1. ЭПЮРЫ ВНУТРЕННИХ СИЛОВЫХ ФАКТОРОВ

1. ЭПЮРЫ ВНУТРЕННИХ СИЛОВЫХ
ФАКТОРОВ
1.1 О б щ и е
сведения
Рассмотрим брус, обладающий хотя бы одной плоскостью симметрии нагруженный произвольной системой сил
(рис. 1.1,а). Свяжем с ним прямоугольную декартову систему
координат. Ось z совместим с осью бруса (геометрическое
место центров тяжести поперечных сечений), а две другие,
x и y , расположим в плоскости поперечного сечения, совместив одну из них, например, ось y, с осью симметрии последнего.
а)
I
x
y
F1 П
a d
c
F2 b
б)
F3
d
a
z
II
I
b
Fn
c
c
в)
d Mo
m
c o
O
Ro
b
г)
My
Внутр.
силы
Mx
x
a
Qx
z
O
Nz
Qy
y
Mz
Рис. 1.1
Рассечем брус плоскостью П, перпендикулярной к оси z,
на две части и одну из частей, например П, отбросим,
заменив ее действие на оставшуюся внутренними силами
(рис. 1.1,б). Выбрав в качестве центра приведения центр тяжести сечения abcd, заменим внутренние силы их интеграль
ными характеристиками – главным вектором Ro и главным



моментом M o . Раскладывая Ro и M o по осям x, y и z, полу-
4
   
R o  N z Q x Q y , 


 

M o  M x  M y  M z ,
чим
(1.1)
Здесь Nz – продольная сила; Qx(Qy) – поперечные силы;
Mx(My) – изгибающие моменты; Mz  крутящий момент. Это
и есть внутренние силовые факторы в поперечном сечении
бруса.
Для расчета конструкций на прочность необходимо
знать, как изменяются внутренние силовые факторы по длине
бруса. С этой целью строятся их графики, называемые
эпюрами.
Остановимся на приемах построения эпюр в частных
случаях.
1.2. Построение эпюр для стержней,
нагруженных осевыми силами.
dz
При нагружении стержня
осевыми силами в его поперечных сечениях возникают
только продольные силы Nz и
он испытывает деформации
растяжения или сжатия. Продольной силе, вызывающей
растяжение, приписывается
знак “плюс”; при сжатии
продольная сила считается
отрицательной.
z
F
qz
qz
Nz
Nz+dNz
Рис. 1.2
Nz
Растяжение
+
5
Nz
Nz
Сжатие

Nz
Выделим из стержня, нагруженного распределенной
осевой нагрузкой интенсивности qz (рис. 1.2), бесконечно малый элемент dz и составим для него уравнение равновесия в
проекции на ось z:
Zi = 0,
Nz+dNzNzqzdz = 0,
dNz
откуда
.
qz 
dz
Интегрируя это выражение, получим
(1.2)
z
N z  N o   q z dz .
(1.3)
o
Если
qz =  q = сonst, то Nz = No  qz,
(1.4)
т.е. продольная сила изменяется по линейному закону. Знак
“плюс” соответствует погонной нагрузке, вызывающей растяжение стержня; при сжатии берется знак “минус”. При отсутствии погонной нагрузки (q = 0) продольная сила постоянна (Nz = No = const).
П р и м е р 1.1.
Построить эпюру Nz для
A B
D
E
C
F
5F
3F
2F
a
стержня, приведенного на
рис. 1.3.
2F +
5F
Р е ш е н и е. Стержень
F
Nz
нагружен только сосредото3F
F

ченными осевыми силами,
поэтому согласно зависимоРис. 1.3
сти (1.4) продольная сила в
пределах каждого участка постоянна. На границе участков
Nz претерпевает разрывы. Примем направление обхода от
свободного конца (сеч. Е) к защемлению (сеч. А). На участке
6

DE продольная сила положительна, так как сила F вызывает
растяжение, т.е. NED = +F. В сечении D продольная сила меняется скачком от NDE = NED = F до NDС = NDЕ –3F = –2F
(находим из условия равновесия бесконечD
NDC 3F NDE но малого элемента dz, выделенного на
границе двух смежных участков CD и DE).
dz
Заметим, что скачок равен по величине
приложенной силе 3F и направлен в сторону отрицательных
значений Nz, так как сила 3F вызывает сжатие. На участке
CD имеем NСD = NDС = –2F. В сечении C продольная сила
изменяется скачком от NСD = –2F до NСВ = NСD + 5F = 3F.
Величина скачка равна приложенной силе 5F. В пределах
участка CВ продольная сила опять постоянна NСВ = NВС =3F.
Наконец, в сечении В на эпюре Nz опять скачок: продольная
сила меняется от NВС = 3F до NВА = NВС –2F = F. Направление скачка вниз (в сторону отрицательных значений), так как
сила 2F вызывает сжатие стержня. Эпюра Nz приведена на
рис. 1.3,б.
П р и м е р 1.2. Стержень, нагруженный, как показано
на рис. 1.4, а, удерживается в опоре силами трения, равно3a
2a
a
a)
мерно распределенными по
ее толщине. Построить эпюру
4F
2F
продольной силы.
A
B
q C D
a
Р е ш е н и е. Из условия
равновесия стержня в проекб)
+
Nz ции на ось z находим интен2
4 xF сивность сил трения:

Zi = 0,
Рис. 1.4
7
2F + 4F = q2a,
откуда q = 3F/a.
Эпюру Nz строим по формуле Nz = No  qz. Согласно
этой зависимости на участках АВ и CD продольная сила постоянна, так как погонной нагрузки нет (q = 0). На участке
ВС продольная сила изменяется по линейному закону
(q = const). В сечениях А и D, где приложены сосредоточенные силы, на эпюре Nz имеют место скачки, равные по величине приложенным силам. Примем направление обхода слева
направо. В сечении А сила 2F вызывает сжатие, поэтому
NAB = 2F. На участке ВС продольная сила изменяется от
NB = NA = 2F до NС = NВ + q2a = 4F. На участке CD продольная сила постоянна и равна NСD = 4F.
а)
1
2
3 4
1
2
3 4
б)
60
2
+
20
1
40
2м
П р и м е р 1.3. Стержень, изображенный на рис.
1.5,а, нагружен уравновешенной системой в виде сосредоточенных и распределенных
сил. Эпюра продольной силы
показана на рис. 1.5,б. Определить значения и направления приложенной к стержню
нагрузки.
40
3 + 4 Nz

кН

40
40
2м
1м
Рис. 1.5
Р е ш е н и е.
В сечениях 1, 2, 3, 4 на эпюре имеются скачки, что связано с приложенными здесь сосредоточенными силами.
Скачку вверх соответствует сила, вызывающая растяжение в
рассматриваемом сечении; при скачке вниз сила вызывает
сжатие. Величина скачка равна приложенной силе. Будем пе-
8
ремещаться по стержню слева направо. В сечении 1 приложена растягивающая сила F1 = 20 кН, направленная влево.
Далее на участке 12 на стержень действует распределенная
нагрузка постоянной интенсивности, равной согласно дифференциальной зависимости qz = dNz / dz тангенсу угла
наклона прямой, т.е. q12 =(6020)/2 = 20 кН/м. Погонная
нагрузка вызывает растяжение и направлена влево. Приложенная в сечении 2 сила F2 = 100 кН вызывает сжатие и
направлена вправо. На участке 23 распределенной нагрузки
нет, так как продольная сила постоянна. В сечении 3 приложена растягивающая сила F3 = 80 кН (направлена влево). На
участке 34 действует распределенная нагрузка интенсивности
q34 = (40  40)/1 = 80 кН/м, вызывающая сжатие
и направленная вправо. Наконец, в сечении 4 приложена сила
F4 = 40 кН, направленная влево.
П р и м е р 1.4. Эпюры Nz для стержней, представленных на рис. 1.6, предлагается построить самостоятельно. Для
проверки тут же дается решение.
а)
б)
3qa 2q
2qa
3qa q
q
2qa q
a
a
+
-1

2
-1
+1

a
a
+
Nz
xqa
3
Рис. 1.6
9
-1
1

Nz
xqa
1.3. Построение эпюр для стержней, нагруженных
скручивающими парами.
Стержни, нагруженные парами сил, плоскости которых
перпендикулярны к его оси, испытывают деформацию кручения (рис. 1.7).
Такие стержни принято
M
m
называть в а л а м и, а пары сил – скручивающими
моментами. В поперечных
Рис. 1.7
сечениях валов возникают
только крутящие моменты МК, связанные с распределенной
моментной нагрузкой m дифференциальной зависимостью
dMК / dz =  m,
(1.5)
из которой вытекает следующая формула:
МК = МКо  mz,
(1.6)
где МКо – крутящий момент в начале участка.
Крутящий момент
+
считается положительn
ным, если для наблюМК
дателя, смотрящего на
МК
n
сечение со стороны

внешней нормали n , он
представляется направРис. 1.8
ленным против часовой стрелки (рис. 1.8).
Согласно формуле (1.6) на участках с равномерно распределенной нагрузкой m крутящий момент изменяется по
линейному закону. При отсутствии погонной нагрузки
10
(m = 0) крутящий момент сохраняет постоянное значение
(МК = МКо = const). В сечениях, где к валу приложены сосредоточенные скручивающие моменты, на эпюре МК возникают
скачки, направленные вверх, если моменты направлены против часовой стрелки, либо вниз – при обратном направлении
моментов.
П р и м е р 1.5
m
A
Построить эпюру
МК для вала, изобра3a
женного на рис. 1.9.
Решение
На участке CD 1 +
момент изменяется по
линейному закону от
нуля в точке D до
MCD = -ma. В сечении С
крутящий момент изменяется скачком
2ma
B 3ma
C
D
a
a
Mc
+
-2
m
-1
+1 

MК
xma
MB
Рис. 1.9
на величину внешне-
го момента Мс, равного 2ma (скачок вверх, так как момент
МС направлен против часовой стрелки). На участке ВС крутящий момент сохраняет постоянное значение, так как отсутствует погонная нагрузка (m = 0). Скручивающий момент МВ
направлен по часовой стрелке, поэтому в сечении В на эпюре
МК скачок происходит
вниз
и
равен
по
величине
МВ = 3ma. На участке АВ, нагруженном распределенной
нагрузкой m, крутящий момент изменяется по линейному закону от МВА = -2ma до МАВ = МВА + m3a = ma.
11
П р и м е р 1.6
Построить эпюру
МК для вала, изображенного на рис. 1.10,а.
Задачу
предлагается
решить самостоятельно. Эпюру, приведенную на рис. 1.10,б,
можно
использовать
для проверки.
а)
2М
3М
М
2М
б)
+
=
-2
1

-1

МК
хМ
Рис. 1.10
1.4. Построение эпюр для балок и рам
а)
F
F
M
O
y
z
qy
1
2
1
2
qy
б)
Mx+dM
Qy
z
Mx
O1 O2
x
Qy+dQy
dz
dz
Рис. 1.11
Рассмотрим стержень, обладающий вертикальной плоскостью симметрии и нагруженный в этой плоскости силами,
перпендикулярными к его оси (рис. 1.11). В этом случае
стержень испытывает деформацию изгиба и его принято
называть б а л к о й . В поперечных сечениях балки возникает
два внутренних силовых фактора – п о п е р е ч н а я с и л а
Qy и и з г и б а ю щ и й м о м е н т Мх.
12
Поперечная сила считается
положительной,
Qy
если
кратчайшее совмещение век
тора Q y с вектором внешней

нормали n происходит про-
n
Qy n+
тив часовой стрелки.
Изгибающий
момент
Mx
считается п о л о ж и т е л ь ным,
если
он
+
Mx
вызывает
р а с т я ж е н и е нижних волокон балки.
Выделим из балки бесконечно малый элемент (рис. 1.11,б)
и рассмотрим его равновесие:
Yi = 0, Qy + dQyQy + qydz = 0, откуда dQy / dz =  qy, (1.7)
mO2 = 0,
Mx + dMx  Mx  Qydz = 0,
dMx /dz = Qy.
(1.8)
Интегрируя зависимости (1.7) и (1.8), получим
Qy = Qo  qyz
и
z
M x  M o   Q y  dz  M o  Q ,
(1.9)
o
где Qo и Mо соответственно поперечная сила и изгибающий
момент в начале участка, Q – площадь эпюры Q от начала
участка до рассматриваемого сечения.
В частности, если qy =  q = const, то формулы (1.9)
принимают
13
Q y  Qo  q  z ,


M x  M o  Qo z  0,5qz 2 .
вид
F
М
Млев
dz
равнове-
сие элемента, выделенного на
границе двух смежных участ-
Qпр
Qлев
Мпр
Рассматривая
(1.10)
dz
ков и нагруженного сосредо-
точенной силой F (рис. 1.12)
Рис. 1.12
или сосредоточенным моментом М, находим
Qпр  Qлев  F , 

M пр  М лев  М .
(1.11)
Знак “минус” соответствует нагрузке, противоположной
указанной на рис. 1.12.
При построении эпюры Qy положительные значения поперечной силы принято откладывать вверх, а отрицательные
вниз. Н а э п ю р е Мх ординаты откладываются со стороны
растянутых волокон, что с учетом правила знаков для изгибающих моментов означает: п л ю с  в н и з, м и н у с 
в в е р х.
На основании формул (1.10) и (1.11) можно сформулировать следующие п р а в и л а п о с т р о е н и я э п ю р
Qy и Мх:
14
Qo q=0
Мо
Qy=Qo= const

Qo
Mo

Mx=Mo+Qoz
Qo qy=q
Мо
z
Qy=Qo+qz
Qo 
+
Mo  M
max
Mx=Mo+Qoz+0,5qz2
F
Qлев
+
F
 Qпр
Qпр = QлевF
1. На участке,
свободном от погонной нагрузки (q = 0),
поперечная сила постоянна, а изгибающий момент изменяется
по
линейному
закону.
2. На участке с
равномерно распределенной нагрузкой поперечная сила изменяется по линейному закону, а изгибающий
момент описывается
уравнением квадратной параболы, обращенной выпуклостью
в сторону нагрузки. В
сечении, где Qy = 0,
Мх имеет экстремум.
3. Под сосредо
точенной силой F на
эпюре Qy происходит
скачок на величину
этой силы (при обходе
слева направо скачок
совпадает с направлением силы!).
15
Qo q=0
Мо
Qy=Qo= const
Qo
+
Mx=Mo+Qoz
Mo
Мо
+
Qo qy=q
z
Qo
Qy=Qoqz
+

Mx=Mo+Qoz+0,5qz2
Mo
+ Mmax
F
F
+ Qпр
Qлев 
Qпр = Qлев+F
4. В сечении,
М
где к балке приложен сосредоточенный момент М, на
Растяжениеснизу! эпюре Мх возникает
скачок, равный по
Млев  М
величине приложенМпр
+
ному
моменту.
Мпр = Млев+М
Направление скачка
зависит от направления момента: если
момент
вызывает
растяжение нижних
волокон, то скачок
происходит вниз и
наоборот.
Р а м о й называется система, со-
М
М
Растяжениесверху!
Млев
+
 Мпр
М
Мпр = МлевМ
стоящая из стержней, жестко соединенных в узлах. В поперечных сечениях
рамы возникает три внутренних сило-
Внутр.
контур
вых фактора: продольная Nz и поперечная Qy силы, а также изгибающий момент Мх. Для поперечной силы сохраняется правило знаков, принятое в балках. Изгибающий
момент считается положительным, если он вызывает растяжение волокон, расположенных со стороны внутреннего контура.
16
П р и м е р 1.7
Построить эпюры Qy и
Мх для балки с консолью.
Решение
1. Определение опорных
реакций. Составляем уравнения равновесия:
mB = 0,
RA2a - qa2 - qaa/2 = 0,
3
откуда R A  qa ,
4
qa2
A
RA a
y
a -3/4
b

C
a
q
B
D z
RB a
k
d
f +
1
e
c
 1/4 
-3/4 + -1/2
l Qy
xqa
Mx
xqa2
Рис. 1.13
mА = 0, RВ2a - qa2- qa5a/2 = 0, откуда RB = (7/4)qa.
Проверка: y = 0, RA - RB + qa = 3qa/4 - 7qa/4 + qa  0.
2. Построение эпюр поперечной силы и изгибающего
момента.
Эпюра
Qy. В сечении А происходит скачок вниз на
величину реакции RA и QA = -RA. На всем протяжении участков АС и СВ распределенная нагрузка отсутствует (q = 0), поэтому эпюра Qy представляется отрезком прямой, параллельной оси абсцисс. Наличие пары сил на эпюре Qy не отражается. В сечении В происходит скачок вверх, равный по величине приложенной реакции RB, и правее этого сечения имеем
QBD = QBC + RB = -3qa/4 + 7qa/4 = qa. На участке BD поперечная сила изменяется по линейному закону (Qy = Qo-qz) от
Qo = QBD = qa до QD = QBD - qa = 0. По условию загружения
балки в сечении D нет сосредоточенной силы, поэтому
17
QD = 0. Совпадение значений QD, полученных независимо
друг от друга, служит проверкой правильности построения
эпюры Qy.
Э п ю р а Мх. Она строится по формуле Мх = Мо + Q.
На опоре А нет пары сил, поэтому МА = 0. На участке АС
момент изменяется по линейному закону. Находим момент в
сечении,
бесконечно
близком
слева
от
точки
С:
МСА = Мо + abcd = -(3/4)qaa = -3qa2/4. По двум точкам (А и С)
строим наклонную прямую. Пара сил, приложенная в сечении С, вызывает растяжение нижних волокон балки при движении слева направо, поэтому на эпюре Мх скачок вниз и в
бесконечно близком сечении справа от точки С изгибающий
момент
равен:
MCB = MCA + qa2 = qa2/4.
Находим
момент в сечении В:
MB = MCB + dcef = qa2/4 - 3qa2/4 = -qa2/2 и по двум точкам
строим наклонную прямую. На участке BD момент изменяется по квадратичному закону, достигая в сечении D значения,
равного MD = MB + fkl = -qa2/2 + (1/2)qaa = 0. С другой стороны, по условию загружения балки на свободном конце
MD = 0. Совпадение результатов служит проверкой правильности построения эпюры Мх. По двум точкам (В и D) приближенно строим параболу, обращенную выпуклостью вниз
(в направлении нагрузки q). Вершина параболы совпадает с
точкой D, так как QD = 0.
18
П р и м е р 1.8
M=qa2
Построить эпюры Qy и МА A B C D
F=qa
Мх для простой консоли,
a
a
a
RA
изображенной на рис. 1.14.
F
+
Решение
RA
1. Определение опорных
реакций. Составляем уравнения равновесия:
mA = 0,
MA + Fa + M - q2a4a = 0,
E z
2a
2
Qy
xqa
-6 -5 -3 -4 -2
Mx
xqa2
1
MA
q

Рис. 1.14
откуда MA = 6qa2; Yi = 0, RA = q2a - F = qa.
2. Построение эпюр поперечной силы и изгибающего
момента.
Э п ю р а Qy. В сечении А имеем QA = RA (скачок на величину и в направлении реакции RA = qa). На участке АВ
погонной нагрузки нет, поэтому поперечная сила постоянна.
В сечении В поперечная сила меняется скачком от
QBA = QA = qa до QBC = QBA + F = 2qa (скачок на величину и в
направлении силы F = qa). На участках ВС и CD поперечная
сила
опять
сохраняет
постоянное
значение,
т.е.
QBC = QCD = 2qa. На участке DE поперечная сила изменяется
по линейному закону от QD = 2qa до QE = QD - q2a = 0.
Э п ю р а Мх. В сечении А приложен момент МА, вызывающий растяжение верхних волокон, поэтому на эпюре
изгибающего момента происходит скачок вверх на величину
момента MA = 6qa2. На участке АВ Мх изменяется по линейному закону. Вычисляем момент в сечении В
MB = MA + Q = -6qa2 + qaa = -5qa2 и проводим наклонную
19
прямую. Аналогично на участках ВС и СD. В бесконечно
близком сечении слева от точки С момент равен
MСB = MB + Q = -5qa2 + 2qaa = -3qa2. В сечении С на эпюре
Мх скачок вверх, равный приложенной паре сил M = qa2, и
правее этого сечения имеем
MCD = MCB - qa2 = -3qa2 - qa2 = -4qa2. Момент в сечении D
MD = MCD + Q = -4qa2 + 2qaa = -2qa2. На участке DE изгибающий момент изменяется по закону квадратной параболы,
обращенной выпуклостью вниз (в сторону погонной нагрузки
q). В сечении Е по условию загружения балки МЕ = 0. По
двум точкам D и Е приближенно строим параболу.
qa2
A
3qa2
q
B
a RB
3a
a

+
+ -1
+1 
RD
Qy
2

-1 -1/2
D
C
a
П р и м е р 1.9
Построить эпюры Qy и
Мх для балки (рис. 1.15).
Р е ш е н и е.
1. Определение опорных реакций. Составляем уравне-
1
-1
3
+
xqa
ния равновесия: mB = 0,
Mx
xqa2
q4aa + qa2 + 3qa2-RD4a = 0,
откуда RD = 2qa;
mD = 0,
RB4a + qa2 +3qa2-q4a3a = 0,
Рис. 1.15
откуда RB = 2qa.
Проверка
Yi = 0,
q4a - RB - RD = 4qa - 2qa - 2qa = 0.
2. Построение эпюр поперечной силы и изгибающего момента.
20
Э п ю р а Qy. Строится по формуле Qy = Qo  qz. В данном случае перед вторым слагаемым следует взять знак
“плюс”, так как погонная нагрузка положительна (см. правила построения эпюр). На участках АВ и ВС эпюра Qy изображается прямой, наклоненной вверх (в направлении погонной
нагрузки q), а на участке CD поперечная сила постоянна
(q = 0). В сечениях В и D на балку действуют сосредоточенные силы RA и RD, поэтому на эпюре Qy возникают скачки.
Вычисляем значения поперечной силы в характерных
точках QA = 0,
QBA = QA + qa = qa,
QBC = QBA - RB = qa - 2qa = -qa,
QC = QBC + q3a = -qa + 3qa = 2qa и строим эпюру Qy.
Э п ю р а Мх. Она строится по формуле Мх = Мо + Q.
На участках с погонной нагрузкой (АВ и ВС) изгибающий
момент изменяется по закону квадратной параболы
(Mx = Mo + Qoz + 0,5qz2), обращенной выпуклостью вверх
(в сторону погонной нагрузки q). В сечениях А и D, где приложены сосредоточенные пары, на эпюре Мх наблюдаются
скачки, причем момент qa2 вызывает растяжение сверху (при
обходе слева направо), поэтому в сечении А скачок направлен вверх, а момент 3qa2 вызывает растяжение снизу (при
обходе справа налево), поэтому в сечении D скачок происходит вниз. На участке АВ парабола строится по двум точкам А
и В, а на участке ВС – по трем точкам (к крайним точкам В и
С добавляется точка экстремума). Положение точки экстремума определяется из условия zo = QBC / tg. Согласно дифференциальной зависимости tg = dQ/dz = q, поэтому
zo = qa/q = 0. Вычисляем значения момента в характерных
точках:
21
MA = -qa2, MB = MA + Q = -qa2 + (1/2)qaa = -qa2/2,
Mmax = MB + Q = -qa2/2 - (1/2)qaa = -qa2,
MC = Mmax + Q = -qa2 + (1/2)2qa2a = qa2
и строим эпюру Мх.
П р и м е р 1.10
По заданной эпюре поперечной силы Qy установить
Qy xqa
+
-3
нагрузку, действующую на
1 a
2

двухопорную балку, и ее
q
MC=2qa2
опорные реакции. Построить
A
B
C
также эпюру изгибающего a
F=5qa
4a
3a
момента, учитывая, что на
RA=qa
RC=2qa
правой опоре С приложена
Mx
пара сил.

xqa2
1/2
2
Р е ш е н и е. Скачки на
4
+
эпюре Qy свидетельствуют о
Рис. 1.16
приложенных в этих сечениях
сосредоточенных силах. Приняв направление обхода слева
направо, получим: реакция в точке А равна RA = qa и направлена вверх; в сечении В приложена сосредоточенная сила
F = 5qa, направленная вверх; наконец, реакция RB = 2qa и
направлена вниз. На участке АВ поперечная сила изменяется
по линейному закону, что связано с наличием погонной
нагрузки, интенсивность которой определяется как тангенс
угла наклона прямой qy = dQ/dz = (-3qa - qa)/4a = -q. Знак
“минус” означает, что нагрузка направлена вниз. Для определения неизвестной пары сил М, приложенной в сечении С,
составим уравнение моментов относительно этой точки:
22
mC = 0, -RA7a - F3a + q4a5a + MC = 0,
откуда MC = 2qa2 и направлен против часовой стрелки.
Эпюру Мх строим по формуле Мх = Мо + Q. На участке
АВ изгибающий момент изменяется по квадратичному закону. На концевой шарнирной опоре А нет пары сил, поэтому
МА = 0. В сечении, где Qy = 0, изгибающий момент принимает экстремальное значение:
Mmax = MA + Q = (1/2)qaa = qa2/2.
Находим момент в сечении
В:
MB = Mmax + Q = qa2/2-
- (1/2)3qa3a = -4qa2 и по трем точкам приближенно строим
параболу, обращенную выпуклостью вниз. На участке ВС
изгибающий момент изменяется по линейному закону от
MB = -4qa2 до MC = MB + Q = -4qa2 + 2qa3a = 2qa2. По условию загружения балки также имеем MC = 2qa2. Совпадение
значений МС, найденных независимо друг от друга, свидетельствует о правильности построения эпюры Мх.
П р и м е р 1.11
а)
Mx кНм
По заданной эпюре

 20
-40 -10
+
изгибающего момента по2м
3м
строить эпюру поперечной б) Qy кН
-40
+
силы и определить нагруз10

ку, действующую на балв)
ку. Криволинейный учаq=20кН/м М1=30кНм М2=20кНм
сток эпюры Мх очерчен по
B
 С
А
квадратной параболе, а
RB=50кН
RC=10кН
кружком отмечена ее верРис. 1.17
шина.
23
Р е ш е н и е.
На участке АВ изгибающий момент изменяется по
квадратичному закону:
Mx = Mo + Qoz - 0,5qz2. Так как вер-
шина параболы совпадает с точкой А, то Мо = МА = 0 и
Qo = 0. Следовательно, Мх = -0,5qz2. Момент в бесконечно
близком сечении слева от опоры В, судя по приведенной
эпюре,
равен
МВА = -0,5q(2)2.
МВА = -40 кНм.
Следовательно,
С
другой
стороны,
q = 20 кН/м. Парабола
обращена выпуклостью вниз, поэтому и погонная нагрузка
направлена вниз.
В сечении В изгибающий момент изменяется скачком от МВА = -40 кНм до МВС = -10 кНм, что свидетельствует о наличии пары сил М1 = 30 кНм, вызывающей растяжение нижних волокон (при обходе слева направо), т.е.
направленной по часовой стрелке. На опоре С приложена пара сил с моментом М2 = 20 кНм, вызывающая растяжение
снизу (при обходе справа налево), т.е. направленная против
часовой стрелки.
На участке ВС поперечная сила постоянна и равна тангенсу угла наклона прямой, т.е. QBC = dM/dz = tg = (20 +
+ 10)/3 = 10 кН. На участке АВ поперечная сила изменяется
по линейному закону (Qy = Qo - qz) от Qo = QA = 0 до
QBA = -q2 = -40 кН. По скачкам на эпюре Qy находим величины и направления реакций: RB = 50 кН (направлена вверх)
RC = 10 кН (направлена вниз).
24
2а
В
а
2а
4qa2
F=4qa
C E
K
4a
3a
q
A
HA
VA
D
VD
Рис. 1.18
П р и м е р 1.12
Построить эпюры продольной и поперечной сил, а
также изгибающего момента
для рамы, приведенной на
рис. 1.18.
Р е ш е н и е.
1. Определение опорных
реакций. Составляем уравнения равновесия:
Х = 0,
НА = 4qa; mA = 0, VD4a - 4qa2 + q4aa - F2a = 0,
откуда
VD = 2qa;
mD = 0,
-VA4a - НАa - 4qa2 + q4a2a + F2a = 0, откуда
VA = 2qa.
Проверка: Y = VA + VD - F  0.
2. Построение эпюр Nz, Qy, Mx.
Э п ю р а Nz. В стойках: NAB = -VA = -2qa,
NCD = -VD = -2qa. Ригель ВС сжимается силой НА, поэтому
NDC = -HA = -4qa. На консоли СЕ продольная сила отсутствует, т.е. NСЕ = 0.
Э п ю р а Qy. На участках АВ, ВС и СЕ нет погонной
нагрузки, поэтому поперечная сила постоянна. В стойке CD
поперечная сила изменяется по линейному закону. Вычисляем поперечную силу в характерных точках QA = -HA = - 4qa,
QBK = VA = 2qa,
QCK = QBK - F = -2qa,
QCD = HA = 4qa,
QD = 0, QE = 0 и строим эпюру Qy.
Э п ю р а Мх. В стойке АВ изгибающий момент изменяется по линейному закону от МА = 0 до МВ = -НА3a = -12qa2
(растяжение с наружной стороны контура). Аналогичный характер имеет эпюра Мх на участках ВК и КС. Находим
МК = VA2a - НА3a = -8qa2 растяжение снаружи и
25
МСК = VA4a - НА3a - F2a = -12qa2.

4 2
+

2

Nz
xqa


12

12
4
8

Qy
 4
 8
Mx
+
xqa2
xqa
4
2
2
Рис. 1.19
На консоли СЕ изгибающий момент постоянен (Qy = 0) и
равен МСЕ = -4qa2 (растяжение сверху). В стойке CD, загруженной равномерно распределенной нагрузкой, момент изменяется по закону квадратной параболы, обращенной выпуклостью в сторону погонной нагрузки (влево). По условию
загружения на опоре D MD = 0, а в сечении С изгибающий
момент вычисляем как сумму моментов всех сил, расположенных ниже этого сечения MCD = -q4a2a = -8qa2 (растяжение с наружной стороны контура). По двум точкам (С и D)
приближенно строим параболу.
q
C
4a
6a
E
20qa2
K
D
HD
F=4qa
Xi = 0, HD = 4qa;
MD
VD
Yi = 0, VD = q10a = 10qa;
mD = 0,
B
3a
A
3a
П р и м е р 1.13
Для рамы, жестко защемленной одним концом,
построить эпюры Nz, Qy и Mx.
Р е ш е н и е.
1. Определение опорных
реакций:
Рис. 1.20
MD = q10a5a-20qa2 = 30qa2.
26
2. Построение эпюр Nz, Qy, Mx.
Э п ю р а
Nz. Стойка CD сжимается
силой
а ригель ВС растягивается силой
NCD = -VD = -10qa,
NBC = F = 4qa. В остальных стержнях продольной силы нет.
Эпюра
Qy. На участках ВК и CD поперечная сила
постоянна QBK = F =4qa,
QCD = -HD = -4qa, а в ригеле АС
изменяется по линейному закону от
QA = 0
до
QCB = -q10a = -10qa.
4

+

Nz
xqa

10
+
10
8 24
16
+
Qy
xqa

4

Mx
xqa2
18
4
26

20
30
Рис. 1.21
Э п ю р а
Мх. В стойке ВК момент изменяется по
линейному закону от МК = 0 до МВК = 4qa6a = 24qa2 (растяжение с внутренней стороны контура). В стойке CD также
имеем линейный закон со скачком в сечении Е, где приложена пара сил 20qa2. Сосредоточенный момент вызывает растяжение с правой стороны стойки при движении от точки D
к точке С, поэтому и скачок на эпюре будет вправо на
величину приложенного момента. Вычисляем
MED = -MD + HD3a = -30qa2 + 4qa3a = -18qa2,
27
MEC = MED - M = -18qa2 - 20qa2 = -38qa2,
MCE = -MD - M + HD60 = -26qa2 и строим эпюру в стойке CD.
В узле С нет внешней пары сил, поэтому MCB = MCE = -26qa2.
В ригеле АС, нагруженном погонной нагрузкой q, изгибающий момент изменяется по квадратичному закону. В точке
А нет внешней пары сил, поэтому МА = 0. Вычисляем
MBA = -q4a2a = -8qa2 (растяжение сверху),
MBС = -q4a2a + F6a = 16qa2 (растяжение снизу) и строим
параболу, обращенную выпуклостью вниз (в направлении
погонной нагрузки q).
Пример
1.14. Построить эпюру изгибающего мо-
мента, возникающего в раме, приведенной на рис. 1.22,а. Задачу предлагается решить самостоятельно. Для контроля на
рис. 1.22,б дается решение.
а)
б)
2qa
А
E
1
1
a
+

2a
2qa2
K
a
B
1
1
Mx
xqa2
+
a
C

D
1/8
q
Рис. 1.22
28

1
2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ
ПРЯМОЛИНЕЙНОГО СТЕРЖНЯ
2.1. Статически определимые системы
При центральном растяжении (сжатии) прямолинейного
стержня в его поперечных сечениях возникает только один
внутренний силовой фактор – п р о д о л ь н а я с и л а Nz.
С продольной силой
z
A
связаны н о р м а л ь н ы е
F
Nz
н а п р я ж е н и я, которые на
достаточном удалении от тоРис. 2.1
чек приложения внешних сил
равномерно распределяются
н о м у с е ч е н и ю (рис. 2.1).
z = Nz / A
по
попереч-
(2.1)
b
В местах приложения
внешних
сосредоточенных
F
σ

z
сил распределение напряжеA
ний значительно отличается
от равномерного (рис. 2.2).
Однако, как показывает опыт,
b
b
на расстоянии, равном приF/2 b
F/2
F
мерно наибольшему из попеF
Рис. 2.2
речных размеров стержня b,
распределение напряжений становится практически равномерным. Отмеченное свойство выражает п р и н ц и п С е н –
В е н а н а : на достаточном удалении от места приложения
сил распределение напряжений практически не зависит от
29
способа приложения сил, а только от их статического эквивалента.
У с л о в и е п р о ч н о с т и выражается неравенством
max  ,
(2.2)
где  = пред / П – д о п у с к а е м о е
напряжение,
П – коэффициент запаса прочности, пред – предельное для
данного материала напряжение, равное пределу текучести
(Т или 0,2) для пластичных материалов или пределу прочности пч для хрупких материалов,
σТ ( σ 0,2 )  для пластичных материалов ,
т.е. σ пред  
σ пч  для хрупких материалов .
В инженерных расчетах отклонения от основного неравенства (2.2) допустимы в ту или другую сторону в пределах
b+b
 5 %.
Различают
три вида расчета на прочность:
1) проверка прочности, 2) подбор сечения, 3) определение
допускаемой нагрузки.
При растяжении (сжатии) возникают продольные 
на):
  ,
F
b
и поперечные  деформации,
связанные между собой зависимостью (законом Пуассо-
l
l
Рис. 2.3
(2.3)
где   l/l,   b/b,  - коэффициент Пуассона, который
для различных материалов лежит в пределах от 0 до 0,5.
30
Нормальные напряжения  связаны с продольной деформацией  з а к о н о м
Гука
  Е ,
(2.4)
где Е – модуль продольной
упругости или модуль Юнга.
m m
qz A(z)
n n
чение стержня в общем случае (рис. 2.4) определяется
w(z)
z
l
l
Удлинение или укоро-
F
интегралом
l
N z dz
.
0 EA( z )
l  
Рис. 2.4
В частном случае, когда
Nz = F = const
и
(2.5)
EA = const
(рис. 2.3),
l = Nzl / (EA).
(2.6)
Величины ЕА и С = ЕА/l называются соответственно жесткостью сечения и жесткостью стержня при растяжении (сжатии).
Перемещение произвольного сечения z равно изменению длины участка, заключенного между этим сечением и
заделкой (рис. 2.4), т.е.

N z dz 1 z
w( z )  z  
   z dz   ,
E
0 EA( z ) E 0
z
(2.7)
где  - площадь эпюры  от защемления до рассматриваемого сечения.
31
В стержневых системах
перемещения узлов  определяются
через
деформации
стержней (рис. 2.5).
Условие
жестко-
l


l
l
B
 B1 F

B
Bl/cos
сти
  
(2.8)
Рис. 2.5
позволяет решать задачи трех
типов, аналогичных расчету на прочность, а именно: проверка жесткости, подбор сечений, определение допускаемой
нагрузки.
При упругой деформации в единице объема стержня
накапливается энергия (удельная потенциальная энергия)
u = 2/(2E).
(2.9)
Энергия, накапливаемая во всем стержне
l
l
U   udv   N z2 dz /( 2 EA ) .
0
z 1м
1м
x
.

.

N2
N1
F
N3
4м
C

3м
Рис. 2.6
(2.10)
0
y
П р и м е р 2.1. Пространственный
кронштейн,
состоящий из трех стержней,
нагружен силой F. Зная допускаемые напряжения материала стержней на растяжение
р = 120 МПа и на
сжатие сж = 60 МПа, требуется:
32
1) проверить прочность конструкции, если F = 120 кН,
А1 = А2 = 4 см2, А3 = 25 см2;
2) подобрать сечения стержней из двух равнобоких
уголков, если F = 480 кН;
3) определить, какой груз может выдержать кронштейн,
если А1 = А2 = 10 см2, А3 = 60 см2.
Р е ш е н и е. 1. Определение усилий в стержнях. Из
условия равновесия узла С имеем:
Xi = 0, N1sin - N2sin = 0, N1 = N2;
Zi = 0, N3cos - F = 0, N3 = F/cos = 1,25F;
Yi = 0 2N1cos = N3sin, N1 = N3sin/(2cos) = 0,395F.
2. Определение искомых величин.
2.1. П р о в е р к а п р о ч н о с т и
Находим напряжения в стержнях:
конструкции
1  2  N1/A1 = 0,395120103/(410-4) = 118,5 МПар = 120
МПа;
3  N3/A3 = 1,25120103/(2510-4) = 60 МПа = сж = 60 МПа.
Как видим, оба условия прочности выполняются, т.е. прочность конструкции в целом обеспечена.
2.2. П о д б о р с е ч е н и й
Из условия прочности на растяжение
N 0,395F
σ1  1 
 σр ,
A1
A1
 
откуда
0,395F 0,395 480103
A1 

 15,8 см 2 .
6
σр
12010
 
33
Из условия прочности на сжатие
N 1,25F
σ3  3 
 σ сж ,
A3
A3
откуда
1,25F 1,25 480103
2
A3 


100
см
.
σ сж 
60106
Принимаем по ГОСТ 8509-72 (СТ СЭВ 104-74):
- для 1-го и 2-го стержней – 2 уголка 70х70х6 (А01 = 28,15 =
16,3 см2);
- для 3-го стержня – 2 уголка 160х160х16 (А03 = 249,1 = 98,2
см2).
2.3. О п р е д е л е н и е
допускаемой
нагрузки
Из условия прочности на растяжение
 
N 0,395F
σ1  1 
 σр ,
A1
A1
откуда

σ р  A1 120106 10104
Fр  0,395  0,395  304 кН .
Из условия прочности на сжатие
N 1,25F
σ3  3 
 σ сж ,
A3
A3
откуда
Fсж

σ сж  A3 60106  60104


 288 кН .
1,25
1,25
Допускаемая нагрузка равна меньшей из найденных величин,
т.е.
F = min{[Fр], [Fсж]} = [Fсж] = 288 кН.
34
П р и м е р 2.2
Круглая колонна диаметра d
сжимается силой F. Определить
F
d
увеличение диаметра d, зная модуль упругости Е и коэффициент
Пуассона  материала колонны.
Р е ш е н и е.
Продольная деформация по
закону Гука равна
Рис. 2.7
  z/E = -4F/(d2E).
Используя закон Пуассона, находим поперечную де    4F/(d2E).
формацию
  d/d.
С другой стороны,
d = 4F/(dE).
Следовательно,
П р и м е р 2.3. Определить из расчетов на прочность и
жесткость допускаемую силу F, если
 = 120 МПа,
с = 1,7 мм,
Е = 200 ГПа.
l1 = l2 = l = 1 м,
А1 = 2А,
А2 = А = 5 см2,
б)
а)
1
C
B
2a
F
C2
A
a
C
2
c
F
N1
35
l1 B
1
A1
l2
A
N2
C1
Рис. 2.8
B2
B
Р е ш е н и е. 1. Определение усилий в стержнях. Из
условия равновесия бруса АС имеем
mA  ,
F3a - N1a  ,
N1  3F;
mB  ,
F2a - N2a  ,
N2  2F.
2. Расчет на прочность. Находим напряжения в стержнях
1  N1/A1 = 3F/(2A),
2  N2/A2 = 2F/A.
Как видим, наиболее нагруженным является 2-й стержень,
прочность которого предопределяет прочность всей конструкции в целом. Из условия прочности max = 2  2F/A
находим Fm  0,5A  30 кН.
3. Расчет на жесткость. Вычисляем деформации стержней
l1 = N1l/(EA1) = 3Fl/(2EA),
l2 = N2l/(EA2) = 2Fl/(2EA),
а по ним перемещение точки С. Из подобия треугольников
В1А1В2 и С1А1С2 имеем:
В1В2/А1В2 = С1С2/А1С2
(l1 + l2)/a = (C + l2)/3a, откуда
или
C = 3l1 + 2l2 =
= 9Fl/(2EA) + 4Fl/(EA) = 8,5Fl/(EA).
Записываем условие жесткости
C = 8,5Fl/(EA)  C,
откуда Fж = EAC/(8,5l) = 200109510-41,710-3/(8,51) = 20
кН.
Допускаемая нагрузка из расчета на жесткость получилась меньше, чем из расчета на прочность, поэтому ее и принимаем в качестве окончательной, т.е.
F = min{[Fm], Fж} = Fж = 20 кН.
36
П р и м е р 2.4. Построить эпюры продольной
силы, напряжения и перемещения для ступенчатого
бруса.
Р е ш е н и е. 1. Определение опорной реакции.
Составляем уравнение равновесия в проекции на ось
B 2A C
2q
2qa
2a
2
Nz, z, W.
D A E
qa RE
q
a
a
Nz
+

2
12
2
+
1

1 1/2 1/4
xqa
z
2 xqa/A
a
z: Zi = 0,
-2qa + 2q2a- qa + qa-RE = 0,
откуда RE = 2qa.
2. Построение эпюр
4A
W
+
19/8 23/8
2
qa 2
x
EA
Рис. 2.9
Э п ю р а Nz. Она строится по формуле
Nz = Noqz.
Имеем
NB = -2qa,
NC = NB + 2q2a = 2qa
NDC = NC - qa = qa,
NDE = NDC + qa = 2qa.
Э п ю р а z. Напряжение равно z = Nz/A(z). Как следует из этой формулы, скачки на эпюре z будут обусловлены
не только скачками Nz, но также резкими изменениями площади поперечных сечений. Определяем значения z в характерных точках:
B = NB/(2A) = -2qa/(2A) = -qa/A,
CB = NC/(2A) = 2qa/(2A) = qa/A;
CD = NC/(4A) = 2qa/(4A) = qa/(2A),
DC = NDC/(4A) = qa/(4A),
DE = NDE/A = 2qa/A и строим эпюру z.
37
Э п ю р а W. Она строится по формуле
W  Wo 
1z
 σ z dz  Wo  σ / E .
Eo
Построение ведем от защемления к свободному концу. Находим перемещения в характерных сечениях: Wo = WE = 0,
WD = Wo + /E = (2qa/EA)a = 2qa2/(EA),
WC = WD + /E = 2qa2/EA + (1/2)(1/2 + 1/4)(qa/EA)a =
= (19/8)qa2/EA,
Wmax = WC + /E = (19/8)qa2/EA + (1/2) )(qa/EA)a =
= (23/8)qa2/EA,
WB = WC + /E = WC = (19/8)qa2/EA и строим эпюру W.
a=const

N  N
C
F
Рис. 2.10
C
F
П р и м е р 2.5. К двум
одинаковым стержням приложена сила F. Установить,
при каком угле  конструкция будет иметь наименьший
вес?
Р е ш е н и е. Вес конструкции является функцией
угла , т.е. G = G(). Нам необходимо установить такой
угол, при котором функция G() принимает минимальное
значение. В теории оптимального проектирования она называется целевой функцией.
Для определения веса стержневой системы нужно знать
площади сечений стержней. Из условия равновесия узла С
находим усилия в стержнях:
38
Yi = 0, 2Ncos - F = 0, N = F/(2cos),
а из условия прочности – площади их поперечных сечений:
N/A  , откуда A = N /  = F / (2cos).
Учитывая, что длины стержней l = a/(2sin), находим вес
конструкции (целевую функцию):
G = 2Al = Fa/(2sincos) = Fa/(sin2).
Функция G() принимает минимальное значение, когда
sin2 = 1, откуда 2 = 90 и  = 45.
ние  и модуль упругости Е
материала стержня заданы.
Решение.
l/4
b
d C
bb
m F/A+3l/4 s
b

l/2
n
D
l/4
вес , допускаемое напряже-
F/A+l
B
z
П р и м е р 2.6. Определить диаметр d, а также удлинение участка CD для круглого стержня, нагруженного силой F, принимая во внимание
собственный вес. Удельный
E
F/A+l/4
b
F
b
F/A
r
b
z
Рис. 2.11
Для призматического стержня при действии собственного веса и сосредоточенной силы F на свободном конце
имеем:
- продольная сила в произвольном сечении
N(z) = F + Az,
- нормальное напряжение в этом же сечении
z = F/A + z.
39
Из условия прочности находим искомый диаметр
max = F/A + l  , и
d
4F
.
([ σ ]  l )
oткуда A = d2/4 = F/([]-l).
Удлинение участка CD находим по общей формуле
1
lCD  CD σ z dz  σ / E .
E
Здесь  = mnrs – это площадь трапеции mnrs, которая равна
mnrs = (1/2)(C + D)(l/2) = (F/A + l/2)(l/2).
Следовательно, lCD = mnrs/E = (l/4E)(2F/A + l).
2.2. Статически неопределимые системы
2.2.1. О б щ и е с в е д е н и я
Конструкции, усилия в которых не могут быть определены только при помощи уравнений статики, и задачи, связанные с расчетом таких конструкций, называют статически
неопределимыми. Разность между общим числом неизвестных и количеством независимых уравнений статики, которые
можно составить для рассматриваемой системы, носит название степени статической неопределимости. В зависимости от
этого числа различают системы один, два, …, П раз статически неопределимые.
Статически неопределимую систему можно рассматривать как некоторую статически определимую систему, на которую наложены дополнительные (“лишние”) связи. При таком подходе степень статической неопределимости устанавливается по числу дополнительных связей.
40
Деформации стержней, образующих систему, не могут
быть независимыми, а должны подчиняться некоторым условиям, вытекающим из особенностей рассматриваемой конструкции. Аналитическая запись этих условий дает дополнительные уравнения (так называемые уравнения совместности
деформаций), которые вместе с уравнениями статики позволяют определить неизвестные усилия.
F
F
F
1 раз
2 раза
3 раза
Рис. 2.12
Статически
неопределимые
системы
в отличие от статически определимых обладают следующими
особенностями (с в о й с т в а м и):
1) усилия в элементах зависят от их жесткостей, а именно: чем больше жесткость элемента, тем больше усилие на
него приходящееся;
2) при неточном изготовлении элементов в процессе
сборки в них возникают монтажные (сборочные) усилия;
3) при колебаниях температуры в элементах статически
неопределимых систем возникают температурные усилия.
Деформации стержней в этом случае определяются алгебраическим суммированием приращений длин от усилий и от изменения температуры
l = lf + Nl/(EA).
41
(2.11)
Расчет статически неопределимых систем производится
либо по упругой стадии (метод допускаемых напряжений),
либо с учетом пластических деформаций (метод допускаемых нагрузок).
2.2.2. Расчет по допускаемым напряжениям
2l
3l
П р и м е р 2.7. Соста- a)
вить полную систему уравне2
1
ний и определить усилия в
B
A
стержнях.
a
2a
Решение
б) N
N2
1
1. Схема (рис. 2.13):
A
B
l1
А1 = А2 = А3 = А.
B2 l2
A1
Уравнения статики
F
4l
При таком подходе несущая способность конструкции
отождествляется с несущей способностью наиболее нагруженного элемента. Последовательность расчета при этом выглядит следующим образом.
Составляются уравнения статики и по числу лишних
неизвестных – дополнительные уравнения совместности деформаций. Решая полученную систему, определяют усилия в
стержнях и связанные с ними напряжения. Из сопоставления
напряжений в наиболее нагруженном элементе с допустимой
величиной делается заключение о надежности конструкции
либо определяются искомые величины (размеры сечения
стержней, допускаемая нагрузка).
C
D
a
F
C
N3
D
D2 l
3
B1
D1
42
3
Рис. 2.13
mA = 0, N2a+N34a = F3a, (1)
Yi = 0, N1+ N2+ N3 = F.
(2)
Уравнение совместности деформаций. Деформации стержней
АА1 = l1, BB1 = l2, DD1 = l3.
Из подобия треугольников АВ1В2 и AD1D2 имеем
(l2-l1)/a = (l3-l1)/4a,
откуда, выражая удлинения через усилия по закону Гука
l1 = N12l/(EA), l2 = N23l/(EA), l3 = N34l/(EA),
получим 6N2 - 3N1 = 2N3.
Решая совместно уравнения (1), (2) и (3), найдем
N1 = (2/35)F,
б)
а)
a
1
30
60
F
60
N1
B
N
F 2
Е2 = 2Е1 = 2Е,
А1 = 2А2 = 2А.
в)
Уравнение
стаВ l
l2 60 т
1
и к и . Из условия равновесия
30
В
2
N2
30
N3 = (24/35)F.
2. Схема (рис. 2.14):
y
N1
B
a
N2 = (9/35)F,
В1 узла В имеем Y = 0,
Рис. 2.14
2N1cos30 + 2N2cos60 = F. (4)
Уравнение
совместности
деформаций
(рис. 2.14, в)
B = l1/cos30 = l2/cos60,
откуда, выражая деформации через усилия
l1 = N1a/(cos30E2A),
l2 = N22a/( 2EA), получим
N1 = 3N2.
43
(5)
Решая совместно уравнения (4) и (5), найдем
N1 = 0,27F;
N2 = 0,09F.
3. Схема (рис. 2.15).
y
Уравнения
стаN1  N1 т и к и (рис. 2.15, б).
A
N2
Узел А
б)
2a
A
a
а)
1 
l1
A .
1
3 2 A

B
B
F
.
l3
B1
N2
Y = 0,
N2 = 2N1cos.
(6)
N3
N3
Узел В
B 
F
Y = 0,
N2+2N3cos = F. (7)
Уравнение
совместности деформаций
Рис. 2.15
B - A = l2, A = l1/cos, B = l3/cos.
Выразив удлинения через усилия по закону Гука,
лучим
по-
N3l3/(E3A3cos) - N1l1/(E1A1cos) = N2l2/(E2A2).
(8)
Решая совместно уравнения (6), (7) и (8), найдем усилия
в стержнях.
П р и м е р 2.8. Невесомая жесткая балка подвешена
на трех одинаковых стержнях
и нагружена силой F. Во
сколько
раз
уменьшится
напряжение
в
среднем
стержне, если площадь его
сечения увеличить в 4 раза.
Р е ш е н и е. 1. Опре-
44
a)
1
б)
2
a
1
a
A
B
C
N1
F
N2
N1
A
B
A1 l1
B1 l2
Рис. 2.16
C
C1 l1
деление усилий. Данная система является 1 раз статически
неопределимой. Поэтому в дополнение к уравнению статики
необходимо составить одно уравнение совместности деформаций.
Уравнение статики: Y = 0,
2N1 + N2 = F.
(1)
Уравнение совместности деформаций l1 = l2 или,
заменяя
деформации
через
усилия
по
закону
Гука,
N1l/(EA1) = N2l/(EA2), откуда
N2 = (A2/A1)N1 = mN1,
(2)
где m = A2/A1 отношение площадей.
Решая совместно (1) и (2), найдем
N1 = F/(2 + m),
N2 = Fm/(2 + m).
2. Исследование напряжений при изменении жесткости
конструкции. Находим напряжения в стержнях
1 = N1/A1 = F/[A1(2 + m)],
2 = N2/A2 = Fm/[A2(2 + m)].
Пусть в исходном состоянии А1 = А2 = А, т.е. m = 1.
Тогда N1 = N2 = F/3 и 1 = 2 = F/(3A).
После увеличения площади поперечного сечения среднего стержня в 4 раза (m = 4) будем иметь
N1 = F/6,
N2 = 2F/3 и 1 = 2 = F/(6A),
т.е. напряжения в среднем стержне уменьшаются в 2 раза.
Как видим, напряжения уменьшаются в меньшей пропорции,
чем увеличивается площадь сечения. Это связано с тем, что
одновременно с увеличением площади сечения стержня возрастает и усилие в нем. В статически определимых системах
усилия не зависят от площади поперечных сечений стержней,
45
поэтому увеличение площади сечений сопровождается пропорциональным уменьшением напряжений.
Монтажные напряжения
С
45
N2 C l2 C
. 2
В
Во
1
.

2
О
б)
3а
B
N1
B1
B2 .
Bo
l1

а)
2а
П р и м е р 2.9
Определить
напряжения, возникающие в упругих
элементах системы после
сборки, если стержень 1 изготовлен короче проектной
О
длины на  = 0,5 мм. Дано:
Рис. 2.17
А1 = А2 = А, а = 1м,
Е = 200 ГПа.
Решение
Данная система является однажды статически неопределимой (четыре неизвестных при трех уравнениях статики).
Поэтому в дополнение к уравнению статики
mo = 0,
N23a - N12a = 0,
N2 = (2/3)N1
(1)
необходимо составить одно уравнение совместности деформаций. Из подобия треугольников ВВ1В2 и СС1С2 имеем
ВВ2/СС2 = ВВ1/СС1 или (-l1)/l2 = 2/3. Заменяя деформации
через усилия в стержнях, получим дополнительное уравнение
2 N 2 3a N1 2a


3 EA
EA
или
46
N1+N2 = EA/(2a).
(2)
C1
Решая совместно уравнения (1) и (2), найдем усилия в
стержнях N1 = 0,3EA/a, N2 = 0,2EA/a, а по ним и искомые напряжения
1 = N1/A = 0,3E/a = 0,32001090,510-3/1 = 30 МПа;
2 = N2/A = 0,2E/a = 0,22001090,510-3/1 = 20 МПа.
Температурные напряжения
П р и м е р 2.10. Определить напряжения, возникающие в упругих элементах системы (рис. 2.18), если
после монтажа температура увеличилась на t = 40C.
Дано: А1/А2 = 2, Е = 200 ГПа,  = 12510-7.
а)
б)
О
О
30
а
2
N2
l1
1
.
N1 C2
С
30
C1
.
C
l2
Рис. 2.18
Решение
Данная система является однажды статически неопределимой.
Уравнение статики
mQ = 0,
N2OC-N1OCsin30 = 0,
N2 = N1sin30 или 2А = 12Аsin30, откуда 1 = 2.
Уравнение совместности деформаций
или
N l

N1l1
 l1t   2 2  l2 t   sin 30 .
EA1
 EA2

47
(1)
l1 = -l2sin30
Переходя от усилий к напряжениям, получим
1l1 + 2l2sin30 = -Et(l1 + l2sin30).
(2)
Решая совместно (1) и (2), найдем температурные
напряжения
1 = 2 = -Et = -12510-720010940 = -100 МПа.
2.2.3. Расчет по допускаемым нагрузкам
Метод расчета по допускаемым нагрузкам исходит из
более широкого использования экспериментальных данных,
анализа пластических свойств материалов и их учета.
В этом методе путем расчета определяются не напряжения, а находится предельная нагрузка Fпред, при которой конструкция становится непригодной для эксплуатации. За
допускаемую нагрузку принимается доля от предельной
[FF] = Fпред/П и условие прочности в данном случае принимает вид
Fmax  [FF].
(2.12)
При определении предельной нагрузки действительную
диаграмму растяжения материала заменяют идеализированной диаграммой Прандтля, в которой площадка текучести
принимается неограниченной (рис. 2.19). Поэтому расчет по
допускаемым нагрузкам применим лишь для конструкций,
выполненных из пластичных материалов и только при действии статических нагрузок.
48
Т
Теоретическое определение допускаемой нагрузки возможно только для некоторых простейших случаев. Один
из подходов состоит в том, что рассматриваются различные
кинематически возможные схемы исчерпания несущей
способности системы (система становится геометрически
изменяемой). Продольные усилия в элементах, появление
текучести в которых приво
дит к исчерпанию несущей
способности
конструкции,

принимаются равными произведениям
допускаемых
напряжений на площади
Рис. 2.19
поперечных сечений. Из уравнений предельного равновесия
определяются допускаемые нагрузки, соответствующие каждому из вариантов исчерпания несущей способности. В качестве допускаемой нагрузки для конструкции принимается
наименьшая из найденных величин.
П р и м е р 2.11
Определить величину допускае- a)
2
3
1
мой нагрузки для данной конструкции,
F
A
B
C
если А1 = =А2 = А3 = А, l1 = l2 = l3 = l.
a 2а
3a
Все стержни изготовлены из одного и
того же материала.
б)
A
[]A
N3
F   
1
F
C
в)
[]A
N2
B
[]A
F   
2
F
49
г)
N1
A
[]A
[]A
F   
3
F
Рис. 2.20
Р е ш е н и е. Данная система является один раз статически неопределимой (три неизвестных при двух независимых
уравнениях статики). Несущая способность ее будет исчерпана (система станет геометрически изменяемой), когда возникнут пластические деформации в двух стержнях. Таких вариантов три.
Первый
в а р и а н т (рис. 2.20,б). Несущая способ-
ность исчерпывается при появлении пластических деформаций в 1-м и 2-м стержнях. Принимаем N1 = N2 = []A и составляем уравнение моментов относительно точки С mC = 0,
 
 σ  A 6a  σ  A 3a  FF1  2a  0 ,
откуда
FF1  4,5σA.
В т о р о й в а р и а н т (рис. 2.20,в). Несущая способность исчерпывается при появлении пластических деформаций в 1 и 3-м стержнях. Принимаем N1 = N3 = []A и составляем уравнение моментов относительно точки В: mВ = 0,
σ A3a  σ A3a  FF2   a  0 ,
откуда
FF2  6σA .
Т р е т и й в а р и а н т (рис. 2.20,г). Несущая способность исчерпывается при появлении пластических деформаций во 2 и 3-м стержнях. Принимаем N1 = N2 = []A и составляем уравнение моментов относительно точки А: mА = 0,
50
σ A3a  σ A6a  FF3  4a  0 ,
Допускаемой
нагрузкой
откуда
для
FF3  2,25σA .
конструкции
будет
наименьшая из трех найденных величин:
FF   minFF1 ,FF2  ,FF3  FF3   2,25σA .
П р и м е р 2.12
если А1 = А2 = А3 = А,
a)
3м
Подобрать сечения стержней,
О
2м
F = 870 кН,
допускаемое напряжение  = 150
МПа.
2
1

4м
F
б)
[]A
[]A
О
Решение
1. Определение допускаемой
нагрузки. Несущая способность конструкции будет исчерпана,
3
FF 
[]A

Рис. 2.21
когда
пластические деформации возникнут во всех трех стержнях.
Полагая N1 = N2 = N3 = А и составляя уравнение моментов
относительно точки О, найдем допускаемую нагрузку
mО = 0,
σ A  2  σ A  Sin  6  σ A  6  FF  2 ,
откуда
FF   5,8σ  A .
2. Подбор сечений. Записываем условие прочности
F  FF   5,8σ A,
51
откуда находим искомую площадь


A  F / 5,8σ  870 103 / 5,8 150 106  10 см2 .
52
СОДЕРЖАНИЕ
1. ЭПЮРЫ ВНУТРЕННИХ СИЛОВЫХ ФАКТОРОВ …... 4
1.1. О б щ и е с в е д е н и я …………………………...
4
1.2. Построение эпюр для стержней, нагруженных
осевыми силами………………………………….… 5
1.3. Построение эпюр для стержней, нагруженных
скручивающими парами ………………………….. 10
1.4. Построение эпюр для балок и рам ………………
12
2. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО СТЕРЖНЯ ………………………….. 29
2.1. Статически определимые системы ………………. 29
2.2. Статически неопределимые системы ……………. 40
2.2.1. О б щ и е с в е д е н и я ……………………. 40
2.2.2. Расчет по допускаемым напряжениям ……. 42
2.2.3. Расчет по допускаемым нагрузкам ………... 48
1. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЕННОГО СОСТОЯНИЯ
1.1. О б щ и е с в е д е н и я
53
а)
Напряжение в точке,


p  lim R / A
равное
, (1.1)
A  0
б)
Pi
Pj
K
R
A
Pi
Зависит от ориентации площадки. Каждой площадке с

нормалью ni соответствует

свой вектор напряжения pi .
P1
K
P2
Рис. 1.1
Совокупность векторов
напряжений для всевозможных площадок, проходящих через
данную точку, представляет напряженное состояние в этой
точке. Итак, если напряжение – это одиночный вектор, то
напряженное состояние – это пучок векторов.
Количественной характеристикой напряженного состояния выступает тензор напряжения ТН, компонентами которого являются нормальные и касательные напряжения на
трех взаимно перпендикулярных площадках. (рис. 1.2, б).
y
б)
x
z
а)
yz
z
K
y
yx
zy
в) 2
 xy
x
zx xz

.
.
1
3 .
Рис. 1.2
σх
Т Н   yx
 zx
 xy
 xz
σy
 yz  0 σ 2 0
0 0 σ3
σz
 zy
σ1
54
0 0
(1.2)
Здесь x, y, z – нормальные напряжения; xy, yz,zx – касательные напряжения (первый индекс означает нормаль к
площадке, а второй – параллельную касательному напряжению ось).

Касательные напряжения подчиня.
.
ются закону парности, согласно кото
рому    или в общем виде
ij = ji.
(1.3)
Рис. 1.3
В каждой точке тела существуют по крайней мере три
взаимно перпендикулярные площадки, свободные от касательных напряжений и называемые главными (рис. 1.2, в).
Действующие на них главные напряжения обладают экстремальными свойствами и связаны между собой соотношением
max
1  2  3
(1.4)
(с у ч е т о м з н а к а!).
Напряженное состояние в точке можно изобразить графически с помощью круговой диаграммы Мора. Геометрическим образом напряженного состояния является криволинейn
ный треугольник 123.
n Pn
Из рисунка –наглядно
3
n
n видно, что наибольшее
2
0 3
1
2
касательное напряже1
ние равно
Классификация
max  1
(1.5)
н а п р я ж е н н ы х состояний:
1. О б ъ е м н о е (все три главных напряжения отличны от
нуля).
55
2. П л о с к о е (одно из главных напряжений равно
нулю).
3. Л и н е й н о е (два главных напряжения равны нулю).
Связь
между напряжениями
и деформациями
Закон Гука в главных осях
2
1
3
1  σ1  σ 2  σ 3  / E , 

2  σ 2  σ 3  σ1  / E ,
3  σ 3  σ1  σ 2  / E. 
(1.6)
Закон Гука при сдвиге

  G ,

(1.7)
где  - угол сдвига, G – модуль сдвига,
равный
G = E/.
yz
z
y
yx
zy
 xy
x
zx xz



(1.8)
Обобщенный закон Гука




 x  σ x   σ y  σ z / E ,  xy   xy / G ,

 y  σ y  σ z  σ x  / E ,  yz   yz / G ,

 z  σ z   σ x  σ y / E ,  zx   zx / G . 
(1.9)

Относительное изменение объема   ,
(1.10)
где  = (x + y + z)/3 – среднее напряжение,  = Е/[3(1-2)]
– модуль объемной деформации.
Удельная потенциальная энергия упругой деформации.
56
Полная


u  σ12  σ 22  σ 32  2σ1  σ 2  σ 2  σ 3  σ 3  σ1  / 2 E  .
(1.11)
Энергия изменения объема
uоб  31  2 σ 2 / 2 E   σ 2 / 2 K  .
(1.12)
Энергия изменения формы


uф  1  2 2  2  3 2  3  1 2 / 12G .
(1.13)
1.2. Линейное напряженное
состояние
б)
F
z
A
a A


.
b
П

z


t
П

F

c
в) 


.
z
max
а)


2
3


=-(90-)


1 
z
П
1=z
Рис. 1.4
Оно реализуется при центральном растяжении и сжатии
прямолинейного стержня (рис. 1.4, а). Для определения
напряжений на произвольной наклонной площадке выделим
элемент и рассмотрим его равновесие:
Fin = 0, A = zAcos, откуда  = zcos2;
Fif = 0,
A = zAsin, откуда
= 0,5zsin2.
57
 = zsincos =
Итак,
σ α  σ z cos 2   0,5σ z 1  cos2 ,


 α  0,5σ z sin 2.
(1.14)
На площадке, перпендикулярной к данной, с нормалью,
наклоненной к оси z под углом  = -(90-)
σ   σ z sin 2 ; 

  0 ,5σ z sin 2.
(1.15)
Из формул (1.14) и (1.15) вытекают следующие выводы:
1. Наибольшее нормальное напряжение возникает в поперечном сечении стержня
max = =0 = z = Nz/A.
2. Наибольшее касательное напряжение возникает на
площадке, наклоненной под углом 45 к оси стержня
max = =45 = 0,5z.
3. На двух любых взаимно перпендикулярных площадках касательные напряжения равны по величине
а сумма нормальных напряжений постоянна
,
 +  = z = const.
Исключая из формул (1.14) угол , получим
  0,5 z 2  2  0,5 z 2 .
(1.15)
Это уравнение круговой диаграммы Мора для линейного
напряженного состояния (рис. 1.4, в).
Линейная деформация в произвольном направлении,
образующем угол  с осью z, определяется по закону Гука
следующим выражением:
σ
1
   σ   σ   z cos 2    sin 2 
(1.16)
E
E



58

Пример
1.1. Подобрать диаметр стержня круглого
сечения из условия, что наибольшее касательное напряжение
в нем не должно превышать 100 МПа. Найти также величину
нормального напряжения в точке К сечения mn, если
F = 8 кН.
Р е ш е н и е. 1. Строим
30
d
B
C
D
A
m
эпюру продольной силы и
b
b F
b2F
b
F
устанавливаем:
b
K
n
Nmax = NAB = 2F, NBC = F.
2. Определяем диаметр
+
Nz
=
1 xF
стержня. Из условия прочно2
1

сти по касательным напряжеРис. 1.5
ниям
max = 0,5max  
или 0,5Nmax/A = 0,5(2F)/(0,25d2)  ,


откуда d  4 F /   4  8  103 /   100  106  10мм .
3. Определяем нормальное напряжение в точке К сечения mn (уч. ВС)
  zcos2  (F/A)cos230  103/10-40,75  76 МПа.
П р и м е р 1.2. Тензометр, имеющий коэффициент
увеличения k = 1000 и базу s = 20 мм, установлен на стальном
образце сечением 20х7 мм под углом 45 к его оси. Определить показание тензометра при нагружении образца силой
F = 40 кН. Принять Е = 200 ГПа,  = 0,3.
Р е ш е н и е.
45
S
F
F
Деформация в направлении
T
базы тензометра равна
T    n(Ks).
(а)
Рис. 1.6
С другой стороны,
59


σ
F 1 ν 
   z cos 2   νsin 2  
.
E
2 AE
Приравнивая (а) и (б), находим
(б)
F k s
40 103 1000  20 10 3
1   
1  0,3  10 мм .
n 
6
9
2 AE
2  20  7  10  200 10
1.3. П л о с к о е н а п р я ж е н н о е с о с т о я н и е
а)
б)
в)
y
y
y
a
dy  dS
x
o
dx b
z
a
1
y
x
xy

o.
xy x
o
yx
x
y
y
y
. xy


y
xy

x
x
b
x
yx x
yx
x
y
Рис. 1.7
Оно реализуется, например, в тонкой пластине, нагруженной по контуру силами, равномерно распределенными по
ее толщине (рис. 1.7).
Зная напряжения на площадках, совпадающих с координатными плоскостями xz и yz, определим напряжения на
произвольной наклонной площадке, а также наибольшие
нормальные и касательные напряжения, возникающие в данной точке. Выделим из пластины бесконечно малый элемент
aob и рассмотрим его равновесие:
 mo  0,  xy dy 1 dx / 2  yx dx 1 dy / 2 , откуда xy = yx (1.17)
 X i  0,σ x ds1 σ x dycos  σ y dxsin   xy dysin   yx dxcos  0
откуда после сокращения на ds
60
σ x   σ x cos2   σ y sin2    xy sin2 ;
(а)
Yi  0,  x y ds  σ x dysin  σ y dxcos   xy dycos   yx dxsin  0
откуда после упрощения
 x y   0,5 σ x  σ y sin 2   xy cos2 .





(б)

σ x   0,5 σ x  σ y  0,5 σ x  σ y cos2   xy sin 2 ,

 x y   0,5 σ x  σ y sin 2   xy cos2.
Итак,


(1.18)
Если заменить в формуле (а) угол  на 90+, то получим
σ y   σ x sin2  σ y cos2   xy sin2 .
(в)
Исключая в формулах (1.18) угол , получим уравнение
круговой диаграммы Мора для плоского напряженного состояния (рис. 1.8)
σ x  0,5σ x  σ y 2  2 xy   0,5σ x  σ y 2  2 xy .
R
O
min
max


(1.19)
Это уравнение типа (x-a)2+y2 = R2,
где a = 0,5(x+y),
 

R 2  0,5  x   y 2  2xy .
Непосредственно из круговой
диаграммы находим величины
главных напряжений:
a
max
Рис. 1.8

  x   y 2  42xy  .
 max  a  R  0,5  x   y 

min
(1.20)
Ориентация главных осей определяется из условия
xy = 0, откуда
tg2o = 2xy/(x-y).
Более удобна следующая формула:
61
(1.21)



tg max   max   x  /  xy .
 min

min


(1.22)
Экстремальные касательные напряжения равны по величине радиусу круговой диаграммы


 max   R  0,5  x   y 2  4 2xy .
(1.23)
min
И действуют на площадках, равнонаклоненных к главным осям.
Ч а с т н ы й с л у ч а й - ч и с т ы й с д в и г (рис. 1.9).
Так как x = y = 0, xy = yx = , то по формулам (1.20)
и (1.21) получим
y


1
45

 max    ,
1
min
x
x 3
1 
45 O
2
3
3
y
следовательно
1   ,  2  0,  3    ;
tg 2 0   , откуда
3
1
2 0  90 и 2 0  90 .
Рис. 1.9
Зависимости между напряжениями и деформациями
определяются законом Гука:
- прямая форма




 x   x   y / E ,
 y   y   x / E ,

 xy   xy / G ; 

(1.24)
62
- обратная форма






 x  E  x   y / 1   2 ,
 y  E  y   x / 1   2 ,

 xy  G xy . 

(1.25)
П р и м е р 1.3. Найти аналитически и графически величины и направления главных напряжений, действующих в
плоском элементе, на гранях которого заданы напряжения
x = 20,
(МПа):
а)
y = -60, xy = -80.
б)
y

3
y
y
3
1
1
yx
x x
3
xy
.
1 
C OA
y x 
B
1
xy
x
min=3
max=1 1
Рис. 1.10
Р е ш е н и е . 1. Аналитический метод. Величины главных напряжений

  x   y 2  42xy  ,
 max  0,5  x   y 

min
 max  0,520  60 

min
следовательно,
20  602  4 802   0,5 40 178,9,

max = 1 = 69,4 МПа;
2 = 0;
min = 3 = -109,4 МПа.
Направление главной оси 1
tg1 = (1-x)xy = (69,4-20)(-80) = -0,62; 1 = -3142.
63
2. Графический метод. Для графического решения задачи необходимо по заданным напряжениям построить круговую диаграмму Мора. Отложив по оси абсцисс отрезки,
изображающие в выбранном масштабе нормальные напряжения,
ОА = x,
ОВ = y и разделив отрезок АВ пополам,
найдем центр круга С, абсцисса которого 0,5(x + y) = а. Далее отложим из точки А отрезок Ах = xy, а из точки В в
противоположном направлении отрезок Вy = yх.
чая,
что
 
АС
=
0,5(x -
y),
найдем
радиус
Замекруга

R  0,5  x   y 2  2xy  Cx . Окружность, описанная этим
радиусом, отсекает на оси абсцисс отрезки О1 = а + R = max
и О3 = а - R = min. Нетрудно установить, что xC1  21, а
x31  1 , как вписанный. Следовательно, линия 3х графиче-
ски определяет направление оси max (оси 1), а линия 3y – оси
min (оси 3).
П р и м е р 1.4. На плоское напряженное состояние чистого сдвига с напряжением  = 10 МПа накладывается двухосное сжатие с напряжениями, равными 10 МПа. Каково будет результирующее напряженное состояние?
64
а)
б)
10

10 x
3
,
3 МПа
y
=10
45 y=-10
x=-10
=10
3=-20
в)
.
O 
20
45
1,2
x
20
1
Рис. 1.11
Р е ш е н и е . Задачу решаем графически. По двум точкам х и y строим круговую диаграмму (рис. 1.11, б), из которой находим главные напряжения 1 = 2 = 0, 3 = -20
МПа, т.е. результирующее напряженное состояние является
одноосным сжатием (рис. 1.11, в).
П р и м е р 1.5. В пластине, изготовленной из хрупкого
материала, от некоторой нагрузки возникают пропорциональные ей напряжения (рис. 1.12, а). Условно принимая, что
прочность материала зависит только от наибольшего растягивающего напряжения, определить, во сколько раз должна
возрасти нагрузка, чтобы в пластине появилась трещина,
если предел прочности материала на растяжение равен
пчр = 50 МПа. Под каким углом к оси х будет наклонена
трещина?
y
Решение.
Вычисляем

наибольшее главное напряже20 трещина
y 3
ние

2230 3
.
x
1  0,5  x   y 
1
10
1
x

1

Рис. 1.12
65

 x   y 2  42xy  
 0,5 20  202  4 102   24,14 МПа.


Ориентация оси 1
tg1 = (1 - x)/xy = 24,14/(-10) = -2,41,
откуда 1=-6730. Трещина, будучи перпендикулярной к наибольшему растягивающему напряжению 1, направлена под
углом 90-1 = 2230 к оси х.
Находим запас прочности П = пчр/1 = 50/24,14 = 2,07.
2
y
x
А
В
=30
1
П р и м е р 1.6. Вычислить
величины главных напряжений,
действующих по граням элемента,
если известно, что после приложения этих напряжений приращения
показаний тензометров А и В составили соответственно: ПА = 9,9
Рис. 1.13
мм,
ПВ = 3,1 мм.
Тензометр А
установлен под углом  = 30 к направлению напряжения 1, а тензометр В перпендикулярно к тензометру А. Базы
тензометров одинаковы и равны s = 20 мм, коэффициент увеличения k = 1000. Модуль упругости материала пластины
Е = 80 ГПа, коэффициент Пуассона  = 0,35.
Решение
Относительные удлинения в направлении тензометров А
и В равны
 x  n A / k  s   9 ,9 / 1000 20  4 ,95104 ,
 y  n B / k  s   3,1 / 1000 20  1,55104 .
66
Пользуясь законом Гука в обратной форме, находим напряжения










 x  E  x   y / 1 2  4,95  0,351,55104 80109 / 1 0,352 
 50 МПа,
 y  E  y   x / 1 2  1,55  4,95 0,35104 80109 / 1 0,352 
 30 МПа.
Для вычисления главных напряжений имеем следующую систему:
 x  1  cos 2    2  sin 2 ,
2
2 
 y  1  sin    2  cos ,
решая которую, найдем 1 = 60 МПа, 2 = 20 МПа.
1.4. О б ъ е м н о е н а п р я ж е н н о е с о с т о я н и е
П р и м е р 1.7. Между
x
параллельными
неподвижными абсолютно жесткими
P
P
плитами плотно вставлен
стальной параллелепипед со
b
a
сторонами а = 4 см, b = 2 см,
l = 6 см. Вычислить коэффиРис. 1.14
циент Пуассона материала
бруса, если известно, что при сжатии силами F = 100 кН давz
F
l
y
ление последнего на плиты составляет  = = 37,5 МПа. Определить также укорочение бруса l, пренебрегая силами трения, если модуль упругости Е = 200 ГПа.
67
Р е ш е н и е . Напряжения, действующие на гранях
параллелепипеда, равны x = 0;
y = - = -37,5 МПа;
z = -F/(ab) = -125 МПа.
Так как плиты являются абсолютно жесткими, то ребро,
перпендикулярное к ним, не деформируется, т.е.
y = [y-(x+z)]/E = 0,
 = y/z = 37,5/125 = 0,3.
откуда
По закону Гука находим укорочение бруса:
l = zl = l(z-y)/E = -610-2(125-0,337,5)106/(200109) =
= -34 мкм.
П р и м е р 1.8. По двум
граням стального параллелепипеда должны действовать
Fy
Fx
две заданные силы Fx = 400 и
x
Fy = -600 кН. Спрашивается,
c
какую силу необходимо приложить к грани, перпендикуz
лярной оси z, чтобы объем
Рис. 1.15
бруса остался неизменным,
если дано a = b = 5 см, с = 10 см.
Решение
Так как объем не меняется, то
a
b
y
v = /K = (x + y + z) / (3K) = 0,
z = -(x+y).
откуда
Но
x = Fx/(bc),
y = Fy/(ac),
68
z = Fz/(ab).
Cледовательно,
Отсюда
Fz/(ab) = -[Fx/(bc) + Fy/(ac)].
Fz = -(Fxa + Fyb)/c = -(4005 - 6005)/10 = 100 кН.
Таким образом, к грани, перпендикулярной оси z, необходимо приложить растягивающую силу Fz = 100 кН.
а)
П р и м е р 1.9
p m B p
A
b
Резиновый брус квадb
b
RB
ратного сечения 4х4 см, RA
n
a a а а
жестко закрепленный обоими
b
б)
+
W
концами на участке длиной а,
см
2
1
1
подвергается действию равномерно
распределенного
давления  = 4 МПа. Опреде- Рис. 1.16
лить перемещение сечения mn, если Е = 8 МПа,  = 0,5;
а = 8 см.
Решение
1. Раскрытие статической неопределимости. Данная система является однажды статически неопределимой, поэтому
в дополнение к уравнению статики
Zi = 0, RA - RB = 0, RA = RB = R;
необходимо составить уравнение совместности деформаций
l = 0. При вычислении l следует учесть, что на нагруженном участке бруса напряженное состояние является объемным, а на остальной части – линейным. Поэтому
l = za-R3a/(EA) = 0.
Но
z = [z-(x + y)]/E;
x = y =-;
z = -R/A.
Следовательно,
-R/A+2-3R/A = 0,
откуда
69
R = 0,5A.
2. Определение искомого перемещения. Перемещение
сечения mn определяется как укорочение участка бруса, заключенного между сечением mn и заделкой В,
Wmn = Ra/(EA) = 0,5a/E = 0,540,58/8 = 1 см
и направлено вправо. Эпюра продольных перемещений для
всего бруса приведена на рис. 1.16, б.
1.5. Г и п о т е з ы п р о ч н о с т и
2
1
экв
3
пред.р
Рис. 1.17
При одноосном растяжении расчет на прочность производится по формуле
 
max  p .
(1.26)
В случае сложного напряженного состояния последнее
заменяется сначала равноопасным или эквивалентным ему
растяжением с главным напряжением экв (исходя из принятого критерия эквивалентности), а затем экв сравнивается с
предельным или допускаемым для данного материала напряжением (рис. 1.17).
Критерии эквивалентности даются гипотезами прочности, наиболее известные из которых приведены в табл. 1.1.
70
Т а б л и ц а 1.1
Название,
автор
Гипотеза
наибольших
нормальных
напряжений,
Галилей, XVII в.
Гипотеза
наибольших линейных деформаций Мариотт,
1682 г.
Гипотеза
наибольших касательных
напряжений,
Кулон, 1773 г.
Гипотеза энергии формоизменения,
Губер,
1904 г.
Гипотеза
О.Мора,
1882 г.
Критерий
прочн.
Эквивалентное
напряжение
max
 экв I  1
Область
примен.
Не рекомедуется
max
 экв II  1   2   3 
max
 экв III  1  3
uф
 экв IV
Для
пластичных
матриа2
1  2   лов, у
1
2  3 2  которых

2
тр = тс
2
3  1 
Для
Мор,
плаэкв М  1  m3
стичных

 тр /  тc  пласт.мат. и хрупn=f(n) m  

 пчр / пчc  хрупкие ких материалов
После определения эквивалентного напряжения условие
прочности представляется в виде одного из следующих неравенств:
71
экв  р  пред.р/П
(1.27)
П = пред.р/экв  П,
(1.28)
или
где пред.р – предельное напряжение материала на растяжение, равное пределу текучести тр для пластичных материалов или пределу прочности пчр для хрупких материалов; П и
[П] – фактический и нормативный коэффициенты запаса
прочности.
П р и м е р 1.10. Проверить
прочность конструкции, если в
опасной точке имеет место указанное на рисунке напряженное
состояние. Дано:
пчр = 150 МПа, пчс = 600 МПа,
y
24,5
x
50
z
Рис. 1.18
[П] = 5.
Решение
1. Определение главных напряжений. Напряженное состояние в точке является плоским, поэтому

  x   y 2  42xy  
 max  0,5  x   y 

min
откуда
 0,5 50   502  4  24,52   0,5 50  70 ,


max = 10 МПа, min = -60 МПа. Следовательно, ве-
личины главных напряжений равны
1 = 10 МПа,
2 = 0,
3 = -60 МПа.
2. Проверка прочности конструкции. Здесь возможны
два подхода
экв  р  пчр/П
или
П = пчр/экв  П.
72
Эквивалентное напряжение вычисляем по гипотезе О.Мора,
так как материал хрупкий и неодинаково работает на растяжение и сжатие:
 экв М  1  m   3 , m   пчр /  пчс  150 / 600  0,25;
 экв М  10  0,25  ( 60 )  25 МПа.
Допускаемое напряжение [р] = пчр/[П] = 150/5 = 30 МПа.
Следуя первому подходу, сравниваем  экв М и [р]. Так
как  экв М = 25 МПа  [р] = 30 МПа, то прочность конструкции обеспечена.
Согласно второму подходу находим фактический коэффициент запаса прочности
П = пчр/  экв М = 150/25 = 6.
Как видим, П = 6  [П] = 5, т.е. прочность конструкции
обеспечена.
П р и м е р 1.11. Какое из трех приведенных напряженных состояний является более опасным? Дано: тр = тс.
z
60 МПа
y
x
20
10
75
35
20
2
1
3
Рис. 1.19
Р е ш е н и е . Для сравнения напряженных состояний
находим эквивалентные напряжения. Материал является пластичным и одинаково работает на растяжение и сжатие, поэтому воспользуемся 3-й гипотезой прочности.
73
Т о ч к а 1. Напряженное состояние является объемным,
причем одно из главных напряжений уже известно. Для
определения двух других главных напряжений воспользуемся формулами для плоского напряженного состояния. Имеем

  x   y 2  42xy  
 max  0,5  x   y 

min
 0,510  20 

10  202  4  202   0,5 10  50;

max = 20 МПа, min = -30 МПа.
Следовательно, 1 = 20 МПа, 2 = -30 МПа, 3 = -60 МПа.
Эквивалентное напряжение
1
экв
III
 1  3  20   60  80 МПа .
Т о ч к а 2. Напряженное состояние является чистым
сдвигом, поэтому 1 =  = 35 МПа, 2 = 0, 3 = - = -35 МПа.
Эквивалентное напряжение
2
экв
III
 1  3  35   35  70 МПа .
Т о ч к а 3. Напряженное состояние является линейным
(одноосное сжатие), поэтому 1 = 2 = 0, 3 = -75 МПа.
Эквивалентное напряжение
3
экв
III
 1  3  0   75  75 МПа .
1
3
2
Так как экв
, то наиболее опасным явля экв
 экв
III
III
III
ется напряженное состояние в точке 1.
2. К Р У Ч Е Н И Е К Р У Г Л Ы Х В А Л О В
74
2.1. Краткие сведения из теории
К р у ч е н и е м называется такой вид нагружения, при
котором в поперечных сечениях стержня возникает только
один внутренний силовой фактор – к р у т я щ и й м о м е н т ,
обозначаемый МК или МZ.
Теория кручения круглых валов основана на 2-х гипотезах.
1. В поперечных сечениях возникают только касательные напряжения.
2. Поперечные сечения поворачиваются без искривления радиусов, оставаясь плоскими.
а)
б)
dp
П1
П2
m

dz
q
dz
m

z
в)
q
n
M
n
p

d
d

p
n

Рис. 2.1
Согласно 1-й гипотезе бесконечно малый элемент mnpq
испытывает чистый сдвиг, поэтому
  G.
С другой стороны, из чертежа (рис. 4.1,б)
dz = d, откуда
где
 = d/dz = ,
(a)
(б)
 = d/dz – относительный угол закручивания.
Следовательно,
 = G.
75
(в)
МК
 . dA

По определению крутящего момента
M K   dA
или
с
учетом
(в)
A
M K  G   2 dA  GI p ,
(г)
A
где I p    2 dA - полярный момент инерции.
Рис. 2.2
A
Вычисляя из (г)  и подставляя его в (в), получим закон распределения касательных
напряжений в поперечном сечении (рис.
  (МК/Ip)
(2.1)
max = (MK/Ip)max = MK/Wp,
(2.2)
2.3)
()
max
Отсюда
где Wp = Ip/max – полярный момент сопротивления.
Геометрические характеристики:

max
dA = 2d,
Рис. 2.3
dн / 2
2
- полый вал I p    dA   2 3d ,


A

dв / 2


 I p  d н4 / 32 1  4 или I p  0,1d н4 1  4 ,

(2.3)

3
4
3
4

W p  I p /  max  d н / 16 1    0,2d н 1   ;
- тонкостенная труба (tdн, 0,9)
t
=dв/dн
dв
dн
dср

Рис. 2.4





3
2
I p  0,25d ср
t , W p  0,5d ср
t;
- сплошной вал (dв = 0, dн = d)
I p  d 4 / 32  0,1d 4 ;
3
3
W p  d / 16  0,2d .
76
(2.4)
Угол закручивания:
 = d/dz = MK/(GIp),
- относительный
- абсолютный

z
(2.5)

   0   M K dz / GI p ,
0
в частности, при МК = const
(2.6)


  0  M K z / GI p .
(2.7)
Расчет валов сводится к одновременному удовлетворению двух условий:
- условия прочности
max  ,
M K max / W p  , откуда
- условия жесткости


M K max / GI p  ,
d пч  3
16M K max

;
(2.8)
max  ,
откуда
dж  4
32M K max
G
.
(2.9)
Окончательно принимается большее из найденных значений
d = maxdпч, dж.
Допускаемые величины:
- касательное напряжение
0,55... 0,60   p  для стали ;
  
1,0... 1,2    p  для чугуна ;
- относительный угол закручивания
 
 
[] = 4,38…17,5 мрад/м (0,25…1,0 град/м).
M
M
Главные напряжения:
3
q p
1 = + , 2 = 0, 3 = - ,
45

1,3 =  45.
m  n
1 45
Потенциальная энергия

упругой деформации
Рис. 2.5
77


U   M K2 dz / 2GI p .
(2.10)
L
Зависимость скручивающего момента от мощности.
Обычно нагрузка на вал определяется мощностью машины.
Если мощность Р задана в Вт, а угловая скорость  в рад/с,
то М = Р/ Нм.
Если мощность N выражена в лошадиных силах (л.с.), а
угловая скорость П в об/мин, тогда М = 7162N/П Нм.
2.2. П р и м е р ы р а с ч е т а
П р и м е р 2.1. Построить эпюры крутящего момента МК
и угла закручивания  для вала, приведенного на рис. 2.6,
считая левый конец неподвижным.
Решение
а) М 3М 4М
3М М
А
В
E
Э п ю р а МК. На вал не
С
D
действует
распределенная
a
a
2a
a
нагрузка (m = 0), поэтому б)
+
МК
+
1
-2
эпюра МК состоит из отрез
1 хМ
2

ков прямых, параллельных
-3 -2 
-1
оси абсцисс. В сечениях, где в)
Ma
1

x
GI
к валу приложены сосредоточенные скручивающие паРис. 2.6
ры, на эпюре МК наблюдаются скачки, равные приложенным моментам. Вычисляем моменты по участкам МDE = М, МCD = МDE –3М =
= -2М, MBC = MCD + 4M = 2M, MAB = MBC –3M = -M и
строим эпюру МК (рис. 2.6,б).
p
78
Э п ю р а . Угол закручивания изменяется по линейному закону  = 0 + МKz/(GIp), поэтому для построения эпюры
 вычисляем углы поворота на границах участков, начиная от
неподвижного сечения А:
А = 0,
В = А + МАВQ/(GIp) = -Ma/(GIp),
C = B + МBCQ/GIp = Ma/(GIp),
D = C + МCD2a/(GIp) = -3Ma/(GIp),
E = D + МDEQ/(GIp) = = -2Ma/GIp,
и соединяем их отрезками прямых (см. рис. 2.6).
y
MK=64кНм
d=20 см
П р и м е р 2.2. Определить величины и указать направления касательных напряжений, возникающих в точках А, В, С.
Дано: xA = 3 см, yA = 4 см,
xB = -1,5 см, yB = 2 см, xC = 0,
yC = -10 см.
A

A
yA
x
O xA
Рис. 2.7
Р е ш е н и е . Напряжение в произвольной точке равно 
= (MK/Ip).
Для точки А:
I p  d 4 / 32 ,
 A  x 2A  y 2A  32  42  5 см ,
Ip  0,1d4 = 0,1204 = 16000 см4,
A = (MK/Ip)A = (64103/1610310-8)510-2 = 20 МПа.
Для остальных точек студенту предлагается определить самостоятельно.
79
Р е ш е н и е . Касательные напряжения в поперечном сечении распределяются по линейному закону, поэтому
0,8d
d
А О
max
A
П р и м е р 2.3. Определить касательное напряжение в точке А, если
В
max = 50 МПа.
Рис. 2.8
A/max = A/max = dв/dн = 0,8,
A = 0,8max =0,850 = 40 МПа.
откуда
П р и м е р 2.4. Как изменятся наибольшее касательное
напряжение max и жесткость вала, если площадь поперечного сечения увеличить в 2 раза?
Р е ш е н и е . Соотношение наибольших касательных
напряжений
1 /  2  w p2 / w p1 (d 2 / d1 ) 3 .
С другой стороны, А2/A1 = (d2/d1)2  2, откуда d 2 / d1  2
. Следовательно, 1/2 = 23/2 = 2,83 раза. Как видим, наибольшее касательное напряжение уменьшится в 2,83 раза.
Соотношение жесткостей
GI p2 / GI p1 ( d 2 / d1 )4 ( A2 / A1 )2  22  4 ,
т.е. жесткость вала возрастет в 4 раза.
П р и м е р 2.5. Определить отношение диаметров двух
валов из одинакового материала, передающих одинаковую
мощность, если один делает П1 = 50 об/мин, а другой –
П2 = 400 об/мин.
80
Р е ш е н и е . Скручивающий момент М связан с мощностью Р известным соотношением М = Р/. Искомый диаметр
из условия прочности равен d  3 16M K /  . Учитывая, что
в данном случае МК = М, находим d1  3 16P / 1  и
d 2  3 16P / 2  .
Отношение
диаметров
d1 / d 2  3 2 / 1  3 n2 / n1  3 400/ 50  2 . Как видим, увеличение
скорости вращения при неизменной мощности, передаваемой
валом, приводит к уменьшению диаметра и, как следствие,
его массы.
П р и м е р 2.6. Два вала одинаковой длины и массы изготовлены из одного и того же материала. Один вал полый
( = 0,8), а другой – сплошной. Сравнить грузоподъемность
валов при одинаковом допускаемом напряжении. Определить, насколько уменьшится масса полого вала, если его сделать равнопрочным сплошному при одинаковой грузоподъемности.
Р е ш е н и е . 1. Сравнение грузоподъемности сплошного
и полого валов одинаковой массы. Вычисляем массы валов:
- полого


m1 A1l l  / 4d н2 12 ,
- сплошного
Если массы равны, то
m2 A2l l  / 4d 2 .
А1 = А2 и (dн/d)2 = 1/(1-2).
(а)
Из условия прочности находим грузоподъемности валов:


M K1  w p1   /16d н3 1  4 ,

M K 2  w p 2   /16d 3 ,

81
(б)


M K1 / M K 2  d н / d 3 1 4 .
откуда их отношение
(в)
Подставляя (а) в (в), окончательно получим


M K1 / M K 2  14 / 12
3/ 2 10,84 / 10,82 3/ 2 2,73.
Следовательно, грузоподъемность полого вала при равной
массе в 2,73 раза выше, чем сплошного.
2. Сравнение массы полого и сплошного валов одинаковой
прочности и грузоподъемности. При одинаковой прочности и грузоподъемности из (б) имеем
w p1  w p 2 ,
d н / d 3 1/ 14 .
(г)
Отношение масс полого и сплошного валов

m1 / m2  d н / d 2 1 2
или с учетом (г)



m1 / m2  1  2 / 1  4
2 / 3  0,51.
Как видим, экономия материала достигает 49 %.
M2
II
МК
M1
I
d
2d
П р и м е р 2.7. Считая
величину момента М1 известной, определить при заданном соотношении диаметров
ступенчатого вала величину
момента М2 из условия равнопрочности тонкой и толстой частей.
(М1+M2)
M1

Рис. 2.9
Решение
Из эпюры МК имеем M K1  M1 , M K2  M1  M 2 .
82
(а)
При равнопрочности частей  max 1   max 2 или
M K1 / w p1  M K 2 / w p2 ,
M K 2 / M K1  w p2 / w p1  d 2 / d1 3  23 8 .
откуда
Следовательно, с учетом (а): М1 + М2 = 8М1 и М2 = 7М1.
П р и м е р 2.8. Сплошной вал скручивается моментами
М, приложенными к
M
3
T
его концам. На поверхности
d
45
s
1
вала под углом 45 к его оси
установлен тензометр с базой
M
s = 20 мм и увеличением,
Рис. 2.10
равным k = 1000. Определить модуль сдвига материала, если
при увеличении крутящего момента на величину
МК = 16 кНм приращение показаний тензометра составило
П = 10 мм. Диаметр вала равен d = 10 см.
Р е ш е н и е . Относительная деформация в направлении
базы тензометра исходя из показаний последнего равна
T 12  n / KS  .
(а)
При кручении главные напряжения равны: 1 = , 2 = 0,
3 = -, поэтому на основании закона Гука
1 = (1 - 3)/E = (1 + )/E
или
1 = /(2G). С другой стороны,
 = МК/wp.
Приравнивая (а) и (б), с учетом (в) получим
n/(KS) = MK/(wp2G).
83
(б)
(в)
Отсюда
G = MKKS/(n2wp) =
= 161031032010-3/(1010-320,210310-6)= 80 ГПа.
П р и м е р 2.9
Mпред
Определить величину момен-
1
та, вызывающего разрушение
чугунного вала, если d = 75
d
Mпред
пчр = 150 МПа, Рис. 2.11
пчс = 600 МПа.
мм,
Решение
Учитывая, что чугун является хрупким материалом,
воспользуемся гипотезой прочности О.Мора, согласно которой экв М  1  m3 , где m = пчр /пчс = 0,25. При кручении
1 = Мпред/wp,
2 = 0,
 экв М   пчр или
3 = -1. Из условия прочности
Мпред(1 + m)/wp = пчр находим искомый
разрушающий момент
Мпред = пчр wp/(1+m) = 1501060,27,5310-6/(1+0,25) = 10 кНм.
П р и м е р 2.10.
Определить из расчета на
прочность допускаемое зна-
84
МА
М
2М
А
a
a
1/4
a
МК
3/4
чение М, если  = 45 МПа,
МВ
В
4М
d = 10 см.
a
9/4

Решение
1.
+
хМ
7/4
Определение
реакций
опор. Задача является стати-
Рис. 2.12
чески неопределимой, поэтому в дополнение к уравнению
статики mz = 0, MB - MA + 3M - 4M = 0, необходимо составить уравнение перемещений ВА = 0,
 BA 
M B 4a 4 M 3a 2 M 2a M a



0 ,
GI p
GI p
GI p GI p
откуда МВ = (7/4) М, а из уравнения статики МА = (3/4) М.
Далее
строим
эпюру
МК,
из
которой
определяем
МК max = (9/4) М.
2. Определение допустимого значения момента М. Из
условия прочности имеем max = MK max/Wp = (9/4)M/Wp  ,
откуда
М = (4/9)Wp = (4/9)0,210310-645106 = 4 кНм.
3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ
ХАРАКТЕРИСТИКИ
ПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЕНИЙ СТЕРЖНЕЙ
85
В расчетах конструкций на механическую надежность очень
часто приходится оперировать такими характеристиками плоских фигур, как статический момент, осевой и полярный моменты
инерции. Хотя вычисление вышеназванных геометрических характеристик относится к числу простейших задач интегрального
исчисления, тем не менее, в силу их узкого прикладного значения
они практически не рассматриваются во втузовском курсе высшей математики. По установившейся традиции геометрические
характеристики плоских фигур изучаются в курсе сопротивления
материалов.
3.1. Статические моменты.
Определение положения центра тяжести
v

uc
Выражения
Su   vdA ,
S v  udA
A
A

C(ц.т.)
(3.1)
dA
называются с т а т и ч е с к и 
u м и м о м е н т а м и площади
O
относительно осей u и v
(рис. 3.1). Статический момент
Рис. 3.1
имеет размерность L3. Через
статические моменты определяются координаты центра
тяжести (точка С) сечения:
uc  S v / A ,
v c  Su / A .
(3.2)
v
vc
u
Из формул (3.2) вытекает, что статические моменты относительно осей , проходящих через центр тяжести
(центральные оси), равны нулю:
86
S = 0,
S = 0.
В тех случаях, когда сечение может быть разбито на
простейшие составные части, площади и координаты центров
тяжести которых известны, положение центра тяжести всего
сечения определяют по формулам
n
n 
n 
(3.3)
uc ui Ai /   Ai  , v c v i Ai /   Ai  ,




где Аi – площадь i-й части сечения (i = 1,2,3,…,П); ui и vi –
координаты ее центра тяжести.
Для сечений, составленных из
40х40х4
профилей
стандартного
проката,
площадь каждого профиля и остальные необходимые для расчетов разN20
меры принимаются по таблицам
ГОСТов на прокатную сталь.
n
П р и м е р 3.1. Определить положение центра тяжести сечения,
приведенного на рисунке (размеры
даны в см).
2
14
2
8
Решение
2
Разбиваем сечение на три прямоугольника и выбираем вспомогательные оси uv (рис. 3.2).
6
Вычисления представим в виде следующей таблицы
Стат.мом.,
см3
v
y
uc
C3
u3
u2
x
C
vc
C2
C
v1
87
v2
Ко Площ
2
орд., см Аi, см
v3
Номер
u
выч
ui
vi
1
11
1
2
9
3
5
uiAi
viAi
12
132
12
8
24
216
192
15
20
100
300
56
448
504

Рис. 3.2
По формулам (3.3) определяем
координаты центра тяжести сечения:
3 
uc ui Ai /   Ai   448/ 568 см,


3
3 
v c v i Ai /   Ai  504/ 569 см.


3
П р и м е р 3.2.
Определить координаты центра тяжести сечения, составленного
из прокатных профилей.
88
100x100x10
N22a
v
2,83
y
.
C
C1
C2
x
vc
uc
u
2,46 см
Рис. 3.3
Р е ш е н и е . Из таблиц сортамента имеем:
- для швеллера № 22а: Zo = 2,46
см; А1 = 28,8 см2;
- для уголка 100х100х10: Zo = 2,83
см; А2 = 19,2 см2.
Совмещаем вспомогательные
оси u и v с центральными осями
швеллера и выполняем вспомогательные вычисления в табличной
форме
Таблица 3.2
Номер
выч.
1
2
Координаты, см
ui
0
5,29
vi
0
8,17
Площадь
Ai, cм2
28,8
19,2
Статич. мом., см3
uiAi
0
101,6
viAi
0
156,9
Координаты центра тяжести
2 
uc ui Ai /   Ai  101,6 / 48 2,12 см,


2
2 
v c v i Ai /   Ai  156,9 / 483,27 см.


2
Моментами инерции
называются интегралы вида
y
площади
x

dA
y
3.2. М о м е н т ы и н е р ц и и
O
Рис. 3.4
89
A
x


A
(3.4)

2
I y   x dA, I xy   xydA ,

A
A
где Ix и Iy – осевые моменты инерции относительно осей
I x   y 2 dA,
х и y, Ixy - центробежный момент инерции.
Полярный момент инерции


I p   2 dA  x 2  y 2 dAI y  I x .
A
(3.5)
A
Размерность моментов инерции – L4. С моментами
инерции тесно связаны радиусы инерции:
iy  I y / A .
ix  I x / A ,
(3.6)
3.3. Преобразование моментов инерции при
параллельном переносе осей
Пусть нам известны моменты инерции
y
O
O
относительно осей хОy, а требуется
определить те же величины относитель-
dA
b y
y
y A
x
a x
x но осей xOy. Связь между координатаx
ми: x = x + a, y = y + b.
Рис. 3.5
По определению
I x    y12 dA ,
A
I x    y  b 2 dA  y 2 dA 2bydA b 2 dA .
A
A
A
90
A
Следовательно,
I x   I x  2bS x  b2 A,
(3.7)
и аналогично
I y   I y  2aS y b2 A .
(3.8)
Центробежный момент инерции относительно новых
осей
I x y    xy dA I xy  aS x bS y  abA.

y
A
A
xc
(3.9)

yc
C(ц.т.)
Для центральных осей статические моменты равны нулю и формулы преобразования приобретают простой вид:
x
O
I x  I   yc2 A, I y  I   xc2 A,

I xy  I   xc yc A.

Рис. 3.6
(3.10)
Момент инерции сечения сложной формы относительно
данной оси определяется как сумма моментов инерции составляющих его частей относительно той же оси
n
Ix 

i 1
I i  yi2 Ai
,
n
Iy 

i 1
I i  xi2 Ai
,
n


I xy  I ii  xi yi Ai , (3.11)
i 1
где xi, yi – координаты i-й части в осях x, y; Ii, Ii, Iii – моменты инерции каждой части относительно своих центральных осей i и i.
П р и м е р 3.3. Вычислить моменты инерции простейших фигур.
Прямоугольник
Определим моменты инерции
относительно осей, совпадающих со
91
dy
y
A
0,5h
По определению I x   y 2 dA .

y
0,5h
сторонами, и относительно центральных осей.
C

x
b
Рис. 3.7
Элемент площади равен dA = bdy,
следовательно
h
I x  b  y 2 dy bh 3 / 3 .
o
По формуле (3.10)
I x  I   yc2 A , откуда, учитывая что
А = bh, yc = 0,5h, находим
I   I x  yc2 Abh3 / 3h / 22 bh bh3 /12 .
Аналогично получим
Iy = b3h/3 и I = b3h/12.
Треугольник
I x   y dA .
2
h/3 2h/3
y dy
Момент инерции относительно
оси х, cовпадающей с основанием,
y
b(y)
C
x
A
Но dA = b(y)dy,
Cледовательно,

b
b(y) = (b/h)(h-y).
Рис. 3.8
h
I x  b / h  y 2 h  y dy bh 3 /12 .
o
По формуле параллельного переноса
I x  I   yc2 A ,
откуда I   I x  yc2 Abh3 /12h / 32 bh / 2bh3 / 36 .
92
Круг
Для любых центральных осей I
= I ,
поэтому Ip = 2I.
Как известно, полярный момент инерции



С

d
круга равен I p  / 32d 4 .
Рис. 3.9
Следовательно, I = I = Ip/2 = (/64)d4.
К о л ь ц о ( = dв/dн).
Момент инерции относительно оси 
можно определить как разность моментов инерции наружного и внутреннего
круга:


I   / 64d н4  / 64d в4  / 64d н4 14 .
dв

dср

dн
t
Рис. 3.10
Для тонкого кольца существует приближенная формула
3
I   d cрр
/ 8 , где dср – средний диаметр, t - толщина кольца.
П р и м е р 3.4. Для сечения, рассмотренного в примере
3.1, определить моменты инерции относительно центральных
осей x и y.
Р е ш е н и е . Моменты инерции прямоугольников относительно собственных центральных осей определяем по
формулам I i bi hi3 /12 , I i bi3hi /12 . Пользуясь формулами
перехода к параллельным осям, вычисляем искомые моменты
инерции, представленные в нижеприведенной таблице.
Т а б л и ц а 3.3
93
Н
о
м
э
л
е
м
е
н
т
а
1
2
3
Координаты
центра
тяжести, см
П
Моменты инерции площадей, см4
л
о
n
n
n
щ
2
2
а I x   I i  yi Ai I y   I i  xi Ai I xy   I ii  xi y i Ai
д
ь
А
yi смi,2 Ii yi2 Ai Ixi Ii x i2 Ai Iyi Iii xiyiAi Ixiyi
-8 12
4
768 772 36 108 144
0
-288 -288
-1 24 288
24
312
8
24
32
0
024 -24
6 20 6,7 720 727 167 180 347
0
-360 -360
xi
3
1
-3


299

1512 1811 211

312

523

0

-672 -672
3.4. Преобразование моментов инерции
при повороте осей
y y
A
dA
x 
x
O
y
y
.
.
Рис. 3.11
x
x
Пусть нам известны моменты
инерции относительно осей xОy, а
требуется определить те же величины
относительно осей xОy.
Связь между координатами
x = xcos + ysin, y = ycos - xsin.
По определению осевого момента инерции
I x    y 2 dA
A
или
I x    ycos  xsin2 dA I x cos 2   I y sin 2   I xy sin 2 .
(3.12)
A
Аналогично
I y   I x sin2 I y cos2 I xy sin2 .
(3.13)
Центробежный момент для новых осей I x y    x y dA,
A
94
I x y    xcos  ysin ycos  xsindA
A

(3.14)

 0,5 I x  I y sin 2  I xy cos2.
С целью последующего анализа перепишем формулу
(3.12) в виде I x  0,5 I x  I y  0,5 I x  I y cos2 I xy sin2 . (3.15)




Исключая из формул (3.15) и (3.14) параметр , получим
зависимость между моментами инерции Ix и Ixy:
I x a 2  I x2y   R 2 ,
где


a 0,5 I x  I y ,

(3.16)

2
.
R 0,5 I x  I y 2  4 I xy
(3.17)
Из формулы (3.16) следует, что точки, изображающие
совокупность осевого и центробежного моментов инерции
для разных осей, оказываются точками одной и той же
окружности (рис. 3.12). Это и есть круговая диаграмма Мора
применительно к моментам инерции.
Ixy Imax=I1
Из рассмотрения круговой диаграммы видно, что с у щ е a
Imin=I2
ствуют
две
взаимно
R
I
x
2
1
перпендикулярные
оси,
C
O
Iy
для которых ц е н т р о б е ж н ы й
момент равен нулю и
Рис. 3.12
осевые моменты инерции принимают наибольшее и
наименьшее значения. Оси эти называются г л а в н ы м и
о с я м и инерции, а соответствующие осевые моменты –
главными моментами инерции. Будем считать, что I1 есть
95
наибольший момент инерции, а I2 – наименьший. Они определяются по следующим формулам:

 I x  I y 2  4 I xy2  .
I max  I1,2  a  R  0,5 I x  I y 

min
(3.18)
Полагая Ixy = 0, найдем положение главных осей инерции:


tg 21,2  2 I xy / I x  I y .
(3.19)
Эта формула не является однозначной, так как определяет в
зависимости от величин Ix, Iy, Ixy либо ось 1, либо ось 2. Положение максимальной оси однозначно определяется по
формуле
(3.20)
tg1 I x  I1 / I xy .
Эллипс, построенный в главных осях, с полуосями, равными
главным
радиусам
инерции
imax  I max / A ,
imin  I min / A , принято называть э л л и п с о м и н е р ц и и .
v

П р и м е р 3.5
u
Определить центробеж0
ный момент инерции нерав
min
нобокого уголка 160х100х10
max
относительно
центральных
осей, параллельных полкам.
Решение
Рис. 3.13
По таблице сортамента
прокатной стали в соответствии с ГОСТ 8510-72 (СТ СЭВ
255-76) имеем I = 204 cм4, I = 667 cм4, Iu min = 121 cм4,
tg = 0,390.
96
Для определения центробежного момента инерции I
воспользуемся формулами поворота осей (переход от главных осей uv к данным )
I = 0,5(Iu min – Iv max)sin2.
Угол в данном случае отрицателен, так как кратчайшее
совмещение оси u с  происходит по часовой стрелке.
Главный момент инерции Iu min задан в таблице сортамента,
а главный момент Iv определяем из соотношения
Iv + Iu = I + I,
откуда
Iv = I + I - Iu = 204 + 667 – 121 = 750 см4.
Таким образом, центробежный момент уголка будет равен
I = 0,5(121-750)(-0,677) = 213 см4.

П р и м е р 3.6
xo
y0
Определить центробежmax
ный момент инерции рав=-45
нобокого уголка 100х100х10

относительно
центральных
осей, параллельных полкам.
min
Решение
Рис. 3.14
По таблице сортамента
прокатной стали в соответствии с ГОСТ 8509-72 (СТ СЭВ
104-74) имеем I x o max =284 см4, I y o min =74,1 см4, i x o max =3,84
см, i y o min =1,96 см.
Пользуясь формулой поворота, находим
I   0,5 I xo max  I yo min sin 2 ,


I  0,528474,1sin90 105 cм4.
97
П р и м е р 3.7
Определить
положение
главных центральных осей и
величины главных центральных моментов инерции сечения, приведенного в примере
3.2.
Решение
1. Определение моментов
инерции относительно центральных осей хСy. По таблице сортамента имеем:
- швеллер № 22:
I1 = 2330 cм4,
I1 = 187 cм4,
1 y 2 2
2
C2
x
1=-1230
C
imax
1 1
C1
imin
Рис. 3.15
А1 = 28,8 см2;
- уголок 100х100х10:
I2 = I2 = 179 cм4,
А2 = 19,2 см2; центробежный момент
инерции уголка относительно
I22 = 105 cм4.
Учитывая, что центральные оси xy проведены параллельно собственным осям элементов фигуры, для вычисления
осевых и центробежного моментов инерции всего сечения
воспользуемся формулами (3.11), представляя все необходимые вычисления в табличной форме:
Т а б л и ц а 3.4
98
Н
о
м Координаты центра
э тяжести,
л
см
е
м
е
н
П
л
о
щ
а
д
ь
Аi,
см4
М о м е н т ы и н е р ц и и площадей, см4
2

I x   I i  yi2 Ai
yi2 Ai

2

I y   I i  xi2 Ai
 I xy  I ii  xi yi Ai 
Ii x i2 Ai Iyi Iii xiyiAi Ixiyi
xi
yi
1
-2,
12
-3,
27
28,8 2330 308 2638 187 129 316
2
3,
17
4,
90
19,2 179
Ii
2
Ixi
т
а

48
200
200
640 179 193 372 105
298
403
2509 769 3278 366 322 688 105
498
603
461
0
2. Определение главных центральных моментов
инерции сечения. По формуле (3.18) имеем

 I x  I y 2  4 I xy2  ,
I max  0,5 I x  I y 

min
I max  0,53278 688

min
3278 6882  46032  

 0,53966 2857.
Отсюда
Imax = I1 = 3412 см4,
Imin = I2 = 555 см4.
99
Ориентация максимальной главной оси определяется по формуле (3.20)
tg1 = (Ix-I1)/Ixy = (3278-3412)/603 = -0,222,
откуда 1 = -1230.
3. Построение эллипса инерции. Главные радиусы
инерции равны
imax  I max / A  3412/ 48 8,43 см;
imin  I min / A 3,40 см.
Отложив радиусы инерции перпендикулярно к соответствующим осям в том же масштабе, в каком вычерчена фигура, строим на них, как на полуосях, эллипс инерции.
100
СОДЕРЖАНИЕ
1. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЕННОГО СОСТОЯНИЯ ………….. 53
1.1. Общие сведения ………………………………….…
1.2. Линейное напряженное состояние ………………...
1.3. Плоское напряженное состояние …………………..
1.4. Объемное напряженное состояние ………………..
1.5. Гипотезы прочности ………………………………..
53
56
59
66
69
2. КРУЧЕНИЕ КРУГЛЫХ ВАЛОВ ……………………….. 74
2.1. Краткие сведения из теории ……………………….. 74
2.2. Примеры расчета …………………………………… 77
3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЕНИЙ …………………………………...
85
3.1. Статические моменты. Определение положения
85
центра тяжести ……………………………………...
3.2. Моменты инерции ………………………………….. 88
3.3. Преобразование моментов инерции при парал89
лельном переносе осей …………………….……….
3.4. Преобразование моментов инерции при повороте 93
осей …………………………………………………..
1. ОБЩИЕ СВЕДЕНИЯ
И з г и б о м называется такой вид нагружения, при котором в поперечных сечениях стержня возникают и з г и б а ю щ и е м о м е н т ы . Различают две разновидности изгиба:
101
а) чистый изгиб, когда изгибающий момент Мх является
единственным силовым фактором (Мх  0, Qy = 0); б) поперечный изгиб, когда, наряду с изгибающим моментом, возникает и поперечная сила (Мх  0, Qy  0). Стержни, подвергающиеся изгибу, обычно называют б а л к а м и .
F
a
a
F
M
l
Qy

Чистый
изгиб

m
+
Мx
n
Mx=const
Рис. 1
mn
x
Поп.
изг.
Fa
M
Нейтральная линия
Рис. 2
В последующем предполагаем, что балка обладает хотя
бы одной плоскостью симметрии и нагрузки действуют в
этой плоскости. При этих условиях балка испытывает плоский прямой изгиб, т.е. изгиб происходит в плоскости нагрузки.
Достаточно очевидно и подтверждается опытом, что
балка при изгибе деформируется таким образом, что волокна,
расположенные в выпуклой части, растягиваются, а в вогнутой – сжимаются. Между ними лежит слой волокон, который
лишь искривляется, не изменяя своей первоначальной длины.
Этот слой называется н е й т р а л ь н ы м , а его след на плоскости поперечного сечения – нейтральной линией или осью.
102
2. ОПРЕДЕЛЕНИЕ НАПРЯЖЕНИЙ И РАСЧЕТ
НА ПРОЧНОСТЬ
2.1. Н о р м а л ь н ы е н а п р я ж е н и я
Нормальные напряжения определяются без учета влияния поперечной силы исходя из двух гипотез.
1. Гипотеза плоских сечений, согласно которой поперечные сечения, плоские и нормальные к оси балки до
деформации, остаются плоскими и нормальными к деформированной оси и после деформации (Я. Бернулли,
1705 г.).
2. Гипотеза об отсутствии взаимного надавливания
продольных волокон балки.
Выделим из балки (рис.
M

d d
Mx
Mx 3) бесконечно малый
d
z
элемент dz. В результаz
y
те деформации изгиба
m n
n
его боковые сечения
Рис. 3
взаимно поворачиваются на угол d и произвольное волокно mn, расположенное на
расстоянии y от нейтрального слоя, получает приращение
nn = yd. Относительное удлинение
 = nn/mn = yd/ = y/,
(1)
где  - радиус кривизны нейтрального слоя.
По закону Гука
 = Е = Еy/.
103
(2)
При изгибе в плоскости yz
x
нейтральный
слой
y
z

C
N = 0, My = 0, Mx  0.
Первое условие дает
N  dA E /    ydA
dA
x
A
 E /  S x  0,
Mx
y
A
откуда Sx = 0, т.е. нейтральная
линия проходит через центр
Рис. 4
тяжести сечения (точка С).
Из второго условия
M y  xdAE /   xydAE / I xy 0
A
A
следует, что Ixy = 0 и, следовательно, оси xy являются главными центральными осями поперечного сечения.
Из третьего M x  ydA E /    y 2 dAEI x / 
A
A
получаем зависимость кривизны балки от изгибающего
момента
1/   M x / EI x .
(3)
Подставляя (3) в формулу (1), находим
yc
ymax
min
Mx
z
yр
C
 = (Mx/Ix)y

+
max
Рис. 5
(4)
Как видим, напряжения распределяются по линейному
закону. Наибольшие растягивающие и сжимающие напря-
104
жения возникают в точках, наиболее удаленных от нейтральной оси:
 max  M x / I x  y p  M x /W p ,
(5)

 min  M x / I x  yc  M x /Wc , 
где Wp = Ix/yp и Wс = Ix/yс – моменты сопротивления поперечного сечения для растянутых и сжатых волокон.
Для материалов, одинаково работающих на растяжение и сжатие (пластичные материалы), опасной является наиболее удаленная от нейтральной оси точка, где
возникает наибольшее по абсолютной величине напряжение
max = (Mx/Ix)ymax = Mx/Wx,
где Wx = Ix/ ymax – осевой момент сопротивления.
Условия прочности:
- для хрупких материалов
 max  M max /W p   p ,

 min  M max /Wc   p ; 
- для пластичных материалов
 max  M max /Wx   p .
 
 
(6)
 
(7)
Таблица 1
b
x
h
x
x
x
dн
dв
h
dср
d
b
bh3
Ix 
36
t
bh3
Ix 
12
d 4
Ix 
64
105

d н4
Ix 
14
64


dв
dн
td
Ix 
3
d cp
t
8
bh2
Wx 
24
bh2
Wx 
6
d 3
Wx 
32

d н3
Wx 
14
32

Wx 
2
d cp
t
4
П р и м е р 1 . Для балок, сечения которых показаны
на рис. 6, построить эпюры распределения нормальных
напряжений по высоте, считая изгибающий момент положительным (отрицательным). Установить, как выгоднее расположить сечения, имеющие только одну ось симметрии, в плоскости которой действует изгибающий момент, если материал балки чугун, лучше работающий на
сжатие, чем на растяжение.
1
2
3
4
Рис. 6
П р и м е р 2. Как выгодL
K
F
нее расположить Т-образное
сечение чугунной балки: полl
a) C б)
С
кой вверх (рис. 7,а) или пол- Fl 
L
Мx K
кой вниз (рис. 7,б).
Рис. 7
Решение
Поскольку точка К отстоит от центра тяжести сечения
дальше, напряжение в ней по абсолютной величине будет
больше, чем в точках L. При указанном направлении силы F
растянутые слои балки располагаются сверху. Так как чугун
на сжатие работает лучше, чем на растяжение, точку К
106
yK 2
10 cм
рациональнее поместить снизу, т.е. следует предпочесть
варианта.
Пример 3
6 см
max
В некотором сечении балки

K
x K
известен изгибающий мо+
x
C
мент, равный Мх = -15 кНм.
Требуется определить нор
мальное напряжение в заданy
ной точке К, а также
Рис. 8
наибольшее
нормальное
напряжение.
Решение
Согласно закону распределения нормальных напряжений имеем
 K  M x / I x   y K .
Подставляя Ix = bh3/12 = 6103/12 = 500 cм4 и yK = -(5-2) = -3
cм, получим К = [-15103/(50010-8)] (-310-2) = 90 МПа.
Нормальные напряжения пропорциональны расстоянию
от нейтральной оси, поэтому
max = K (ymax/yK) = 90(5/3) = 150 МПа.
А
В
Пример 4
Для некоторого сечения балки известно
напряжение в точке А, равное А = 100
МПа. Требуется определить по величине
и по знаку напряжения в точках В и С.
С
Рис. 9
q
qa
n
а
x
4b
2b
m
а
а
а
K
107
Пример 5
Зная напряжение в точке К
сечения mn, равное о,
определить наибольшее
напряжение, возникающее
в балке (рис. 10).
Рис. 10
а
а
Пример 6
Определить, в каком положе1
x
нии балки квадратного сечения,
ее грузоподъемность выше: коy
гда плоскость нагрузки паралРис. 11
лельна сторонам квадрата или
совпадает с диагональю?
Решение
Наибольший изгибающий момент равен
M max 1 W x1  и M max 2 W x 2 .
a
a
x
2
y
Отношение грузоподъемностей
K  M max 1 / M max 2 Wx1 /Wx 2 .
Учитывая, что W x1  I x / y max 1 , y max 1  a / 2 ,
Wx 2  I x / y max 2 , y max 2  a 2 / 2 ,
получим K Wx1 /Wx2  2 1,414 ,
т.е. в первом варианте грузоподъемность на 41,4 % выше.
П р и м е р 7. Определить, какой процент экономии металла будет достигнут, если при неизменных прочих условиях применить вместо сплошного круглого сечения кольцевое
сечение с отношением диаметров  = dв/dн = 0,9.
Р е ш е н и е . Из условия равнопрочности
W x1 W x 2 или


0,1d 3 0,1d н3 1 4 , откуда
108
балок

d н / d 1/ 14
1/ 3 .
(а)
Отношение весов пропорционально отношению площадей


A2 / A1 d н / d 2 1 2 .
поперечных сечений балок
(б)
С учетом выражения (а) окончательно получим


A2 / A1  1 2 / 1 4
2/ 3 0,39 .
Как видим, экономия достигает 61 %.
Пример 8
1
Балки квадратного сечеF
ния cоставлены из n пластин,
l
не соединенных между собой.
b
В каком варианте грузоподъРис. 12
емность балки будет больше?
Р е ш е н и е . Отношение грузоподъемностей
K Wx1 /Wx 2 или, учитывая, что
Wx1 bh 2 / 6b3 / 6 ,

2
b
балок

Wx2  n bb / h 2 / 6 b3 / 6n ,
получим K Wx1 /Wx 2  n раз,
т.е. в первом варианте грузоподъемность в n раз больше.
П р и м е р 9. Определить максимальное напряжение,
возникающее в стальной проволоке диаметром d = 0,8 мм при
наматывании ее на барабан диаметром D = 50 см.
Р е ш е н и е . Кривизна связана с изгибающим моментом
соотношением I/ = Mx/EIx, откуда находим изгибающий
момент
Mx = EIx/.
Максимальное напряжение max = Mx/Wx = EIx/(Wx).
109
Учитывая, что  = D/2, Ix/Wx = ymax = d/2, получим
max =Ed/D = 2001090,8/500 = 320 МПа.


l
m М
n
Рис. 13
mn
0,8
М
25
П р и м е р 10
Тонкая стальная полоса,
имеющая поперечное сечение
размером 0,8х25 мм и длину
l = 25 см, изгибается сосредоточенными моментами, приложенными на концах, в дугу
окружности, опирающуюся на угол , равный 1 радиану.
Чему равно максимальное напряжение в полосе?
Р е ш е н и е . Изгибающий момент связан с кривизной
соотношением I/ = Mx/EIx, откуда Mx = EIx/.
Максимальное напряжение max = Mx/Wx = EIx/(Wx)
или, учитывая, что l =  и  = l/, Ix/Wx = ymax = h/2,
получим max = Eh/(2l) = 2001090,8/(2250) = 320 МПа.
П р и м е р 11. Шарнирно опертая по концам стальная
балка с поперечным сечением из двух швеллеров № 20а
нагружена, как показано на рис. 14. Определить величину
допускаемой нагрузки q, если а = 1 м, [] = 150 МПа.
110
Решение
1. Построение эпюр Q и
М.
Опорные реакции:
mB = 0,
RA6a =
q
С
А
В
N20a
x
2qa
4а
RA
2а
+

2
+
RA = 2qa;
Q
xqa
2 Мx 2
xqa
2
= q4a4a + 2qa - 2qa2a-
RB
+
2
2
2
- q2aa = 0,
q
2qa2
Рис. 14
mA = 0, RB6a = q2a5a + 2qa2-q4a2a + 2qa4a = 0, RB = 2qa.
Проверка:
2. Определение допускаемой нагрузки.
Геометрические характеристики сечения. Из таблиц сортамента согласно ГОСТ 8240-72
имеем для швеллера № 20а:
b
zo
Yi = 0, -RA+ q4a-2qa-q2a+RB = -2qa+4qa-2qa-2qa+2qa = 0.
Эпюры Q и М строим по характерным точкам.
Расчетный изгибающий момент Мmax = 2qa2.

C1
C
x
Рис. 15
I = Iy = 139 cм4; А = 25,2 см2; zo = 2,28 cм; b = 8 см.
По формуле параллельного переноса осей момент инерции сечения относительно центральной оси х равен
Ix = 2[I + (b - zo)2A],
откуда момент сопротивления
Wx = Ix/ymax = 2[I +(b-zo)2A]/b = 2[139+(8-2,28)225,2]/8 = 241
см3.
Из условия прочности балки Мmax/Wx = 2qa2/Wx  [],
oткуда [q] = []Wx /2a2 = 15010624110-6/(212) = 18 кН/м.
111
П р и м е р 12
Подобрать необходимые
А
размеры поперечного се-
RA
0,5qa
d
q
2
С
В
2а
x
а
2a
RB
чения балки, составлен-
+
1
ной из двух скрепленных
бревен, если q = 26 кН/м,

1,5
[] = 10 МПа, Q = 1 м.
0,5
Q
xqa
-1
+
1
Мx
2
xqa
0,5
Рис. 16
Решение
1. Построение эпюр Q и М.
Опорные реакции:
mB = 0, RA4a = 0,5qа2 + 2qa2a - qa0,5a, RA = qa;
mA = 0, RB4a = qa4,5a + 2qa2а - 0,5qа2, RB = 2qa.
Проверка:
Yi = 0, RA + RB - 2qa - qa = qa + 2qa - 2qa - qa = 0.
Строим эпюры q и М и находим расчетный изгибающий
момент, равный Мmax = 1,5 qa2.
2. Подбор сечения балки.
Геометрические характеристики. Сечение
балки является составным, поэтому
d

x
Ix = 2(I+y2A) = 2[d4/64+(d/2)2d2/4] = (5/32)d4,
Wx = Ix/ymax = Ix/d = (5/32)d3.
Из условия прочности балки
112
Рис. 17
Mmax/Wx  ; 1,5qa2/(5d3/32)  .
Отсюда


d 3 48qa 2 / 53 4826103 / 510106 20см .
П р и м е р 13. Тензометр Т, установленный на стальной
балке, имеет коэффициент увеличения k = 1000 и базу s = 20
мм. Показание тензометра равно n = 5 мм. Определить
наибольшее нормальное напряжение в балке.
6 cм
12 см
yT=3 cм
F
T
a
a
MT=0,5Fa
2a
y
Mmax=Fa Мx
Решение
Напряжение в балке на
x уровне тензометра Т
равно, с одной стороны,
Т = ЕТ = Еn/(ks), (a)
C
другой
стороны,
Т = (MT/Ix) yT. (б)
Наибольшие нормальРис. 18
ные напряжения возникают в крайних волокнах того же сечения, где приложена
сила F, т.е.
max = (Mmax/Ix) ymax.
(в)
Разделив (в) на (б), получим max = Т (Mmax/МТ)(ymax/yТ) = 4Т
или с учетом (а)
max = 4Еn/(ks) = 42001095/(100020) = 200 МПа.
113
П р и м е р 14
z
С F
N40
Тележка перемещается вдоль
F
В
x
балки длиной l = 10 м. На А
D
C
l
каждое колесо действует RA
RB
MC MD
нагрузка F = 20 кН. Найти
Мx
+
опасное положение тележки,
при котором изгибающий
Рис. 19
момент будет иметь наибольшее значение и определить наибольшее напряжение,
полагая С = 2 м.
Решение
Очевидно, наибольший изгибающий момент возникает в сечении, расположенном под передним колесом тележки (сеч. D), где
MD = RB(l – z - C) = F(2z + C)(l – z - C)/l, RB = F(2z + C)/l.
Из условия экстремума dMD/dz = 0 находим опасное поd
2 zl  2 z 2 3zc  d  c 2  2l  4 z 3c  0 ,
ложение тележки
dz
z4 = (2l-3c)/4.


В нашем случае z = (210 - 32)/4 = 3,5 м.
Наибольший изгибающий момент
Mmax = MD(z) = F(2z + c)(l - z - c)/l,
Mmax = 20(23,5 + 2)(10 - 3,5 - 2)/10 = 81 кНм.
Максимальное напряжение
max = Mmax/Wx = 81103/95310-6 = 85 МПа.
2.2. К а с а т е л ь н ы е н а п р я ж е н и я
114
Элементарная теория касательных напряжений, разработанная Д.И. Журавским, основывается на двух допущениях.
1. Касательные напряжения направлены параллельно
поперечной силе Qy.
2. Касательные напряжения распределяются равномерно
по ширине сечения.
Сделанных допущений достаточно, чтобы найти закон
распределения касательных напряжений по высоте сечения.
Проще всего вычислить эти напряжения через парные им
касательные напряжения, возникающие в продольных сечениях.
б)
в)
П1
y
z
П2
z
М1
П1
Q
dz
Qy
+

z
Q
yz
Мx
M2
z
zy
dA
y
dT
x
C
dz
г)
M1 M2=M1+dM
by
П2
y
F
y1
а)
yz
y
AОТС
N 2ОТС
N1ОТС
+
dz
Рис. 20
Выделим из балки бесконечно малый элемент (рис. 20,г)
и рассмотрим его равновесие в проекции на ось z:
Z i  0 ,
N 2OTC  N1OTC dT .
Вычисляя
N1OTC    z1 dA M 1 / I x   y1dA M 1 / I x S xOTC ,
AOTC
AOTC
115
(а)
S xOTC   y1dA ,
AOTC
N 2OTC    z 2 dA M 2 / I x S xOTC  M 1  dM S xOTC / I x ,
AOTC
dT   yz b y dz
dM S xOTC
 yz 

dZ b y I x
и подставляя в (а), получим
или с учетом дифференциальной зависимости dM / dZ Q
QS xOTC
 zy   yz 
by I x
(8)
Рассмотрим конкретные сечения.
П р я м о у г о л ь н и к (рис. 21,а). Имеем: by = b,


I x bh3 /12 , S xOTC bh / 2  y 1/ 2h / 2  y  b / 2 h 2 / 4  y 2 .
Следовательно,
и
QS xOTC 6Q  h 2 2 
 zy 
 3
y


by I x
4
bh 

3 Q 3Q
 max / y 0     .
2 bh 2 A
Как видим, касательные напряжения изменяются по высоте
сечения по закону квадратной параболы.
Для балки к р у г л о г о с е ч е н и я (рис. 21,б) аналогично можно найти
 zy 
2
2


r

y
4
3r
4Q
4 Q 4Q
и  max   2   .
3 r 3 A
116
b
б)
h/2

 max 
x
h/2
 max 
r
x
C
by
y
C
3 Q

2 A

4 Q

3 A
y
а)
y
Рис. 21
П р и м е р 15. Определить касательное напряжение в
точке К
данного сечения, если поперечная сила равна
Q = 500 кН.
б)
12 см
6
Решение
12
6
По формуле Журавского
OTC
/ bK I x .
имеем  K QS xK
3,5
6
3
K
2
20 cм
10
8
а)
K
x
Учитывая, что bK = 6 см,
I x  BH 3 /12  bh 3 /12 
12203 /12  6103 /12 
Рис. 22
 7500см 4 ,
OTC
S xK
1286633,5513cм3 ,


получим  K 500103 513106 / 6102 7500108 57МПа .
П р и м е р 16. Построить эпюры вертикальной составляющей касательного напряжения в частях от наибольшего
значения max = о для указанных форм поперечного сечения
балки.
117
1
b
0,5b

п/п
1
1
2
3
2b
b

N
x
4
5o/6
o/2
3
2
1
1
y
1
2
3
4
2
3
3
o
4
2
by
i/max
0,5b
0
0,5b 3b3/16
b 3b3/16
b 5b3/16
0
3b2/8
3b2/16
5b2/16
0
1
1/2
5/6
3b3/16
3b2/16
1/2
2
0,5b 3b3/16
3b2/8
1
1
0,5b
0
0
3
Рис. 23
S xOTC / b y
S xOTC
b
0
Для остальных сечений студентам предлагается построить эпюры самостоятельно.
b
2
3
b
b
4
0,1b
x
x
y
y
0,25b
0,5b
2b
b
x
2b
0,2b
2b
0,2b
y
Рис. 24
2.3. Г л а в н ы е н а п р я ж е н и я
В произвольной точке поперечного сечения балки,
находящейся на расстоянии y от нейтральной оси, нормальные и касательные напряжения определяют по формулам
 z  M x / I x  y ,
 zy Q y S xOTC / bI x  .
Нормальные напряжения максимальны во внешних волокнах
балки и равны нулю на нейтральной оси. Касательные
118
напряжения равны нулю во внешних волокнах и обычно достигают максимума на нейтральной оси. При поперечном изгибе в плоскости yz x = y = 0, поэтому напряженное состояние является плоским и главные напряжения определяются
по формулам
 max  1,3  0,5    2  4 2  ,


min
tg1 1 /  .
(9)
Рассмотрим балку прямоугольного сечения и определим
главные напряжения в нескольких характерных точках произвольного сечения mn (рис.25).
A
B
C
B
A

F
m

mn

Mx
z
x
+
Qy
+
y
n
Z
y
3=0
A
A
A
1=A
1 
z
0
y

B
B
3
B
B
3
y
3
1 
0
1
1

z
1
C
3
C
C
1
Рис. 25
119
3
y
0
3
1
45
z

1

П р и м е р 17. Определить главные напряжения в точке
К консольной балки (рис. 26), нагруженной сосредоточенной
силой F = 50 кН, приложенной на свободном конце, если
l = 50 см, С = 20,
d = 4 см, b = 4 см,
h = 10 см.
Р е ш е н и е . 1. Определение внутренних силовых факторов в поперечном сечении, проходящем через точку К.
Строим эпюры Qy и Mx и находим QK = -F = -50 кН,
MK = -FC = -50  20  10-2 = -10кНм.
F
b
1
d

1=-65
C
x
h
K
3
y
l
QK=-F
2.
Определение
главных
напряжений. Напряжения в
поперечном сечении определяются по формулам
 K  M x / I x  y K ,
OTC
 K QK S xK
/ b I x  .
Q

MK=-FC
Вычисляя I x bh3 /12 ,
Fl

I x 6103 /12500cм4 ,
Мx
y K h / 2d 1cм ,
Рис. 26
OTC
S xK
64372cм3 , находим


 K   10103 / 500108 1102  20МПа ,


 K  50103 / 6102 500108  12МПа .
Величины главных напряжений
1,3  0,5  K  2K  42K   0,5  20  202  4  122  ;




120
1,3 0,52031,2; 1 5,6МПа ; 3  25,6 МПа .
Направление главного растягивающего напряжения 1
по отношению к продольной оси балки z:
tg1 1  K /  K 5,6 20/ 12 2,14 ; 1  65 ,
а
напряжение 3 направлено перпендикулярно к 1.
Графическое определение величин главных напря-
жений и направлений главных осей представлено на рис.
27.
1
K
1 гр
z
1 K
K z
K
1
K
K
3
1
3
y
y
3 гр
Рис. 27
121

O

3
3. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ И РАСЧЕТ
НА ЖЕСТКОСТЬ
3.1. О с н о в н ы е п о н я т и я
При изгибе произвольное сечение K балки (рис. 28) получает три перемещения: в е р т и к а л ь н ы й п р о г и б V,
горизонтальное смещ е н и е W, у г о л п о в о -
Z
W
O
F=0
K

V
z
Упругая
линия
K1
F0

l
р о т а . Ось деформированной балки
называется
упругой
y
Рис.28
линией. В реальных
конструкциях
WV, Vmax  l/200,
max  1 (0,0174 рад), поэтому в расчетах можно пренебречь
смещением W, а для углов поворота использовать приближенную формулу   tg = dv/dz. Таким образом, для определения линейных и угловых перемещений сечений балки
необходимо знать уравнение упругой линии V(z).
Кривизна оси балки связана с изгибающим моментом
выражением
K = 1/ = Mx/(EIx).
Из курса математики известна следующая формула для
кривизны линии:

K  V  / 1 V 2
3/ 2 ,
где V dV / dz , V d 2V / dz 2 .
Подставляя это значение К в предыдущее выражение,
получим точное дифференциальное уравнение упругой линии балки:
122

V / 1 V 2
3/ 2 M x / EI x .
(10)
Пренебрегая V 2 по сравнению с единицей, заменяем
его приближенным уравнением
V   M x / EI x 
(11)
которое называют о с н о в н ы м д и ф ф е р е н ц и а л ь н ы м
уравнением упругой линии балки.
Выбор знака определяется принятой системой координат
(рис. 29). Если ось y направлена вверх, то знаки момента Мх и кривизны V  совпадают, поэтому в уравнении
(11) берется знак “плюс”. При обратном направлении оси y
знаки Мх и V  противоположны, следовательно, в этом случае
следует использовать уравнение вида V   M x / EI x  , которое и рассматривается в дальнейшем.
а)
б)
z
O
y
Mx
Mx
Mx
Mx
O
V=Mx/(EIx)
Mx0
V0
Mx
Mx0
V0
Mx
z
Mx
Mx
Mx0
V0
Mx0
V0
y
V=-Mx/(EIx)
Рис. 29
3.2. М е т о д н а ч а л ь н ы х
параметров
Последовательно интегрируя уравнение (11), получим
сначала выражение для углов поворота
123
1 z
z  o 
 M x z dz
EI x 0
(а)
а затем для прогибов

1 z z
V z Vo  o z 
  M x z dz dz .
EI x o o

(б)
Для вычисления интегралов, входящих в формулы (а) и
(б), запишем выражение изгибающего момента Мх(z) от типичных нагрузок (рис. 30):
q
q


M x z    M  F z b z C 2  z  d 2  .
2
2


о М0 F0
q0
а)
Mx(z)
О
А
z
a
Vo
K
б)
b
c
A
B
B=0
VA=0
d
в)
z
A
B
VA=0
y
Рис. 30
А=0
VA=0
VB=0
Рис. 31
Подставляя Мх в формулы (а) и (б) и учитывая, что в
общем случае на балку действует несколько моментов, сосредоточенных сил и погонных нагрузок, после интегрирования получим окончательно
1 Л  M z O  F z b 2 qz C 3 qz  d 3 
θz θo 




,
EI x 
1!
2!
3!
3!

(12)
124
 M  z O 2 F  z  b 3 q z C 4 




1 Л
2
!
3
!
4
!

V z Vo  θo z 

4
EI x  q z  d 





4!

(13)
Здесь о и Vo – угол поворота и прогиб в начале координат,
называемые н а ч а л ь н ы м и п а р а м е т р а м и и определяемые из условий опирания балки (рис. 31). Значок “Л” над
символом суммы обозначает, что суммируются только те величины, которые относятся к части балки, расположенной
с л е в а от того сечения, где ищутся перемещения. Все
нагрузки, приведенные на рис. 30, считаются п о л о ж и тельными.
П р и м е р 18
F
VA
Элемент машины предA
B C
z
B
ставляет собой балку пролеVC
МА
3a
том 3a, опирающуюся на
a
RB
шарнирно подвижную опору,
y
а с другой – на вертикальРис. 32
ные направляющие, вдоль которых свободно (без трения)
скользит
ползун, жесткосвязанный с балкой. Определить прогибы в
точках А и С и угол поворота на опоре В.
Р е ш е н и е . 1. Определение опорных реакций. Составляем уравнения равновесия и находим искомые реакции:
RB  F ,
M A  RB  3a  F  4a  0 ,
 Yi  0 ,
 mA  0 ,
M A  Fa .
125
2. Определение начальных параметров. Из условий опирания балки имеем А = 0 и VВ = 0. Из первого получаем о
= 0, а из второго находим Vо:

9 Fa 3
1 
3a 2 
.
VB V 3a Vo 
M A
 0 , Vo V A  
2 EI x
EI x 
2 
3. Определение искомых перемещений. Имеем
3a  3Fa 2
1 


1 
4a 2
a 3 
B 
MA

; Vc Vo 
 RB
M A
,


EI x 
1  EI x
EI x 
2
6 
Fa 3  9 16 1  10 Fa 3
VC 
.
  1 1   
EI x  2
2
6  3 EI x
П р и м е р 19. Определить углы поворота опорных сечений и прогибы на конце консоли и в середине пролета. Построить пунктиром вид изогнутой оси балки (рис. 33).
Р е ш е н и е . 1. Определение опорных реакций. Из уравнений равновесия имеем
2
 mB  0 , RA  2a  qa  2,5a  4qa  a  qa , RA  11 / 4qa ,
2
 mA  0 , RB  2a  qa  4qa  a  qa  0,5a , RB  9 / 4qa .
126
о
q
4qa
Vо
2. Определение начальных
параметров. Из условий опиB
B z рания балки VA = VB = 0 или в
RB
развернутом виде
qa2
C
A
A
O
a
VC
RA a
a
y
5/4
1/2
+
V A V a Vo  o a 
 Мx2
1 xqa
,
1  qa 4 

 0,
EI x  24 
Рис. 33
 R A 2a 3 4 qa a 3 



1 
6
6
  0.
VB V 3a Vo  o 3a 
EI x  q3a 4 q2a 4






24
24
Таким образом, получаем систему
Vo  o a   qa 4 / 24 EI x , 

Vo  o 3a  7qa 4 / 24 EI x ,
откуда o  qa 3 / 6 EI x  ,
Vo  5qa 4 / 24EI x  .
3. Определение искомых перемещений. Угол поворота
на опоре А
1  qa 3  qa 3  1 1  qa 3
 A  o 

.
  
EI x  6  EI x  6 6  3EI x
Угол поворота на опоре В
127
1  R A 2a 2 4 qa a 2 q3a 3 q2a 3 
 B  o 





EI x 
2
2
6
6 
qa 3  1 11 4 4 27 8 
qa 3

.
      
EI x  6 4 2 2 6 6  6 EI x
Прогиб посредине пролета (сеч. С)
1  R A a 3 q2a 4 qa 4 
VC V 2a Vo  o 2a 




EI x 
6
24
24 
qa 4  5 2 11 1 16 1  7 qa 4

.
        
EI x  24 6 4 6 24 24  24 EI x
Примерный вид упругой линии балки показан на рис. 33 пунктиром.
Vmax
М
2M
П р и м е р 20
B
z
Определить место и значение A

B
2a
наибольшего прогиба, а так- R
3a
RB
A
же углы поворота опорных
y
2M
сечений двухопорной балки

Мx
постоянной
жесткости,
M +
нагруженной сосредоточенРис. 34
ными моментами (рис. 34).
Р е ш е н и е . 1. Определение опорных реакций. Имеем mB = 0, RA3a = 3M, RA = RB = M/a.
2. Определение начальных параметров. Из условий опирания балки VA = VB = 0. Согласно первому условию Vо = 0,
а из второго находим о:
1  M 3a 2 R A 3a 3 
VB  o 3a 


 0 ,
EI x 
2
6

128
откуда
o  Ma / EI x 3/ 2 3/ 2 0 .
Следовательно, уравнения прогибов и углов поворота имеют вид
1  Mz 2 M z 3 
,
V z 

 
EI x  2
a 6 
z 
1 
M 2
  Mz   z  .
EI x 
2a 
Наибольший прогиб возникает в том сечении, где
dv/dz =  = 0, т.е. при z = 2a. Подставив в уравнение прогибов
z = 2a, вычислим наибольший прогиб
Vmax = -2Ma2/(3EIx).
Интересно отметить, что прогиб посредине пролета
балки равен Vср = V(1,5a) = -9Ma2/(16EIx) и отличается от
наибольшего на 15%. Угол поворота сечения В
B = (3a) = 3Ma/(2EIx).
П р и м е р 21
F=0
Подобрать номер стального
двутавра
исходя
x
O
из
f
условий прочности и жесткости, если допускаемое напря-
l =1 м
y
жение [] =160 МПа, допускаемый прогиб
[f] = l / 400,
Рис. 35
F = 50 кН, модуль упругости Е = 200 ГПа.
Решение.
1. Подбор сечения по условию прочности. Максимальный изгибающий момент возникает в защемлении и равен
Mmax = Fl = 50 кНм. По условию прочности max   или
Мmax/Wx , откуда
129
Wx  Мmax /  = 50103/(160106) = 312,5 см3.
Принимаем двутавр № 24а, у которого Wx = 317 см3.
2. Подбор сечения по условию жесткости. Максимальный прогиб f = Fl3/(3EIx). По условию жесткости vmax = f  f
или Fl3/(3EIx)  l/400, откуда
Ix = 400Fl2/(3E) = 4005010312/(3200109) = 3333 см4.
Берем профиль № 24, для которого Ix = 3460 cм4.
Окончательно принимаем двутавр № 24а, удовлетворяющий как условию прочности, так и жесткости.
П р и м е р 22
Подобрать диаметр деревян- A
a
ной балки круглого сечения, RA
+
удовлетворяющей условиям
2
прочности и жесткости, если
d
B
2a
a
2
Мx
xqa2
4
+
Qo
q
Mo
z
O
y
Рис. 36
Qmax = 2qa = 2кН, Mmax = 4qa2 = = 4 кНм.
2. Подбор сечения из условий прочности:
- по нормальным напряжениям
Wx=d3/32, откуда
130
Q
xqa

МПа, [] = 1 МПа,
Е = 10
ГПа, [f] = l/400.
Решение
1. Построение эпюр Q и Мх.
Опорные реакции:
RA = RB = 2qa.
Расчетные внутренние факторы:
max = Mmax/Wx  [],
x
RB
2
q =1 кН/м, а =1 м, [] = 10
C 2a
B


d σ 3 32M max /  3 324103 / 10106 16см ;
- по касательным напряжениям
max = 4Qmax/(3A)  [],
A=(/4)d2, откуда


d τ  16Qmax / 3  162103 / 31106 6см .
Таким образом, по условию прочности требуемый диаметр равен d пч  max d σ ,d τ 16см .
3. Подбор сечения по условию жесткости. Определяем
наибольший прогиб. Начало координат выбираем в середине
балки (сеч. С). Тогда в силу симметрии о = 0. Кроме того,
Qo = 0 и Мо = 4qa2. Из условия опирания балки VB = 0 или
1  M o 3a 2 q3a 4 qa 4 
VB Vo  o 3a 



 0 .
EI x 
2
24
24 
Отсюда
По
qa 4  432 34 1  44qa 4
.
Vmax Vo 
 



EI x  2 24 24  3EI x
условию
жесткости
Vmax  44qa 4 / 3EI x    f ,
I x  d 4 / 64 , откуда
d ж  4 4454qa 4 / 3E  f  


 4 44541103 14 / 310109 1,5102  21см .
Окончательно принимаем больший размер, т.е.
d  maxd пч ,d ж d ж 21см .
П р и м е р 23. На стальную двутавровую балку (рис.
37) действует равномерно
131
распределенная
нагрузка.
Определить
интенсивность
нагрузки q, если измерением
установлено, что касательная
к оси изогнутой балки на сво-
q
№ 12
O
А
Vo
o
l =2 м
y
Рис. 37
бодном конце составляет с осью Oz угол о = 8 мрад. Принять
Е = 200 ГПа.
Р е ш е н и е . Из условия опирания балки А = 0 или
(l) = o + (1/EIx)(ql3/6) = 0, из которого находим
o = -ql3/(6EIx). Отсюда
q = 6EIxo/l3 = 620010935010-8810-3/23 = 4,2 кН/м.
q
П р и м е р 24. Дюралеx
вая круглая труба сечением
f
50х44 мм положена горизон0,5l
0,5l
тально на две опоры. ОпредеРис. 38
лить максимальный допускаемый пролет l, исходя из условий прочности и жесткости,
если [f] = l/200, [] = 115 МПа,
 = 26 кН/м3,
Е = 75 ГПа.
Р е ш е н и е . 1. Расчет на прочность. Геометрические характеристики сечения

   
I x  d н4 / 641 4  54 / 6410,884 12,5см 4 ;
A / 4d н2 12  52 / 4 10,882 4,43см2 ;
W x  I x / 0,5d н  5cм 3 .
132
Погонная нагрузка
q  A26103 4,43104 11,5Н/м .
Из условия прочности max  M max / Wx   или
ql 2 / 8Wx    , откуда
lпч  2 8Wx  / q  2 8  5  10  6  115  106 / 11,5  20 м .
2. Расчет на жесткость. Наибольший прогиб в данном
случае равен
f  5ql 4 / 384 EI x  . Из условия жесткости
f  f l / 200 , откуда
l ж  3 384EI x / 5200q   3 38475109 12,5108 / 100011,5 
 6,8м.
Окончательно принимаем меньшую из двух найденных
величин, т.е. l  minlпч ,lж lж 6,8м .
10
П р и м е р 25. При заF
гружении сосновой доски,
f
120
свободно лежащей на двух
l =1 м
опорах, силой F = 24 Н поРис. 39
средине был измерен прогиб
под силой f = 5 мм. Определить модуль упругости материала.
Р е ш е н и е . Как известно, прогиб под силой равен
f  Fl 3 / 48EI x  , откуда E  Fl 3 / 48I x f  .
Вычисляем момент инерции
I x bh3 / 121213 / 121см 4 и находим


E  Fl 3 / 48I x f 2413 / 481108 5103 10ГПа .
3.3. Э н е р г е т и ч е с к и й
133
метод
Энергия деформации при изгибе. Выделим из балки бесконечно малый элемент
(рис. 40) и составим для него уравнение

d
баланса энергии
Mx
Mx
dU = dW,
н.с.
dz
где dU – потенциальная энергия упругой
деформации, dW – работа внешних сил. Mx
Как известно, работа пары сил Мх равна
dW
произведению момента на угол поворота.
d
Однако, учитывая статический характер
Рис. 40
нагружения и линейную зависимость между усилиями и перемещениями, в нашем
случае
dW = (1/2)Mxd.
Но d = dz/ = Mxdz/(EIx), поэтому dU  M x2 dz / 2 EI x  .
Полная энергия, накапливаемая во всей балке,
U   M x2 dz / 2 EI x  .
(14)
l
Полученная формула, строго говоря, справедлива только при
чистом изгибе. При поперечном изгибе она является
двухчленной
U   M x2 dz / 2 EI x   K y Q 2y dz / 2GA .
l
(15)
l
Здесь Ky – коэффициент, зависящий от формы поперечного
сечения. Например, для прямоугольного сечения Ky = 1,2.
Второе слагаемое не превышает, как правило, 2-3% от всей
энергии деформации, поэтому в большинстве практических
расчетов им пренебрегают.
134
Теоремы о взаимности работ и
перемещений. Эти теоремы относятся
F1
F2
к числу общих теорем сопротивления
B
материалов. Они прямо вытекают из
A
принципа независимости действия сил
и применимы ко всем системам, для
Рис. 41
которых соблюдается этот принцип.
Рассмотрим упругое тело (рис. 41), к которому приложены силы F1 в точке А и F2 в точке В. Определим работу,
которую совершат эти силы при различном порядке их приложения. Пусть сначала прикладывается сила F1, а затем F2.
Тогда сумма работ равна
W1 1/ 2F1 A1  1/ 2F2 B 2  F1 A2 ,
где А1 – перемещение точки А по направлению силы F1, вызванное силой F1; В2 – перемещение точки В по направлению силы F2, вызванное силой F2; А2 – перемещение точки
А по направлению силы F1 под действием силы F2, приложенной в точке В. В последнем слагаемом множитель 1/2 отсутствует, так как на пути ОА2 сила F1 остается неизменной.
Во втором случае сначала прикладывается сила F2, а затем F1 и выражение работы будет следующим:
W2 1/ 2F2 В 2  1/ 2F1 А1  F2 В1 .
Приравнивая работы, находим
F1A2 = F2B1 ,
(16)
Полученный результат выражает теорему о взаимности работ
(т е о р е м у Б е т т и ): работа первой силы на перемещении
точки ее приложения под действием второй силы равна рабо-
135
те второй силы на перемещении точки ее приложения под
действием первой силы.
В частности, если F1 = F2 = F,
B
то выражение (16) принимает вид
а)
А2 = В1
(17)
В этом и заключается теорема о
взаимности перемещений (т е о - б)
р е м а М а к с в е л л а ) перемещение точки А под действием силы,
приложенной в точке В, равно перемещению точки В под действием
той же силы, приложенной в точке
А (рис. 42).
F
B1
A
А2
F
B
Рис. 42
Теорема Кастилиано. Частная
F3
Fn
производная от потенциальной энерF
гии системы по силе равна переме- 1
щению точки приложения силы по
F2
направлению этой силы.
Рассмотрим упругое тело (рис.
Рис. 43
43), нагруженное произвольной системой сил. Потенциальная энергия деформации, накопленная в теле в результате работы внешних сил, равна U и
выражается через силы U = U(F1, F2, …, Fn). Дадим одной из
сил, например, силе Fn, приращение dFn. Тогда потенциальная энергия получит приращение (U/Fn)dFn и примет вид
U + (U/Fn)dFn.
136
(а)
Изменим порядок приложения сил. Приложим сначала
силу dFn, а затем всю систему. Тогда выражение потенциальной энергии получим в виде
U + dFnn + (1/2)dFndn,
(б)
где dFnn есть приращение энергии, связанное с работой силы
dFn на перемещении n, вызванном всей системой внешних
сил; перед произведением множитель 1/2 не ставится, поскольку на перемещении n сила dFn остается неизменной.
Третье слагаемое, равное работе силы dFn на вызванном ею
перемещении dn , является величиной высшего порядка малости, поэтому его можно отбросить.
Приравнивая выражения (а) и (б), находим
n = U/Fn ,
(18)
что и требовалось доказать.
П р и м е р 26. Определить
наибольший
прогиб
z
А
консоли,
K
l
Изгибающий
f = Fl3/(3EIx)
момент в произвольном сечении
Рис. 44
К балки равен Mx(z) = - Fz.
Потенциальная энергия упругой деформации
l
l

U   M x2 dz / 2 EI x  F 2 / 2 EI x  z 2 dz  F 2l 3 / 6 EI x  .
o
o
По формуле (18) находим искомое перемещение
f VB U / F  Fl 3 / 3EI x  .
137
В
f
нагруженной на конце силой F.
Решение.
F
Интеграл
Мора.
Пусть требуется определить
F1
F2
Ф
F3
Fn
K
прогиб некоторого сечения К
VK
балки (рис. 45). Приложим в
Рис. 45
точке К фиктивную силу Ф
и вычислим изгибающий момент в произвольном сечении
балки
Mx(z) = MF(z) + MФ(z),
где MF – момент от заданной системы внешних сил, МФ – дополнительный момент, вызванный силой Ф. Момент МФ
пропорционален силе Ф, поэтому его можно представить как
произведение M Ф М Ф . Здесь М есть изгибающий момент
от единичной силы, приложенной в рассматриваемой
точке К.
Потенциальная энергия системы с учетом силы Ф
l
U   M F  MФ  dz / 2 EI x  .
2
o
Дифференцируя это выражение по Ф и полагая после этого
Ф = 0, находим перемещение точки К:
l
 K VK U / Ф / Ф0   M F Mdz / EI x  .
o
Это и есть и н т е г р а л М о р а .
П р и м е р 27. Определить
максимальный прогиб в двухопорной балке, нагруженной
138
(19)
равномерно
распределенной
нагрузкой интенсивности q (рис.
46).
Р е ш е н и е . Находим изгибающие моменты:
- от заданной нагрузки


q
C
A
RA
B
z1
f 
0,5l
5ql 4
384 EI x
RB
0,5l
1
A
M F  RA z1  qz12 / 2q lz1  z12 / 2
C
B
z1
Рис. 46
- от единичной силы, приложенной в точке С, где ищется прогиб M  z1 / 2 .
По формуле (19) вычисляем искомый наибольший прогиб, который возникает в среднем сечении балки
VC  f 


2 l/2
q l/2
2
M

M

dz

 F
 lz1  z1 z1dz1 
EI x o
2 EI x o
ql 4  1 1 1 1  5ql 4

     
.
2 EI x  3 8 4 16  384EI x
Некоторые
способы
вычисления
интеграла
Мора.
Наибольшее распространение в инженерной практике получили
правило
Верещагина и
формула
Симпсона.
П р а в и л о В е р е щ а г и н а . Оно заключается в замене
операции интегрирования перемножением площади эпюры
моментов от внешней нагрузки на ординату линейной эпюры
от единичной силы, расположенную под центром
первой эпюры.
139
тяжести
l
Действительно, I   M F Mdz , причем M  kz  b .
o
l
o
o
I  k  zM F dz  b  M F dz .
Поэтому,
l
Но
y
l
z
l
 zM F dz  F zC ,
 M F dz  F .
o
o
F
dz
. C(ц.к)
Мпр
Мср
Млев
MF
MF
zC
М пр
МC
Мср
М лев
М
М
0,5l
l
Рис. 47
0,5l
Рис. 48
Следовательно,
l
I   M F Mdz  F kzC  b  F M C или I = C.
(20)
o
В последней формуле индекс “F” у площади  опущен, а ордината МС прямолинейной эпюры для краткости обозначена
одной буквой С.
140
Площадь  иногда приходится разбивать на более простые
части, тогда вместо (20) получим
l
n
I   M F Mdz  i Ci ,
(21)
i 1
o
где I – части площади , Сi – соответствующая ордината
прямолинейной эпюры.
Искомое перемещение
l
n
EI x  K   M F Mdz   i Ci .
(22)
i 1
o
Площади простейших фигур и положения их центров
тяжести приведены в табл. 2.
Таблица 2
ТреФи угольник
гура h C .
l/3

Квадратная
h
2l/3
hl/2
C.
l/4 3l/4
hl/3
парабола
l/2
.C h
5l/8 3l/8
2hl/3
l/2
.C
h
2hl/3
Ф о р м у л а С и м п с о н а (рис. 48)
l


l
I   M F Mdz  M лев М лев  4 М ср М ср  М пр М пр .
6
o
(23)
При наличии погонной равномерно распределенной нагрузки
интенсивности q величина Мср определяется по формуле
Мср = (Млев + Мпр)/2  ql2/8.
Знак “плюс” соответствует погонной нагрузке, направленной
вниз; при обратном направлении нагрузки берется знак
“минус”.
141
П р и м е р 28. Определить углы поворота на опорах
А и В.
Решение
Строим эпюры от заданной
нагрузки и от единичных моментов, приложенных в сечениях А и В (рис. 49). Искомые
перемещения определяем с
помощью интегралов Мора
М
B
A
l
МF
C
M
1

М1
C1=2/3
1
C2=1/3
1
М2
1
l
 A   M F M1dz / EI x  ,
Рис. 49
o
l
 B   M F M 2 dz / EI x , которые вычисляем по правилу Вереo
щагина. Находим параметры эпюр
 = hl/2 = Ml/2,
C1 = 2/3,
C2 = 1/3,
а затем и углы поворота на опорах А и В
A = C1/(EIx) = (Ml/2)(2/3)/(EIx) = Ml/(3EIx),
B = C2/(EIx) = Ml/(6EIx).
П р и м е р 29. Определить
угол поворота сечения С.
Решение.
Определяем
опорные реакции Yi = 0, RA=RB,
mA = 0,
RB4a = q2a2a,
142
RA = RB = qa.
q
Строим эпюры изгибающе-
A
го момента от заданной нагрузки
RA
и от единичного момента, при-
C
2а
+
1
ложенного в сечении С, где

1
2а
RB
 .
1/2
+ .
C1=1/4
B
1
1/2
ищется угол поворота. Интеграл
q
1
+

1
2
Q
xqa
MF
xqa2
C2=-1/4
M
1/2
Рис. 50
Мора вычисляем по правилу Верещагина. Находим параметры эпюр
1 = 2hl/3 = (2/3)(qa2/2)2a = (2/3)qa3,
2 = -1 = -(2/3)qa3,
C2 = -C1 = -1/4,
а по ним и искомое перемещение
1С1  2С2 qa 3  2 1 2 1  qa 3
С 

.
    
EI x
EI x  3 4 3 4  3EI x
П р и м е р 30. Определить
перемещения точек С и D.
Предлагается
qa
студентам
A
B
Ответ:
D
C
а
решить самостоятельно.
q
qa2
a
Рис. 51
VC = 67qa4/(72EIx),
VD = 31qa4/(36EIx).
143
а
a)
П р и м е р 31
M
Определить прогиб в сече- A
нии С.
RA
Решение
б)
1. Построение эпюр изгиба1
ющих моментов.
Э п ю р а MF (рис. 52,б)
в)
Опорные реакции:
Fa
F
A
B
a
C D
а
а
K
E
a
a
1
.
2 1 3
.
. 1
MF
xFa
1
ВЕ: mE = 0,
RB3a = F2a + Fa,
1/2
2 4
3 9
Yi = 0, RB + RE = F, RE = 0;
АВ: Yi = 0,
mА = 0,
RА = RВ = F;
4
9
2
3
1
3
M
1 xa
3
Рис. 52
МА = Fa.
Вычисляем моменты в характерных точках MA = -Fa, MB = 0,
MC = Fa и строим эпюру изгибающего момента от заданной нагрузки.
Э п ю р а М (рис. 52,в).
В сечении С, где ищется прогиб, прикладываем единичную

силу 1 и строим от нее эпюру изгибающего момента, вычисляя сначала опорные реакции ВЕ - mE = 0,
R B 3a = 12a,
R B = 2/3; Yi = 0, R B + R E = 1, R E = 1/3, а затем моменты в характерных точках М А  2a / 3 , M B  0 , М C  2a / 3 .
2. Определение искомого прогиба. Воспользуемся правилом Верещагина и вычислим предварительно параметры
эпюр M F и M :
1 = (1/2)(-Fa)a = -Fa2/2, 2 = -1 = Fa2/2, 3 = Faa = Fa2,
C1 = (2/3)(-2a/3) = -4a/9, C2 = -C1 = 4a/9, C3 = a/2.
144
Прогиб сечения С
1C1  2C2  3C3 Fa 3  1 4 1 4 1  17 Fa 3
VC 

.
    1  
EI x
EI x  2 9 2 9 2  18EI x
q
П р и м е р 32
A
B
D
C
Определить прогиб в сече2а
2a
2а
нии С.
1
.
4
2
MF
2 3
Р е ш е н и е . Строим эпю. .
xqa2
ры изгибающих моментов от
M
5/8 1 5/8
xa
1 2/3
заданной нагрузки и от единичной силы, приложенной в точке Рис. 53
С. Пользуясь правилом Верещагина, вычисляем параметры
эпюр 1 = -(1/2)4qa22a = -4qa3, 2 = 3 = (2/3)2qa22a =
= 8qa3/3, C1 = (2/3)(-a) = -2a/3, C2 = C3 = (5/8)a
и находим искомый прогиб
1C1  2C2  3C3 qa 4  2
8 5  qa 4
VC 

.
 4  2    6
EI
EI  3
3 8  EI
П р и м е р 33
Определить прогиб в сечении С.
Р е ш е н и е . 1. Построение
эпюр изгибающих моментов.
Опорные реакции:
mD = 0,
RA4a = qa3a + q2a2a + qa2,
A
RA
qa
B
а
C
1
1 2
5/2
+
1/8 1/4
RA = 2qa, Yi = 0, RA + RD = 3qa,
RD = qa.
145
а
a
+
2
qa2
q
1/2
а
RD
1 Q

xqa
2 3/2 1
MF
xqa2
1
3/8
+
3/4
Рис. 54
D
M
xa
Строим эпюры изгибающих моментов от заданной
нагрузки и от единичной силы, приложенной в точке С.
2. Определение перемещений. Для вычисления интеграла Мора воспользуемся формулой Симпсона, последовательно применяя ее к каждому из трех участков, на которые разбивается балка.
Участок АВ: M лев 0, M ср  qa 2 , M пр 2qa 2 ,
М лев 0, М ср а / 8, М пр а / 4;
B
I AB   M F Mdz 
A


AB
M лев  М лев  4 М ср  М ср  М пр  М пр 
6


а
qa 4
2
2
 00  4qa a / 8 2qa a / 4  
.
6
6
Участок ВС: M лев 2qa 2 , M ср 5qa 2 /2, M пр 2qa 2 ,
М лев a / 4, М ср а / 2, М пр 3а / 4;
С
I BС   M F Mdz 
B



BC
M лев  М лев  4 М ср М ср  М пр М пр 
6



2а
7qa 4
2
2
2
 2qa a / 4  4 5qa / 2 a / 2  2qa 3a / 4  
.
6
3
Участок СD: M лев 2qa 2 , M ср 3qa 2 /2, M пр 0,
М лев 3a / 4, М ср 3а / 8, М пр 0;




a
5qa 4
2
2
I СD   M F Mdz  2qa 3a / 4 4 3qa / 2 3a / 8 
.
6
8
C
D
Искомое перемещение
146
qa 4  1 7 5  25qa 4
VC  I i / EI x 
.
   
EI  6 3 8  8EI
3
П р и м е р 34. Определить прогиб сечения А и угол поворота сечения Е балки (рис. 55,а).
Р е ш е н и е . 1. Построение эпюр изгибающих моментов.
Э п ю р а МF (рис. 55,в). Определив опорные реакции
mD = 0, RВ4a = q3a3,5а - qaa,
Yi = 0,
RB = 19qa/8,
RD = 13qa/8, строим эпюры поперечной силы Q и изгибающего момента МF от заданной нагрузки.
Эпюра
гиб,
М 1 (рис. 55,д). В сечении А, где ищется про-
прикладываем единичную силу и строим от нее эпюру
изгибающего момента.
Э п ю р а М 2 (рис. 55,е). Эта эпюра строится от единичного момента, приложенного в сечении Е, где ищется угол
поворота.
2. Определение перемещений. Прогиб сечения А находим, пользуясь правилом Верещагина. Эпюру МF на участках
ВС и CD разбиваем на простые части (рис. 55,г). Необходимые вычисления представляем в виде таблицы.
Номер
части
i
Ci
1
-qa3/6
-3a/4
2
3
4
5
2qa3/3 -qa3/2
qa3/4
qa3/4
-qa3 -qa3/2
-3a/4
-2a/3
-a/3
-a/6
-5a/6
147
6
7
0

iCi
qa4/8
-qa4/2 5qa4/12 -qa4/6 -qa4/12 qa4/6
0
-qa4/24
7
V A  i Ci / EI x  qa 4 / 24EI x .
Получаем
Знак “минус” в результате означает, что точка А перемещается не вниз, как была направлена единичная сила, а вверх.
Угол поворота сечения Е находим двумя способами: по
правилу Верещагина и по формуле Симпсона.
По правилу Верещагина, перемножая эпюры MF и М 2 ,
по аналогии с предыдущим получим
7
 E  i Ci / EI x  ,
qa 3  1
2 1 11 11 1 2
5 1  qa 3
E 
.
  0        1  1 
EI x  6
34 26 43 4 3
6 2  EI x
Для нахождения угла поворота по формуле Симпсона
вычислим предварительно изгибающие моменты посредине
участков:




М ср ВС  М лев  М пр / 2  ql 2 / 8 qa 2 / 2 1/ 2 1/ 4 
 q2a 2 / 8 3qa 2 / 8,

 

М ср CD  М лев  М пр / 2  qa 2 / 2 1/ 4 1 3qa 2 / 8,
М ср DE   qa 2 / 2.
148
а)
q
A
qa
B
RВ
а
11
8
б)

2a
RD
2а
+
Е
D
C
а
+
5/8
1
Q
1 xqa
а
1
a/4
1
в)

1/2
.
3/8
г)
6

.
qa2
3
.
4

5
qa2/2
.
С1
3/4
1
qa /4
.
+
1
1
MF
xqa2
2
. +
qa2/2 
д)
3/8
+
а
2
.
1/4
2
+ qa /4
С 3 С2
С4
5/6 3/4 2/3
С6
С5
1/3
M1
xa
1/6

е)
M2
1/6 1/4 1/3
2/3
5/6
1
МсрСD
ж)
1

МсрВС
1/4
1
M2
1/2
Рис. 55
149
3/4
1
Искомое перемещение, увеличенное в EIx раз,
E


  
 2a / 6qa 2 / 4 1 / 2  4 3qa 2 / 8 3 / 4   qa 2  1
 a / 6 qa 2  1  4 qa 2 / 2 1  0   1  qa 3 .

EI x  E   M F M 2 dz  2a / 6  qa 2 / 2  0  4 3qa 2 / 8   1 / 4  qa 2 / 4  1 / 2 
A
П р и м е р 35. Определить, при каком значении коэффициента k прогиб сечения
С будет равен нулю. При
найденном значении k построить эпюру изгибающего
а)
q
A
RA
б)
2a
балки.
Мср

MF
+
1
в)
1

момента и изобразить примерный вид упругой линии
B
а
kqа2
4а
kqa
C
г)
z=8a/5

32/25
+
M
xa
2/3
1/2
8/5
M
xqa2
Решение
Строим эпюры изгибающих Рис. 56
моментов от заданной
нагрузки и от единичной силы,
приложенной в сечении С, где ищется прогиб.
По условию задачи VC = 0. С другой стороны,
VC = Ii/(EIx). Интеграл на участке АВ вычисляем по формуле
Симпсона, а на участке ВС – по правилу Верещагина.
Находим предварительно




M ср АВ  М лев  М пр / 2  ql 2 / 8  kqa 2 / 2  q4a 2 / 8  qa 2 / 2 4  k 
150
Перемещение сечения С
C
VC   M F Mdz / EI x  ,
A






1  4a 
qa 2
4  k   a    kqa 2  a   1  kqa 2 a  2a  0
VC   0  4
EI  6 
2
 2
 3  
 2
qa !  4
1 


Отсюда
k

2

k  0 , k 8/ 5 .
EI  3
3 
При найденном значении k определяем значение опорной реакции в точке А: mB = 0, RA4a = q4a2a - (8/5)qa2,
RA = (8/5)qa, исходя из которого находим положение точки
экстремума на эпюре М согласно условию z = RA/q = (8/5)a.
По значениям момента в характерных точках
МА = МС = 0,
2
/ 2q  32 / 25qa 2
МВ = -(8/5)qa2, M max  R A
строим эпюру изгибающего момента (рис. 56,г).
151