
N1l1
N 2l2
 1.67
EF
EF sin a
Из рис.6. видно, что
(4)
l2  32  22  3,6 м.;
sin a 
2
 0,55
3,6
Решая совместно уравнение (1) и (4), определяем усилия в стержнях
N1 
3N 2 sin a
N  l  1.67
 0,33N 2 ; atEF  0,33N 2  2 2
 5,8 N 2 ;
5
l1  sin a
N 2  0,172atEF; N1  0,33  0,172atEF  0,057atEF
Температурные нормальные напряжения, возникающие в стержнях будут
равны
N1
I  
 0,057аtE  0,057  12  10 6  80  2  10 5  10,9МПа
F
N
 II   2  0,172аtE  0,172  12  10 6  80  2  10 5  33,0МПа
F
2.
Задача №5
Жёсткая плита АВ должна поддерживаться
двумя стальными стержнями 1 и 2, у
которых сечения равны F1=F; F2=0,8F
(рис.8). При изготовлении 1 стержень
оказался короче требуемой длины на

величину
. Определить, какие
монтажные напряжения возникнут в
стержнях при сборке конструкции, если
Рис.8.
l1  1,8 м; h  2,0 м;   600 ;   2,0 мм
Решение
1.
При сборке конструкции (рис. 8.) зазор

мы будем «закрывать» очевидно
за счёт деформации растяжения 1 стержня 15
l1
и перемещения
1 ,
обусловленного деформацией сжатия стержня 2 (рис. 9). Составим
уравнение равновесия системы в виде
 N1 2  N2  2  sin a =0, т.е. N1 = 0.866 N2
m
c
0
(1)
Рис.9
Отсюда следует, что система статически неопределима. Дополнительное
уравнение перемещений составим, рассматривая характер деформации конструкции
(см.рис.9).
Очевидно, что
1 
2
2
, т.е. 1   2
2
Перемещение
укорочения стержня 2.
2 
  1  l1 , но из подобия треугольников видим, что
2
(2)
точки приложения усилия N2 выразим через деформацию
l 2
N 2l 2

;
sin a EF2 sin a
l2 
h
;
sin a
(3)
Таким образом, получим после преобразований
l 2
N 2l2
Nl
 l1 
 11 
sin a
E0.8F sin a EF
N2h
0,866 N 2 l1 4.9  10 3 N 2



(4)
2
EF
EF
E0.8F sin a
   1  l1   2  l1 
N2=
EF
 0,204 103 EF
3
4,9 10
(5)
С учётом выражения (1), усилие в 1 стержне составит
16
N1=0,866*0,204*10-3 EF = 0,176*10-3 EF
2.
Монтажные напряжения в стержнях очевидно будут равны
N1
 0,176 *10 3 E  0,176  10 3  2.2  2  10 5  77,4МПа
F
N
  2  0,255 *10 3 E  0,255  10 3  2,2  2  10 5  112,2МПа
0.8F
 IM 
 IIM
2.2. Варианты домашних заданий
В домашнее задание №1 входит решение 4 задач в соответствии с вариантом,
выданным преподавателем. Номера задач по каждому варианту заданы в таблице 1.
первая цифра №-задачи означает непосредственно сам номер задачи, которую надо
решить, а вторая цифра – номер строки исходных данных.
Таблица №1
Вариант
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
1
1-1
1-2
1-3
1-4
1-5
2-1
2-2
2-3
2-4
3-1
3-2
3-3
3-4
4-1
4-2
4-3
5-1
5-2
5-3
6-1
Номера задач
II
III
9-1
16-3
9-2
17-1
9-3
17-2
9-4
17-3
10-1
17-4
10-2
18-1
10-3
18-2
10-4
18-3
11-1
19-1
11-2
19-2
11-3
19-3
11-4
19-4
12-1
20-1
12-2
20-2
12-3
20-3
12-4
20-4
13-1
21-1
13-2
21-2
13-3
21-3
13-4
21-4
17
IV
25-1
25-2
25-3
25-4
26-1
26-2
26-3
26-4
27-1
27-2
27-3
27-4
27-5
28-1
28-2
28-3
28-4
28-5
29-1
29-2
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
6-2
6-3
7-1
7-2
7-3
7-4
8-1
8-2
8-3
8-4
13-5
14-1
14-2
14-3
15-1
15-2
15-3
15-4
16-1
16-2
22-1
22-2
22-3
23-1
23-2
23-3
23-4
24-1
24-2
24-3
29-3
29-4
30-1
30-2
20-3
30-4
31-1
31-2
31-3
31-4
Задача №1
В заданной схеме навески трактора (рис.9) определить
 l в обоих
усилия N, напряжения  и деформации
стальных стержнях, если
№
Р, кН , 0
F1, мм2
l2, м
F2, мм2
l , м
1-1
1-2
1-3
1-4
1-5
15,5
19,0
38,0
30,0
35,0
30
45
60
90
135
0,9
1,2
1,5
1,30
1,0
100
120
190
100
200
0,9
1,2
1,5
1,3
0,8
140
175
150
145
100
Рис.9
Задача №2
Какой груз Р можно приложить к данной подвеске,
изготовленной из 2-х стержней (рис.10)
Стержень 1 – СТАЛЬНОЙ, трубчатого сечения, с
допускаемым напряжением 1
Стержень 2 – из прочного алюминиевого сплава,
квадратного поперечного сечения со стороной «а», с
допускаемым напряжением 2
Рис.10
18
№
, 0
1-й стержень
Д, мм
С=d/Д
1 ,
2-1
2-2
2-3
2-4
30
45
60
70
80
100
120
90
МПа
150
160
175
200
0,80
0,85
0,90
0,75
2-ой стержень
а, мм
2 ,
МПа
60
60
80
75
100
90
75
80
Задача №3
Опорная жесткая плита АВ стенда для разборки
тракторов ТИПА Т-150 К закреплена шарнирно в
точке
А
и
поддерживается
силовым
гидроцилиндром ГЦ (рис. 11). Определить диаметр
d штока гидроцилиндра, изготовленного из стали,
имеющей предел текучести  T . Конструкция
должна иметь запас прочности «К» при давлении
колёс трактора Р.
Рис.11
№
Р, кн
l, м
 T , МПа
К
3-1
3-2
3-3
3-4
14,0
16,5
18,0
20,0
2,2
2,4
2,5
3,0
360
320
240
300
3
2,5
1,5
2,0
Задача №4
Подобрать размеры поперечного сечения двух
стальных тяг АВ и СД, поддерживающих две
жесткие балки ЕД и СК (рис.12), если нагрузка
на конструкцию равна Р, а допускаемое
напряжение для материала тяг равно  .
 
Рис. 12
№
а, м
Р, кн
 T , МПа
4-1
4-2
4-3
1,0
1,2
1,5
100
150
200
100
120
150
19
Задача №5
В заданной конструкции (рис.13) всё четыре
стержня стальные, одинакового поперечного
сечения, состоящего из 2-х разнобоких уголков.
Определить напряжения, возникающие в стержнях
при заданной нагрузке Р.
№
5-1
5-2
5-3
Р,
кН
100
150
200
№ уголка
Размеры, м
а
в
3,0
4,0
3,5
5
4,0
4,0
50х50х3
70х70х6
75х75х7
Рис. 13
Задача №6
Схема сцепки бороны АВ с трактором приведена на
рис. 14. определить напряжение во всех 5 тягах,
изготовленных из круглого стального прутка
диаметром d, если сопротивление почвы при
бороновании составляет q.
№
6-1
6-2
6-3
q, кН/м
1,0
1,2
1,5
Рис.14
20
a, м
0,5
0,75
0,6
b, м
2,0
3,0
4,0
h, м
0,75
1,00
1,4
d, мм
10
15
18
Задача №7
Подобрать размеры сечения двух растяжек 1 и 2,
заданной конструкции трубчатое сечение при
допускаемом напряжении материала  , если нагрузка
равна Р (рис. 15)
 
№
7-1
7-2
7-3
7-4
Рис.15
Р,
кН
А, м
40
60
80
100
0,8
0,5
0,4
0,6
 ,
h,м
С=d/Д
МПа
0,6
0,8
0,5
1,0
150
160
120
180
0,7
0,8
0,85
0,75
Задача №8
Определить напряжения в стальных тягах 1 и 2
заданной конструкции, нагруженной силой Р
(рис.16).
определить
также
вертикальное
перемещение точки приложения внешней силы
(точки К), если:
№ Р,
а, м № уголка
h,м №
0
кН
швел
лера
8-1 150 1,0 80х80х8
1,5 10
30
8-2
175
1,2
90х90х6
1,5
12
45
8-3
200
1,5
100х100х7
2,0
14
60
8-4
220
2,0
100х100х10
2,2
16
45
Рис.16
21
Задача №9
Для заданного ступенчатого бруса с жёстко заделанными
концами и нагруженного силами Р1 и Р2 построить эпюру
продольных сил, определить максимальное напряжение в
опасном сечении и подсчитать полную потенциальную
энергию деформации (рис.17)
№
Р1, кН Р2, кН F, см2
а,м
Е, МПа
9-1
100
150
10,0
0,4
2,0*105
9-2
120
170
13,0
0,5
1,0*105
9-3
130
200
15,0
0,7
1,2*105
9-4
150
200
20,0
0,6
2,0*105
Рис. 17
Задача №10
Стержень, состоящий из 2-х разнородных материалов,
защемлён с обоих концов и нагружён силой Р (рис. 18).
Определить напряжения в каждой части стержня, если:
№
Р, l1, м Е, МПа l2, м Е2, МПа
F, см2
кН
10-1
10-2
10-3
10-4
100
120
150
150
0,8
0,6
0,8
1,2
1*105
1,2*105
0,7*105
2,0*105
Рис.18
22
0,2
0,4
0,5
0,8
0,7*105
1,0*105
1,2*105
0,7*105
10,0
15,0
20,0
25,0
Задача №11
Жёсткая плита АВ загрузочного устройства
шарнирно закреплена в точке В и поддерживается
двумя стальными стойками 1 и 2 (рис.19).
Определить усилия и напряжения в этих стержнях
при заданной нагрузке, если:
№
11-1
11-2
11-3
11-4
q,
кН/
м
10
12
15
20
a, м
l1, м
F1,
см2
l2, м
F2,
см2
2,5
2,0
1,5
1,0
1,2
1,5
1,6
1,8
10,0
12,5
14,0
19,0
0,8
1,0
1,2
1,5
8,0
10,0
12,0
14,5
Рис.19
Задача №12
Жёсткая плита АВ стенда для мойки тракторов
(рис.20) поддерживается шарниром «С» и двумя
стальными стержнями 1 и 2. Определить с каким
запасом прочности будет работать заданная
конструкция, если:
Рис.20
№
Р, кН
a, м
l1, м
l2, м
 T , МПа
F2, см2
12-1
12-2
12-3
12-4
100
110
120
150
1,5
1,8
1,6
1,62
1,5
1,2
1,0
1,0
1,6
1,5
1,4
1,2
300
280
260
240
2,0
2,5
3,0
3,5
23
Задача №13
Опорное устройство (рис. 21) стенда для обкатки
тракторов представляет собой круглый стальной
стержень диаметром d, вставленный в трубу из
алюминиевого сплава размерами d0, Д. Определить
напряжения, возникающие в стержне и трубе, если они
через жёсткую плиту сжимаются силой Р (в расчётах
применять Ес=2*105 МПа, Еа=0,7*105 МПа)
№
13-1
13-2
13-3
13-4
Р, кН
20
25
35
40
d, мм
20,0
25,0
13,5
40,0
d0, мм
22,0
27,0
37,0
42,0
Д, мм
30
37
45
60
l,м
1,2
1,4
1,5
1,0
Рис. 21
Задача №14
Емкость для ГСМ (воды) опирается в шарнире А и
поддерживается двумя стальными растяжками 1 и 2,
изготовленными из 2х одинаковых уголков (рис. 22).
Определить напряжения в этих растяжках если:
№
Р, кН
a, м
в, м
Номер уголка
14-1
100
0,5
3,0
63х63х6
14-2
150
1,0
4,0
80х80х8
14-3
175
0,8
2,5
70х70х5
Рис. 22
24
Задача №15
Настенный поворотный кран (рис. 23) представляет
собой жёсткую балку АВ, поддерживаемую двумя
растяжками 1 и 2 изготовленными из стали с
пределом текучести  T , круглого поперечного
сечения диаметром d.
Определить допускаемую нагрузку для этого крана,
исходя из прочности растяжек, обеспечивая
требуемый запас прочности «К».
Рис.23
№
а, м
, 0
, 0
d, мм
 T , МПа
К
15-1
15-2
15-3
15-4
1,5
2,0
2,5
3,0
30
45
60
40
16
27
41
23
20
25
30
40
300
240
280
360
2
1,5
1,4
3
Задача №16
Сцепка состоит из 2-х одинаковых стальных стержней,
изготовленных из 2-х равнобоких уголков. Определить
номер уголка, если на сцепку действует внешняя нагрузка,
равная Р, а для материала стержней допускаемое
напряжение равно  .
 
№
Р, кН
, 0
l, м
16-1
16-2
16-3
40,0
75,0
60,0
30
45
60
1,5
1,8
1,2
Рис.24
25

,МПа
120
150
160
Задача №17
Сцепка состоит из 5-ти одинаковых стальных
стержней (рис. 25). Определить усилия в стержнях и
по наиболее нагруженному стержню подобрать
трубчатое сечение при допускаемое напряжении
материала стержней  .
 
№
Р, кН
С=d/Д
17-1
17-2
17-3
17-4
150
175
200
230
0,75
0,80
0,85
0,70

а, м
,МПа
120
100
140
160
1,0
1,2
1,4
0,80
Рис. 25
Задача №18
Квадратная жёсткая плита стола для разборки
автотракторных двигателей (рис. 26) опирается на 4
симметрично
расположенные
стальные
стойки
одинаковой длины и одинакового поперечного сечения
(швеллер). Определить величину усилия в каждой
стойке при заданной внешней нагрузке Р, а также №
швеллера при допустимом напряжении
№
Р, кН
a, м
в, м
18-1
18-2
18-3
20
25
36
0,8
1,2
1,5
0,25
0,40
0,30
Рис. 26
26


,МПа
120
130
150
.
Задача №19
Жесткая плита опирается шарнирно в точке
«С» и поддерживается двумя стальными
стойками указанных размеров (рис. 27).
Определить температурные напряжения в
обоих стержнях, если будет подвергаться
нагреву только 1 стержень на
t 0 C .
Рис. 27
Позиция
19-1
19-2
19-3
19-4
1 стойка
F1, см2 l1,
м
5,0
1,5
6,0
1,8
8,0
2,0
4,0
2,2
2 стойка
F2, см2 L2, м
7,5
12,0
12,0
8,0
t 0 C
.
1,2
1,5
1,6
1,4
50
70
80
110
а,
м
в, м
 10 6
1,5
1,2
1,4
1,3
3,0
3,6
3,5
2,6
12,5
12,5
12,5
12,5
Задача № 20
Определить
температурные
распорке при нагреве её на
линейного расширения стали
напряжения
в
стальной
t C (рис. 28).
 c  12,5 10 6.
0
№
а, м
в, м
, 0
F, см2
t 0 C
20-1
20-2
20-3
20-4
0,8
1,0
1,2
1,2
2,2
2,0
2,4
3,0
2,0
2,5
1,5
3,0
15,0
20,0
25,0
40,0
80
60
75
100
Рис. 28
27
Коэф.
Задача № 21
В подвеске (рис. 29) состоящей из 3-х стальных
стержней с одинаковой площадью поперечного
сечения нагреву на t C , при эксплуатации
подвергаются только крайние (1 и 3) стержни.
Определить температурные напряжения во всех
стержнях, если:
0
Рис.29
Позиция
t 0 C .
0
h, м
F, см2
 10 6
21-1
21-2
21-3
21-4
80
90
100
60
30
45
60
20
1,6
1,8
2,0
1,5
10
15
20
8
12,5
12,0
11,6
12,5
Задача №22
В каком из указанных стержней (рис. 30)
одинаковой длинны и поперечного сечения,
возникнут
наибольшие
температурные
позиция
22-1
22-2
22-3
∆t,0С
l,м
c*10-6
м*10-6
50
1,0
12,0
16,5
70
0,8
12,5
19,0
90
0,9
11,6
22,0
напряжения при их нагреве, если:
Рис.30
28
а*10-6
21,6
24,0
22,0
Задача №23
В заданной конструкции (рис31),
представляющий собой жесткую шарнирноопертую балку с 2мя поддерживающими
стальными тягами одинакового поперечного
сечения F , 2ой стержень был изготовлен
короче требуемой длины на величину .
Определить монтажные нормальные
напряжения в обоих стержнях, которые
возникнут при сборке конструкции, если:
Рис.31
Позиция
23-1
23-2
23-3
23-4
a, м
1,0
1,5
1,8
2,2
l1,м
1,5
1,8
2,0
2,5
F1,см2
5,0
8,0
4,5
10,0
l2,м
1,8
2,2
2,5
3,0
F2,см2
5,0
8,0
4,5
10,0
,мм
1,0
1,2
1,5
2,0
Задача №24
В заданной конструкции (рис 32) 2й
стержень был изготовлен короче требуемой
длины на величину . Определить величину
монтажных напряжений, возникающих в
стержнях при сборке конструкций, если:
Рис.32
позиция
24-1
24-2
24-3
а,м
1,5
2,0
2,5
l1=l3
1,5
1,8
1,2
29
F1=F3,см
2,0
2,5
4,0
l2,м
2,0
2,4
1,6
F2,см
3,0
3,75
6,0
, мм
1,0
1,2
1,5
Задача №25
В подвеске колеса плуга, изображенной на (рис33)
средний стержень был изготовлен длиннее
требуемой длины на величину . Определить
монтажные напряжения которые возникнут во всех
3х стержнях после сборки. Все стержни стальные,
одинаковой площадью поперечного сечения F.
Позиция
25-1
25-2
25-3
25-4
h,м
0,5
0,6
0,8
1,0
,0
45
60
30
45
,мм
0,8
1,0
1,2
1,5
F,см
5,0
4,0
2,5
6,0
Рис.33
Задача №26
В подвеске (рис34) 3й стержень был
изготовлен короче требуемой длины на
величину
.
Определить
монтажные
напряжения во всех 3х стержнях после
сборки конструкции, стержни стальные, с
одинаковой площадью поперечного сечения
F.
Рис.34
Позиция
26-1
26-2
26-3
26-4
,0
30
45
60
25
30
h,м
1,5
1,8
1,2
2,0
l3,м
2,0
1,5
1,8
1,6
,мм
0,8
1,0
1,4
1,2
F,см
5,0
4,0
8,0
10,0
Задача № 27
Подобрать размеры стальных стержней
1 и 2,
поддерживающих шарнирно опертую жесткую
балку
АВ
и
нагруженную
нагрузкой
интенсивностью q (рис. 35)
Допускаемое
напряжение
для
материала
стержней
 .
Определить так же из условия
прочности,
какие
потребуются
размеры поперечного сечения 1
 
й
Рис.35.
Позиция
стержня, если убрать 2 стержень.
K
 , Форма
q, H a , м
сечения
МПа
м
27-1
27-2
10
12
1,0
1,2
120
130
(швеллер)
Два
равнобоких
уголка
27-3
15
1,4
140
C
27-4
27-5
18
20
0,8
0,6
160
150
Кольцо
(круг)
(квадрат)
 
d
 0,8
D
Задача № 28
Жесткая балка АВ, шарнирно –
опертая в точке “С”, поддерживается
двумя стальными стержнями (рис.
36).
Определить
допустимую
нагрузку на конструкцию из условия
прочности стержней, если:
Позиция
a, м
  ,
К
F , см 2
1,5
10
МПа
28-1
0,5
31
120
28-2
28-3
28-4
28-5
Рис. 36
0,8
1,0
1,2
1,5
130
140
150
160
2,0
1,4
1,2
1,8
12
15
8
5
Задача № 29
Короткая деревянная стойка длиной
 с квадратным сечением размером
“a”
,
усиленная
четырьмя
равнобокими уголками сжимается
силой Р, передающейся через
жесткую плиту (рис. 37). Определить
напряжения, возникающие в уголках,
если:
Рис.37
Позиция
Р, кН
.м
a , мм
№ уголка
29-1
29-2
29-3
29-4
120
150
180
200
1,2
1,0
0,9
0,8
200
220
240
250
60х60х5
70х70х7
75х75х5
90х90х9
Ec
Eg
20
22
20
18
Задача № 30
x
Клеть грузового лифта весом Р подвешена на 2 одинаковых
стальных тросах длиной  и площадью поперечного сечения F.
Определить напряжения у верхнего и нижнего концов троса,
если 1м троса весит  .
Позиция
30-1
30-2
30-3
30-4

Р,
кн.
.м
F , см 2
,
кн.
160
180
200
250
15
20
40
60
4,0
4,5
7,0
9,0
0,40
0,45
0,25
0,20
Рис.38
32
Задача № 31
Определить напряжение в стальной и
чугунной частях указанной на рис.
38 колонны с учетом и без учеты
собственного веса. Определить так
же вертикальное перемещение точки
приложения сил Р в том и другом
случаях, считая
E c  2  10 5 МПа
Er  1,2  105 МПа .
Позиция
P,
кН
d,
мм
a,
мм
в,
мм
1 ,
2,
мм
мм
31-1
150 50
170 160 10
31-2
180 60
175 160 12
31-3
200 65
180 170 15
31-4
250
70
190 180 20
3. Геометрические
характеристики плоских сечений – задание № 2.
8
12
16
22
Рис.38
,
H
см 3
0,078
0,078
0,078
0,078
Прочность
и
жесткость
элементов
конструкций
при
различных
видах
воздействия внешних сил,
особенно
при
деформациях
кручения,
изгиба,
сложного
сопротивления
и
др.
зависит не только от
материала стержня, но и
от формы и размеров его
поперечного сечения и
расположения
сечения
относительно
33
направления
действия
внешних нагрузок. Это
учитывается
рядом
геометрических
характеристик плоского
поперечного
сечения,
основными из которых
являются (рис. 39):
площадь
F   dF
(5)
F
Рис.39
статические моменты
S x   ydF , S y   xdF
F
(6)
F
осевые моменты инерции
Yx   y 2 dF , Yy   x 2 dF
F
(7)
F
Центробежный момент инерции
Yxy   xy dF
F
2

(8)

Y p   p dF   x 2  y 2 dF  Yx  Yy
Полярный момент инерции
F
(9)
F
Координаты центра тяжести сечения
xc , y c
определяются через статические
моменты
XC 
Sy
F
,
yC 
Sx
F
(10)
Естественно, все вышеуказанные характеристики зависят от положения осей и они
вычисляются через размеры поперечного сечения (рис. 40):
Yx  Yxc  Fa 2
(11)
Yy  Yyc  Fb 2
(12)
Yxy  Yxc yc  Fab
(13)
Среди множества центральных осей
есть, очевидно, оси, относительно которых
34
осевые моменты инерции принимают экстремальное (наибольшее и наименьшее)
значение, а центробежный момент инерции равен нулю. Эти оси называются
главными осями, их положение определяется –по формуле
Рис.40
tg 2 0  
2Yxc yc
(14)
Yxc  Yyc
Моменты инерции относительно главных осей, называемые главными
моментами инерции, определяются выражением:
Y max 
min
Y xc  Y y c
2

1
2
Y
xc
 Y yc

2
 4 y x2c yc
(15)
При выполнении расчетов на прочность, жесткость и устойчивость
наибольший и определяющий интерес и представляет определение положения
главных центральных осей и вычисление главных моментов инерции заданного
поперечного сечения, которое обычно осуществляется в следующей
последовательности:
-
выбирается вспомогательная система координат;
заданное сложное сечение разбивается на простые фигуры, обозначаются
их координаты центров тяжести и собственные оси;
во вспомогательной системе координат определяется положение общего
центра тяжести сечения (по формуле 10);
через
общий
центр
тяжести
проводят
центральные
(параллельно собственным осям) и вычисляют осевые
центробежные
оси
X C YC
( Y xc , Y y c и
Y x x yc ) моменты инерции относительно этих осей,
используя правило параллельного перехода (формулы (11) – (13));
-
по формуле (14) определяют угол
0 ,
на который надо повернуть
центральные оси, чтобы они стали главными осями (при
часовой стрелки, при
-
 0 >0
против
 0 <0 по часовой стрелке);
вычисляют величину главных моментов инерции сечения по формуле
(15), обычно при
Yxc  Y yc , Ymax  Yx0 , Ymin  Y y0 .
Равномерность моментов инерции обычно см. 4. Все моменты инерции (кроме
центробежного) величины суть положительные (подробнее см. пример решения).
35
3.1. Пример решения задачи
Для заданного поперечного сечения (рис. 41) опорного бруса зерносушилки,
состоящего из швеллера № 24, уголка 80+80+8 и прямоугольного треугольника с
размерами в=80 и h=150мм. Определить положение главных центральных осей и
вычислить главные моменты инерции.
1.
Решение
Выбираем вспомогательную систему координат x,y так, чтобы все сечение
находилось в положительной четверти (для удобства вычислений);
2. Разбиваем заданное сечение на
простые фигуры с площадями F1 швеллер № 24; F2 - треугольник;
F3
- уголок;
3. Обозначаем центры тяжести,
собственные оси инерции каждой
фигуры, выписываем из сортаментов
по ГОСТ 8240-72 и ГОСТ-8505-86
(для швеллера и уголка), а для
треугольника считаем, необходимые
данные 1 :

Рис. 41
Швеллер -
Z 01  2,42см
F1  30,6см 2 , Yx1  208см 2 , Yy1  2900см 2
(обращаем внимание, что заданный швеллер по отношению к
гостовскому повернут на 90 и
Уголок
Yx1  Y y и Y y1  Yx из сортамента).
E2  12,3см 2 , Yx3  Yy3  13,36см 4 , Z 03  2,27см ,
Yx3 y3  43см
36
В=70 мм,
вh 3 8  15 3
1
1
вh  8  15  60см 2 ; Yx3 

 750см 4
2
2
36
36
hв 3 15  8 3
в 2 h 2 8 2  15 2
; Y y3 

 213,3см 4 ; Yx2 y2  

 200см 4
36
36
72
72
Треугольник- P3 
4. Определяем координаты общего центра тяжести
Xc 
Sy
F

F1 x1  F2 x 2  F3 x3 30,6  12  608  2,7   12,3(8  2,27)

 10,5см
F1  F2  F3
30,6  60  12,3
Здесь
x1 x2 x3 - расстояние от оси yдо центров тяжести каждой фигуры
F y  F2 y 2  F3 y 3
S
yc  x  1 1

F
F1  F2  F3
30,615  2,42  60  10  12,3(15  2,27)

 12,53см
102,9
здесь y1 y 2 y 3 - расстояние от оси Х до центров тяжести каждой фигуры
5. Через общий центр тяжести (т.с.) проводим параллельно собственным осям
каждой фигуры центральные оси
xc y c
вычисляем осевые
Yxc , Y yc и центробежные
Y x x yc моменты инерции относительно их
3
Yxc   Yxic  Yx1  F1 a12 Yx2  F2 a 22  Yx3  F3 a32 
i 1
2
2
2
=208+30,6(17,42-12,53) +750+60(12,53-10) +73,36+12,3(12,73-12,53) =
=2147,5 см
Здесь
xc
и
4
a1a2 a3 - расстояние соответственно между параллельными осями
x1 , xc и x 2 , xc и x3 a1 =4,89 см, a 2 =-2,53 см, a 3 =0,2 см.
3
Y yc   Y yic  Y y1  F1в12 Y y2  F2 в 22  Y y3  F3b32 
i 1
2
2
2
=2900+30,6(12-10,5) +213,3+60(10,7-10,5) +73,36+12,3(10,5-5,73) =
=3537,8 см
4
37
Здесь в1, в 2 , в 3 - расстояние соответственно между параллельными осями
y c и y1 , y c и y 2 , y c и y 3 в1 =1,5 см, в2 =0,2 см, в3 =-4,77 см.
3
Yxс yc   Yxiс yc  Yx1 y1  F1 a1в1 Yx2 y2  F2 a 2 в 2  Yx3 y3  F3 a3b3 
i 1
 0  30,6  4,89  1,5  200  60  0,2(2,53)  43  12,3  0,2(4,77)  60,6см 4
Здесь Yx1 y1 =0, т.к. собственные оси x1 y1 для швеллера являются главными.
6. Определяем положение главных центральных осей
tg 2 0  
2Yxc yc
Yxc  Yyc

2(60,6)
 0,087
2147,5  3537,8
2 0 =-5 0  0  2,5 0
Следовательно, поворачиваем центральные оси по часовой стрелке на
они стали главными центральными осями инерции.
2,5 0 , чтобы
7. Вычисляем главные центральные моменты инерции, применив формулу (15)
4
2147,5  3537,8 1
(2147,5  3537,8) 2  4(60,6) 2  2842,6  697,8(см)
Ymax 

2
2
min
Ymax  Y y0  2842,6  697,86  3540,4 см 4 (поскольку Yxc  Y yc )
Ymin  Yx0 =2842б6-697,86=2144,8 см 4
Проверка:
Yx0  Y y0  Yxc  Y yc  Y p  const
4
3540,4+2144,8=2147,8+3537,8 (см) . Следовательно, расчет выполнен правильно.
38
3.2. Варианты домашних заданий
x
В домашнее задание № 2 входит решение 2
задач по определению
геометрических характеристик плоских поперечных сечений (см. таблицу 2):
1. Сечение состоит из простых фигур;
2. Сечение составлено из прокатных профилей.
Таблица 2
Варианты домашнего задания № 2
Размеры в мм
а
Б
в
г
1
2
3
20
75
60
30
45
160
25
60
46
4
5
6
140
150
160
30
70
40
7
8
120
150
80
30
Форма сечения
2
Профили
А
В
С
65
25
40
60х60х6
45х45х5
90х90х10
16
18
22
-
20
14
30
80
40
70
-
16
14
20
-
20
40
10
40
63х63х6
45х45х5
24
22
-
Вариант
Форма сечения 1
39
9
10
11
12
150
160
90
100
50
40
40
20
30
30
40
50
80
90
10
30
50х50х3
18
18
24
30
14
24
20
13
14
15
90
120
150
60
50
80
20
30
40
50
60
70
-
14
16
20
18
20
14
16
17
18
80
90
100
60
50
40
50
60
80
60
50
40
120х120х10
160х160х20
100х100х10
30
36
27
-
19
20
21
150
160
120
60
80
90
40
50
60
75
40
50
-
30
36
27
18
20
24
22
23
24
80
100
120
40
60
150
50
30
10
20
60
40
-
33
18
12
27
24
12
25
26
100
120
40
50
70
80
-
100х100х10
90х90х9
33
27
-
40
27
28
29
30
90
120
100
130
30
140
100
140
110
100
90
120
120х120х10
100
90
120
30
22
24
27
-
4. Кручение бруса и прямой изгиб балок – задание № 3.
Деформацию кручения стержень испытывает только тогда, когда в
поперечном сечении возникает только одно внутреннее усилие – крутящий момент “
M K ”, обусловленный действием касательных напряжений “  ”. Кручение
происходит под воздействием внешних скручивающих моментов “m”,
расположенных в плоскости, перпендикулярной оси стержня (вала). Для
определения опасного сечения, в котором действуют наибольшие касательные
напряжения, строится эпюра M K , отражающая характер распределения крутящих
моментов по длине вала. Условие прочности при кручении:
 max 
где YP и
M Kmax
M max
 max  K   
Yp
Wp
(16)
W p - соответственно полярный момент инерции и полярный момент
сопротивления сечения кручению;
 max - расстояние до крайних (наружных) волокон.
   0,5  - допускаемое касательное напряжение.
Для вала с круглым (сплошным) поперечным сечением
YP  0,1d 4 ,
а
Wp 
Yp
 max

0,1d 4
 0,2d 3
0,5d
где d – диаметр вала.
Для вала с кольцевым поперечным сечением:
41
(17)

YP  0,1D 4 1  C 4
, а W
p


 0,2D 3 1  C 4
(18)
где D и d – наружный и внутренний диаметры
C
d
- толстостенность кольца.
D
Условие жесткости при кручении вала имеет вид:

где

 = 0,5+4,0
и
0
MK
  
GY p
(19)
  - расчетный и допускаемый относительный угол закручивания,
/м;
G – модуль упругости при сдвиге, для сталей G  8  10 МПа
Для определения диаметров вала из условий прочности (16) и жесткости (19)
после преобразований с учетом (17) и (18) получим следующие формулы:
для сплошного круглого сечения
4
d 3
MK
 
; d 
4
10 M k
G 
(20)
для кольцевого сечения
D3
10M k
MK
; D4
4
  1  C
G  1  C 4




(21)
Из двух величин диаметров вала, полученных расчетом на прочность и
жесткость окончательно принимается наибольшее значение и округляется до
ГОСтовского размера (кратного 5) до диаметра d= 90 и кратного 10 – диаметром
свыше 90 мм.
ПРЯМЫМ ИЗГИБОМ называется такой вид деформации, когда в поперечном
сечении возникают внутренние усилия – изгибающий момент и поперечная сила
Qy
и плоскость из действия совпадает с главной осью инерции поперечного сечения (с
осью симметрии). В этой же плоскости действу4ют внешние нагрузки. Изгибающий
момент
Mx
обусловлен действием нормальных напряжений, а поперечная сила
Qy
- касательных напряжений. Расчет на прочность ведут обычно только по
нормальным напряжениям:

где
Mx
M
y max  x   
Yx
Wx
(22)
M xmax - максимальный изгибающий момент, действующий в балке;
42
Yx
и
Wx 
Yx
- соответственно осевой момент инерции и осевой момент
y max
сопротивления сечения при изгибе;
y max - расстояние до крайних (наружных) волокон;
  - допускаемое напряжение при изгибе.
Для определения опасного сечения, в котором действуют наибольшие
нормальные сечения, строятся эпюры
Mx
и
Q y , отражающие характер
распределения этих внутренних усилий по участкам балки, построении эпюр
Mx
и
Q y наблюдаются следующие закономерности:
-
на участках балки, где нет распределенной нагрузки q
Mx
меняется линейно, причем если
Q y =const, а
Q y >0, то M x возрастает, а при
Q y <0, M x убывает;
-
если на участке балки действует распределенная нагрузка (q), то
меняется линейно, а
Mx
Qy
по параболе, выпуклость параболы направлена
-
навстречу действия распределенной нагрузки;
в сечениях, где приложены сосредоточенные силы, на эпюре
-
получаются скачки, по величине и направлению равные этим силам;
в сечениях, где приложены внешние сосредоточенные моменты скачки,
равные этим моментам, получаются при эпюре
-
в сечениях, где
Mx
-
Qy
Mx;
Q y происходит через нуль, меняя свой знак, на эпюре
имеем экстремальное значение изгибающего момента;
для удобства эпюру
Mx
будем строить со стороны сжатых волокон.
При прямом изгибе поперечные сечения балки получают линейные (прогибы
у) и угловые (угол поворота  ) перемещения (см. рис. 42), которые можно
определить двумя способами:
43
Рис. 42.
1.
МЕТОДОМ НАЧАЛЬНЫХ ПАРАМЕТРОВ.
m z  a 
 i 2 
2
EYx y x
z l K
 EYx y 0  EYx 0 z 
P z  в 
 i 6 
3
q ( z  c) 4
 24 
4
qz  d 

(23)
24
2
Pi  z  в 
dy x
q( z  c) 3


EYx x 
 EYx 0   mi ( z  a)  
2
6
dz
3
qz  d 

(24)
6
Здесь y 0 и  0 - прогиб и угол поворота в начале системы координат, начало
координат всегда располагается в левом крайнем сечении балки;
Z – расстояние от начала координат до сечения, где определяется прогиб и
угол поворота;
а, в, с, d – расстояние от начала координат до места приложения
соответствующих внешних сил m, p, q.
2.
МЕТОДОМ МОРА – ВЕРЕЩАГИНА
Для этого строятся эпюры изгибающих моментов от заданной внешней
нагрузки M xp (рис. 43, а), от единичной силы M 1 (рис. 43б) при определении
прогиба и единичного момента - M 2 (рис. 43в) при вычислении угла поворота, и
производится “перемножение” соответствующих эпюр, т.е. с одной эпюры берем ее
площадь
W p , а с другой – ординату  c , расположенную под центром тяжести
взятой площади.
44
n li
K  

M xp M i dz
n
   pi  ci
EYx
i 1

EYx y к  M xp M 1   pc1 
i 1 0

1
2
p 3
p    
2
3
3
yк 
p 3
3EYx
(26)

1
p 2
EYx  к  M xp M 2  p c21  p    1 
2
2
2
p
(27)
к 
2 EYx
Рис. 43
Основные правила перемножения эпюр:
-
результат положителен, если эпюры расположены по одну сторон от оси
балки, если по разные стороны – результат отрицательный;
положительный результат перемножения эпюр свидетельствует о том, что
направление перемещения (линейного и углового) совпадает с
направлением единичных сил, при отрицательном результате –
противоположны направлению единичных сил;
-
если обе эпюры ( M xp и
-
Mi )
линейны, то не имеет принципиального
значения с какой эпюры брать площадь
45
 p , с какой ординату  c ;
-
если одна из эпюр криволинейна (это
-
берется с нее;
если сложно вычислять площадь эпюры, определить координаты центра
тяжести ее и ординату
c ,
M xp ), то площадь обязательно
то при перемножении эпюр
M xp и M i
используется прием Симсона (формула 28) (рис. 44).
i 
i
( A  a  B  b  4C  c)
6EYx
(28)
А, В, С – ординаты с грузовой
Mi
эпюры
M xp
а, b, с – тоже с единичной
эпюры
i
Mi
- спина i-го участка балки
Рис. 44.
4.1. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ.
ЗАДАЧА № 32.
Для заданного вала (рис. 45) построить эпюру крутящих моментов и
определить из условия прочности и жесткости требуемый диаметр. Вал изготовлен
из стали 45, имеющей GT = 320 МПа, а
запас по прочности К = 2,5. Допускаемый
относительный
угол
закручивания
  1,5 0 м . На валу расположены 4

шкива, передающие мощность N1 = 15
46
КВт, N 2 =45 КВт,
N 3 =20 КВт, N 4 =10 КВт при оборотах вала n = 955 об/мин.
Рис.45
РЕШЕНИЕ
1. Определяем величину внешних скручивающих моментов, перед каждым
шкивом (через мощность и обороты вала)
m  9,55
N
(кнм)
n
(29)
где N – мощность, КВт; n – число оборотов в минуту.
N1
N
15
 9,55
 0,15 кнм;
m2  9,55 2  0,45 кнм;
n
955
n
N
N
20
m3  9,55 3  9,55
 0,20 кнм; m4  9,55 4  0,10 кнм
n
955
n
m1  9,55
2.
Строим эпюру крутящих моментов, разбив вал на участки I, II, III,
применяя метод сечения и приняв следующее правило знаков для
крутящего момента M к
если смотреть на оставленную часть вала со стороны сечения, то
M к1  m1  0,15кнм ;
M к2  m1  m2  0,15  0,45  0,30кнм
M к3  m4  10кнм
На эпюре M к видно, что в сечениях, где приложены внешние моменты
получаются скачки, равные по величине этим моментам. Максимальная
величина
M к = 0,30 кнм.
3. Определяем диаметр вала по условиям прочности и жесткости, применяя
формулы (20), предварительно определив допускаемое касательное
напряжение
   0,5   0,5  T
K
 0,5
320
 64 Мпа
2,5
47
d 3
5M к
 
3
5  0,3  10 6
 28,6  30 мм
64
10M к
10  0,3  10 6  180  10
4
 34,6  35 мм
G 
8  10 4  1,5
рад

здесь   0 м переведен в  

мм 180  10 3
x
Из полученных 2 значений принимаем диаметр вала d = 35 мм,
d 4
обеспечивая тем самым требования и жесткости и прочности.
ЗАДАЧА № 33. Для заданного ступенчатого кронштейна, нагруженного
внешними окручивающими моментами m1 = 10 кНм и m2 = 30 кНм и защемленного с
обоих концов, требуется построить эпюру крутящих моментов М к и при
допускаемом касательном напряжении [  ] = 80 . Определить диаметры сплошной
и кольцевой частей (рис. 46). В кольцевой части D = 2d, d0 = 0,8d, т. е. c =
d0
= 0,4
D
Рис.46.
Решение.
1. Обозначив опорные моменты через m A и m В ,
и составив уравнение равновесия в виде
m
Z
 0 (рис. 47а) (-mA+m1-m2+mB = 0) мы
48
убеждаемся, что заданная система является статически неопределимой.
Превратим
ее
в
статически
определимую,
отбросив например опору "В",
заменив ее действие опорным
моментом " m В ". Отбросив
опору
"В",
мы
дали
возможность
сечению
В
поворачиваться под действием
всех внешних моментов, но
ведь в заданной системе
сечение В жестко защемлено,
поворота не имеет. Отразим
этот факт, составив уравнение
перемещений:
 Bm   Bm   Bm   Bm
i
=0
1
2
B
(30)
Рис. 47
Используя закон Гука при кручении
 Bm 
i

MK
GY p
запишем
m11,5a m3 3a m 2 a m B 3a m B 2a




0
GY p1
GYp1
GYp
GYp
GYp
Сократив на “a” и жесткость “ GY p ”, получим
1,5m1  3m2  m2
Yp
Y p1
 3mB  2mB
Yp
Y p1
0
(31)
Здесь
Y p и Y p1 - полярные моменты инерции сплошной и кольцевой частей
кронштейна. Их соотношение равно
Yp
Y p1

0,1d 4
 0,06
0,1D 4 (1  C 4 )
Решив уравнение (31), получим значение опорного момента mB
49
mB 
3,06m2  1,5m1 3,06  30  1,5  10

 24,6кнм
3,12
3,12
Тогда из уравнения равновесия определяем величину опорного момента
mA  m1 m B m2  10  24,6  30  4,6кнм
Полученные положительные значения опорных моментов m A и mB говорит
о том, что их направление было выбрано верно.
2. Разбиваем заданную систему на участки I, II, III, IV (рис. 47б). Границами
участков являются сечения, где приложены внешние моменты и меняется сечение.
Строим эпюры крутящих моментов (рис. 47в) применяя метод сечений
M K1  m A  4,6кнм
M K1  m A  m1  4,6  10  5,4кнм
M K3  M K 2  5,4кнм
M K 4  m B  24,6кнм
3. Из условия прочности при кручении определяем диаметры сплошной и
кольцевой частей кронштейна, предварительно определив, как действуют
наибольшие касательные напряжения
2
го
 II 
M K2
 IV 
M K4
Wp
W p1


M K2
0,2d 3

5,4  10 6 27  10 6

0,2d 3
d3
M K4
0,2D 3 (1  C 4 )

24,6  10 6
15,8  10 6

0,2  8d 3  0,974
d3
Таким образом, наибольшие касательные напряжения действуют в значениях
6
участка, их и сравниваем с допускаемыми  max   II  27  10   
3
d
6
Отсюда диаметр сплошной части d равен d  3 27  10  69,2  70 мм
80
Тогда размеры кольцевой части кронштейна составят D  2d  140 мм ,
d 0  0,8d  0,8  70  56 мм
ЗАДАЧА № 34
50
Для заданной балки построить
эпюру поперечных сил Q4 и
изгибающих моментов
Mx
и
подобрать размеры поперечного
сечения в виде швеллера при
допускаемом напряжении 
=150 Мпа.
 
Рис.48
РЕШЕНИЕ
1. Введем построение эпюр
свободного конца (рис 48а и б)
первый участок 0  Z1  1м
Q4 и М по участкам справа, со стороны
Q y1  0 , M x1  m  10кнм
второй участок 1  Z 2  2,5 м ,
M x2  m  P2 ( Z  1)
третий участок
z  4,5
M x2  10кнм
z 1
z  2,5 M x2  10  10(2,5  1)  5кнм
2,5  Z3  4,5 м
Q y3
Q y3
Q y2  P2  10кн
z  2,5
Q y3  P2  Pi ( z  2,5) ;
 10  20  10кн ,
 10  10(4,5  2,5)  10кн
51
Определим координату
Z0
сечения, где поперечная сила проходит через
нуль, в этом сечении изгибающий момент
M x3 имеет экстремальное значение
20  10  25
3,5 м
10
q( z  2,5) 2
M x3  m  P2 ( Z  1)  P( Z  2,5) 
2
M x3 z  2,5  10  10  1,5  5кнм
Q y3  P2  Pi ( z 0  2,5)  0 , z 0 
M x3
z 3, 5
M x3
z  4,5
10  12
0
2
10  2 2
 10  10  3,5  20  2 
 5кнм
2
 10  10  2,5  20  1 
2. Из условия прочности на прямом изгибе определяем размеры (номер
швеллера)
Wx 
Mx
 
сечения

балки

Mx
   ,
Wx
10  10 6
 0,0667  10 6 мм 3  66,7см 3
150
ПО сортаменту на швеллера Гост 8240 – 82[1] и учитывая, что сечение состоит из
2 x швеллеров, принимаем швеллер № 10, которого W x  34,8см 3 .
ЗАДАЧА № 35
Для заданно шарнирно опертой балки
построить эпюры поперечных сил и
изгибающих моментов
Mx
и определим с
каким запасом прочности она будет
работать (рис. 49), если  T  28 b=60мм,
h=140мм, а=35мм.
52
Рис. 49
РЕШЕНИЕ
1. Определяем сначала опорные реакции из условия равновесия балки
m
A
0
Y  0
Проверка
 m  q4  6  RB 6  0 ; RB 
RA  RB  q4  0 ;
m
B
10  4  6  30
 35кн
6
RA  10  4  35  5кн
 0 RA 6  m  5  6  30  0
Следовательно реакции определены верно.
2. Разбиваем балку на участки I, II, III, IV, границами участков являются
сечения, где приложены внешние силы. С помощью метода сечения строим эпюры
Q y и M x (рис. 49а и б)
первый участок 0  Z1  2 м
Q y1  R A  5кн , M x2  PA Z
второй участок 2  Z 2  4 м ,
Q y2  PA  5кн
M x2  PA Z  m
z2
z  4м
третий участок (рассматриваем правую часть);
Q y3  qz  RB
M x3
z0
z  2м
z2
z4
Z0 
2  Z3  4м
R B 35

 3,5 м
q
10
z2
qz 2
 RB ( z  2) 
z4
2
z  3,5
четвертый участок 0  Z 4  2 м
53
Q y4  qz
3. По эпюре
Mx
z0
z2
M x4  
qz 2 z  0
2 z  2м
видим, что наибольший изгибающий момент равен 20 кНм.
4. Вычисляем величину максимальных нормальных напряжений, действующих в
балке, по формуле (22), предварительно определив осевой момент сопротивления
заданного сечения через осевой момент инерции
bh 3
d 2 2
6  14 3
3,14  4 2
 2(0,05d 4 
a )
 2(0,05  4 4 
3,5 2 ) 
12
4
12
4
 1372  333,3  1038,7см 4
Тогда при y max  0,5h  0,5  14  7см
Yx 
Wx 

Yx
1038,7

 148,4см 3 , а напряжение
y max
7
Mx
20  10 6

 134,8МПа
Wx 148,4  10 3
5. Запас прочности балки определяем из условия прочности
    
T
K
;
K
T
280

 2,1 , что вполне достаточно.
 134,8
ЗАДАЧА № 36
Для заданной двутавровой балки (рис. 50) построить эпюры
 
Qy и M x ,
подобрать сечение при  =160 МПа и проверить его на прочность по касательным
напряжениям, а так же определить прогиб в точке “C” и угол поворота сечения “K”
двумя способами: методом начальных параметров и методом Море – Верещагина.
РЕШЕНИЕ.
1.
Определяем
опорные
реакции
из
равновесия
54
сначала
условия
m
0
 20  2  20  3  1,5  20
RB 
 14кн
5
 p2  q3 1,5  m  RB 5  0 ;
A
Y  0
RA  RB  p  q3  0 ;
Рис. 50
RA  20  20  3  14  66кн
2.
Строим эпюры
Q y и M x , по участкам (рис 50а и б)
первый участок 0  Z1  2 м
Q y1   P  20кн , M x2   PZ
второй участок 2  Z 2  5 м
Q y2   P  R A  q( z  2)
третий участок
z2
z 5
66  20  2  20
 4,3 м
20
z2
2
q z  2
  pz  R A ( z  2) 
z 5
2
z  4,3
координата сечения, где
M X2
z0
z  2м
Q y2  0 Z 0 
0  Z3  2м
Q y3   R B  14кн ;
M x3  RB Z
z0
z2
3. Подбираем двутавровое сечение балки из условия прочности по
нормальным
Wx 
Mx
 

напряжениям

Mx
   ,
Wx
отсюда
40  10 6
 0,25  10 6 мм 3  250см 3 .
160
По сортаменту ГОСТ 8239 – 89 принимаем двутавр № 22а, у которого
W x  254см 3 , Yx  2790см 4 , S x  143см 3 ,   5,4
55
4. Применяем выбранное сечение на прочность по касательным напряжениям,
применяя формулу Д.И. Жуковского.
 max
46  10 3  143  10 3


 43,7 МПа
Yx 
2790  10 4  5,4
Qy S x
Допускаемое
касательное
напряжение
   0,5   0,5 160  80МПа
обычно
равно
Следовательно, прочность по касательным напряжениям вполне обеспечена,
ибо
 max  43,7МПа     80МПа
5. Определяем прогиб “
yc ”
в, т “C” и угол поворота
K
сечения “K” (в
нашем примере они совпадают) методом начальных параметров. Для этого
помещаем начало координат в левое крайнее сечение и записываем
P( Z  0) 3 R A ( Z  2) 3 q( Z  2) 4


6
6
24
В этом уравнении оба начальных параметра y 0 и  0 неизвестны. Для их
EYx yc z 5 м  EYx y0  EYx 0 Z 
определения составляем уравнения прогибов для сечений над опорами А и В, где
ясно, что они равны 0.
P( Z  0) 3
0
6
P( Z  0) 3 R A ( Z  2) 3 q( Z  2) 4


EYx y B z 7 м  EYx y0  EYx 0 Z 
6
6
24
4
2
q( Z  5)
m( z  5)


0
24
2
EYx y A z 2  EYx y0  EYx 0 Z 
Подставив значения координат и внешних сил, получим два уравнения
EYx y0  EYx 0  2  26,7  0
EYx y0  EYx 0  Z  235,8  0
Решив их, получим
EYx 0  42кнм 2
EYx y0  57,2кн
Тогда прогиб сечения “C” будет равен
EYx y c  57,2  42  5 
20  53 66  33 20  34


 34,4кнм
6
6
24
56
yc  
34,4кнм 3
34,4  1012

 6,16 мм
EYx
2  10 5  2790  10 4
Угол поворота этого же сечения
P( Z  0) 2 R A ( Z  2) 2 q( Z  2) 3
EYx K z 5 м  EYx 0 



2
2
6
20  5 2 66  32 20  33
 42 


 1,1кнм 2
2
2
6
1,1кнм 2
1  10 9
K  

 1,79  10 4 рад
5
EYx
2  10  2790 
6. Определяем прогиб сечения “C” и угол поворота сечения ”K” методом
Мора – Верещагина, для этого дополнительно к эпюре изгибающих моментов от
заданной нагрузки (рис. 51а) строим эпюры M 1 и M 2 от единичных сил (51 б и в)
и производим перемножение соответствующих эпюр. В результате получим (см.
выражение 28) прогиб
57
Рис. 51
2
EYx y c  M xp M 1    p c1 
i 1
3
1
2 
0  (40)  8  1,2  4  0,6  6,5  28  2 1,2

6
2
3 
 35кнм 3
т. е. практически получили одинаковое с методом начальных параметров
значение прогиба.
Угол поворота
2
EYx K  M xp M 2    p c1 
i 1
3
1
2 
0  (40)  8  0,6  4  0,3  6,5  28  2 0,4 
6 
2
3 
 2,4  3,9  7,5  1,2кнм 2
тоже практически совпало со значением,
полученным по методу начальных параметров.
Положительное значение результатов перемножения эпюр свидетельствует,
что линейные и угловые перемещения сечений “C” и “K” совпадают с
направлениями единичных сил (прогиб вниз, а поворот по часовой стрелке).
4.2. ВАРИАНТЫ ДОМАШНИХ ЗАДАНИЙ
x
В домашнее задание № 3 входит решение 2 задач на кручение и одной
задачи на прямой изгиб. Номер задач, расчетные схемы и исходные данные в
соответствии со своим вариантом принимаются по таблицам № 3 (1 – ая задача), № 4
(2 – ая задача) и № 5 (3 – ая задача).
При выполнении домашней работы требуется!
В 1 – ой задаче:
- построить эпюру крутящих моментов;
- определить диаметры круглого сплошного или кольцевого сечения из
условий прочности и жесткости или максимальное касательное
напряжение и запас прочности “K”;
Во 2 – ой задаче:
раскрыть статическую неопределимость заданной системы, составить
необходимое число уравнений перемещений;
- построить эпюру крутящих моментов;
- из условий прочности определить требуемые диаметры заданного сечения
стержня.
-
58
В 3 – ей задаче:
построить эпюры поперечных сил Q4 и изгибающих моментов М для
указанной балки;
- подобрать из условий прочности размеры поперечного сечения заданной
формы;
- определить прогиб в сечении “C” и угол поворота сечения “K” методом
начальных параметров и методом Мора – Верещагина.
-
Таблица 3
Исходные данные к 1 – ой задаче задания № 3
Мощность, квт
N1
N2
N3
N4
n,
об/
мин
   
T ,
МПа
d,мм
Вариант
Схема нагружения
1
2
3
10
12
18
15
18
20
50
40
68
25
10
30
500
600
750
М
Па
80
60
4
5
6
10
18
16
12
12
10
18
10
16
40
40
42
500
400
600
-
1,5
1,9
2,2
300
320
330
45
50
55
7
8
9
15
18
18
60
50
65
25
12
19
20
20
28
800
700
750
70
80
90
1,8
1,6
0,9
330
350
360
-
10
20
70
40
10
500
-
0,9
340
60
59
0
м
1,5
1,8
2,0
320
340
360
50
-
11
12
13
14
15
18
25
17
20
18
65
55
53
58
42
35
10
18
25
14
12
20
18
13
10
550
750
550
600
650
90
-
1,2
1,4
0,7
0,8
0,8
250
380
320
340
250
80
45
50
55
16
17
18
18
20
30
12
20
10
50
55
60
20
15
20
750
800
600
90
90
100
0,8
0,9
1,0
320
50
325
-
19
20
21
20
15
12
45
25
24
10
20
16
35
30
28
750
750
700
70
75
80
1,8
1,5
1,7
-
-
22
23
24
10
12
20
15
8
15
12
10
10
37
30
45
500
550
700
75
80
90
1,2
1,5
0,9
-
-
25
26
27
15
10
12
35
40
32
8
15
8
12
15
12
500
550
500
75
80
85
1,8
1,5
1,4
-
-
28
29
15
15
45
55
20
25
10
15
600
650
75
75
1,7
1,4
-
-
60
30
12
50
18
20
700
80
1,7
-
-
Таблица 4
Исходные данные к 2 – ой задаче задания № 3
Вар
иан
т
Схема нагружения
Моменты
, кНм
 
МПа
a,
м
c
m1
m2
1
2
3
15
20
35
10
12
15
70
75
75
0,25
0,25
0,3
0,7
0,8
0,9
4
5
6
15
18
14
12
12
16
70
75
80
0,25
0,3
0,4
0,5
0,8
0,45
7
8
9
25
30
32
15
18
14
75
80
85
0,2
0,3
0,25
0,4
0,5
0,8
10
11
12
10
18
15
75
75
0,3
0,25
-
61
d
D
12
13
14
15
15
25
20
35
25
15
40
18
85
75
80
70
0,3
0,3
0,25
0,3
-
16
17
18
12
17
20
18
13
15
75
70
75
0,2
0,25
0,3
0,4
0,5
0,25
19
20
21
15
18
13
35
28
27
75
70
70
0,2
0,25
0,3
0,7
0,7
0,65
22
23
24
8
10
16
14
15
12
70
75
70
0,2
0,25
0,3
0,33
0,4
0,5
25
26
27
18
24
20
8
16
16
75
80
80
0,2
0,25
0,3
0,8
0,75
0,75
28
29
30
14
10
18
24
30
38
60
65
70
0,2
0,25
0,3
-
62
Таблица 5
Исходные данные к 3 – ей задаче задания № 3
Вар
иан
т
Схема нагружения балки
 
Нагрузка
Р,
кн
q,
кН
m, кНм
Сечение
А, м
МПа
1
12
10
18
120
0,5
2
15
12
10
140
1,0
3
18
8
20
150
0,8
4
20
10
15
130
1,0
5
30
15
20
140
0,8
6
30
20
10
150
1,6
м
63
7
20
10
16
150
0,8
8
10
20
10
140
0,8
9
40
12
24
130
1,0
10
30
20
18
140
0,75
11
24
10
14
150
1
12
20
12
20
140
1,5
13
40
10
12
140
1,0
14
50
16
8
150
0,5
64
15
30
8
6
130
1,0
16
25
20
14
130
0,9
17
30
16
12
140
0,8
18
36
12
20
145
1,0
19
20
10
10
140
1,5
20
25
12
14
120
1,75
21
30
15
18
130
1,0
22
10
10
12
135
1,0
65
23
15
12
10
140
0,9
24
20
18
8
140
1,0
25
40
20
-
150
1,8
26
50
20
-
140
1,0
27
60
30
-
160
2,0
28
20
10
30
140
1,0
29
15
15
25
145
1,0
30
10
20
20
150
1,2
66
5. Сложное сопротивление – задание № 4
Сложное сопротивление – это такой случай нагружения деформируемого тела,
когда в произвольном поперечном сечении возникают несколько внутренних
усилий. Порядок оценки прочности элементов конструкции при сложном
сопротивлении почти не отличается от общего порядка расчета, изложенного во
введении (см. стр4).
Единственное, на что надо обратить особое внимание, заключается в следующем:
- в опасной точке могут действовать напряжения одного вида (только касательные


«τ» или только нормальные «
» ) или разного –
, τ – и касательные и
нормальные. Для определения максимального расчетного (эквивалентного) значения
напряжения в первом случае применяют алгебраическое суммирование
действующих напряжений от каждого внутреннего усилия, во втором случае –
теории прочности, чаще всего III и IV теории, когда эквивалентные напряжения


III
IV
определяют по формулам:
(30)
  4 ,
  3
э =
э =
Наиболее частыми случаями сложного сопротивления, встречающимися в
инженерной практике, являются косой изгиб, изгиб с растяжением (сжатием),
кручение с изгибом.
Косой изгиб - возникает тогда, когда плоскость действия внешней нагрузки
(силовая плоскость) не совпадает с плоскостями главных осей инерции поперечного
сечения. Для удобства расчета внешнюю нагрузку раскладывают на составляющие
по главным осям, сводя таким образом косой изгиб к сочетанию 2-х прямых изгибов,
строятся эпюры изгибающих моментов в обоих плоскостях и по ним определяется
положение опасного сечения. Расчет ведут обычно только по нормальным
напряжениям. Тогда расчетное (эквивалентное) напряжение будет равно:

э
=

Мх
+

Му
=
2
2
2
2
  Мх y  Му х
х
у
(31)
где Мх и Му – изгибающие моменты относительно главных осей сечения;
Ix, Iy – осевые моменты инерции;
х, у – координаты точки, где определяется напряжение;
Для определения опасных точек, где действуют максимальные напряжения,
предварительно определяется положение нейтральной линии
tg  tg
x
y
где α – угол с осью у, определяющий положение силовой плоскости;
β – угол с осью х, который образует нейтральная линия (см. рис.52)
67
Рис 52
Проведя касательные к контуру сечения, параллельно нейтральной линии,
устанавливаем две опасные точки «C» и «A», в которых напряжения будут равны

Мх
Му
 Уа 
Ха
х
у
 с= - Мх  Ус  Му  Хс
х
у
а=
(33)
В данном случае в т. А действуют растягивающие напряжения, в т. «С» сжимающие.
Для материала бруса, одинаково сопротивляющегося растяжению и сжатию,
прочность оценивается по наиболее опасной точке, например «А».

а=
Мх
Му
 Уа 
Ха  [  ]
х
у
(34)
Для материалов, неодинаково сопротивляющихся растяжению и сжатию, прочность
оценивается в обеих опасных точках и прежде всего, по растягивающим
напряжениям

Мх
Му
 Уа 
Ха  [  ]р
х
у
 с= - Мх  Ус  Му  Хс  [  ]сис
х
у
а=
(35)
В случае сочетания центрального растяжения (сжатия) с прямым изгибом
суммарное (эквивалентное) напряжение в опасных точках будет равно
68

э=
 +
N
Мх
= 
N Мх

У
F х
(36)
Естественно, оно будет максимальным в тех волокнах сечения, где оба напряжения
– от продольной силы N и изгибающего момента имеют одинаковый знак.
В случае сочетания центрального растяжения (сжатия) с косым изгибом суммарное
(эквивалентное) напряжение равно
= 
э
N+

Мх +

Му=

N Мх
Му

У 
Х
F у
у
(37)
Опасные точки сечения определяются как в случае косого изгиба, т.е.
устанавливается положение нейтральной линии (формула 32) и проводятся
касательные к контуру сечения параллельно нейтральной линии. Прочность
оценивается по формулам (34) или (35) с добавлением в них третьего слагаемого –
напряжение от продольной силы N.
В случае вне центрового приложения осевой нагрузки (см.рис.53) суммарное
(эквивалентное) напряжение в опасных точках определяется из выражения
=
э


N
+

Мх

+
N Мх
Му
P  Уp  У Хр  Х 


У
 Х   1 

F х
у
F
iх 2
iу 2 
Му
=
(38)
где N=p – продольная сила;
Мх=P  Уp - изгибающий момент относительно оси Х;
Му=P  Хр - то, же, относительно оси У;
Хр, Ур – координаты точки приложения осевой силы (полюс силы)
ix, iу – радиусы инерции сечения, которые равны ix=
х
; iу=
F
у
F
Х, У – координаты точки, в
которой
определяется
напряжение
Рис. 53
69
Для нахождения опасных точек определим положение нейтральной линии по отрезкам
а х= -
iу
2
2
; ау= -
Хр
iх
Ур
(39)
Отсюда видно, что нейтральная линия и полюс силы находятся по разные стороны от центра тяж
В нашем случае наибольшее сжимающее напряжение действует в точке «А».

а=
-
P  Ур  Уа Хр  Ха 
1

2
2

F 
ix
iу

(40)
а наибольшее растягивающее напряжение в точке «С».
 с= -
P  Ур  Ус Хр  Хс 
1

2
2

F 
ix
iу

(41)
Сравнивая эти напряжения с допускаемым напряжением делаем вывод, о прочности
растянутого или сжатого стержня. В случае совместного действия деформаций
кручения и изгиба расчет на прочность ведут, как правило, с учетом нормальных
напряжений от изгибающих моментов и касательных напряжений от крутящего
момента. Для удобства выполнения расчета, все внешние силы, обычно
действующие в разных плоскостях и направлениях, раскладывают на составляющие
в вертикальной и горизонтальной плоскостях и строят соответствующие эпюры
изгибающих моментов Мх, Му. По эпюрам Мх, Му, Мк определяют опасное
сечение, в котором эти внутренние усилия имеют максимальное значение. Если по
эпюрам не удается достоверно сразу установить опасное сечение, то проверяется
несколько предположительно опасных сечений, в которых суммарный изгибающий
момент максимален
Мх  Му
2
Мn =
2
(42)
В опасном сечении наибольшие напряжения от кручения и изгиба действуют в
крайних (к поверхности) волокнах и расчетное (эквивалентное) напряжение
определяют с использованием III и IV теории прочности (см. формулы 30). Так, по
III теории прочности с учетом выражений (16), (22) будем иметь

=
2
III
э
=
  4 
2
2
 Мк 
Мх 2  Му 2
 
 4
2
Wх
Wр


Мх 2  Му 2  Мк 2
[
0.1d 3
]
Мх 2  Му 2  Мк 2

Wх
(43)
70
Отсюда получаем формулу для определения диаметра вала при выполнении
проектного расчета
d=
3
10 Мх 2  Му 2  Мк 2
 
(44)
5.1. Примеры решения задач
Задача № 37
Проверить прочность двутавровой балки №60, α=60 0,
[σ]=150Мпа
(рис. 54)
Рис. 54
Решение. 1. Анализируя схему нагружения балки видим, что плоскость действия
внешних сил не совпадает с главными осями инерции сечения балки. Следовательно,
балка испытывает косой изгиб. Определим составляющие внешних сил по главным
осям инерции
qу = qcosα = 20х0,5=10
Ру= 40х0,5=20кН;
кН
;
м
qх= qsinα = 20х0,866  17
Р х= 40х0,866  34,6кН
кН
м
2. Нагружаем балку силами, действующими в плоскости oyz, определяем опорные
реакции и строим эпюру изгибающих моментов Мх
(см. рис.55 а, б)
71
Рис. 55
 ma  0
-
Rby 
у 0
1 участок
q y  1  0,5  Py  2  Rby  4  q y  1  4,5  0
20  2  10  0,5  10  4,5
 20кН
4
Ray  Rby  Py  q y  2  0; Ra=20кН
0  Z1  1м
M x1
0
qz 2
М х1  
; M x1
;
z0
2
2 участок
z 1
1  Z1  3м
72

10  12
 5кНм
2
M x 2  Ray  Z  1  q y  1  Z  0,5
ma
 1001  0,5  5кНм
 20  2  10  2,5  15кНм
1  Z3  3м
3 участок
M x 3  Rby  Z  1  q y  1Z  0,5
z 1
z  3м
 5кНм
20  2  10  1  2,5  15кНм
0  Z4  1
4 участок
M x4
z 1
z  3м
z2 z  0
 q y 
2 z 1
0

10  12
 5кНм
2
3. Нагружаем балку силами, действующими в плоскости oxz, определяем реакции
опор и строим эпюру изгибающих моментов Му (см. рис. 55в, г)
 qx  1 0,5  Px  2  qx  1 4,5  Rbx  4  0
Rbx 
х  0
M y1
34,6  2  17  0,5  17  1  4,5
 34,3кН
4
Rax  34,3кН
Rax  Rbx  Px  qx  2  0
q  z2 z  0
 x
2 z0
0
17  12

 8,5кН
2
M y 2  Rax  Z  1  qz  1  Z  0,5
z 1
z3
 8,5кНм
 34,3  2  17  2,5  26,1м
4. Из эпюр Мх и Му видим, что опасное сечение балки находится под силой Р.
Поскольку сечение балки симметрично, в опасных точках одновременно
ХиУ
достигают максимального значения, формулу (34) для эквивалентного напряжения
приводим к виду
73
 =  м +  м = Мх  Му  [  ]
э
х
у
Wx
(45)
Wy
Здесь Wx и Wy – осевые моменты сопротивлению изгибу заданного сечения балки.
Из сортамента ГОСТ – 8239 – 89 для №60 двутавра
Wx=2560см3; Wy=182см3.
=
э
15  106
26,1  106

 5,8  143,4  149,2МПа ъ
2560  103 182  103
Таким образом

э<[
 ] = 150МПа, т.е. прочность балки обеспечена.
Задача №38
Определить, с каким запасом прочности будет работать
стойка АВ лапы культиватора (рис.56), если она будет

изготовлена из стали 45, имеющей
т=360МПа. Сечение
стойки –квадратная тонкостенная труба размерами
а=45мм, б=3мм. Полное давление почвы на лапу Р=1,2кн
и направлено под углом α=180 к горизонтали, l=0,45м.
Рис. 56
Решение
1.Если разложить силу Р на две составляющие – вдоль (Рz) и перпендикулярно (Ру)
оси стойки, то увидим, что они будут вызывать деформации соответственно
растяжения и прямого изгиба. Опасное сечение будет совпадать с закреплением
стойки, там будет действовать продольная сила N=Pz=Psinα и наибольший
изгибающий момент Мх=РуL=PcosαL
2. Расчетное (эквивалентное) напряжение в случае сочетания растяжения с прямым
изгибом равно (см. формулу 36)

э=
N Mx
P sin  PL cos

Y 

F x
F
Wx
74
3.Для тонкостенного квадратного сечения согласно [2] площадь сечения F=4б  а, а
4 2
а б.
3
1,2  103  0,309 1,2  103  0,45  103  3  0,951

 74,8МПа
э=
4  3  45
4  3  452
осевой момент сопротивления Wx=
Тогда

4.Из условия прочности
К
 Т 360

 4,8
 Э 74,8

э
[
 ]= 
Т
К
определим запас прочности стойки
что вполне достаточно.
Задача №39
На валу привода двух вентиляторов зерносушилки расположены 3 шкива (звездочки)
диаметром Д1=200мм, Д2=400мм, Д3=300мм, шкив 2 ведущий, передает мощность
N2=4,8кВт, 1 и 3 шкивы – ведомые, передающие мощность N1=1,8кВт, N3=3,0кВт
при частоте вращения вала n=955 об/мин. Определить диаметр вала по III теории
прочности, если α2=600
Рис. 57
75
Решение:
1.Рассматривая схему нагружения вала видим, что он испытывает деформацию
кручения в сочетании с изгибом в 2-х плоскостях.
2.Определяем внешние (скручивающие) моменты, передаваемые каждым шкивом
N1
1,8
 9,55
 0,018кНм
n
955
N
4,8
m2  9,55 2  9,55
 0,048кНм
n
955
N
3,0
m3  9,55 3  9,55
 0,03кНм
n
955
m1  9,55
3.Определяем натяжение ветвей ременной (цепной)передачи t1, t2, t3 и полные
давления на вал p1, p2, p3.
2m1 2  0,018

 0,18кН ; Р1  3t1  3  0,18  0,54кН
Д1
0,2
2m2 2  0,048
t2 

 0,24кН ; Р2  3t 2  3  0,24  0,72кН
Д2
0,4
Р2 у  Р2  sin  2  0,72  0,866  0,62кН ;
t1 
Р2 х  Р2  cos  2  0,72  0,5  0,36кН
2m3 2  0,03
P3  3t 3  3  0,2  0,6кН
t3 

 0,2кН ;
Д3
0,3
4.Нагружаем вал внешней нагрузкой, действующей в вертикальной плоскости,
определяем опорные реакции и строим эпюру изгибающих моментов Мх (рис. 57 а,
б).
ma  0  P1  0,2 -Р2у  0,4  Rby  0,8  0 ; Rby  0,44кН
Ra  0,36кН
y  0 - P1  P2 y  R ay  Rby  0 ;
Mx1   p  z
z0 0
z  0,2  0,108кНм
Mx 2   p1  z  Ray ( z  0,2)
 0,108
 0,18кНм
76
z  0,2
z  0,6
Mx 3   Rby  z
z0 0
z  0,4  0,18кНм
5.Нагружаем вал внешней нагрузкой, действующей в горизонтальной плоскости,
определяем реакции опор и строим эпюру изгибающих моментов «Му» (рис. 57 в, г).
ma  0 - P2 x  0,4  P3  1,05  Rbx  0,8  0; Rbx  0,6кН
Rax  0,36кН
x  0 - Rax  P2 x  Rbx  P3  0 ;
z0
0
My1   Rax  z
z  0,4 м  0,144кНм
z  0,4  0,144кНм
My 2   Rax  z  P2 x ( z  0,4)
z  0,8  0,144кНм
z0
0
My 3   P3  z
z  0,25  0,15кНм
(неточность счета)
6.Строим эпюру крутящих моментов (рис. 57 д).
Mk1  m1  0,018кНм;
Mk 2  m3  0,030кНм
7.По эпюрам Мх, Му, Мк устанавливаем, что опасное сечение находится под
ведущим шкивом 2, где Мх=0,18кНм; Му=0,144кНм; Мк=0,03кНм.
8.Определяем диаметр вала по III теории прочности (см. формулу 44).
d
3
10 Mx 2  My 2  Mk 2
 
3
10 0,18 2  0,144 2  0,03 2  10 6
 26,9 мм
120
Округляем диаметр до ГОСТовского размера α=30мм.
5.2. Варианты домашних заданий.
В домашнем задании №4 предусматривается решение 4-х задач на сложное
сопротивление. Номера задач в соответствии с вариантом выданным
преподавателем, берутся из таблицы 5.
77
ТАБЛИЦА 5
Варианты домашних заданий № 4
Вариант
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
первой
40-1
40-2
40-3
40-4
40-5
41-1
41-2
41-3
41-4
44-1
44-2
44-3
44-4
45-1
45-2
45-3
45-4
45-5
46-1
46-2
46-3
46-4
42-1
42-2
42-3
42-4
42-5
43-1
43-2
43-3
Номера задач
второй
третьей
43-4
47-1
42-1
47-2
42-2
47-3
42-3
47-4
42-4
48-1
42-2
48-2
43-1
48-3
43-2
48-4
43-3
49-1
43-4
49-2
45-3
49-3
45-4
49-4
45-5
47-1
42-1
47-2
42-2
47-3
42-3
47-4
42-4
48-1
42-5
48-2
43-1
48-3
43-2
48-4
43-3
49-1
43-4
49-2
41-2
49-3
41-3
49-4
40-1
49-5
40-2
48-1
40-3
48-2
40-4
48-3
40-5
48-4
41-1
47-4
78
Четвертой
45-1
45-2
45-3
45-4
45-5
46-1
46-2
46-3
46-4
40-1
40-2
40-3
40-4
40-5
49-1
49-2
49-3
49-4
49-5
40-1
40-2
40-3
40-4
40-5
47-1
47-2
47-3
47-4
46-1
49-4
Задача № 40
Настенный поворотный кран (рис. 58)
состоит из стойки АВ,
несущей балки СД и тяги ДЕ, соединенных
шарнирно. Определить размеры поперечных
сечений стойки АВ (из 2-х швеллеров) и балки СД
(двутавр), приняв допускаемое напряжение [  ].
Рис.58
Позиция
Размеры, м
H
l
Р, кН
[ ] ,
40-1
40-2
40-3
40-4
40-5
0,50
0,75
1,00
0,80
1,2
60
80
50
90
75
МПа
150
140
140
120
130
2,4
3,0
3,4
2,8
3,6
Задача № 41
Несущая балка АВ сцепки нагружена, как
указано на Рис. 59. Она сварена из 2-х
швеллеров.
Определить
нормальные
напряжения, возникающие в наиболее
опасном сечении и запас прочности К,
если материал балки имеет предел
текучести  Т .
Рис. 59
Позиции
Р, кН
а, м
l, м
41-1
41-2
41-3
41-4
10
12
7,5
15
1,5
1,2
2,0
1,0
2,0
2,4
3,0
2,8
№
швеллера
18
16
14
12
79
 Т , МПа
240
280
300
320
Задача № 42
Рис. 60
Балка жнём комбайна нагружена, как указано на рис. 60. Определить наибольшее
напряжение в опасном сечении балки и установить ее запас прочности, если она
изготовлена из стали с  Т  360МПа.
Позиция
Нагрузка
Р, кН
кН
q,
№
двутавра
α, 0
l,
а, м
15
12
18
20
25
14
16
18
12
20
20
25
18
16
15
4,0
3,6
3,2
3,0
4,8
0,8
1,0
1,2
0,7
0,6
м
42-1
42-2
42-3
42-4
42-5
10
15
12
8
10
Задача № 43
Рис. 61
80
Заданная балка, сваренная из 2-х швеллеров, нагружена как указано на рис. 61.
Определить наибольшее напряжение, возникающее в наиболее опасном сечении.
Какую сталь вы предложите для изготовления указанной балки (марка,  Т =360
МПа)
Позиция
43-1
43-2
43-3
43-4
Нагрузка
Р 1,
Р2,
кН
кН
25
30
40
20
35
20
10
15
кН
q,
м
а, м
α1, 0
α2, 0
№
швеллера
10
15
8
20
1,0
1,5
0,8
1,8
20
15
15
10
20
25
15
12
22
30
27
33
Задача № 44
Определить допустимую нагрузку «F» для
струбцины (рис. 62) с указанным
сечением, изготовленной из стали с
пределом текучести
 Т и запасом
прочности «К».
Позиция
Размеры, мм
a
е
44-1
44-2
44-3
44-4
15
25
20
30
Рис. 62
81
240
300
350
280
Т ,
МПа
250
280
300
320
К
1,5
2,0
1,8
2,2
Задача № 45
Подставка (рис. 63) заданного сечения нагружена
внеценнтренно силой Р, имеющей координаты Хр,
Ур. Определить положение опасных точек и
величину действующих в них напряжений.
Позиция
45-1
45-2
45-3
45-4
45-5
Координа
ты, мм
Хр Ур
-25
50
25
40
105 -40
-60 -80
-50 100
Р, кН
а, мм
120
150
180
220
185
140
150
180
100
120
Рис.63
Задача № 46
Определить напряжения в захватах съемника (рис.
64), имеющих прямоугольное сечение с размерами
«а» и «в» и указать марку стали с
соответствующим пределом текучести (для
изготовления захватов), чтобы был обеспечен в
необходимый запас по прочности «К».
Рис. 64
Позиция
Р, кН
46-1
46-2
46-3
46-4
52,0
62,5
83,5
104,0
82
Размеры,
мм
а
в
50
40
80
30
100 40
150 60
К
е, мм
1,5
1,8
2,0
1,7
20
30
25
35
Задача № 47
Рис. 65
Проверить прочность валика ведущей шестерни автомобиля, передающей момент
Мк. На зубья шестерни действуют окружное усилие Р и радиальное давление
Q=6,4Р. Валик изготовлен из стали 40 ХН и должен работать с запасом прочности
«К». Расчетный средний диаметр шестерни равен Дк.
Расчет вести по III теории прочности.
Позиц
М,
Размеры, мм
К
ия
кНм
Дк
d
а
l
47-1
0,8
80
35
30
120
2,0
47-2
1,0
100
40
35
150
2,5
47-3
1,2
100
40
30
180
1,8
47-4
0,6
50
30
25
135
1,5
Задача № 48
Рис. 66
Подобрать диаметр вала ременной передачи по III теории прочности, передающего с
помощью трех шкивов внешние скручивающие моменты м1, м2, м3. Допускаемое
напряжение для материала равно
  .
83
Позиция
Внешние
моменты, кНм
м1
м2
м3
1,2 0,8
0,4
2,0 1,6
0,4
2,5 1,5
1,0
1,8 1,2
0,6
48-1
48-2
48-3
48-4
Диаметры
шкивов, мм
Д1
Д2
Д3
200 120 100
250 200 100
500 300 80
450 300 200
 ,
а, м
0,25
0,4
0,3
0,35
МПа
α2
120
140
150
135
300
450
600
900
Задача № 49
Для заданного пространственно ломанного
стержня опорного устройства построить
эпюры внутренних усилий и определить
величину расчетных
(эквивалентных) напряжений по IV теории
прочности.
Пози
ция
49-1
Рис. 67
Нагрузка
Р1,кН Р2,
q,
кН кН/м
15
10
49-2
12
12
-
49-3
10
-
8
49-4
15
18
-
49-5
-
-
10
Форма сечения
и его размеры,
мм
d=50
a=80
№20
a=10
0, 
Длина колен, мм
l1
l2
l3
400
500
800
500
400
600
800
300
700
1000
500
750
450
300
350
=5
№27
84
6. Расчет рамных конструкций – Задание № 5.
Рамой называют статически неопределимую стержневую систему с жестко
соединенными в узлах стержня. Для расчета таких систем наибольшее
распространение получил «метод сил», который и рассмотрим применительно к
плоским рамным конструкциям.
Расчет рамы начинают с определения степени ее статической неопределимости,
которая равна числу лишних (дополнительных) связей как внешних (реакций), так и
внутренних (силовых факторов), т.е.
S=i – 3,
Где S – степень статической неопределимости рамы;
i - общее число связей (внешних и внутренних);
3 – число уравнений статики для плоской системы сил.
Затем заданную статистически неопределимую стержневую систему
(рис. 68а) превращаем в статически определимую и геометрически неизменяемую
систему путем «отбрасывания» лишних связей, действие которых заменяем
неизвестными силами, т.е. выбираем основную систему
(рис. 68б или в)
Рис. 68
Основная система будет эквивалентна (равнозначна) заданной системе, если мы
отразим тот факт, что перемещение в направлении неизвестных усилий должны
быть равны нулю. В канонической форме метода сил дополнительные уравнения
перемещений имеют вид
 11 Х 1   12 Х 2  ..... 1к Х К  1 р  0
 21 Х 1   22 Х 2  ..... 2 К Х К   2 р  0
85
…………………………………
 К 1 Х 1   К 2 Х 2  ..... КК Х К   Кр  0
(46)
Здесь δii, δik – перемещения от неизвестных сил Хi, Хк равных единице в
соответствующем направлении;
ip
- перемещение в направлении «i» неизвестного усилия от внешней
нагрузки.
Число этих уравнений равно степени статистической неопределимости рамы.
Все перемещения (коэф. Кононических уравнений) определяются по методу
Мора-Верещагина, для чего для основной системы строятся эпюры изгибающих
моментов от заданной внешней нагрузки (грузовая эпюра Мхр), от каждого
неизвестного усилия, равного единице (единичные эпюры Мi, Мк) и путем
перемножения соответствующих эпюр вычисляем эти коэффициенты:
Мi  dz
  i
E


0
Li
ii   
ηсi
Mi  Mk  dz
 ick
E
0
Li
ii   
(47)
Mxp  Mk  dz
 pci
E
0
Li
ip   
Решив канонические уравнения, определяем неизвестные усилия. Далее строим
окончательные эпюры внутренних усилий (N, Qy, Mx) для основной системы
обычным способом.
6.1 Пример расчета рамы.
Для заданной (рис. 69) плоской рамы, построить эпюру внутренних усилий
(N, Qy, Mx) и подобрать размеры указанного поперечного сечения при
=150МПа.
86
 
Рис. 69
Рис. 70
Решение:
1. Определяем сколько раз статически неопределима рама. В заделке 3 связи,
шарнирно – неподвижной опоре 2 связи, следовательно общее число связей
равно 5. Тогда S=i-3=5-3=2раза.
2. Выбираем основную систему, отбросив 2 лишние связи (рис. 70).
3. Составляем два канонических уравнения перемещений, поскольку рама
дважды статически неопределима.
 11х1   12 х2  1 р  0
 21х1   22 х2   2 р  0
4.
Для основной системы строим эпюры изгибающих моментов от заданной
внешней нагрузки (рис. 71а) и от Х1=1 и Х2=1 (рис. 71 б, в)
Рис. 71
87
5.
Определяем коэф. Канонических уравнений путем перемножения
соответствующих эпюр.
2 Li
2
Eх11    М1 dz  1c1 
2
i 1 0
1 Li
i 1
1
1
2
 3  3   3  3  2  3  27 м3
2
3
Еx 22    M 2 dz   2c 2 
2
i 1 0
i 1
1
2
 2  2   2  2,67см3
2
3
1
1
Ех 12  Ех 21   M 1 M 2 dz  1c 2  3  2  1  6 м3
i 1
1 Li
i 1
1
Ех 1р    M xp M1dz   p ci  20  2  3  120кНм 3
i 1 0
i 1
1 Li
1
i 1 0
i 1
Ех  2 р    M xp M 2dz   pc 2  20  2  1  40кНм 3
6.
Решаем канонические уравнения перемещений
27Х1+6Х2+120=0
6Х1+2,67Х2+40=0 | 4,5
 180  120
 10кН ;
6
 120  6  10
Х1 
 2,2кН .
27
Х2 
6Х2+120-12Х2-180=0
Знак  говорит о том, что
направление усилий Х1 и Х2 в основной
системе выбрано неверно. Меняем
направление на обратное и про знак 
забываем.
7.Строим окончательные эпюры внутренних
усилий N, Qy, Mx для основной системы
(рис. 72) по участкам (рис. 73 а, б, в).
Рис. 72
88
I участок 0  Z1  3м
N1  0
Qy1  P  20кН
z0 0
Мх1   PZ1
z  3  60кНм
 Мс  0
II участок 0  Z 2  3м
z  0
y 0
N2=0; Qy2=0; Мх2= -м= -40кНм
0  Z  3м
3
III участок
N3=P=20кН; Qy3=0; Мх3= -Р  3+м= -20  3+40= -20кНм.
IV участок 0  Z 4  3м
z0 0
z  3  22  3  6,6кНм
N4=X2=10кН; Qy4=X1=2,2кН; Мх4=х1z
V участок 0  Z4  2 м
N5= -P+X1= -20+2,2= -17,8кН; Qy5=X2=10кН;
z0
 13,4кНм
z  1м  3,4кНм
z  2 м  6,6кНм
Мх5= -Р  3+м+Х1  3+Х2  Z
Рис. 73
7.Убедимся, правильно ли построили окончательную эпюру изгибающих моментов
Мх, для этого сделаем «деформационную» проверку. Умножим эту эпюру на самую
простую единичную эпюру – М2.
89
2
Ех  2   Мх  М 2 dz  p  c 
0
2
0   13,4  6,6   2  4   1   3,4  0
6
Получение нулевого результата перемножения эпюр свидетельствует о том, что
окончательная эпюра Мх, построена верно (ведь перемещение в направлении Х 2 в
заданной раме отсутствует, там опора).
9.Определяем размеры поперечного сечения рамы из условия прочности по
нормальным напряжениям от изгибающего момента.
 
Мх
  ;
Wx

Wx  0,1 Д 3 1  С 4
10Мх
10  60  106
3
Д

 190 мм.
  1  С 4
150  1  0,84
3
Отсюда





6.2. Варианты домашних заданий
В задании №5 входят расчет одной рамной конструкции в соответствии со своим
вариантом. Необходимые исходные данные для расчета приведены в таблице 6.
Жесткость всех стержней одинаковая.
Требуется:
1.Определить степень статической неопределимости рамы и составить необходимое
число канонических уравнений.
2.Вычислить коэф. канонических уравнений методом Мора-Верещагина и
определить неизвестные усилия.
3.Построить окончательные эпюры внутренних усилий, выполнить деформационную
проверку эпюры Мх и выбрать размеры сечения.
Исходные данные к заданию 5.
Таблица №6
В
а
р
и
а
н
т
Схема рамы
Сечение
Нагрузка
90
размеры
,
q, кН/м
МП
а
m, кНм
l
P, кН
h
1
-
20
20
3
5
140
2
-
16
15
2
4
150
3
40
-
20
3
3
145
4
30
-
10
4
2
160
5
40
-
-
4
3
140
6
-
-
20
3
3
145
7
-
-
10
5
4
15-
8
30
-
-
2
4
160
9
20
-
10
4
3
150
10
25
20
-
4
4
160
11
-
30
15
3
3
140
12
30
-
10
2,5
4
150
13
20
10
-
3
4
160
91
14
30
-
20
3
3
150
15
-
40
20
4
4
140
16
-
30
10
3
4
160
17
20
-
-
2,6
3,2
170
18
40
20
-
2,0
2,0
160
19
25
-
20
3
3
150
20
-
24
16
2.5
5
140
21
40
-
20
4
6
160
22
20
20
-
3
5
170
23
-
15
15
4
6
160
24
15
10
-
3
3
150
25
28
12
-
5
2,5
140
26
15
-
20
3
3
160
92
27
-
-
10
4
2,5
150
28
-
40
-
2,0
2,0
170
29
25
10
-
3,0
4,0
160
30
30
-
10
2,0
4,0
140
31
-
14
10
3,0
3,0
150
32
18
10
16
2,5
2,5
160
7. Устойчивость сжатых стержней – задание №6.
Центрально сжатый стержень при значительной длине и малом сечении может при
определенной величине внешней осевой нагрузки утратить заданную
прямолинейную форму, т.е. продольно изогнуться. Это явление называется потерей
устойчивости (продольным изгибом), оно связано с возникновением в стержне
недопустимо больших напряжений и перемещений; т.е. с выходом конструкции из
строя.
Осевая сила, при которой происходит потеря устойчивости прямолинейной формы
сжимаемого стержня, называется критической и обозначается Ркр.
Для определения критической силы можно применить формулу Эйлера
РКР
где
ЕMIN 
 2  Е  MIN

;
  l 2
(48)
минимальная жесткость поперечного сечения стержня;
l – длина стержня;
μ – коэф. приведения длины, зависящей от условий закрепления концов
стержня.
93
Формула Эйлера применима лишь в том случае, когда потеря устойчивости
стержня происходит при напряжениях, меньших предела пропорциональности.
 КР 
Ркр  2  Е  MIN  2 E

 2   ПЦ
F

  l 2  F

или когда гибкость стержня
КР  
 l
iMIN
(49)
больше предельной гибкости
Е
 ПЦ
Когда известно значение критической силы, то допускаемая нагрузка определяется
по требуемому (нормативному) запасу на устойчивость «К».
Р   РКР
КУ
(50)
В случае неприменимости формулы Эйлера (для стержней с
можно вести по эмпирической формуле Ясинского Ф.С.
 КР  а  в
   пред.) расчет
(51)
где а и в – коэффициенты, постоянные для каждого материала. Так, для стали 3
а=310МПа, в=1,14МПа; для дерева а=29,3МПа, в=0,19МПа или по практической
формуле.
У  
Р
   
F
(52)
где φ  1, коэффициент продольного изгиба, зависящий от свойств материала и
гибкости стержня.
94
 
- допускаемое напряжение на сжатие.
При выполнении проектного расчета (подбора размеров поперечного сечения)
F
P
  
(53)
Приходится использовать метод последовательных приближений (метод итераций):
1.Задаемся значением
1  0,5  0,6.
Вычисляем по (53) площадь сечения,
 l
MIN

,
iMIN и по
F
минимальный радиус инерции iMIN=
гибкость стержня
ней определяем, например в табл. 47 [I] коэф.
2.Сравниваем
1
и
11 , если разница
11
11  1
 
 100,
1
2 
более 5%, то делаем
1  
1
1
2
и процесс вычислений повторяем



5
%
до тех пор, пока
. Обычно необходимо проделать 2-3, иногда 4
следующее приближение при коэф.
приближения.
7.1.
Примеры решения задач.
Подобрать сечение стойки картофелеуборочного комбайна (рис. 74) состоящего из
 
2-х швеллеров расчетом на устойчивость, если Р=148кН, l=2,4м,  =160МПа
(сталь 3). Определить также расстояние «а» между швеллерами, чтобы обеспечить
разноустойчивость во всех направлениях и запас по устойчивости Ку.
95
Рис. 74
Решение:
1.Расчет на устойчивость ведем по практической формуле (52) и (53) методом
последовательных приближений.
148  103
F1 

 1542 мм 2  15,4см 2
   0,6  160
2.Задаемся 1  0,6 Тогда
По
P
сортаменту ГОСТ 8240 – 83 выбираем два швеллера №6,5 у которых F=7,51см2,
ix=imin=2,54см (потому, что iy мощно менять за счет раздвижения швеллеров).
3.Считаем гибкость стойки, учитывая, что для заданного вида закрепления концов
стойки
  0,7
1 
 l
iMIN

0,7  2,4  103
 66,1
2,54
По таблице 47[1] для стали 3 этой гибкости соответствует коэф.
Разница значительна.
4.Делаем второе приближение при
2 
1   11
2
96

 11  0,83.
0,6  0,83
 0,715
2
F2 
148  103
 1294 мм 2  12,94см2
0,715  160
По сортаменту выбираем швеллер №5, у которого F=6,16см2; ix=1,92см;
0,7  2,4  102
2 
 87,5
 12  0,705
1,92
0,715  0,705
 
 100  1,4%.
0,715
Таким образом, принимаем два швеллера №5 с F=6,16см2; iy =0,454см;
Z0=1,16см; в=32 мм.
5.Величину критического напряжения определяем по Ясинскому Ф.С. (формула 51),
т.к. в нашем случае
2  87,5  ПРЕД  100
 КР  а  в  310  1,14  87,5  210МПа.
6.Тогда критическая сила равна
РКР   КР  F  210  2  6,16  102  258720Н  258,7кН
7.Запас по устойчивости будет равен
Ку 
РКР 258,7

 1,75
Р
148
7. Равноустойчивость стойки во всех направлениях будет обеспечена если осевые
моменты инерции будут равны, т.е Jx=Jy (рис. 75)
2 Jx=2Jy= Jy1+F*c2
Отсюда
c
Jx - Jy1
2
2
 ix  iy 
F
 1.92 2  0.954 2  1.67см
Тогда расстояние «а» будет равно
Рис. 75
97
а=2(с+z0-b)=2(1.67+1.16-3.2)=-0.74см
Следовательно, полки у швеллера надо подогнуть на 3,7 мм и оба швеллера сварить
встык.
7.2 Варианты домашних заданий.
В задание №6 входит расчёт на устойчивость одной стойки заданного сечения,
длинной l и нагруженной осевой ожимающей силой Р. (см. таб.7)
1) Подбор размеров сечения указанной формы;
2) Определение критической силы по Эйлеру или Ясинскому;
3) Установление критического запаса по устойчивости заданной стойки.
Исходные данные для задания №6
Таблица 7
№
вари
анта
Схема стойки
Форма сечения
Р, кН
l, м
,
МПа
1
300
3,2
140
2
250
2,5
150
3
400
3,0
150
4
380
2,5
140
5
520
3,0
120
6
410
2,6
150
7
280
2,2
140
8
350
2,8
150
9
450
2,0
160
10
200
2,4
150
11
240
3,0
120
12
310
3,1
155
98
13
210
1,8
150
14
250
2,2
140
15
300
2,0
160
16
320
2,2
150
17
350
2,5
140
18
400
3,0
150
19
220
2,5
140
20
240
2,2
130
21
180
2,0
140
22
400
2,7
160
23
500
2,4
150
24
600
2,2
160
25
380
2,5
150
26
360
2,2
150
27
330
2,5
140
28
250
2,5
140
29
280
2,8
150
30
300
1,8
160
99
Литература:
1.
Писаренко Г.С. и др. Справочник по сопротивлению материалов. Наукова
Думка, Киев, 1988г.
2.
Дарков А.В., Шпиро Г.С. «Сопротивление материалов», М., Высшая школа,
1989 г.
3.
Феодосьев В.И. «Сопротивление материалов», М., Высшая школа, 1986 г.
4.
Костенко Н.А. и др. «Сопротивление материалов», М., Высшая школа, 2000
г.
5.
Александров А.В. и др. «Сопротивление материалов», М., Высшая школа,
1995 г.
6.
Ицкович Г.М. и др «Руководство к решению задач по сопротивлению
материалов», М., Высшая школа, 1999 г.
7.
Алмаметов Ф.З. и др. «Расчётные и курсовые работы по сопротивлению
материалов», М., Высшая школа, 1992 г.
8.
Баловнёв Г.Г., Чернов Ю.В. «Сборник задач по сопротивлению
материалов», М., МСХА, 1993 г.
9.
Миролюбов И.Н. и др. «Пособие к решению задач по сопротивлению
материалов», изд. Высшая школа, М., 1985 г.
100
Приложения
Приложение 1
Физико-механические характеристики материалов
Материал
Модуль
упругости
Е*10-5, МПа
Модуль сдвига Коэффициент Удельный вес
G*10-4
поперечной
 ,кН/м3
МПа
деформации
углеродистая
2,0. ..2,1
8,0.. .8,1
0,24. ..0,33
78,5
легированная
2,1. ..2, 2
8,0. ..8,1
0,25. ..0,30
77, 5. ..78, 5
Серый чугун
0,78. ..1,5
4,4
0,23. ..0,27
68... 76
бронза
0,75…1,20
-
0,32. ..0,35
87,6... 88, 2
Прокатная медь
1,0...1,1
4,3
0,28. ..0,34
89,4
алюминиевые
0,69. ..0,71
2,7
0,33
26,4...28,0
магниевые
0,39... 0,44
-
,..
титановые
1,1. ..1,2
4,0
0,30
4,5
волокон
0,09. ..0,15
0,055
-
Текстолит
0,04. ..0,06
-
-
4, 8. ..5, 4
( сосна )
13... 14, 5

Сталь:
Оловянная
Сплавы:
0,34
17, 6. ..18,0
Дерево вдоль
101
Винипласт
0,03. ..0,04
Капрон
0,014... 0,020 0,045... 0,048
-
0,35. ..0,37
13, 8. ..14,3
0,35. ..0,38
11,0... 11,4
Стекловолокнит 0,35
-
0,29
17;0...18,0
Полиэтилен НД 0,005...0,008
-
0,39
9, 2...9, 7
Приложение 2
Механические характеристики материалов
Материал
Предел
прочности
в , МПа
1
2
Предел
текучести
в , МПа
Относитель Предел
ное
выносливости, МПа
удлинение,
 1Н
 1К
%
3
4
5
6
Углеродистые стали обыкновенного качества
Ст2кп
330…420
200…220
30…33
170…220 80…130
Ст2пс(сп)
340…440
210…230
29…32
Ст3кп
370…470
220…240
24…27
Ст3пс(СП)
380…490
230…250
23…26
Ст4кп
410…520
240…260
22…25
Ст4пс(СП)
420…540
250…270
21…24
Ст5пс(СП)
500…640
270…290
17…20
220…300 130…180
Ст6пс(сп)
600
300…320
12…15
250…340 150…200
170…220 100…130
190…250 -
Углеродистые качественные стали (нормализированные)
102
10
340...420
210
31
160…220 80…120
20
420…500
250
25
170…220 100…130
30
500…600
300
21
200…270 110…140
40
580…700
340
19
230…320 140…190
45
610…750
360
16
250…340 150…200
50
640…800
380
14
270…350 160…210
60
690…900
410
12
310…380 180…220
Легированные стали
20Х
720…850
400…650
12
310…380 170…230
40Х
730…1050
650…900
15,5
320…480 210…260
45Х
850…1060
700…950
9
400…500 -
40ХН
1000…1450 800…1300
-
460…600 -
30ХГСА
1100…1700 850…1500
7
480…700 280…400
60Г
710
11
-
420
-
Серые и высокопрочные чугуны
СЧ18
180(700)
-
-
90
-
СЧ24
240(1000)
-
-
120
100
ВЧ45
450…550
330
(1800…2000)
5
180…200 -
ВЧ50
500…600
380
(1700…1800)
2
200…220 170…210
Алюминиевые деформируемые сплавы
АМЦ
100
50
20
103
50
-
АД-31
140
70
13
90
-
АМг5
270
120
15
110
-
АМг6
320
160
15
130
-
Д16Т
400…430
280…300 10
115
-
Медные сплавы
Латунь, Л68:
Мягкая
300…380
-
42
120
-
Твёрдая
440…550
-
10
150
-
480…550
-
20-12
-
-
Бронза:
Бр.АМц
9-2
Титановые сплавы
ОТ-4
700…850
550…600 10…40
260
-
ВТ-8
1050…1800
950…1100 9…15
500
-
104
Приложение 3
Сталь горячекатаная
Балки двутавровые ГОСТ 8239 - 89
s,
мм
№ балки
h, b,
мм мм
1
2
t, Пло Масса
мм щадь 1м , кг
сече
ния
F
,см2
5
6
Справочные величины для осей
х -х
У- У
Jx,
см4
Wx,
cм3
Lx,
см
Sx,
см3
Jy,
см4
Wy,
см3
Ly,
см
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
10 100 55
4,5
7,2 12,0 9,46
198
39,7
4,06
23,0
17,9 6,49 2,22
12 120 64
4,8
7,3 14,7 11,50
350
58,4
4,88
33,7
27,9 8,72 1,38
14 140 73
4,9
7,5 17,4 13,70
572
81,7
5,73
46,8
41,9 11,50 1,55
16 160 81
5,0
7,8 20,2 15,90
873
109,0 6,57
62,3
58,6 14,50 1,70
18 180 90
5,1
8,1 23,4 18,40
1290
143,0 7,42
81,4
82,6 18,40 1,88
18 180 100 5,1
а
8,3 25,4 19,90
1430
159,0 7,51
89,8
114,0 22,80 2,12
20 200 100 5,2
8,4 26,8 21,00
1840
184,0 8,28
104,0
115,0 23,10 2,07
20 200 110 5,2
а
8,6 26,9 22,70
2030
203,0 :8,37 114,0
155,0 28,20 2,32
22 220 110 5,4
8,7 30,6 24,00
2550
232,0 9,13
131,0
157,0 28,60 2,27
22 220 120 5,4
а
8,9 32,8 25,80
2790
254,0 9,22
143,0
206,0 34,30 2,50
105
24 240 115 5,6
9,5 34,8 27,30
3460
289,0 9,97
163,0
198,0 34,50 2,37
24 240 125 5,6
а
9,8 37,5 29,40
3800
317,0 10,1
178,0
260,0 41,60 2,63
27 270 125 6,0
9,8 40,2 31,50
5010
371,0 11,2
210,0
260,0 41,50 2,54
27 270 135 6,0
а
10,2 43,2 33,90
5500
407,0 11,3
229,0
337,0 50,00 2,80
30 300 135 6,5
10,2 46,5 36,50
7080
472,0 12,3
268,0
337,0 49,90 2,69
30 300 145 6,5
а
10,7 49,9 39,20
7780
518,0 12,50 292,0
436,0 60,10 2,95
33 330 140 7,0
11,2 53,8 42,20
9840
597,0 13,50 339,0
419,0 59,90 2,79
36 360 145 7,5
12,3 61,9 48,60
13380 743,0 14,70 423,0
516,0 71,10 2,89
40 400 155 8,3
13,0 72,6 57,0
19062 953,0 16,20 545,0
667,0 86,10 3,03
45 450 160 9,0
14,2 84,7 66,50
27696 1231,0 18,10 708,0
808,0 101,0 3,09
0
50 500 170 10,0 15,2 100,0 78,50
39727 1589,0 19,90 919,0
1043, 123,0 3,23
0
0
55 550 180 11,0 16,5 118,0 92,60
55962 2035,0 21,80 1181,0 1356, 151,0 3,39
0
0
60 600 190 12,0 17,8 138,0 108,00 76806 2560,0 23,60 1491,0 1725, 182,0 3,54
0
0
106
Приложение 4
№ балки
Сталь горячекатаная. Швеллеры с уклоном
внутренних граней полок ГОСТ 8240 - 72
h, B, s,
t, Площ Масса
мм мм мм мм адь 1м , кг
сечен
ия
F ,см2
1
2
3
5
50
32
6,5
65
8
80
4
5
Справочные величины для осей
х -х
У- У
Z0, см
Jx, см4
Wx,
cм3
Lx, см
Sx,
см3
Jy, см4
Wy,
см3
Ly, см
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
4,4 7,0
6,16
4,84
22,8
9,1
1,92
5,59
5,61
2,75
0,954
1,16
36
4,4 7,2
7,51
5,90
48,6
15,0
2,54
9,00
8,70
3,68
1,080
1,24
40
4,5 7,4
8,98
7,05
89,4
22,4
3,16
13,30
12,80
4,75
1,190
1,31
10 100 46
4,5 7,6
10,90
8,59
174,0
34,8
3,99
20,40
20,40
6,46
1,370
1,44
12 120 52
4,8 7,8
13,30
10,40
304,0
50,6
4,78
29,60
31,20
8,52
1,530
1,54
14 140 58
4,9 8,1
15,60
12,30
491,0
70,2
5,60
40,80
45,40
11
1,700
1,67
14а 140 62
4,9 8,7
17,00
13,30
545,0
77,8
5,66
45,10
57,50
13,30
1,840
1,87
16 160 64
5,0 8,4
18,10
14,20
747,0
93,4
6,42
54,10
63,30
13,80
1,870
1,80
16а 160 68
5,0 9,0
19,50
15,30
823,0
103,0
6,49
59,40
78,80
16,40
2,010
2,00
18 180 70
5,1 8,7
20,70
16,30 1090,0 121,0
7,24
69,80
86,00
17,00
2,040
1,94
18а 180 74
5,1 9,3
22,20
17,40 1190,0 132,0
7,32
76,10 105,00 20,00
2,180
2,13
107
20 200 76
5,2 9,0
23.40
18,40 1520,0 152,0
8,07
87,80 113,00 20,50
2,200
2,07
20а 200 80
5,2 9,7
25,20
19,80 1670,0 167,0
8,15
95,90 139,00 24,20
2,350
2,28
22 220 82
5,4 9,5
26,70 21,00
2110,0 192,0
8,89
110,00 151,00 25,10
2,370
2,21
22а 220 87
5,4 10,2 28,80
22,60 2330,0 212,0
8,99
121,00 187,00 30,00
2,550
2,46
24 240 90
5,6 10,0 30,60
24,00 2900,0 242,0
9,73
139,00 208,00 31,60
2,600
2,42
24а 240 95
5,6 10,7 32,90
25,80 3180,0 265,0
9,84
151,00 254,00 37,20
2,780
2,67
27 270 95
6,0 10,5 32,20
27,70 4160,0 308,0
10,90 178,00 262,00 37,30
2,730
2,47
30 300 100 6,5 11,0 40,50
31,80 5810,0 387,0
12,00 224.00 327,00 43,60
2,840
2,52
33 330 105 7,0 11,7 46,50
36,50 7980,0 484,0
13,10 281,00 410,00 51,80
2,940
2,59
36 360 110 7,5 12,6 53,40
41,90 10820, 601,0
0
14,20 350,00 513,00 61,70
3,100
2,68
40 400 115 8,0 13,5 61,50
48,30 15220, 761,0
0
15,70 444,00 642,00 73,40
3,230
2,75
108
Приложение 5
Сталь прокатная угловая равнополочная ГОСТ 8509 - 86
Площадь сечения
F ,см2
2
3
4
5
6
3,2
32
3
1,86
1,77
0,97
2,80
1,23
0,74
0,63
1,03
0,89
1,46
4
2,43
2,26
0,96
3,58
1,21
0,94
0,62
1,32
0,94
1,90
3
2,35
3,55
1,23
5,63
1,55
1,47
0,79
2,08
1,09
1,85
4
3,08
4,58
1,22
7,26
1,53
1,90
0,78
2,68
1,13
2,42
5
3,79
5,53
1,20
8,75
1,54
2,30
0,79
3,22
1,17
2,97
3
2,65
5,13
1,39
8,13
1,75
2,12
0,89
3,00
1,21
2,08
4
3,48
6,63
1,38 10,50 1,74
2,74
0,89
3,89
1,26
2,73
5
4,29
8,03
1,37 12,70 1,72
3,33
0,88
4,71
1,30
3,37
3
2,96
7,11
1,55 11,30 1,95
2,95
1,00
4,16
1,33
2,32
4
3,89
9,21
1,54 14,60 1,94
3,80
0,99
5,42
1,38
3,05
5
4,80 11,20 1,53 17,80 1,92
4,63
0,98
6,57
1,42
3,77
4
4,5
5
40
45
50
х -х
х0-х0
Jx,
см4
Ix,
cм3
У0- У0
Z0,
см
Масса 1м длины
профиля,кг
d, мм
1
№ профиля
b, мм
Справочные величины для осей
Jx0
Ix0
Jy0
max, max, min,
см4 см4 см4
7
8
9
Iy0
min,
см4
10
Jxy,
см4
11
12
13
109
6,3
7
7,5
8
9
63
70
75
80
90
4
4,96 18,90 1,95 29,90 2,45
7,81
1,25
1,69
3,90
5
6,13 23,10 1,94 36,60 2,44
9,52
1,25 13,70 1,74
4,81
6
7,28 27,10 1,93
4,5 6,20
11,0
42,90 2,43
11,20 1,24
15,90 1,78
5,72
29,0 2,16
46,0
2,72
12,0
1,39
17,0 1,88
4,87
5
6,86
31,9 2,16
50, 7 2,72
13,2
1,39
18,7 1,90
5,38
6
8,15
37,6 2,15
59,6
2,71
15,5
1,38
22,1 1,94
6,39
7
9,42
43,0 2,14
68,2
2,69
17,8
1,37
25,2 1,99
7,39
8
10,70 48,2 2,13
76,4
2,68
20,0
1,37
28,2 2,02
8,37
5
7,39
39,5 2,31
62,6
2,91
16,4
1,49
23,1 2,02
5,80
6
8,78
46,6 2,30
73,9
2,90
19,3
1,40
27,3 2,06
6,89
7
1,010 53,3 2,29
84,6
2,89
22,1
1,48
31,2 2,10
7,96
8
11,50 59,8 2,28
94,9
2,87
24,8
1.47
35,0 2,15
9,02
9
12,80 66,1 2,27
105,0 2,86
27,5
1,46
38,6 2,18
10,10
52,7 2,47
83,6
3,11
21,8
1,59
30,6 2,17
6,78
57,0 2,47
94,0
3,11
23.5
1,58
33,4 2,19
7,36
5,5 8,63
6
9,38
7
10,80 65,3 2,45
104,0 3 ,09 27,0
1,58
38,3 2,23
8,51
8
12,30 73,4 2,44
116,0 3,08
30,3
1,57
43,0 2,27
9,65
6
10,60 82,1 2,78
130,0 3,50
34,0
1,79
48,1 2,43
8,33
7
12,30 94,3 2,77
150,0 3,49
38,9
1,78
55,4 2,47
9,64
8
13,90 106,0 2,76
168,0 3,48
43,8
1,77
62,3 2,51
10,90
110
9
10
15,60 118,0 2,75
186,0 3,46
48,6
1,77
68,0 2,55
12,20
100 6,5 12,80 122,0 3,09
193,0 3,88
50,7
1,99
71,4 2,68
10,10
12,5 125
7
13,80 131,0 3,08
207,0 3,88
54,2
1,98
76,4 2,71
10,80
8
15,60 147,0 3,07
233,0 3.87
60,9
1,98
86,3 2,75
12,20
10 19,20 179,0 3,05
284,0 3,84
74.1
1,96
110 2,83
15,10
12 22,80 209,0 3,03
331,0 3,81
86,9
1,95
122 2,91
17,90
14 26,30 237,0 3,00
375,0 3,78
99,3
1,94
138 2,99
20,60
16 29,70 264
2,98
416,0 3,74
112,0 1,94
152 3,06
23,30
8
19,7
294
3,87
467
4,87
122
2,49
172 3,36
15,5
9
22,0
327
3,86
520
4,86
135
2,48
192 3,40
17,3
10 24,3
360
3,85
571
4,84
149
2,47
211 3,45
19,1
12 28,9
422
3,82
670
4,82
174
2,46
248 3,53
22,7
14 33,4
482
3,80
764
4,78
200
2,45
282 3,61
26,2
16 37,8
539
3,78
853
4,75
224
2,44
315 3,68
29,6
111
Учебно-методическое пособие по курсу «Сопротивление материалов», включающее
указания по выполнению и индивидуальные задания по домашним расчётно –
графическим работам.
Составитель доцент
Кузьмина О.Л.
Подписано в печать _______. Формат 60х84
Объём __________п.л.
1/16
Тираж________. Заказ №________
Уральская государственная сельскохозяйственная академия
620075, Екатеринбург, ул. К.Либнехта, 42
Цех №4 АООТ «Полиграфист», Екатеринбург, ул. Тургенева, 20
112