Автор: Атаров Н.М. Насонкин Ю.Д.
Теги: механика деформируемых тел упругость деформация механика сопротивление материалов
Год: 1990
Текст
Н. М. АГАРОВ, Ю Д. НАСОНКИН
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ МАТЕРИАЛОВ
Москва 1990
ГОСУДАРСТВЕННЫЙ КОМИТЕТ СССР ПО НАРОДНОМУ ОБРАЗОВАНИЮ
МОСКОВСКИЙ ОРДЕНА ТРУДОВОГО КРАСНОГО ЗНАМЕНИ
ИНЖЕНЕРНО-СТРОИТЕЛЬНЫЙ ИНСТИТУТ им. В. В. КУЙБЫШЕВА
Н. Л4. Атаров, Ю. Д. Насонкйн
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ МАТЕРИАЛОВ
Учебное пособие
Часть I
МОСКВА 1990
УДК 539.3
Атаров Н.М., Насонкин Ю,_Д.
Примеры решения задач по сопротивлению материала. Ч.1:
Учеб.пособие/Моск. инж.-строит. ин-т им .В .В. Куйбышева.—
М.: МИСИ, 1990.'-136 с.
В пособии рассмотрены задачи по определению напряженного
и деформированного состояний стержней и балок при растяжении-
сжатии, изгибе и кручении. Большое внимание уделено вопросам
расчетов на прочность по методу предельных состояний.
Пособие предназначено для студентов строительных специаль-
ностей вузов,в первую очередь 29.03, 29.04 и 29.12, из учающих
курс сопротивления материалов и теории упругости,пластичнос-
ти и ползучести в полном объеме.
Ил.230, табл.15, лит.9
Научный редактор - нроф.,докт.техн.наук Б.И.Тараторин
Рецензенты:
проф.,докт.техн.наук Г.И.Пшеничнов (ВЦ АН СССР);
проф.,докт.техн.наук И.В.Григорьев (СТАНКИН)
© МИСИ им. В .В.Куйбышева, 1990
ПРЕДИСЛОВИЕ
В процессе обучения студентам строительных специальностей
вузов необходимо овладеть методами и практическими навыками
решения задач по сопротивлению материалов,характерных для рас-
чета элементов строительных конструкций на прочность,жесткость
и устойчивость.
Настоящее учебное пособие и должно,по мнению авторов,спо-
собствовать развитию и углублению этих навыков. Оно может ока-
зать помощь студентам в их самостоятельной работе,в частности
при выполнении расчетно-графических заданий по сопротивлению
материалов.
Пособие построено в форме разбора решений задач расчета на
прочность стержней и балок при растяжении-сжатии,изгибе и кру-
чении. Темы задач соответствуют учебному материалу первого се-
местра изучения курса сопротивления материалов. В начале каждо-
го раздела приведены краткие теоретические сведения и формулы,
необходимые для решения задач. Даны задачи для самостоятельного
решения. Приложения содержат необходимый справочный материал.
В пособии использована Международная система единиц (СИ).
Соотношения между основными механическими величинами в единицах
СИ и в технической системе приведены в следующей таблице.
Наименование величины Единица измерения Соотношение единиц ।
Наименование Обозначение
Сила,нагрузка, вес Ньютон Н I Н« 0,1 кгс I I кН = 0,1 тс '
Линейная наг- рузка Ньютон на метр Ц/м I Н/м ~ 0,1 кгс/м I кЦ/м = 0,1 тс/м
Момент силы,мо- мент пары сил Ньютон-метр Нм I Нм » 0,1 кгсм I кНм — 0,1 тем
Напряжение, давление Паскаль Па I Па = 0,1 кге/м* I МПа=10 кгс/см2
Работа (энергия) Джоуль Дж I Дж — 0,1 кгс* м |
Мощность Ватт (джоуль в секунду) Вт I Вт = 0,1 игсм/с |
3
I. ЦЕНТРАЛЬНОЕ РАСТЛЕНИЕ И СЖАТИЕ СТЕРЖНЕЙ
Центральное растяжение или сжатие бруса имеет место в том
случае,когда все приложенные к брусу нагрузки или их равнодейст-
вующие направлены вдоль его оси (осевые нагрузки). При этом в по-
перечных сечениях бруса действуют только нормальные напряжения,
которые можно привести к одному внутреннему усилию - продольной
силе К . При известных нагрузках и опорных реакциях продольная
сила в поперечных сечениях бруса может быть определена статичес-
ки с помощью метода сечений (рис.1.1).
Рис.1.1. Определение продольной силы
Таким образом,продольная силе в любом сечении бруса оп-
)еделяется как сумма проекций всех нагрузок,приложенных к одной
з частей бруса,на его ось.
Ь ГаГ- V>0
1 ——(растяжение)
N<0
(сжатие)
Растягивающую продольную силу будем
считать положительной,а сжимаю-
щую - отрицательной (рис.1.2).
Продольная сила в общем случае
переменна по длине бруса. Между
продольной силой и распределенной
осевой нагрузкой существует сле-
дующее дифференциальное соотно-
Рис.1.2. Знак продольной
силы
5АГ
37 = ~Р(Х)-
(i.i)
Это соотношение позволяет установить характер изменения
продольной силы в зависимости от вида распределенной осевой наг-
рузки.
Нормальные напряжения в брусе
при центральном растяжении
и сжатии принимаются постоянными
по поперечному сечению. Они опре-
деляются по формуле
АГ
(1.2)
F
Рис.1.3. Нормальные
напряжения
где F - площадь поперечного се-
чения бруса (рис.1.3).
Деформация бруса при центральном растяжении и сжатии харак-
теризуется осевыми перемещениями
поперечных сечений (рис.1.4)ко-
торые связаны между собой следу-
ющей формулой:
(1-3)
где Д^ - абсолютное удлинение
или укорочение участка
бруса между сечениями
Рис.1.4. "Осевые пе-
ремещения
и •
Относительные линейные деформации продольных волокон бру-
са связаны с осевыми перемещениями формулой Коши:
d~U
(1.4)
Размеры поперечных сечений бруса при растяжении уменьша-
(рис.1.5). Это явление назы-
ются,а при сжатии - увеличиваются
вается поперечной деформацией и
характеризуется коэффициентом
Пуассона:
(1.5)
dx +A(d&)
Рис.1.5- Поперечная
деформация
где S.
нейные
деформации;
и £ -относительные ли-
поперечные и продольные
с'
£ = -сГ
A(dx)
dx
(1.6)
Деформации 8 и 8 всегда
разные знаки. Коэффициент
Пуассона определяется экспериментально и для различных матери-
имеют
/ Р1
7 f
Рис.1.6. Диаграмма рас-
тяжения-сжатия
элов лежит в пределах
0<уи<С>5.
Для линейно-упругих материалов зависимость между б' и £
характеризуется законом Гука при
растяжении-сжатии (рис.1.6):
б=Ее, (1.7)
где E-t^d - модуль упругости
при растяжении-сжатии,определяе-
мый экспериментально для каждого
материала. Например,для стали он
равен Е=(2-т2,4)-405МПа.
Абсолютное удлинение или укорочение участка бруса длиной Е
в общем случае определяется по формуле
= / Л-с/л? , (1.8)
J EF
г
где EF - жесткость бруса при растяжении-сжатии. При постоянных
по длине бруса жесткости и продольной силе абсолютное удлинение
или укорочение определяется по более простой формуле
(1.9)
При EF = const,
М = const & ер
Если продольная сила или жесткость переменны по длине бруса
то при вычислении Д# удобно использовать геометрический смысл
определенного интеграла (1.8). Например,при E=const формулу (1.8)
можно представить в следующем виде:
= dx = — ft)dx - —Qg , (I.IO;
t / r E J E
e e
где Scg - площадь эпюры 6 на данном участке,взятая с учетом зна-
ка напряжений.
При постоянной по длине жесткости бруса EF центральное рас-
тяжение и сжатие описывается следующим дифференциальным уравне-
нием:
EFl/'cx) = —р(х). (I.II)
, Дифференциальное уравнение (I.II) и соотношение (I.I) позво-
ляют установить характер изменения продольной силы и осевых пере-
6 ' '
мещений по длине бруса в зависимости от вида осевой распределен-
ной нагрузки р(х). Например,для двух наиболее распространенных
случаев имеем:
I. На участках,где р=0, IF-cotkst,
- линейный закон.
2. На участках,где р=const, If - линейный закон,
И(х) - квадратная парабола.
Потенциальная энергия деформации бруса длиной £ при цент-
ральном растяжении и сжатии в общем случае определяется по фор-
муле 2
Uj2EFclx’ (I.I2)
е
Брус,работающий на растяжение или сжатие,обычно называется
стержнем. Расчеты на прочность стержней,являющихся элементами
строительных конструкций производятся по методу предельных состо-
яний. Расчетные формулы имеют следующий вид.
Условие прочности
(1.И)
Формула подбора сечения
F Fmpes = . (1.14)
R
Формула определения грузоподъемности
А/расч — {/пред — RF.
(I.I5)
Здесь /Y/эасч - продольная сила в стержне,вычисленная от действия
расчетных нагрузок*,
Мпред -предельная по условию прочности продольная сила;
R - расчетное сопротивление материала стержня на рас-
тяжение или сжатие.
При определении разрушающей нагрузки для конструкций из ма-
териалов с пластическими свойствами
используется схематизированная диа-
грамма Прэндтля (рис.1.7). В этом
случае разрушающее усилие в стержне
при растяжении-сжатии определяется
по формуле
А/разр - 6т F, (I.I6)
где блэ - предел текучести материала.
Рис.1.7. Диаграмма
Прандтля
7
Задача I.I
20кЧ/м
F31=75cmZ
70кН
F% -50см2
R=20kH
Рис.1.8. Схема стержня и эпюры ЛГ , б и V
СЁЧ&да РЖ'С!мДТрць Aercyi V
х—С J0 у=В5Ъ Tt по
ЬИОТь '
Стержень ступенчато-переменного сечения находится под дей-
ствием показанных на рис.1.8 осевых нагрузок. Требуется постро-
ить эпюры продольных сил и нормальных напряжений,определить аб-
солютные удлинения (укорочения) участков стержня и построить эпю-
ру осевых перемещений. В расчетах принять Е-2 ЮчМПа =2-Ю5к!/см.
Вначале определяем из уравнения равновесия опорную реакцию
в месте закрепления стержня:
%Х =0, -204,5 +70 -30-2+R =0, R =20кН = 2т.
Поскольку реакция оказалась положительна,ее направление в
начале расчета выбрано правильно. Для построения эпюр АГ и б вы-
числяем значения продольных сил и нормальных напряжений в харак-
терных сечениях стержня,начиная со свободного конца.
I. Сечение а:=5,5м (свободный конец)
ЬГ=б-0 (сосредоточенная сила отсутствует).
3. Сечение х=Ч+О (выше границы участков)
bf= -204,5 =-30кН =~3т (сжатие),
б= -3QPQ = -чо кг/сн?= -ЧМПа :
т5
3. Сечение ос-Ч-0 (ниже границы участков)
/V = -30+70 =ЧОкН = Чт (растяжение),
6" = = 80 кГ/см 2= 8МПа.
4. Сечение х=2+О (выше границы участков)
ЛГ= ЧОкЦ=Чт, б= = 80 кГ/см*= 8 МПа.
50
5. Сечение х=2-С (ниже границы участков)
ff = Ч0кЦ = Чт, б= = W кГ/см2= ЧМПа.
100
6. Сечение х=О (закрепление)
lf = 40-30'2 =-20кМ=-2/п\
6 = ^222 = -20кГ/сма= ~2МПа .
400
На первом и третьем участках стержня продольная сила меня-
ется по линейному закону (p=const ),а на втором участке она пос-
тоянна (р=0 ). Отметим также,что в пределах первого участка про-
дольная сила и нормальные напряжения меняют знак. В сечении на
границе второго й третьего участков продольная сила имеет разрыв
(скачок) на величину сосредоточенной силы Р=70кИ.
Полученные ординаты откладываем на оси стержня и строим эпю-
ры АГ и 6. Эти эпюры приведены на рис.1.8.
Вычисляем абсолютные удлинения (укорочения) участков стерж-
ня. Значения Д£ первого и третьего участков определяем с помощью
площади эпюры нормальных напряжений на этих участках.
д£у = ~ 200 =0.04 см (удлинение),
t£o — — = = 0,08см (удлинение),
2 EF 2-Ю5-5О
,[> _4 & _ * S ЧОЧБОХ пп.с ,
— (--——)=-0 045см (укорочение/.
Определяем удлинение (укорочение) всего стержня:
д£=Д^-/-Д^+д£3 = 0,04 + 0,08-0,045 = 0,075см (удлинение).
Для построения эпюры 1/ вычисляем по формуле (1.3) значения
осевых перемещений характерных сечений стержня.
I. Сечение х=О
2. Сечение х=2м
3. Сечение х=Чм
4. Сечение х~5,5м
~U=Vo=0 (сечение закреплено) ,
т/, = = о,о4см.
Т/2= +Д^> = 0,04 + 0,08 = 0,09см.
2(я = 14?+-лё- 0075см ,
3 *
В сечениях,где продольная сила обращается в ноль,осевые пе-
ремещения имеют экстремальные значения (сечения х=о,67м и х=5,5м ).
Вычисляем экстремальное значение V на первом участке.
5. Сечение х =0,б7м V = =^о+-^0,0034см,
гдеД^*-значение абсолютного укорочения
9
।
заштрихованной части первого участка1(рис.1.8).
Эпюра осевых перемещении представлена на рис. 1.8. На пер-
вом и третьем участках стержня осевые перемещения меняются по за-
кону квадратной параболы,а на втором участке - по линейному зако-
ну .
Стержень ступенчато-переменного сече-
ния,жестко закрепленный с двух сторон,на-
ходится под действием сосредоточенных осе-
вых нагрузок (рис.1.9). Требуется постро-
ить эпюры продольных сил,нормальных напря-
жений и осевых перемещений. 8 расчетах
принять Е ~2-10SMna = 2-106кГ/см2.
Спроектируем приложенные к стержню
. нагрузки и опорные реакции на его ось:
Ха? = 0, УО -60 = О,
R# ~ 1оо .
Для определения опорных реакций это-
Отбросим любое
io
.4 бОкИ -
го уравнения недостаточно. Стержень один раз статически неопреде-
лим^ для его расчета необходимо составить дополнительное уравне-
ние, исходя из характера деформации стержня.
из опорных закреплений стержня,например
верхнее,и влияние его заменим искомой
опорной реакцией Х=/?в (рис.1.10). Обра-
зованная таким образом статически опреде-
лимая система называется основной.
Поставим условие,что деформации ос-
новной и заданной систем совпадают. Дли-
на жестко закрепленного с двух сторон
стержня после действия нагрузок изменить-
ся не может (&Е=О ). Следовательно, для
основной системы на основании принципа
независимости действия сил можно записать:
|k
Рис.I.10. Основная
система
дЕ — д£р ^дЕ^ — о,
где дЕр- деформация основной системы под действием заданных наг-
рузок,
Дбх- деформация основной системы под действием искомой опор-
ной реакции X=R& .
10
Вычисляем значения Д^;
уравнение:
Л"<° = " Ы0е-Ч0
ле j+°..
2-10 -40
г д ,
= Лёр+^х = — 0,01 + 1,875 10 -X =0,
ш значения и и раскрываем дополнительное
iu сеч К\ м сеч ^0 &&СЗЧ F,
f' 6000-50 6000'100 4000-100
---- ---------— - 0,01 СМ ,
2-10-80 2-106-80
= 4,875- 1Q6-X , ,
2-106-30
X = RB = 5333кГ = 53,3 кН .
Статическая неопределимость задачи раскрыта. Вычисляем зна-
ченин продольных сил ниях стержня,начиная и нормальных напряжений в характерных сече- со свободного конца основной системы.
I. Сечение ос =2м А/"= Х = Рв = 53,3кН (растяжение), — 5333 о 6^= ——- = 433 кГ/см2 = 13 ЗМПа t 40 / > *
2. Сечение ос-1,5+0 N~ = 53,3 кН, б = 43,3МПа .
3. Сечение х=1,5-0 =53,3 - 60 =-6,7кН (сжатие), —670 2 б”~ = 17кГ/см = 1,7 МПа .
4. Сечение х =1+0 tf= -5,7кН, 6 = -1,9МПа,
5. Сечение х=4-0 N~= -6,?—W —-Уб^кМ (сжэтие), 6= qq =—58кП/см — 5,6 МПа.
6. Сечение х = 0 Н~=-Ч6,7кН, $=-5,&МПа.
По вычисленным значениям строим эпюры ЛГ и 6 . Отметим нали-
чие скачков в эпюре АГ в сечениях,где приложены сосредоточенные
силы. В .пределах участков АГ. и б постоянны по величине.)
R&=53,3kH
40 кН
60кН_____
F2=40cm2
©7®
F = 80cmZ
46,7
-3
3,33-10
-з
2,92+0
13,3
=46,7 кН
О
Рис.I.II. Эпюры ЛГ ,6 иИ
Вычисляем абсолютные деформации участков стержня:
. лр - -4870-100^ = -2,92-10 см (укооочение),
' 2-106- 80
д£„ - -670-50 _ _ ^осм. (укорочен» е) ,
2-1Q6- 40
д£, = ~ 333-70 cw (удлинение).
3 2-10-40 ’
Абсолютная деформация всего стержня должна быть равна нулю.
Проверим выполнение этого условия:
~3 ~Ч ~3 Л
д£ = =—2,92-10 -4,1-10 +9,33-10 =0 .
Вычисляем осевые перемещения характерных сечений стержня,на-
чиная с нижнего закрепленного сечения: .
I. Сечение х = 0 12=21о=0.
-з
Z. Сечение х=1м It < = Vq + ~~ 2,92-10 см .
3. Сечение х— 1,5м и2 = ~1!1(+Д^ — —^,92-10—4,1-10 =.—3,33-10 см,
4. Сечение &=2.м Т13 = 'й2+д£3=Д£:=0'
Эпюра осевых перемещений представлена на рис.I.II. Осевые пе-
ремещения меняются по линейному закону. Все сечения стержня пере-
мещаются в отрицательном направлении оси X , т.е. вниз.
Медный стержень ступенчато-
переменного сечения жестко зак-
реплен левым концом и находится
под действием сосредоточенной си-
лы и температурного нагрева на
первом участке (рис.I.12). На
правом конце имеется зазор S-O,Wcm
между торцом стержня и жесткой
Задача 1.3
Рис.I.12. Схема стержня
опорой. Требуется построить эпюры продольных сил,нормальных напря-
жений и осевых перемещений. В расчетах принять Е = 1-10^к1/см£= 1-10$МПа,
d= 1,65-10 1/грид., где сС - коэффициент линейного температурного
расширения.-
Определяем возможное удлинение стержня под действием нагруз-
ки и температурного нагрева:
д€ = +Д?+ = 4-1.65-10^50-10 = 0,0209СМ,
Г Т 1-10-30 1-10-20
где - величина удлинения стержня под действием тем-
пературного нагрева.
Поскольку зазор S” меньше возможного удлинения стержня ,
при нагружении и нагреве он будет выбран,и правый торец стержня
упрется в жесткую опору. При этом на обеих опорах возникнут опор-
ные реакции,и стержень
будет работать как статически неопредели-
мый :
Рй+Яв=Ч0кН .
Образуем основную систему (рис.1.13) суммарная деформация
которой под действием заданной
нагрузки,температуры и искомой
опорной реакции Х=РВ должна
быть равна первоначальному за-
зору. Составим дополнительное
уравнение:
= & = 0,04 см,
где
4^ = -
Х-60
/• 10е-30
Х-50
4-10е-20
^-Ч,5-106-Х.
Рис.I.13. Основная система
Раскрываем статическую неопределимость задачи:
4 £ « 0,0209 - 4,5-40^Х = S =0,04 см, X=RB = 2426кГ =24,3кН .
Вычисляем продольные силы и
нормальные напряжения в харак-
терных, сечениях стержня и строим
эпюры /V и 6" (рис.1.14). Вычисля-
ем абсолютные удлинения (укороче-
ния) участков стержня:
+ 46540*50-40 = 0,0422см,
* 440 - 20
4570-20
4406-30
= 0,00405см ,
Ъ$2 =
д о -2430-40
----------к---- ~ ~ 0,00324см .
а 4-40-30
Удлинение всего стержня долж-
но быть равно зазору 8 . Проверяем
это условие:
48 = 0,0422 + О,004ОБ -0,00324 = 0,04см.
Эпюра осевых перемещений
представлена на рис.1.14. Осевые
перемещения меняются по линейно-
му закону.
Рис.1.14. Эпюр- К, 6" н *
Задача 1.4
= 400кН
Рис.1.15. Схема стержневой
системы
Жесткая балка/73 загруже-
на на конце сосредоточенной
силой и удерживается с по-
мощью стержня (рис.I.15).
Требуется подобрать сечение
стержня в виде двух равнобо-
ких уголков и в виде двух
тяг круглого сечения,а так-
же определить величину удли-
нения стержня и угол поворо-
та балки. Коэффициент перег-
рузки принять И=4,Ч . Материал стержня - сталь марки ВСт.З. 3 рас-
четах принять Е = 2,4-40*МПа =2,4.406к4/см3 R =240МПа = 2400 кГ/см .
Данная задача является статически определимой. Вычисляем
значение расчетной продольной силы в стержне из уравнения равно-
весия:
Ррйсч = 400-4,4 =440 кН ,
=0, 21Г =ЗР, Урясч = 240кН = 24т .
Определяем требуемую площадь сечения стержня:
г- _ Нрйсч _ 24000 _ jnrM2
принимаем по сортаменту сечение стержня в виде
двух равнобоких уголков 2LE6><5. Площадь
поперечного сечения стержня равна (рис.I.16)
F = 2-5,44 =40,82 см .
Во втором варианте определяем требуемый
диаметр сечения каждого стержня:
F = 2-~- Fmpee =40см2, % - 2,52 см .
Округляя в большую сторону .примем <%> = 2,6см.
При этом площадь сечения стержня равна
F= 2 40,62см.
стержня в виде двух равнобоких уголков,вы-
числим значение напряжений в стержне и величину его удлинения:
g-= = &ООО = 4944 кГ/см2 =494,4 МПа ,
F 40,82
Ар_ 24000-480 „
= —— = ------------- = 0,466 СМ.
EF 2,4-40-40,82
В первом варианте
О,Бем
—7
&
Рис.1.16. Схемы
сечений
“Т
м
Приняв сечение
14
Рассмотрев схему деформации
значение угла поворота жесткой
балки ДВ :
iw=^'= лг =л«?=вз.да-;
200 200
$ = O°O2'5i".
Угол поворота балки очень мал.
системы (рис.1.17) вычисляем
Рис.1.17. Схема деформации
Задача 1.5
стержневой сис-
требуется опре-
предельной рас-
Для данной
темы (рис.I.18)
делить величину
четной силы из условия прочнос-
ти стержней,величины удлинений
стержней и перемещения шарнир-
ного узла В . Материал стержней -
сталь марки ВСт.З со следующи-
ми характеристиками:
Е =24 10*МПа =2.4-406кГ/см*,
Р—240МПа =2400кГ/см\
х
l2L56*4_
%
w>
20
е!р
Рис.1.18. Схема системы
Данная система является статически определимой. Составляем
уравнения статики и выражаем силуР через усилия и в стерж-
НЯХ’ = HA5in.50Q- Ы^31п20°,
Еу=0 , l^f cos5O° 4- cos20° = P,
P=2,75tf4, P = 4,227^ .
Вычисляем значения предельных расчетных усилий для каждого
F.-Ч^. =^г.мгг
ю
Мпред = RF^ = 2400-7,07=4<4850кГ=4Ч8,5кН.
F2 =2-У.38 = 8,76см*
(Z)
If пред ~ 2400-8,76 =48700 кГ=484 кН.
ельной расчетной силы.
I. Из условия прочности стержня ДВ
(Д т
Рпред = 2,751Рпред = 2,75-448,5 = Ч08,ЧкН.
В. Из условия прочности стержня СВ
(2) 6?)
Рпред =-!,227^ред = 4,227-487=226 кН.
< 40 4 5 мм
2, 2L56X4
Вычисляем значения i
Чтобы обеспечить прочность обоих стержней,надо принять
меньшую силу. Принимаем Ррясч-226кЦ и вычисляем расчетные усилия
и напряжения в стержнях.
ДГ = =82 2 кН б“= = 44б2кГ/см^~ 416,2МПа .
1 2,75 ' ’ 4,07
ff = б"= = 2400кГ/см2 ~240МПа .
2 4,227 8,76
Отметим,что первый стержень сильно недогружен. Вычисляем
величины удлинений стержней.
л л Htfl 8220-V67 п/)_
At-j = —L~z = —--2----= Q 26см,
EF< 2.4-(0е-7,07
ГДe £ ~ ——7Г = 4,67м
* cos50
D 46400-3(9
=-----—------= ,0,32см,
2 EF2 2,4-Ю6-8,76
£г =—~~о=3^9м ~ Длины стержней.
cos 20
Положение шарнирного узла в после деформации можно опреде-
Рис.1.19. Схема деформа-
ции системы
Задача 1.6
Рис.1.20. Схема системы
лить графически. Для этого на про-
должении стержней надо отложить ве-
личины их удлинений^ и Д^.э за-
тем из полученных точек провести
перпендикуляры (рис.I.19). Точка
пересечения этих перпендикуляров
и соответствует положению узла В
после деформации системы. Зная об-
щее перемещение ВВ ,можно опреде- .
лить его проекции на оси яу ,т.е.
вертикальное и горизонтальное пе-
ремещения узла В . Составляем два
уравнения:
= 1ГВ cos50°+ ка siti5O° =0,26см,'
£&£ C0S20°— 1Лв814120° = О,32СМ,
Отсюда находим:
Kb=0,0V4cm, ТГв=0,36СМ.
Для данной стержневой систе-
мы (рис .1.20) требуется определить
усилия в стержнях^ и ВС и прове-
рить их прочность по методу пре-
дельных состояний. Нагрузка норма-
тивная (}норм-20кУ/м . Коэффициент
перегрузки П=4,2 , 8=2(0МПа,
Е = 2:4-10sМПа ~ 2.4-40бкГ/см2.
16
Определяем расчетную нагрузку: =4,2-20-24кН/м. Данная
система один раз статически неопределима (Л= 4-3=4 ),поскольку
число неизвестных Уд , Afl ипревышает число уравнений стати-
ки для плоской системы сил. Составим уравнение статики,содержащее
только интересующие нас усилия в стержнях.
ХМд = 0, Z*2 N] + БУ? =24-4-3 = 288 кНм,
где =3-sin 45°= 242м, fy-Бм - плечи усилий.
Для решения задачи необходимо рассмотреть схему деформации
системы и получить дополнитель-
ное уравнение. Под действием наг-
рузки жесткая балка АВ повернет-
ся на весьма малый угол $ отно-
сительно шарнира fl (рис.1.21).
При этом удлинения стержней бу-
дут связаны между собой:
д^ =%&'со$ 45°, Д 4=ев
=4 > —* = 0,424.
ВВ' Со&45°-Л£2 5 ’
Выражаем удлинения стержней через
и составляем дополнительное уравнение:
Д&_ АГ/. А
Д^2 ^2
У СозЧ5°
дг.=^,
* ЕР, еъ
I. Стержень 20 f о мм :
действующие в них
усилия
= 0,424 .
F< 1
= =-!,ВГсм2.
ч
Стержень 2L20X4 :
_ Л
= 2м, Fs =2-1,46=2,92см .
= 0'424, Л£ =0/61fT2 .
Д£г 2 I/#
Решаем систему двух уравнений и определяем расчетные усилия
в стержнях:
2,12tfj +5^2 = 288,'
^=0,1611Г2.
= 8,68 КН, tf2 = БЗ, 9кИ.
Определяем напряжения в стержнях и проверяем их прочность:
I. Стержень 20Юмм: =ББЗкГ/смл-Б5,зыпа<Р=2ЮМПа.
2. Стержень 2L.20*4 : =4846кГ/смЯ=185МПа <R=210MHa.
2,92
Прочность стержней обеспечена.
17
Задаче 1.7
Рис.1.22. Схема колон-
ны
Короткая стальная труба сечением
02ООХ.1ОММ заполнена бетоном и нахо-
дится под действием сжимающей силы
(рис.1.22). Коэффициент перегрузки
4 = 4,2. Требуется определить продоль-
ные силы и напряжения,воспринимаемые
стальной трубой и бетоном,и проверить
их прочность. Устойчивость колонны и
совместную работу трубы и бетона счи-
тать обеспеченными. В расчетах принять:
Ест =2.4-Ю6кГ/см2=2,4-10*МПа, Ran =240 МПа,
Ее = зчо*кГ/см2~з--Лпа, Rb =20МПа.
Продольная сила в колонне воспринимается одновременно сталь-
ной трубой и бетоном. Из уравнения статики получаем:
Хх =0. ЛС= Нет + Кв ~ Ррисч =600кН,
где Ррясч =4,2-500 =600кН - расчетная сжимающая сила;
Мет - расчетная продольная сила в трубе;
Кб ~ расчетная продольная сила в бетоне.
Задача один раз статически неопределима. Дополнительное
уравнение получим,исходя из характера деформации колонны. На ос-
новании совместной работы стальной трубы и бетонного цилиндра
записываем условие равенства их укорочений под действием нагруз-
ки: лр = к™ = fQ
СП) Б> Ест Fem Ев Fib ’ 2 4-4О6- 59,7 3-4OS-254'5
Ifcm =4,642-If в t
где Fcm= ft (40-9s)=59,7см\ FE = 92(9^=254,5см2 - площади попе-
речных сечений трубы и бетонного цилиндра.
Определяем продольные силы и напряжения в стальной трубе и
бетонном заполнителе и проверяем их прочность:
ffem + /Г5 = 600 кН,
N~cm = 4,642 fiTв.
Нет = 372,9кН, Нв =227,4 кН ,
bcm = — — —— =625кГ/сы ~62МПа <Rcm = 240МПа-,
f-cm 59,7
бе = “ = —— •= 69,2кГ/ст^дМПа <RB =20МПа .
РБ 254.5
Прочность колонны обеспечена.
Задача 1.8
Для данной стержневой сис-
темы (рис.1.23) требуется:
I. Определить усилия в стерж-
нях СВ и BS) ,приняв соотно-
шение площадей сечений стерж-
ней Fz/E} = 1,2.
2. Подобрать сечения стержней
в виде двух стальных про-
катных уголков,считая одну
треть нагрузки постоянной,
а две трети - временной. Коэффициенты перегрузки принять
для постоянной нагрузки п=1,1 ,для временной нагрузки-й=<7 .
3. Определить величину разрушающей нагрузки в пластической ста-
дии и установить коэффициент запаса,приняв бт= 240 МПа
В расчетах принять Е=24-Ю5 МПа ~2,1 -ю6кГ/см2 Р=2ЮМПа.
Определяем величину расчетной нагрузки:
1 2
Ррйсч = J4OO-1.1 + ^400-1,4 =520кП .
Данная стержневая системе один раз статически неопределима. Сос-
тавим уравнение статики,не содержащее опорных реакций ₽я и //я :
2,1-1$ + W2 = ЗР =3-520 =1550кМ ,
где = Ч,2‘sin,30= 2,1 м, 1ъ = 4,2м - плечи усилий.
Для получения дополнительного уравнения рассмотрим схему де-
формации системы при повороте
жесткой балки ДВ относительно
шарнира Я на весьма малый угол
0- (РИС.1 .24) и свяжем удлине-
ния стержней между собой:
Д& = Д& Соз 60° = 0,5 .
Выражаем удлинения стерж-
ней через действуйте в них у си-
Рис. 1.24.Схема деформации
лия и получаем дополнительное уравнение:
= №=0,208Н~г,
Д?2 ЕР< N& ’
где £z=4,2-tg30 =2,42м - длины стержней.
19
= 48*1,2.
Определяем величины расчетных усилий в стержнях:
2,11Г< + 4,21% = 1560}
к Nj -70 кН, No =336кН.
Nj =0,2081% , J
Вычисляем требуемые площади сечений стержней:
« _ AQ _ -?О00 _ 2 (2) _ Ni _336ОО .-2
Fmpee-^ г^0-3‘33м-
Проверяем выполнение принятого в начале расчета соотноше-
ния между площадями сечений стержней:
Г2 16
3,33
Принятое соотношение не выполняется. Следовательно при подборе се-
чений стержней надо увеличить требуемую площадь первого стержня
в соответствии с принятым соотношением и принять
—-«>зз» .
Принимаем по сортаменту сечения стержней в виде двух сталь-
ных прокатных равнобоких уголков и определяем действующие в стерж-
нях напряжения.
Первый стержень
— 2L 70 •
Второй стержень
— 2L70x6.
Вычисляем
2
=2-6,86 =13,72см ,
7000 а
—510кГ/см ~51Щ1а ,
13,72
F2= 2- 8,15 = 16,3 см2,
с 33600 л 2
6 = —----- =2061кг/см =206МПа.
16,3
удлинения стержней:
7000-785 лР -.^2 ^3600-272 _
- ст -------в~.—\ ~0,42см, ---оллб ~ 0,2Чсм.
4 EF, 2,1-10е-13,72 2,1-1О°-16,3
Вычисляем значения разрушающих усилий в стержнях:
Мрдар = = 2400-13,72 =32930 кГ~ 329кН ,
ю
Нразр = 6m-F2 =2400-18,3 =39120 кГ391 кН.
Определяем из уравнения статики величину разрушающей нагруз-
ки и коэффициент запаса по отношению к нормативной нагрузке:
_ (О (Z)
3£Мд—0, 2,1- Nposp + 4,2 Nposp =ЗРразр,
D _ 2,4-329+7,2^91 и
Рррзр ~ -----------778кН,
О
/с = =
Ртрм ЧОО 1-ЯЬ-
38ДЭЧ8 1.9
Стальной стержень жестко соединен
на конце с медной втулкой ступенчато-
переменного сечения,к выступу которой
приложена кольцевая нагрузка с осевой
равнодействующей Р (рис.1.25). Трение
между элементами отсутствует. Требует-
ся определить:
I. Величину силы Pm ,вызывающей появ-
ление текучести в одном из элемен-
тов системы.
2. Величину разрушающей силы Ррязр.
3. Значения остаточных усилий,нэпря-
Рис.1.25.Схема задачи
жений и перемещений при полной раз-
грузке системы после нагружения ее силой Р = 0,5(Рт + Ррязр).
Деформирование материала элементов системы следует диаграмме
Прандтля (рис.1.7). В расчетах принять В^бОсм, £2=30см, ГСп1=10см,
Fm=15cm2, Рм^йОсм2, Ест=2'Лпа, Ем =Ч-Лпа, бт =400 МПа,
6m =240 МПа.
Данная задача является один раз статически неопределимой. Про-
водим сечения в пределах каждого из участков системы и с помощью
уравнения статики Sac = O получаем:
Ncm + — Р, Mem = Кгм ,
где Кет , К<м и ЬГгм - продольные силы в- стальном стержне и в пре-
делах первого и второго участков медной втулки. Силы Кст и Ним яв-
ляются растягивающими, а сила Кгм - сжимающей.
Дополнительное уравнение для определения усилий в элементах
системы получаем из условия совместности деформаций стержня и
втулки:
=Д-См,
Kcm (fy +lg) _ EGfri ld _ KgM-lg
Ecm F cm Em-Fm E m F m’
Подставив числовые данные и использовав уранения стэтики5по-
лучаем:
К<м = 4,5К2м , Кся1== Кгм — О,ЧР, К<м — 0.6Р .
При постепенном увеличении нагрузки нормальные напряжения дос-
тигнут предела текучести в первую очередь в пределах наиболее наг-
руженного верхнего участка медной втулки. Продольная сила на этом
участке будет равна
Кш — Крязр = бт • Гм = 10040 • 15 ="15000 кГ ~150кН .
Определяем значение нагрузки,соответствующей появлению первых
21
пластических деформаций в элементах системы:
п №м 450 Лг.„ „
Pm = —— = — = 250 кН .
0,6 0,6
Деформации стального стержня являются упругими. Определяем
величину перемещения нижнего конца системы:
2
400*40 2 zcm
Кст = 0,4-250 =400 кН, 6cm =------------= 4000 кГ/см «400 МП« От ,
40
-)i _Лр _ Mem _ 400'402(60 + 30) _пПи(ггм
Uq—-Avert) — с —0.0Ч5СМ,
Ecm-Fcm 2'40 -40'40
При дальнейшем увеличении нагрузки (Р^Рт) системе работа-
ет в упругоплэстической стадии. В пределах верхнего участка втул-
ки деформации являются пластическими,а продольная сила остает-
ся постоянной и равной ГОм = ЬГрдэр=450кН . Стальной стержень и мед-
ная втулке в пределах нижнего участка деформируются упруго. Раз-
рушение системы будет соответствовать появлению пластических де-
формаций либо в пределах нижнего участка втулки,либо в стельном
стержне. Вычисляем значения продольных сил,соответствующих появ-
лению текучести в этих элементах:
м С2)
ЬГ2М = Крдзр =бго'Рм = 400-40-20 = 20 0 0 0 кГ~2ООкН,
Ncm =1Грдар = 6™ Fem = 240-40-40 = 24000 кГ« 240 кН .
Очевидно,что при возрастании нагрузки от значения Pm нор-
мальные напряжения раньше достигнут предела текучести в нижнем
участке втулки. Определяем соответствующее значение нагрузки:
Р = Н>м + Кгм = 450 -*-200 = 350 кН ,
Дальнейшее увеличение нагрузки невозможно из-за неограничен-
ного роста пластических деформаций в пределах обоих участков втул-
ки. В качестве разрушающей силы надо принять Ррдзр = 350кН.
Произведем расчет системы на действие силы Р=0,5fPm 4-Ррязр) =
= 0,5(250 +-350)=300кН. Усилия и напряжения в элементах системы
при действии этой силы равны
1<4м = 450кН, Нет = 300-450 =450 кН, №гм = -450кН,
.м 45О-40а , 2
6im = бт =400МПа, бет = —~— =4500к1//см ~450МПЛ ,
2 40 7 2
62м = _ = _750к(усм2=х-75МП(Х, Ис = Д^ст = = 0,0675см,
gg ' ’ 2-40 '1U-1U
2
п 450-40'30
Дъ2М =-------f----- =-0,0225см . Не = 0,0675+-0,0225 = 0,03см .
4-IO-4O-2O
Соответствующие эпюры приведены на рис.1.26.
22
Рис.I.26. Эпюры продольных сил,нормальных напряжений и осе-
вых перемещений в элементах системы при действии
силы Р=зоокН ( К - кН, 6 - МПа, 11 - см)
Примем,что материал элементов системы при разгрузке деформи-
руется упруго с первоначальными модулями упругости. Для определе-
ния остаточных усилий,напряжений и осевых перемещений при полной
разгрузке системы после нагружения ее силой Р = 300кН произведем
расчет системы в упругой стадии на действие силы Р обратного нап-
равления^ полученные результаты сложим с данными ня рис.1.26.
N2M =0,4 Р =0,4-300 =420 кН, Ncm=—420кН, Ь&м =-0,бР =-0,6-300 =-480кН,
2 2
бет = — ---У° = -4200к[/см2== -42ОМПЯ, бгм = = бООкГ/см*~ 60 МПа,
40 20
2 2
480-40 2 п 420-40-90
О4М — — =-4200к[/см ^-42ОМПа, Ис =Мс.пл = — g 40^40 40 =~
Ив =ДЕ4М = - 'f80'^° ‘60 =—0,072см.
4-40 -40-45
Эпюры остаточных усилий,напряжений и перемещений в медной
втулке и стальном стержне приведены ня рис.1.27.
Рис.1.27. Эпюры остаточных усилий,напряжений и перемещений
при полной разгрузке ( &Г б- МПа, К - ем)
Построим графин,характеризующий зависимость между силой Р
и осевым перемещением нижнего конца
системы (сечение С ). Этот график име-
ет излом при Р=Рт=250кИ. Проведя
прямую разгрузки, пэр аллельную первому
участку графика,определяем остаточное
перемещение сечения С (рис.1.28).
Р(кН)
300
250
“Не (см)
0,045 Q0675
-С 5=±'Uocm =0,0135
Рис.1.28. График Р-Ис
Задача I.IQ
£=50см
Рис.1.29. Схема задачи
г
На стальной стержень надета алю-
миниевая трубка и закреплена с по-
мощью гайки (рис. 1.29). Определить
напряжения * возникающие в элементах
системы при нагреве ее на величину
Д1=6ОС. Начальные напряжения и тре-
ние между элементами отсутствуют.
В расчетах принять Ест=240 МПЛ,
Е ял =0,7-10^0, <&т—1,2-Ю 1/гряд, с/ял =2,Ч40~5 1/гряд .
При нагреве системы ее элементы в силу жесткости соедине-
ния получают одинаковые удлинения: Д^ст=дЕдл. Поскольку коэффици-
ент линейного температурного расширения у алюминия больше чем у
стели, нагрев системы вызовет появление растягивающих усилий в
стальном стержне и сжимающих усилий в алюминиевой трубке. При от-
сутствии внешних нагрузок эти усилия должны быть равны между со-
бой: Ex=0, N’cm = hTfln.
Задача является статически неопределимой. Приравняв дефор-
мации стержня и трубки между собой,получим
-feL е^4-
Ecm-Fcm Едл'гял >.
Нст = Н"ял .
Подставив числовые данные и решив эти уравнения,находим уси-
лия в элементах системы: Мст=13,ЧЧкН, ГТял=-13,4ЧкН. Вычисляем зна-
чения напряжений в стержне и трубке,а также величину их удлинения.
2 2
б'ст = = 672кГ/смЕ 2« 67г2МПа, 6м =- = -2€9к1/см*=-27МПд,
2
- д <3,4440 -50 ,
Лс=Лсст =------§----- + <240-50-60 = 0,0528см.
240-10-2
24
Задачи I,II
При монтаже показанной на
рис.1.30 стержневой системы ока-
залось,что длина среднего стержня
СВ меньше проектной на величину
%=0,2см . Требуется определить
монтажные усилия и напряжения в
стержнях. Поперечные сечения
стержней имеют следующие площа-
ди; F^F^IOcm*. Р2 = 12с№.
Рис.I.30, Схема системы
Модули упругости материала стерж-
ней равны 1-10бкГ/см2~1-ю^МПа,
Ez = 2,1 -10*кГ/см2-2,1-10*МПа.
При установке среднего стержня его необходимо либо предва-
рительно растянуть на величину £ ,либо нагреть на температуру д£ ,
величину которой можно определить из уравнения Д^=^-Д/=^,
где оС - коэффициент линейного температурного расширения. Приняв
оС = 1,25-10 1/грйд, находим
д£=1,25-10*300-а1 = S=Q2cm, At = 53°,
После монтажа системы средний стержень будет находиться
под действием растягивающего усилия,а край-
ние стержни - под действием сжимающих уси-
лий (рис.1.31). Вырежем узел В и рассмотрим
его равновесие:
Ех —О, Nj-Мз (в силу симметрии),
2у = 0, ffz = (fCt +N‘3)cos¥5°= 1,414% . Рис.1.31. Узел
Задача является один раз статически
решения надо рассмотреть схему деформации
шарнирный узел В переместится вер-
тикально вверх на величину £"-де2
(рис.1.32;. Из схемы деформации по-
л5чаем ^=es'weW«wfy^4)0,sW'
Выражаем деформации стержней
через действующие в них усилия и сос-
тавляем дополнительное уравнение:
неопределимой и для ее
системы. После монтаже
Рис.152. Схема де-
формации
%-212
1-fO6-10
%-300 \
2,1-10в-12 )
со&45°,
25
где ---------^--~=2/2М Е2=Зм - длины стержней.
COSH 5
Вычисляем усилия и напряжения в стержнях системы:
2,12 + 0,8Ч2?Г2 =1.444-IO*Л lf4 =tf3 = 4274 кГ == 42,7 кН,
tfz =4,414^ . Г = 6О39кГ ~ 60,4 кН .
г- Ч2т1 а
Первый и третий стержни: о = = 427кГ/см -42,7 МПа.
Второй (средний/ стержень: б=~~- =5оз кГ/см2-50 МПа.
Усилия и напряжения в крайних стержнях сжимающие,в среднем
стержне - растягивающие. Определяем вертикальное перемещение узла
В после монтажа системы.
D N& 6039-300
=-------г---= 0,072 СМ,
E2F2 2.4-406-42
ТГВ = ВВ' = $-Д.Е2 = 0,2-0,072 = 0,128 см. В
Задача I.I2
В процессе работы стержне-
вой системы (рис. 1.33) опора fl
жесткой балки НВ получила осад-
ку $=О,5ш . Требуется опреде-
лить усилия и напряжения в стерж-
нях и £6, а также угол пово-
рота балки. Площади поперечных
сечений стержней; Fj—IOcm Л
F2-15cm . Модуль упругости
матери ал a-Е =2,4И06кГ/см^2,4-10ХМПа.
Рис.1.33. Схема системы
Собственным весом балки пренебречь.
При осадке опоры fl жесткая балка НВ совершит поворот отно-
сительно некоторой точки К ,лежащей на участке между точками зэк-
Рис.1.34.Схема деформации
репления стержней (рис.1.34).
При этом первый стержень будет
испытывать растяжение,а второй -
сжатие (рис.1.33). Составим
уравнение статики:
2Мд=0, 2^=4^, ^-=2.
------- Nt
Определить усилия в стерж-
нях с помощью уравнений стати-
ки нельзя,поскольку система один раз статически неопределима.
Рассмотрев схему деформации системы (рис.1.34), определяем-псло-
жение точки К : , • * 1
Д^ч _ Хо п _ др _ W2C2 МЛ EF2 _
^2~~2-хог 2 *“ HF2 ' EF< ' " 2-Хо ’
= =_^£_ , Я?О=<5ГМ, <^ = ^2 = 3м).
М~2 Ъ Ft JO 2~хо
Выражаем деформации стержней через величину осадки опоры' & и
определяем усилия и напряжения в стержнях.
Первый стержень Д^ = 4,5 = 05 =0 2443 =
К “ 3,5 ’ 4 ’ ’ 3,5 ’ Е Л ’
। ' 1г 2,4-406 * В-40-0,2443 г
Nj = ~----------------- 45’40 кГ450кН ,
4 300
450 2
о1 ==1~^~ =15к14/см — 450 МПа (растяжение).
Второй стержень N~2= — = — 75 кН (сжатие),-
1 б = — = — 5кН/см2 = — 50 мпа .
4 5
Вычисляем угол поворота балки /?В : ; .
I л & 0.5" ”3 л1 ,0 t jf ,
^#=з5о =э5о =<чз-'° - fr=60V55.
Задача. 1.13
Для стержневой системы на. рис.1.35 требуется определить усилия
и напряжения в стержнях и вычислить вертикальное перемещение узла
й) . В расчетах принять Р — 400кМ ,
Ff—40cM&, Рд—Чсм^, Р^==42см2, Мо-
дуль упругости материала стержней
Е =2-40s МПа =2-4ОукН/сме,
Определяем длины первого и второ-
го стержней:^=/?В и = ЯЗ).
Jz = &tg45o=atg30°, а+&=е3=Зм,
(^-a)tg45°= Qtg30°, а=4,<?02м, &=4,098м,
= = <553ftf, g2= ~^ъ =2,49бм.
С03Ч5 ’ C0S30
В силу симметрии системы относитель-
г’ис.1.35.,Схема задачи j
но вертикальной оси усилия в стержнях
ЯВ и ЯсО равны соответственно усилиям
в стержнях ВС и С5) . Обозначим их tFf к
W2 »причем усилия являются сжимающими,а усилия Мя - растягиваю- )
щими. В вертикальном стержне ё>3) верхняя часть испытывает растяги-
27 ।
равно четырем,и она о,
Вырезаем узлы В и
Рис.1.36. Равновесие
вающее усилие N~3 ,а нижняя часть - сжимающее усилие М~з' ,причем
Кз=2Р. Таким образом,число искомых усилий в стержнях системы
1н раз статически неопределима.
) и рассматриваем их равновесие (рис.1.36,а,б).
Н Узел. В: 2^со&Ч5°=КВ;
г 3 Узел й); 2ffe cos30° - ЛГ3Н.
Рассмотрим схему деформации
/ системы (рис.1.37). В силу симмет-
рии узлы Вий) перемещаются вер-
тикально вниз. Из схемы деформа-
злов
ции получим соотношения между ве-
личинами абсолютных деформаций
(удлинений и укорочений) стержней.
ДС, =Бв'созЧ5°, Д^йй/созЗО0, Д^=сй»-Вв'.
Выражая удлинения (укорочения) стержней
через действующие в нйх усилия,получим
е = н£в = Мя. N&
£F3 ЕГ3 е^созЗО0 Е^созЧ50 '
Решая это уравнение совместно с уравне-
ниями (I.I7) и используя соотношение К3В +
— 2Р ,получим при числовых данных за-
дачи следующие результаты:
= v,36P=J36кН, б®=~ =44,зкН/смг=-нзмПа,
fT3H= -64 кН, б3=--^~ = -5 ЗЭкН/см =-53,3 МПал
tf2 = Q37P =37кН, б2= ~ = 9,25кН/см = 92,5 МПа,
Ki =-0,962р=-дв,екН, ——9,62кН/см2--96,2МПа.
Определяем вертикальное перемещение узлаЭ.
= $S)'= = -Ag?— = —37,g^>.g---------- = 0,42 см,
созЗО0 EFacos30° 2‘40ч-Ч>соб30°
Задача 1.14
Для стержневой системы на рис. 1.38,состоящей из жесткой балки
ЯВ ,поддерживаемой стержнями ВС лЯЬЕ указанного сечения,требуется
определить:
I. Величину силы Рт вызывающую появление текучести в одном из
стержней.
2. Величину разрушающей силы Ррязр ,при действии которой несущая
способность системы будет полностью исчерпана.
28
3. Значения остаточных усилий,напряжений и удлинений при пол-
ной разгрузке системы после нагружения ее силой Р=0,5(Рг +
4-Ррязр). Построить гра-
фик зависимости переме-
щения точки приложения
силы от ее величины при
нагрузке и разгрузке.
Деформирование материа-
ла стержней следует диаг-
рамме Прандтля. В расчетах
принять Е4 = Е2 = 2* Ю^МПа,
&г =2 80 МПа = 28 кН/см2.
Определяем площади сече-
ний стержней и их длины:
Fj=2n:(0,6) = 2,262 см , ________1
=2Я(0,8)*=4,021 СМ2, = 3/24 м, 82 =2,Чм .
Рис.1.38. Схема задачи
Система один раз статически неопределима. Рассматриваем ра-
боту системы в упругой стадии и раскрываем ее статическую неоп-
ределимость с помощью схемы деформации (рис.1.38,б). Из уравне-
ния равновесия получаем
2Мд = О, <536^+4^ = ЧР,
где = 2-sin,o6 =1,536 м, ^2=Чм - плечи усилий.
Из схемы деформации находим соотношение между усилиями:
c645*sbto£ _
-----------= 0,5- Stu с£ =0,3844,
qq/--------* • >
Д8Ч
д£2
t&4 EFa _ N} 3,424 4,024 nqeu.
де2 EF, !F2e2 Mi 2,4 2,262
l^ = 0,466M'2.
Подставляем соотношение между усилиями в уравнение равнове-
сия и выражаем усилия в стержнях через силу Р :
м;=о/564р, к2=о,дчо4Р.
Нетрудно видеть,что второй стержень является белее нагружен-
ным. При увеличении силы Р напряжения в этом стержне в первую
очередь достигнут предела текучести,а усилие будет равно М2рязр=
= — 28-4,024 =442,6 кИ. Определяем величину соответствующей
силы Р = РТ. = 449,8 кИ.
0,9401 0,9404
Материал первого стержня находится при этом в упругой стадии.
Определяем усилие в первом стержне и величины перемещений точек
Й и В.
29
= 0,4564 Рт =0,4564-449,8 = 48,69кН ,
=
л 2-404- 2,262 * * <» StW
Х1В = Д&2 = 2-0,468 = 0,336см .
При дальнейшем увеличении силы Р напряжения и в.первом стерж-
не достигнут предела тркучести. При этом согласно диаграмме Прандт-
ля деформации стержней будут неограниченно1 возрастать,что соответ-
ствует моменту разрушения системы. Величину разрушающей силы оп-
ределяем из уравнения равновесия:
•Ррязе -2&±«& = ^ЗЦ-<536 ^2,6-4 =^6>9кН _
Гр Ч
Где ' №?RiP=: б’т^ = 28-2,262 = 63,ЗЧкН.
Рассмотрим действие силы Р =0,5(Рт 4-Ррязр) — 0,5(449,8 4-436,9) =
= 428 кН. В этом случае материал второго ^стержня находится в
пластическом состоянии, и усилие в нем равно Ng = NgPf?3f?== 442,6кН.
' Первый стержень при этом работает в пределах упругих деформа-
ций, поскольку Р=42д кН^ Ррязр. Усилие в первом стержне^ опре-
деляем из уравнения равновесия.
; ,£М,=0 jr = =40/kW. <
,и, ^53б
Определяем величину .перемещения точки приложения силы.
= -‘'ол-з.^ио^ м.
EFj 2-40^-2,262
0,3844 0,3844
Для определения остаточных усилий напряжений и удлинений при
полной разгрузке системы после нагружения ее силой Р =428 кН
рассчитаем систему в
упругой стадии на действие этой силы обрат-
ного направления (рис.1.39). Полученные
результаты надо сложить с данными преды-
дущего расчета.
=-О,4561Р = - 0,4564 -428 = -49,98 кЧ,
Щ =~0,9404 Р =-0,9404-428 = -420,3кН,
.0 _ 49,98-3,424-40& п
~~ 2-Юч-2,262--------°’i3e С“'
Л₽.- 420,3-2,4-40*'
---------—г---- — — о 35Q СМ ,
2-4O4- 4,024
№40СГ= 40,4 + (—49,98) = 20,42 кН,
Рис.1.39. Обратное
загруженне
30
20 42 2
вост = —t— = 8,8 9 кН/см = 88,9 МПа,
2,262
, Л ОСТ л
= 0,277 - 0,438 = 0,439 см ,
К20СТ= 442,6 4- (—420,3) = - 7,7 кН ,
7 7 <2
Оосг =— —~~ 4 94кН/см = —49,4 МПа,
4,024 ’
л I) осг ост
= 14в = 0,724 - О,359 = 0,362см.
После разгрузки первый стержень
испытывает растягивающее усилие,а
второй - сжимающее,причем усилия в
стержнях взаимно уравновешены:
%Мд = 0, 20,42-4.536 = ;
\7-4 = 30,8 кНм.
На рис.1Л0 приведен график зависимости между перемещением точ-
ки приложения силы и ее величиной при нагрузке и разгрузке. После
достижения силой величины Р=РГ=449,8 кН материал второго стерж-
ня ’’течет",в силу чего интенсивность перемещения точки В возрас-
тает (на графике имеет место излом). Прямая разгрузки параллель-
на первому участку графика.
Задача 1,15
Для фермы на рис.I.41 требуется определить усилия в стержнях
и подобрать сечение стержня 2-4
в виде двух стальных прокатных
у гол ков, приняв R =240МПа.
При действии на ферму сил,
приложенных в узлах (узловая
нагрузка),в ее стержнях возни-
кают только продольные силы.
Для их аналитического опреде-
ления применяются различные
Рис.I.41. Схема задачи
методы - метод вырезания узлов,
метод пр секций, мет од моментных точек. Графическое определение
усилий в стержнях ферм обычно производится с помощью диаграммы
М а ксв елл а- Кремон ы.
Расчет фермы начинаем с определения опорных реакций.
ХМй=0, 20-4,8 + 60-3,6 ~4,8Р& =0, Рв=440кН;
2Мв = 0, 20-4,8 + 60-4,8 + 4,8Рй = 0, Рй=~80кЧ;
Хоз—О, Нв~20кН, Ху~0 (проверка), — 60—804-440 =0.
Для определения усилий в стержнях,сходящихся в узлах I и 4,
применяем метод вырезания узлов (рис.1.-1.С и 1.43).
~Т\
|/?Я=80кЯ
Рис. 1.4г.
Узел I
Sx=o, n;3=o,
5?у=0, MJ2 = 80kW,
Стержень 1-3 не-
нагружен (нуле-
вой стержень).
Рис.1.43.
Узел 4
Хаз—0, — Ыгц — Л/зу со£45°=0,
-N~343Ln45°-6O = O,
Мяч =60 кН, Мзч=—84,9кН.
Стержень 3-4 сжат.
Для определения усилия в стержне 2-3 применяем метод проекций.
Рассекаем ферму сечением I—I и рассматриваем равновесие левой части
(рис.1.44).
20 кН 2 ^г.ч I
Рис.1.44. Сече-
ние I-I
2у=0, -Н'23со&45°-80=0, tf23= - 113,1 кН.
Стержень 2-3 сжат. Отметим,что для определе-
ния усилия в стержне 2-4 можно использовать мо-
ментную точку 3,в которой сходятся усилия в
стержнях 1-3 и 2-3.
Подбираем сечение растянутого стержня 2—4.
F - = 2,86см2 2L25x3.
Подбор сечения сжатых стержней надо проводить
с учетом их возможной потери устойчивости.
Задача 1.16
Для стального растянутого стержня сечением 2L56X4 (рис.1.45)
требуется определить величину параметра нагрузки Р из условия,
Рис.1.45.Схема задачи
что удлинение стержня не превысит
значение дЯ= 0,2см. Определить наи-
большие напряжения в стержне. В рас-
четах принять Е=2,1‘ЮеМПа.
Строим эпюру продольных сил в
стержне (рис.1.45). Определяем удли-
нения участков стержня и выполняем
требуемое условие его жесткости.
где F=2-4,38 =8,76см2— площадь сечения стержня.
Из этого условия находим параметр нагрузки Р 34,07кН. Наи-
большие нормальные напряжения в стержне равны
& = ~ - Ч‘ ='!5,6 кН/см2 = 156 МПа .
F 8,76
Задача I.I7
Для алюминиевого стержня,состоящего из двух участков круглого
оо
через Р.
/^> = Zfff2)2= 42,57см*
=о.3<8р.
<2,57
определяем из условия прочности стержня
г® Р^ЧЧкЦ.
• сплошного и трубчатого сечений,требуется определить параметр наг-
рузки Р из условия прочности. .Оп-
ределить величину удлинения стерж-
ня. В расчетах принять Р=^ЧОМПа,
Е=о,7-ю*МПа.
Эпюра продольных сил в стержне
приведена на рис.1.46. Определяем
площади сечений стержня и выража-
ем нормальные напряжения в преде-
лах каждого его участка
Ef = tf(2—'f* 2 * Ч) — 9,425см2,
бв}= = 0,242Р,
9,425 ’
Величину параметра Р
в пределах второго участка: б(2^=0,31ВР ~Р =4ЧкМ/см‘
Удлинение стержня равно
д^д^+д^ = 008^
07.10Ч.дгц25 0,740^42,57
Задача I.I8
Стальной стержень круглого сечения (арматура) заделан в бетон-
ную плиту и находится под действи-
ем растягивающей силы Р (рис.1.47).
Стержень удерживается в плите си-
лами сцепления с бетоном. Требует-
ся определить величину силы из ус-
ловия прочности стержня и величи-
ну его удлинения. В расчетах при-
нять R=24oMI7a, Е=24о5МПа.
Считаем,что силы сцепления стерж-
ня с бетоном равномерно распределе-
ны по длине б! . Стержень находится
Рис.1.47.Схема задачи
в равновесии под действием силы Р и равномерно распределенной
осевой нагрузки интенсивностью р = ^//а (рис.1.47). На этом ри-
сунке приведена эпюра продольных сил. Выполняем условие прочнос-
ти и находим величину силы:
6"=-|? =-^2 ^R=24кН/см2, Р ^18,85кН.
Ч
Определяем величину удлинения стержня;
де=ле4+д4 ч- _^^^W+«,85.20]-0,OV2cM.
Ч ' .
Отметим,что на практике закладные части арматуры делаются с от-
33
гибами,что на рис.1.47 показано пунктиром.
Задачи для самостоятельного решения
Задача I.I9. Для стержней на рис.1.48 требуется определять значе-
ния продольных сил в характерных сечениях,построить эпюры АГ'и.о ,
определить величины абсолютных удлинений (укорочений) участков и
построить эпюры осевых перемещений. Для схем принять: а) Е = 2-10 МПа;
б) Е=-На^ЫПа; в) Е^Ег^-Ю5МПа, Е3=2-Ю*МПа; г) Еи=1,6-105МПа,
Ег=Е3 = О,8-1о5МПа.
0,6м
б) Ар
♦ |^=ЧОсм
• Ц20кЦ/М
Г । 1 Fg=£oCMa
х
<о
бОкН
г)
I
I
' F=20cm£
J г
2
СО
о*
50кН
2
Тр=?Осм2
20к«/м
г- О.
F3=8cm
10кЩ ,
" F^IOcm
, ЧОкН/м
i < Ej=6cM2
ч50кН
2
Ч>
Т]Я =8сма
1- 3
। 120хН/м
Т 30 кН
Ег—^Осм^
Л 7
। чокн/м
I-
Е(=20см£
т
S
2
2
S
.R t
Рис.1.48. К задаче I.I9
Ответ <табл.1.1): Таблица I.I
Схема Р, KW Д&/, см Д^2, СМ Д£3, см д£, см
. а 10 ' 0,001 -0,00225 . -0,002 -0,0.0325
б 30 0,005 0,0025 -0,008 -0,0005
в -22 -0,015 0,0293 0,006 0,0203
г 22 -0,000625 0,018 -0,005625 0,01175
Задача 1.20. Для ферм на рис. 1.49 требуется аналитически опреде-
лить усилия в стержнях,
а) б)
Ответ (табиЛЛ): Таблица 1.2
Схема Опорные реакции, нН Усилия в стержнях, кН
Рй Рв Нй Нв Мгз 1^3 Мгч Пзч
а 67,5 157,5 0 0 ' 112,5 -157,5 -90 127,3 -9 О'
б 0 . 90 129,9 129,9 -15,0 30 -150 103,9 -120
в 64 104 0 0 48,0 0 -80 48 -62,5
Задача 1.2I. Латунный стержень круглого ступенчато-переменного се-
чения загружен тремя силами Р (рис.1.5О).С помощью индикатора ча-,
сового типа определено осевое перемещение верхнего конца и = 0,0Чсм.
Требуется определить величину параметра нагрузки Р. В расчетах
принять — Чем, ^2=3см, Е=4-'1О&МПа.
Ответ: Р = 40,03 кН.
Задача 1.22. Жесткая балка/78 поддерживается тремя стальными стерж-
нями, состоящими из двух прокатных равнобоких угол ков, и находится
под действием показанных на рис.I.51 нагрузок. Требуется опреде-
лить усилия и напряжения в стержнях и величины их удлинений. В рас-
четах принять Е=2/Ч0^МПа.
Ответ: =-29,7кН, б(1)=-27,5МПа, &£< =-0,037см,
АГ2=55кИ, б(г)=Э7,8Ш1а, ^ = 0,036см,
ЛГ3 = 25,0 кН, бгз,= 23,3МПа, ДР3 = О, ОЧсм.
Задача 1.23. В стержнеДВ сдельной фермы на рис.1.52 определена
с помощью тензодатчика относительная линейная деформация c-2,S-fG„
Стержень состоит- из двух прокатных равнобоких уголков L75x6 . Тре-
буется определить, значение приложенной силы. Р и величину удлине-
ния стержня РВ . В расчетах принять Е-2,4И0 МПа.
Ответ: Р = 79,9 кН, =Q0624см.
Р
А,
Рис.1.50. К задаче Рис.1.51.К задаче 1.22
I.2I
1.23
Задача 1.24. Для стального стержня СВ ,поддерживающего жесткую
балку ЛВ (рис. 1.53), требуется подобрать сечение из условия проч-
ности в двух вариантах и определить вертикальное перемещение точ-
35
ки В . В расчетах принять R = 210МПа, Е —2,1-ЮБМПа.
Ответ: a) 2L56X4, "Ug = 0,58см ; б) d = 2,Зсм.
Задача 1.2 5. Для конструкции .состоящей из двух жестких балок,под-
держиваемых двумя стальными стержнями указанного на рис. 1.54 сече-
ния,требуется определить величину предельной расчетной силы из ус-
ловий прочности стержней. Определить вертикальное перемещение точ-
ки С . В расчетах принять R^-ЗвОМПа, R2 = 27OМПа, Е1-Е2=2-ЮБМПа.
Ответ: Р=1?1,РкН, 1Гс = 0,Ч62см.
Задача 1.26. Для стержневой системы на рис.1.55 требуется опре-
делить усилия в стержнях и вертикальное перемещение узла . В рас-
четах принять Fa=2cms, Fz=3cMe, F3 = 4cMa, Е^= Е2=+1О5МПа, Е3=2’10БМПа.
Ответ: 1^=10,11 кН, N~2=14,83kH, FT3= 14,3кН, 1%= 0,228см.
Рис. 1.53.К задаче
1.24
Задача 1.27. Для стержней на рис.1.56 требуется раскрыть стати-
ческую неопределимость и построить эпюры продольных сид,нормаль-
ных напряжений и осевых перемещений. Для схем принять: а) Е^ =
= 2-1оМПа, E2=4’10SMflQ; б) Е^ = Е2=1’1ОБМПа, об—1,65-10 ^l/rpяд.
Ответ (табл.1.3):______________________________Таблица 1,3
Схема Р^кН Р2,кН см см д£, см
а 24,47 39,53 0,007341 -0,007341 0
б -1,0 31,0 0,0262 ' . -0,0062 0,02
Задача 1.28. Латунный стержень круглого сечения и стальная труба
жестко соединены между собой и растягиваются силой Р (рис.1.57).
Определить величину предельной расчетной силы из условий прочнос-
ти стержней. Per =210МПа, Ест=2-10^МПа, Рл=12ОМПа, Ел=0,9-Ю5МПа
Ответ: Р = 161,8 кН .
Задача 1.29. Для стержня на рис. 1.58 требуется определить вели-
, чину силы Рт вызывающей появление текучести на одном из участков,
величину разрушающей силы Ррязр и значения остаточных усилий и нап-
[ ряжений при полной разгрузке стержня после нагружения его силой
Р — 0,5 (Рт 4- Ррвзр)
5
Е= 2-Ю МПа, бт=2Ч0МПа.
0,8 м ь 0,6м
Ответ: Рг = ЧЧ20кИ, Рряар = УЧЧОкЙ, Кост = -68,6кН.
а) tR<
у- /Жи?
! Fj=40cm
ЧОкН
30кЦ/м
Р2-30см
Рис.1.57.К за-
даче 1.28
Рис.1.56.К задаче 1.27
Задача 1.30. При установке жесткой
балки ЯВ длина стержня BS) оказалась
меньше проектной на величину S=O/cm
(рис.1.59). Требуется определить уси-
лия в стержнях после монтажа. 8 рас-
четах принять Е=2,1-‘1О МПа,
Ответ: =-Ч5,24 кН, 1^=3'1,9?кН.
Задача I.3I. Для конструкции на рис.
1.60 требуется определить усилия в
стержнях после осадки жесткой балки
АВ на величину 3=0,2см. В расче-
тах принять Е=2,^чо^МПа.
Ответ: Л/} = 56,ЗЧкИ, Н^=Ч8,78кИ.
Рис.1.58.К за-
даче 1.29
Рис.1.59.К задаче 1.30
2. НАПРЯЖЕННОЕ И ДЕФОРМИРОВАННОЕ СОСТОЯНИЯ В ТОЧКЕ
Для исследования напряженного состояния в точке тела в ее окрест-
ности выделяется 'бесконечно малый прямоугольный параллелепипед со
сторонами с/х ,с/^ и Jz (элемент). Взаимодействие элемента с осталь-
ной частью тела при его загружении характеризуется наличием на гра-
нях элемента нормальных и касательных напряжений (рис.2..1).
Нормальные напряжения имеют индекс,указывающий направление дей-
ствия напряжения. У касательных напряжений первый индекс также ука-
зывает направление действия напряжения,а второй индекс - направле-
ние нормали к площадке,на которой оно дейсг-•
Рис.2.1. Напряжения на координатных площадках
Растягивающие нормальные напряжения считаются положит ель-
ними,в сжимающие - отрицательными. Знак касательных напряжений
такого физического смысла не имеет. В теории упругости он уста-
Рис.2.2. Закон
парности
навливэется в зависимости от направления
осей координат и внешней нормали к площад-
ке (правило внешней нормали),что показано
на рис.2.2.
В задачах сопротивления материалов знак
касательных напряжений в поперечных сечени-
ях бруса часто связывается со знаком попе-
речной силы Q при изгибе.
Касательные напряжения на взаимно орто-
гональных площадках подчиняются закону пар-
ности, согласно которому они равны по вели-
чине и направлены либо к линии пересечения площадок,либо от этой
линии (рис.2.2). На основании закона парности имеем
= . (2.1)
Совокупность напряжений на трех координатных площадках вбли-
зи данной точки полностью определяет напряженное состояние в этой
точке и составляет специального вида
НИЙ: /С Г <Г \
/ ох Тху Т-хъ\
= I
\^"КХ t
матрицу - тензор напряже-
(2.2)
В силу закона парности (2.1) тензор напряжений симметричен
относительно главной диагонали.
Напряжения на любой наклонной площадке вблизи данной точки
можно выразить через напряжения на координатных площадках с по-
мощью косинусов углов между нормалью к наклонной площадке и ося™
38
ми координат. В общем случае напряжения в теле являются перемен-
ными величинами и их можно считать функциями трех координат.
Вблизи любой точки тела можно выделить три взаимно перпен-
дикулярные площадки,на которых отсутствуют касательные напряжения,
Такие площадки называются главными. Нормальные напряжения на глав-
ных площадках обладают экстремальными свойствами и называются
главными напряжениями. Они обозначаются 63 ,причем при-
нимается,что 6^6^ 63 . Главные напряжения определяются как
корни следующего кубического уравнения:
б3-^2*^-^ =0, <2.3)
где 7/ , <^г и - инварианты напряженного состояния в точке (ин-
варианты тензора напряжений),т.е. величины,не зависящие для дан-
ной точки от направления осей координат. Инварианты выражаются
через составляющие тензора напряжений по следующим формулам:
— бх +бу +6g = 6j +б2+ - ,
3% —бхб^+бубъ^~6g6x~Тху ~Tzx ~ 6462+ б%6з~(~ бзбц ,
7g = бхбу 6g +2Tsg T^gTgx ~ бх 'ty£~6yTxg — 6g Txg — 64 б^бз .
Г (2.4)
Наибольшие касательные напряжения вблизи данной точки дей-
ствуют на площадках,наклоненных под углом 45° к главным площадкам.
Они равны полуразности соответствующих главных напряжений:
гг- _ 62 ___ 62 63 ГГ- ___________ б/ 63
42---------2----- • -----2-----» ----2—~
В зависимости от числа главных напряжений можно различить
три вида напряженного состояния в точке тела - линейное,плоское
Рис.2.3. Линейное (а),плоское (б) и пространственное (в)-
напряженные состояния
Деформированное состояние в точке тела характеризуется ше-
стью линейными и угловыми деформациями. Линейные деформации £% »
и Sg связаны с изменением линейных размеров вблизи данной точ-
ки в направлении осей координат. Угловые деформации или углы сдви-
иЯкг связаны с искажением прямых углов в трех ззеамно
39
перпендикулярных плоскостях:.##^, #^г и Ozx вблизи ценной точки. При-
меры линейной и угловой деформаций приведены нэ рис.2.4 и 2.5.
Рис.2.5. Угловая де-
, формация
2
Рис.2.4
S8MSS
A(dx)
dx
dr IJaCJjc)
Линейная де-
формация
Сумма трех линейных деформаций характеризует изменение объ-
ема вблизи данной точки и называется объемной деформацией:
$ — . (2.6)
Вблизи любой точки можно выделить три взаимно перпендикуляр-
ные направления,углы между которыми после деформации остаются
прямыми. Такие направления называются главными осями деформации.
Для линейно-упругих и изотропных тел главные оси деформации сов-
падают с направлениями главных напряжений. Линейные деформации в
направлении главных осей называются главными деформациями и обоз-
начаются 6j , £2 и ё3 .причем полагается,что —£3-
Деформации,как и напряжения,являются переменными величинами
и зависят от трех координат
ний точек тела1/
г* , et
Ъх
Они связаны с компонентами перемете-
1Г и ИГ при его загружении формулами Коши:
X (2.7)
с Ътг с Эад-
_Ъи -Ыг Ъ-иг _ Ъиг Ъи
Шесть деформаций; <%с , ty , и $кс полностью харак-
теризуют деформированное состояние вблизи данной точки тела и сос-
тавляют тензор деформаций:
Те = I %
«г /
(2.8)
Тензор деформаций,как и тензор напряжений .симметричен отно-
сительно главной диагонали и имеет три инварианта. Первый инвари-
ант представляет собой относительную объемную деформацию (2.6)
вблизи данной точки.
40
Для линейно-упругих и изотропных тел связь между деформа-
циями и напряжениями характеризуется обобщенным законом Гука:
Si = ^1^1 -ft .
- (2.9)
^21 =
где Е - модуль упругости материала при растяжении-сжатии,
JW - коэффициент Пуассона и
с
(г — ~ модуль упругости материала при сдвиге.
Закон Гука можно записать в объемной форме, характеризуют ей
связь между объемной деформацией (2.6) и первым инвариантом тен-
зора напряжений (2.4):
(2.10)
При деформировании тела под действием нагрузки в нем накап-
ливается потенциальная энергия деформации. Удельная потенциальная
энергия,т.е. отнесенная к единице объема материала,определяется
ПО формуле J г 2 2 „2
[64+62 + 63-2у (6462 + 6263+6364^ , (2.11)
Для вычисления полной потенциальной энергии деформации тела
надо выражение (2.II) проинтегрировать по всему его объему.
В задачах сопротивления материалов наиболее часто встречает-
ся плоское напряженное состояние (рис.2.Зб), Оно характерно для
тонких тел типа пластин,загруженных в срединной плоскости (рис.2.6).
При этом две грани любого бесконечно малого элемента,параллельные
плоскостям пластины,считаются свободными от напряжений. Напряже-
ния на остальных гранях элемента
Рис.2.6. Плоское напряжен-
ное состояние
показаны на рис.<5.7.
dx
Рис.2.7. Напряжения на коор-
динатных площад-
ках
I
41
считаются положит ель-
часовой стрелке, что
парности касательных
При изучении плоского напряженного, состояния в сопротивлении
материалов обычно принимается более простое правило знаков для ка-
сательных напряжений: касательные напряжения
ными5если они стремятся повернуть элемент по
показано на рис.2.7. Физический смысл закона
напряжений остается в силе.
Напряжения на наклонной площадке вблизи
данной точки (рис.2.8)
при плоском напряженном состоянии определяются по формулам (2.12).
Рис.2.8. Напряжения на
боЬ = + cos2oi — Т 5<п2с6
Тос = sin,2<* + Г COS2tf .
(2.12)
Угол поворота нормали к площадке оЪ считается положительным,
если поворот происходит от оси х к оси^,т,е. против часовой стрел-
ки. Главные напряжения и углы наклона нормалей к главным пло-
Рис.2.9. Главные
площадки
щэдкам (рис.2.9) при плоском напряженном
состоянии можно определить по формулам
= , (2.13)
где бу = бщах, ~ ^пмл ,
= 7^, M + l<*zl=W0. ^.14)
Сумма нормальных напряжений на любой пэре ортогональных пло-
щадок вблизи данной точки является постоянной величиной (инвариан-
Т0М)' = = 6/ + б£ = const. (2.15)
42
Наибольшие касательные напряжения вблизи денной точки дейст-
вуют на площадках,наклоненных под углом 45 к главным площадкам;
они определяются по формулам
где 2^ — Тдаад;, ^z~. (2.16)
В соответствии с принятым правилом знаков касательные напря-
жения 7/ = Т/пах образуют пару,стремящуюся повернуть элемент по хо-
ду часовой стрелки,а 12=Tmtft - против хода часовой стрелки. Углы
наклона нормалей к площадкам с наибольшими касательными напряжени-
ями можно также определить по формулам
2(Tft2-T)
6x — 6g
где 1^1 . (2.17)
Нормальные напряжения на площадках с наибольшими касательны-
ми напряжениями определяются по формуле
6д = = . (2.18)
•г 2 2
Закон Гука для плоского напряженного состояния можно рассмат-
ривать как частный случай соотношений (2.9). Положив в этих
ношениях Ту* =0 , получим
соот-
(2.19)
Графическое исследование напряженного состояния вблизи данной
точки проводится,с помощью кругов Мора. Пример построения круга Мо-
ра для плоского напряженного состояния дан в задаче 2.1.
Рассмотрим частные случав плоского напряженного состояния.
I. Линейное напряженное состояние
При линейном напряженном состоянии вблизи данной точки можно
выделить две взаимно ортогональные площадки,на которых действует
только одно нормальное напряжение (рис.2.1О).
Полагая в формулах (2.12) ^ = Г = б’ ,полу-
ЧИМ 6 6
бес = -f^cosQec), = -fsin2* . (2.20)
Координатные площадки являются глав-
ными,причем ^max=6x, б min —0.
Рис.2.10.Линейное
напряженное
состояние
43
Линейное напряженное состояние характерно для центрального
Рис.2.II. Напряжения в наклонных
сечениях
углом ct=45° к оси бруса.
При & = Ч5° То£ =
растяжения и сжатия бруса.
При этом с помощью формул
у (2.20) можно определять
напряжения в наклонных се-
чениях бруса (рис.2.II).
Касательные напряжения дос-
тигают наибольших значений
в сечениях,проведенных под
Тп«х= , б^=~ .
Поскольку в горизонтальных сечениях напряжения отсутствуют
(при сС-90° ^oC-^og—^ ),продольные слои и волокна бруса при цен-
тральном растяжении и сжатии друг с другом не взаимодействуют.
2. Двухосное растяжение-сжатие (рис.2.12)
При двухосном растяжении-сжатии координатные площадки являют-
ся главными б£=б^, или наоборот). Нап-
ряжения на наклонной площадке можно выразить че-
рез
6#
Рис.2.12.Двухосное
главные напряжения по формулам
64+62
боб— g
2
б) ~ ба
—-----— СО&Чай
2
> (2.21)
sin 2об ,
растяжение-
сжатие
При = 64^642, Z#— О.
Любое плоское напряженное состояние можно привести к двухос-
ному растяжению-сжатию в направлении главных напряжений. В частном
случае при 64=62=6 все площадки вблизи данной точки являются
главными и нормальные напряжения на них равны по величине и явля-
ются либо растягивающими,либо сжимающими.
3. Чистый сдвиг
Чистый сдвиг характеризуется наличием вблизи данной точки двух
взаимно перпендикулярных площадок
сательные напряжения. Напряженное
Рис.2.13. Чистый сдвиг
на которых действуют только ка-
состояние чистого сдвига будет
иметь место,когда главные нап-
ряжения равны по величине и
противоположны по знаку (рис.
2.13). В этом случае напряже-
ния на наклонных площадках оп-
ределяются по формулам
44
6^= 6cos2ct, Ta; = 6sin2txi . (2.22)
Нз площадках,наклоненных под углом об=7Б к главным площад-
кам,нормальные напряжения отсутствуют,а касательные напряжения
максимальны и равны по абсолютной величине главным напряжениям.
^жоС=±У5° бсс = 0, Тсб = Т^ = ±€,
Сдвиг сопровождается искажением прямых углов или угловой де-
формацией (рис.2.5). Для линейно-упругих изотропных тел зависи-
мость между угловой деформацией $ и касательным напряжением Т на-
зывается законом Гука при сдвиге (2.9) и (2.19).
На сдвиг (срез,скалывание) рассчитываются элементы соединений
конструкций и машин - сварные швы,болты,заклепки,шпонки и т.п.
Вопросы расчета этих элементов обычно излагаются в курсах строи-
тельных конструкций.
Задача 2.1
бу—20 мп а
6т =60 МПа
На координатных площадках вблизи данной точки тела,находящего-
ся в условиях плоского напряженного состояния,действуют напряже-
ния бх=60 МПа, бу— —20 МПа, Т^х=(Г=—ЗС
Направления действия этих напряжений
с учетом знаков показаны на рис.2.14
для бесконечно малого элемента с коор-
динатными площадками. Требуется опре-
делить аналитически и графически:
I.,Значения главных напряжений и
углы наклона главных площадок. Рис.2.14.Напряжения на
2. Значения наибольших касатель-
ПЛиЩсДЛаХ
ных напряжений и углы наклона
площадок,где они действуют.
3. Значения нормальных и касательных напряжений на площадке
с углом наклона нормали к осиX, равным об =90°.
Вычисляем значения главных напряжений по формуле (2.13):
6^ = 60^20) ~№t50.
64=бпах — 70 МПа, б$~ бщ1п—~30 МПа.
Положение главных площадок: •
-зо
Sj/-6,a
0,333, сб^=^82б', tgcCf-3fiO} <£2=-7i°34'.
бе—ЗОМПа
6.
б^зомпа
сбг=-У1°ЗЧ
бе
Рис.2.15.Гл.площадки
45
Т) ^50 МПаJ =20 МПа
.р1=63°2б'
j32= -2634
Т^=-50МПа
Рис.2.16.Площадки с
Ttnax и Ътм
Последняя
за
Положение главных площадок вблизи данной точки показано на
рис.2.15. Проверяем правильность вычислений:
6j+ б2 = 70 +(-30) = 6х+ 6^—60 + (~20) = 40 МПа ,
+ W = 48°2б' + 74°3п'=90°.
Наибольшие .касательные напряжения вблизи данной точки равны
= ±У^рг' = = ±50№ ,
Ттах — =50 МПа} Т-)п1.ц= ~ ~50МПа,
Определяем положение площадок с наи-
большими касательными напряжениями:
+0& = = 2[±50-(~30)]
^2 бх-ty ПО-(-20)
Р<=63°26',
tyfisi=-0,5, fis=-26o34'.
Проверяем правильность вычислений:
l^l+lfzj = 6Эо2б'-1-26О34'= 90 °,
^-аС4 = 63°26- 48°2б' =45°
показывает,что площадки с наибольшими ка-
сательными напряжениями наклонены под углом «S’0к главным площадкам.
Нормальные напряжения на площадках с наибольшими касательными нап-
ряжениями равны б +б 60+С-20)
Ьр ~ ' = ----2----' =20МПа •
Определяем по формулам (2.12) значения напряжений на длощэдке,
нормаль к которой наклонена к оси Л, под углом <2=40°-.
— бх+би бх—би , 60+(~20) 60—(—20) лло
боб = -£ * + —^-*cos2tf-T$M2tf = +'—cos 80 —
. -(-30)sln,80° = 56 49Mna,
* I .
^o£ = sin2o(+Tcos2oi = sin80°+- (-30)соь80° = ЗЧ,48МПа.
Для графического исследования напряженного состояния вблизи
данной точки приведем формулы (2.12) к следующему виду:
и.23)
Уравнение (2,23) можно рассматривать как уравнение окружности
в осях б и Т с центром на горизонтальной оси б . Эта окружность
называется кругом Мора для плоского напряженного состояния.
46
Для построения круга Мора надо на оси 6" отложить со своими
знаками значения напряженийбд? и 6^. . Полусумма этих напряжений оп-
ределяет положение центра круга Мора.
Круг Мора характеризуется наличием особой точки окружности - '
полюса. Полюс обладает те| свойством,что в нем пересекаются лучи,
параллельные нормалям ко ^сем площадкам вблизи данной точки. По-
ложение полюса легко устанавливается с помощью координатных пло-
щадок как точка окружности| с координатами 6^ и Т . Соединив полюс
с центром круга Мора,полу^|м радиус искомой окружности,которым
она и проводится.
Для определения напряжений 6^ иТ^/на любой наклонной площад-
ке вблизи данной точки надо из полюса провести луч под углом к
оси 6 ,равным углу наклона нормали к площадке. Координаты щочки
пересечения этого луча с окружностью круга Мора дадут значения
напряжений на данной площадке. С помощью круга Мора можно также
определить значения главных^ наибольших касательных напряжений
и углы наклона соответствующих площадок.
Круг Мора для данной задачи с результатами графического рас-
чета представлен на рис.2.17.
О20 Wво мПа
Рис.2.17. Круг Мора .... ‘...‘‘в
47
Задача 2.2
Рис.2.18.Схема задачи
Стальная полоса прямо-
угольного сечения,имеющая
косой сварной шов.находит-
ся под действием растяги-
вающих сил Р=2Ч0кН (рис. 2.18),
Требуется определить
толщину полосы S’ из условий,что в сечении,соответствующем сварно-
му шву,касательные напряжения не превышают 80МПа ,а нормальные
напряжения - 460МПа.
Р
С помощью формул (2.20) записываем условия прочности полосы
на сдвиг и на растяжение по наклонному сечению,соответствующему
сварному шву:
Г* = sin60°^80Ш7а~800кГ7см2,
бес = (l-f-cos2d) — (l+cos&f) — 460МПа ~ /бООкГ/см?.
Из этих условий определяем два значения толщины полосы:
- sin 60°— 4,08 см — (4+cos60°) = 0,9Vсм.
* 2^2-800 1 г Ы&4600 '
Чтобы обеспечить выполнение обоих условий прочности,надо при-
нять большую толщину. Округлив ее,назначим 4,4см.
Задача 2.3-
СтэльноЙ прокатный дву-
таврТ/У находится под дей-
ствием осевых растягивающих
сил (рис.2.19). С помощью
установленных на стенке
двутавра тензометров опре-
делены относительные линейные деформации по двум взаимно перпен-
дикулярным направлениям 8ос=з,2-4оч и 8а^=0,940 4 . Требуется опреде-
лить величину силы Р и углы установки тензометров. 3 расчетах
принять Е=2;4-Ю5МПа~2,4-40е кГ/см2, JH=0,3.
Считая,что стенка двутавра находится в условиях плоского нап-
ряженного состояния,запишем обобщенный закон Гука (2.19) для ли-
нейных деформаций^ и<?^:
= 0,9-40 4 ,
У
оЦ=о1+9&
Р
Рис.2.19.Схема задачи
48
где и ба^ - нормальные напряжения на площадках вблизи тензомет-
ров с углами наклона нормалей ио^ к
осих (рис.2.20). Определяем эти напря-
жения из уравнений закона Гука:
+ 0,3-0,940*)= 800,8кГ/см£~ 80,4 МПа,
£
+- 0,3-3,2-/О*) = 429кГЛг/~ 42,9МПа ,
Рис.2.20.
Напряжения
по наклонным
сечениям
Эти напряжения постоянны по соответствующим наклонным сече-
ниям двутавра. Используя свойство инвариантности суммы нормальных
напряжений (2.15), определяем нормальные напряжения в поперечном
сечении двутавра:
= 4: = 6^4-6^= 80,/4-42,9= 423МПа ~4230кГ/сМ2,
Нормальные напряжения в продольных сечениях 6# при растяже-
нии-сжатии полагаются отсутствующими. Определяем величину растя-
гивающих сил Р :
р =lf= 6^ F =4230 -4?,Ч = 24400 кГ ~ 244кН.
С помощью формулы (2.20) определяем углы установки тензомет
6^ =^-(4+со^2ес} (4+Cos2ot) = 80,4Ma ,
COS 2оС = 0,3024, 2^ = 72° 24 оС = 36°4 2 ', =426°42
F-4?,4cms - площадь поперечного сечения двутавра 144.
Т°^=^2~ = ~^2~ 72°214,== 5&>8 МПа.
Задача 2.4 В * * * * * * * * * *
В прорезь массивной недефор-
мируемой плиты свободно,но без за-
зоров вставлен алюминиевый кубик
10x40x40,04см (рис.2.21). Требует-
ся определить величину давления
Q ,которое надо приложить к верх-
ней грани кубика,чтобы его высота
стала бы равна высоте прорези. Оп-
ределить также относительную и аб-
солютную объемные деформации куби-
ка. Трением между гранями кубика
Рис.2.21. Схема задачи
4Э
и поверхностями прорези пренебречь. В расчетах принять у<=о,эч,
Е=0,7- /0 5МПа - 0,7- 406кГ/сма.
Будем приближенно считать,что напряженное состояние в каждой
точке кубика одинаково (однородное напряженное состояние). Тогда
к кубику в целом можно применить обобщенный закон Гука (2.9).
Для решения задачи используем условие отсутствия напряжений
6^ ни свободных гранях кубика и равенство нулю деформации в
силу неподатливости стенок прорези. По закону Гука (2.9) получим
8Х = [6x-JHty+62)]=~ (6ar-J*6s) = О, бх .
Высота кубика после приложения нагрузки должна быть равна
глубине прорези. Определяем относительную деформацию Eg :
Д Л = Уб04-40 = 0,04 CM, £g= 7^ =- = -4-40
k 40
С помощью обобщенного закона Гука определяем напряжение ,
которое и принимаем равным требуемому давлению :
= ~ [6g —J4(6x+6g)]~ ~ [6g -—4-40 ,
(-1-to3) - -шипа, .
4-J* 4-(0,3tfT '
Вычисляем нормальное напряжение б& :
бх — 0,34 (-79,4) — — 26,9 МПа ,
Это напряжение численно равно давлению кубика на стенки прорези.
Поскольку касательные напряжения на гранях кубика полагаются от-
сутствующими, напряжения бх , бу и 6% являются главными,причем
= бу — О, 6$= бх=—26,9МПа, 6s—6g = —79,4МПа .
Вычисляем значение линейной деформации £g :
$ = /Л~Л^+6^ = [-0,34(-26.S-7^)] = 5Ц5-Ю~".
Относительная объемная деформация (2.6) вычисляется как сумма
трех линейных деформаций:
~у ~3 -V
$=бх + 8у + 62 = 0 +5,45-40 +(~4-4О J =-<4,85-40 .
Абсолютное изменение объема кубика равно
Лу= ^.у= (-4'85-40*)- 40-40-40 = -0,485см*.
Вычисляем потенциальную энергию деформации кубика:
(J = 7/V = ~ [б^+бв+бз —2^(6462+6263+ 6364)]40 ~2^.iq64
2 -г 3
-<-(794) - 2-0,34 (~269)(~79/)]40 =395,ЗкГсМ ~39,5&t:.
50
Задача 2.5
Вблизи некоторой точки тел а, находящегося в условиях пространст-
венного (трехосного) напряженного состояния,известны компоненты
тензора напряжений 6ж = Ч0МПа,
бу.=-30МПа, б'2=40МПа, Т7ху = 2ОМПд,
VyZ = -20Mna, Tgrc^OMna. Требу-
ется произвести анализ напряженно-
го и деформированного состояний те-
ла вблизи данной точки и вычислить
значение удельной потенциальной
энергии деформации. В расчетах при-
нять Е — 4- 4о5мпц, м=о,з5.
Покажем направления действия
напряжений с учетом их знаков на
площадках бесконечно малого элемента,выделенного вблизи данной
точки в системе осей эс,у,г (рис.2.22).
Вычисляем значения инвариантов тензора напряжений:
— 6x+6g +6^ = 404- (—30) +40 = 20 МПа,
Зя = 6x6^ + + 6jj6x ~ *Ez3c “ 40 (—30) + (-30)40 +
+ 40 40 - (20)2- (~2df~ (40)2=s~2000 (MOaf,
□зe б-хб^бЬ + -б'х'сД --б'гТху = 4О(-ЗО)-4О +
+ 2-20(-20)40 - 40(-20)2- (-30)(|0)2-~40(£0)2 = -37000 (МПа)3.
Значения главных напряжений вблизи данной точки определяются
как корни кубического уравнения (2.3).
б3- 20б*+ (-2000)6 - (- 37000) = О .
Решение этого уравнения дает следующие значения главных напря-
жений: 46 МПа, 6^=48,24 МПа, 6^-44,49 МПа. Проверим правиль-
ность решения с помощью инвариантов.
+ б'г + б3 = 46 +48,24 + (-44,4 9) = 20,02 МПа,
02 = 6^б2 + + = 46-48,24 + 48,24-(—44,4?) +
+ (-44,40-46 =-4??9,8 (МПа)2,
□3 = 62б3 = 46-48,24-(—44,40 = - 3?О46 (МПа)3.
Вычислительные погрешности вполне допустимы. Положение главных
площадок определяется с помощью направляющих косинусов нормалей к
главным площадкам, т.е. косинусов углов наклона нормалей к осям
координат £=Со&(зо,п), ЙП =cos(^.?n,)„ cos(z,tt,) . Значения нап-
равляющих косинусов подлежат определению из следующей системы од-
нородных алгебраических уравнений;
51
(бх—6)2 4- Ж 4- ТхгЛ — 0, j
'TyacS 4- (бу—б) 4-Tyzit = О, L (2.24)
Ггх £ + +• (б?-б)'Л ~ О, J
где через б” обозначено одно из трех главных напряжений. При этом
каждому главному напряжению соответствует св'оя тройка направляю-
щих косинусов Ik .которые подчиняются известному из ли-
нейной алгебры соотношению
4- Л1,£ 4- Лл[ == i (€ = 4,2,3) . (2.25)
Подставляем 6^ = 46 МПа в любые два уравнения системы (2.24)
и используем в качестве третьего уравнения соотношение (2.25).
(40-46)^4 4-20ПЦ 4-4ОПи — О,
20^ 4- (-30 ~4б) ПЦ 4- (-20) = 0, L
tf+mf+nf = dL.
Решив эту си ст ему, находим 0И = 0,965, М4 = 0,2445, = 0,4 54.
Аналогично определяем значения направляющих косинусов двух других
главных площадок: В2 = 0,05476, ^ = 0,404, Л.2=—0,9447,
03 = —0,256, ^=0,89, Иэ=0,3756. Проверим ортогональность
главных площадок (нормалей к главным площадкам) по формуле
Мк4-= О (гйк), (2.26)
-з
0,965'0,05476 4-0,2445*0,404 4-0,454 (-0,94 4 7) = “2,2-40 ,
0,965(-0,256) 4- 0,2445'0,89 4- 0,454-0,3756 = 5,8'40Ч,
0,05476 (-0,256)4-0,404-0,89 4- (-0,9447)-0,3756 = 7,8Ч05.
Вычислительные погрешности также невелики. Отметим,что задачу
определения главных напряжений и направляющих косинусов нормалей
к главным площадкам желательно решать с помощью ЭВМ.
Для графического изображения главных площадок в системе осей
Рис.2.23. Главные площадки
52'
надо определить положе-
ние трех точек М< , Ма и М3
по координатам,численно рав-
ным или пропорциональным зна-
чениям соответствующих направ-
ляющих косинусов. Векторы 0М4
OM(z и ОМ3 соответствуют нап-
равлениям главных напряжений
вблизи данной точки,что пока-
зано на рис.2.>23,.
По вычисленным значениям
главных напряжений построим
в осях б-Т три. .круга мора,соответствующие напряженным состояниям
на площадках, параллельных каждому' из
трех главных напряжений. Круговая диа-
грамма напряжений приведена на рис.2.24.
Напряжения,действующие на любых пло-
щадках вблизи рассматриваемой точки,
определяются как координаты точек за-
штрихованной части круг свой'диаграм-
мы. 3 частности значения максималь-
ных касательных напряжений вблизи
данной точки равны радиусу наиболь-
шего из трех кругов Мора,т.е. полу—
разности главных напряжений б^ и
63 . Вычисляем это значение:
Рис.2.24.Круговая диаграмма
_64-б3 46-(-44,4?) ис.МПл
Т-max ~ -------q---— = МПа.
Площадки,на которых действуют максимальные касательные напря-
жения,наклонены под углом 45 к главным площадкам с напряжениями
и 63 и параллельны направлению глав-
ного напряжения 62 . Одна из таких пло-
щадок показана на рис.2.25 для бесконеч-
но малого элемента,ориентированного по
направлениям действия главных напряже-
ний (по главным осям деформации 4,2,3 ).
На площадках с максимальными каса-
тельными напряжениями нормальные нап-
Рис.2.25. Площадка
С Т'ГПЯаС
= 0,905 мпа.
ряжения равны полусумме соответствую-
щих главных напряжений:
Q = 46+ (-44,4?)
2 2
Вычисляем по формулам обобщенного закона Гука (2.9) значения
относительных линейных деформаций.
£х [ ЧО-0,35 (-30+ 40)] =4,7-4о4,
= “5 [-30 -0,35(40 + 40)] =-Ч,75.40Ч,
Ез = [40-0,35(40-30)] =0,65-40Ч.
Характер деформированного состоя-
ния бесконечно малого элемента вбли-
зи данной точ ки, соответствующий ли-
нейным деформациям,показан на рис.2.26.
53
Относительная объемная деформация равна
л =5 ""5
4г= £® 4- бу. 4- ёдг = (Ч,7— 4.75 4-0,65)40 = 0,640 .
Объем тела вблизи данной точки увеличивается. Вычисляем значения
,z угловых деформаций.
Л Л -ч
Я» “т-Тас = —5 10 = 2,7 • id4,
и (г 0,3740
5
где G- = ——- = 77Г~тт--0,37.105МПа.
2(4 +^<) 2(44*0,35)
Характер деформированного состояния бес-
конечно малого
угловой деформации
л
|осг
ос
Рис. 2.27. Угловая
деформация
элемента вСлизи данной точ-
.показан на рис,2.27.
потенциальной энергии дефор-
ки,со отв ет отв ующий
Вычисляем значение псиной удельной
мации вблизи рассматриваемой точки.
О' = — [б*ч-б2 4- б| — 2jm(6^624- 626"34- 6ad()] =
= Б {Ol6)2+ (48,24)^4-(-44,4-2- 0,35 [46-48,24 4-
4-48,24 (-44,49) 4-(-44,49)-Чб]| = 0,029МПа.
Псиную удельную потенциальную энергию деформации можно предста-
вить в виде суммы удельной энергии изменения формы U<p и удельной
энергии изменения объема. Вычисляем значения этих величин.
U<p = [(^f-^e) 4-(6Jz-63) 4-(6з-64)2] =
= р46-48,24)24-(48,24+44,49)24-(-44,49-Чб)г] = 0,0288 МПа,
(Job =-^^-(б^4-б'24-б3)<г=^^^(чб4-4а24-4Ч,49)1г=240ЧМПа.
6Е л 6-4-40
Рис.2.28.Октаэдрическая
площадка
Вычислим значения напряжений на ок-
таэдрической площадке вблизи данной точ-
ки. Такая площадка является равнонакло-
ненной к главным площадкам (рис.2.28),
и ее направляющие косинусы в системе
осей 4,2,3 равны по величине
8=лг=п=^=г . (2.27)
Октаэдрические напряжения равны.
54
боки ® (б, + б2 + 63) = -i- (46 + 48,24-44,4?) =6,67МПа,
т»ш ' =
=^(чеча,и)г+^в,и->-чч,19Уг-1-(-чч‘19-цб)г' =з?7МПа.
Задачи для самостоятельного решения
Задача 2.6, Стальная труба сечением 480x6 мм находится под
действием растягивающих сил Р =420 кН (рис.2.29), Требуется оп-
ределить значения нормальных и касательных напряжений в сечениях
под углом с/=60° к оси и величину удлинения трубы. В расчетах
принять Е=2/Ь405МПа.
Ответ: =27,44 МПа, =45,9МПа, дС=0,07см.
Задача 2,7, Стальная полоса прямоугольного сечения имеет косой
сварной шов и находится под действием растягивающих сил Р (рис.
2.30). Требуется определить максимально допустимую величину силы
Р из условия,что касательные напряжения в сечении по шву не пре-
вышают 80 МПа.
Ответ: Р = 195 вН.
Рис.2.29. К задаче 2.6 Рис.2.30. К задаче 2.7
Задача 2.8. Тонкая алюминиевая прямоугольная пластина находится
под действием равномерно распределенных по краям усилий р = 50МПа
и t =30 МПа (рис.2.31). Считая напряженное состояние в пласти-
не плоским и однородным,вычислить значения главных напряжений,
углы наклона главных площадок и величину абсолютной объемной де-
формации пластины. В расчетах принять Е ж 0,7-10 МПа, JA = 0,35.
Ответ: = 64,05 МПа, б2~ ~ 14,05 МПа, ДУ = 0,041 см3.
Задача 2.9. Тонкая стальная прямоугольная пластина находится в
условиях двухосного растяжения-сжатия (рис.2.32). С помощью тен-
зорезисторов определены линейные деформации по двум взаимно пер-
пендикулярным направлениям 8^ — 2,4 10 , 8^=—1,6-10 . Считая
напряженное состояние в пластине однородным,определить величины
растягивающих и сжимающих распределенных усилий,действующих по
краям пластины,и значения относительной и абсолютной объемных де-
формаций. В расчетах принять об - 30 , об4 =—60 , Е = 2-10 МПа,
М=0,3.
J ’ „ “5 а
Ответ: р, = 72,97 МПа, р2 = -50,II МПа, 4,57-10 , ДУ = 0,027 см.
Вис.2.31. К задаче 2.8
шшвпшпж^
Рис.2.32. К задаче 2.9
Задача 2.10. В гнездо массивной недеформируемой плиты свободно,
но без зазоров вставлен медный кубик высотой 1г=6,003см (рис.2.33).
Требуется определить величину давления,которое надо приложить к
верхней грани кубика,чтобы его высота стала равна глубине гнез-
да. Определить при этом величины давлений дубика на стенки гнез-
да и значения его относительной и абсолютной объемных деформаций.
Трением пренебречь. Принять 1-10 МПа, ^ = 0,34.
Ответ: (£=76,96МПа, ба:=б^=-39,65МПа, fr=-5-I04, дУ=-0,Ю8см3.
Задача 2.II. При испытании стального цилиндрического резервуара
высокого давления (рис.2.34) была определена линейная деформация
в стенке цилиндрической части под углом об= 30 к образующей: 5^=
= 2,8*10 . Требуется определить величину давления в резервуаре.
В расчетах принять Е= 2«10 МПа,^=0,3. Меридиональные и коль-
цевые напряжения в стенке цилиндрической части определяются по
формулам Рй к _ рй>
°t~2F ’ 6m--Mg •
Ответ: р = 1,36МПа, бм=40,7МПа, 6^.= 81,4 МПа.
Вис.2.33. К задач.» 2.10
Рис.2.34. К задаче 2.II
3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ
Поперечное сечение бруса имеет в
ортогональных осей(рис.3.1) сле-
дующие геометрические характеристи-
ки :
I. Площадь сечения
F=JdF. (3.1)
F
2. Статические моменты
5z=J^F’ (3.2)
системе произвольных взаимно
Рис.3.1.Поперечное сече-
ние бруса
нулю. Статические моменты
Статические моменты имеют раз-
мерность длины в третьей степени,
например см3 . Они могут быть поло-
жительными, отрицательными и равными
можно определить по формулам
S? =^cFt Sy = XcF, (3.3)
где^и^с - координаты центра тяжести сечения (рис.3.1). Из фор-
мул (3.3) следует,что $$ S?
хс~ ~р~ • • (3.4)
Статические моменты относительно любых осей,проходящих через
центр тяжести сечения,равны нулю.
3. Осевые моменты инерции
Jy=Jz^F. (3.5)
F F
4. Полярный момент инерции
Jp=Jf^F. (3.6)
F
Если полюс совпадает с началом координатных осей,то выпол-
няется условие
Jp^Jz+Jy. (3.7)
Осевые и полярный моменты инерции сечений всегда положительны.
5. Центробежный момент инерции
ty-JzydF. (3.8)
Центробежный момент инерции может быть положительным,отрицатель-
57
ным и равным нулю. Если хотя бы одна из осей координат совпадает
Рис.З.2. Сече-
ние
Следовательно, для
с осью симметрии сечения,то центробежный мо-
мент инерции относительно такой пары осей ра-
вен нулю. Например,для сечения на рис.3.2 име-
ем J^2=^=(? .
Осевые,полярный и центробежный моменты
инерции имеют размерность длины в четвертой
степени,например cmv.
Статические моменты и моменты инерции оп-
ределяются как интегралы по площади сечения-,
одних и тех же осей их можно вычислять раздель-
но по частям (элементам; сечения,а результаты сложить. Например,
для осевых моментов инерции имеем
1 h ‘ Fl
где -t - номер части (элемента) сечения.
6. Радиусы инерции ____г ---,
;.-VF
(3.9)
Радиусы инерции не являются интегральными геометрическими
характеристиками сечения. Они считаются положительными и имеют
размерность длины.
Изменение моментов инерции при параллельном переносе осей
происходит (рис.3.3) по формулам
» (3.10)
где ^z - центральные оси,
произвольные оси.
Формулы (3.10) можно использовать
в обратной последовательности при
переходе от произвольных осей к цент-
ральным.
При повороте координатных осей (рис.3-3) моменты инерции
изменяются по формулам
^Соз2а6 — и 3<п2о£
tyd = —2-----------g C0s,2oi 3<n2°^
(3.II)
I
58
Сумма осевых моментов инерции относительно любой пэры ортого-
нальных осей с общим началом является постоянной величиной:
J?f<; +" = Dp = COH&t .
Ортогональные оси,относительно которых центробежный момент
инерции равен нулю,называются главными осями инерции. Осевые мо-
менты инерции относительно таких осей имеют экстремальные значения
и называются главными моментами инерции. Они определяются по фор-
= ) у - (9-12)
гдегу - произвольные оси. Углы наклона
но определить по формулам
т^=. Ji? . , (3.13)
где /а^/ + /а&/= 90°.
На рис.3.4 W- главные оси инер-
ции,причем Ju—Jmax, <hur=O*
Главные'оси можно провести через лю-
главных осей инерции мож-
бую точку сечения или плоскости,где оно расположено.
Однако наиболь-
ший интерес представляют главные цент-
ральные оси инерции (рис.3.5),для кото-
рых выполняются условия
«5гг = <$и = Jim =0.
Частным случаем главных осей инер-
ции являются оси,из которых хотя бы од-
Рис.3.5.Главные цент-
ральные оси
на совпадает с осью симметрии сечения.
Задача определения моментов инерции
при повороте осей может быть решена гра-
фически с помощью круга инерции,который строится аналогично кругу
Мора для плоского напряженного состояния. Пример построения круга
инерции дан в задаче 3.4.
Приведем значения моментов
Рис.З.б.Прямоугольник
инерции простых сечений (рис.3.6-3.9).
Рис.3.7. Круг
59
Рис.3.8. Треугольник
^0,425R.
7 -7
J1~(H4RV.
Рис.3.9. Полукруг
Геометрические характеристики прокатных сечений (двутавр,швел-
лер,уголок и т.п.) приведены в сортаментах.
46см
Задача 3.1
Рис.3.10. Схема
сечения
Для сечения на рис.З.Ю требуется
определить значения главных моментов инер-
ции сечения.
Данное сечение имеет две оси симмет-
рии^ и 2,которые являются главными цент-
ральными осями инерции. В точке пересече-
ния этих осей лежит центр тяжести сечения.
Выписываем из сортамента и вычисляем необ-
ходимые геометрические характеристики
«элементов сечения (рис.3.II и 3.12).
Рис.3.II. Диет
F = 2-24=48cm*
-I „2V6?)3.tf V
2(2Ч)3 ч
ty = ~^~=230Чсм-
130
h —30 см,
Jy=337cMV,
Jz =7080см*1.
Двутавр Сзо
С помощью формул параллельного переноса (3.10) вычисляем зна-
чения моментов инерции сечения относительно осей yz .
J2 = 7060 4- 2[46 +(4б)2Ув] =34690 сМЧ,
Jy = з&. + 2.2304 =г 4345 см1,
Jzy=0 ky* - оси симметрии сечения).
Вычисленные моменты инерции сечения являются главными,причем
Jmax =Jz =31690 CM4, Jtnin = Jy = 4945см4 .
Задача 3.2.
Для сечения на рис.3.14 требуется определить положение центра
кести и вычислить значения главных моментов инерции.
, f30
Ь=30см,
^>=40см)
2,52см
F)= 70,5см2
(]^ = 5840смЧ
ty=327CM4
Рис.3.13. Евеллер СЗО
Поскольку сечение имеет одну ось симметрии (ось^1 ),нздо сп-
ред елит.ъ только одну координату центра тяжести. Принимаем в ка-
честве вспомогательной оси центральную ось швеллеров?, (рис.3.13)
и вычисляем по формуле (3.4) значение' ус ’
= >5?/ = 2-40,5-0 4-50-4,8(454-0,9) = 4434 м
& F 50-184-2-40,5 474
Положение центральной оси? показано на рис.3.14. Оси ^z яв-
ляются главными центральными осями сечения. Вычисляем значения
главных моментов инерции относительно осей у? .
JZ = 2[5840+(^37)^5]4--4-(7,53^-50-4,в]=22У20см\
Jy = ~8^0) 4- 2[327 4- (47,52)^70,5] = 77270см4, Jyi = 0,
Jmax=J^ — ЧЧ270см^, Jtniri=JZ=22720см'
42см
Задача 3.3
Рис.3.15.Элементы сечения
Рис.З.16. Схема сечения
Для сечения на рис.3.16 требуется определить положение цент-
ра тяжести и вычислить значения главных моментов инерции.
Данное сечение симметрично относительно вертикальной оси у .
Разбиваем сечение на т.ри элементарные фигуры (рис.3.15). Принимз-
61
ем в качестве вспомогательной оси центральную ось большого пря-
моугольника г2 и вычисляем расстояния от этой оси до центров тяжес-
ти первого и третьего элементов сечения. Эти расстояния показаны
на рис.3.16. Вычисляем координату центра^тяжести сечения:
с_ 9(42-6)+0(24-42)-Г(-3,45) 1 845
*=-- ------------------------------------- -=Шт-
Определяем расстояния между центром тяжести сечения и цент-
рами тяжести его элементов:
9-2,79 =$24СМ, у2=0-279=-279см, у3=-3,Ч5-2,79=~6,24см.
Эти расстояния показаны на рис.3.16. Оси^г является главны-
ми центральными осями инерции. Вычисляем значения главных моментов
инерции:
* =z^s*
— 0,44(6)*+ у = 6346 СМ4,
7 6(42)* 12(24)* ЗГ(6)У_.„Jon Ч Т Л
Ju=- ——- +---------—-— — 44480см4. Ju2=0
<4 42 42 8 > 3* >
Jmar=(Jy =44480 см4, Зм1п=6346см4.
Для определения момента инерции относительно центральной
оси % можно использовать ось г ,проходящую по основанию полукруга
и большого прямоугольника (рис.3.16). При этом получим
Jj- =2.ф>3+ ^гд„0^,
Jz =jg ‘-агр = 29730 -(6+2,79)-303 = 6320 смЦ.
Задача 3.4-
к
Я
Для несимметричного сечения на
рис.3.17 требуется определить положение
центра тяжести,углы наклона главных цен-
тральных осей инерции и значения главных
моментов инерции.
Выписываем из сортамента и вычис-
ляем геометрические характеристики эле-
ментов сечения (рис.3.18,3.19,3.20).
К=24см, £=9,5см, Рис.3.17. Схема
у0=2,Ч7см, (4=35,2см2 сечения
Jz<=262cm4, ty=446DcMt.
Рис.3.18. Швеллер К2?
52
L460X400
Г27
—Ч80Х10ЫМ
3?
&
%
{=2=4-48=Чвсм2,
_ _ 4-(Чв)3 n ( и
^г2~ 42 ~^6cMt
7 48(4)3 tl Ч
Рис.3.19. Лист —ЧЗОхЮмм
гг -,л 2
г3 = 30 см,
^г3~ 784cmv,
Jg3= 233апу,
Ju — ЧМ2см\
tyot= 0,388,
(об = 24°42').
Ыбохчоохчг
Вычисляем центробежный момент инерции уголка относительно
центральных осейгэу3. Для этого используем формулы изменения мо-
ментов инерции при повороте от главных центральных осейт/ггк осям
гзУ3* Jir—Jz34~Jy3—Ju —4-84+239-442 = 884см\ Jvv—O,
~ sitl2oi +Juvcos2o6= Sin.(-42°24/) =-~24<4ct*.
Угол поворота принят отрицательным,поскольку поворот от осей
UV к осям Хдуз происходит по часовой стрелке.
Вычисляем площадь сечения:
F=/> +F2 +f^ = 35,2 + 48 +30 = 443,2 см2.
Принимаем в качестве вспомогательных осей центральные оси вер-
тикального листаи определяем положение центра тяжести сече-
ния. Расстояния от центров тяжести элементов сечения до вспомога-
тельных осей показаны на рис.3.21.
_ Sg£ __ 35,2-24,53 +48-0+30(~43,32) _ 358,3 = 3^6см
<?С F 443,2 443,2 '
35,2-44 + 48-0 +ЭО(~2,86) _ 407 „ „ _
F 443,2 443,2
Координаты центров
тяжести элементов в
системе центральных
осей zaj, :
2. = 44-3,6 =40.4см,
г2 = 0-з,б = -з,бсм,
г9 = ~2,86*-3,6 = - 6,46 СМ,
£ = 24.53-3,46 = 48,3?см,
= 0—3,46 =—8,46СМ,
=-43,32 -3,46=-46,Ч8СМ.
Масштаб:
О 40 20 30 ЧОсм
63
В качестве проверки вычисляем статические моменты сечения от
носительно центральных осей zy :
%L = 35,2-48,39 +• Ч8(~3,4б) + 30 (-46,48) = 6Ч6,6~6Ч6,4 = 0,5 CM3,
Sy. = 35,2-10,4 + 48 (—3,6) + 30 (~6,46) =366,4 -366,6 = -0,5см3.
Ошибки при вычислениях составляют:
Д5г = 400% = 0,08% 100% = 0,44%.
Ьгб 7 *
Такие погрешности можно считать вполне допустимыми. При боль
шом числе.элементов расчеты удобно выполнять в табличной форме
(тайл.3.1). Таблица 3.1
М- nyh Элемент см2 СМ К см 5 Сл Ji) CM3 z<, CM К CM CM3 c(i) ^3 CM3
4 С27 35.2 44 24,53 759,9 492,8 40,4 18,37 646,6 366,4
2 —480X10 48 0 0 0 0 ~3,6 -3,46 -451,7 -472,8
3 L160X 400x42 30 -2,86 -13,32 -399,6 -85,8 -6,46 -16,48 -494,4 -493,8
143,2 358,3 407 0,5 ~°>S
С помощью формул (3.10) вычисляем значения моментов инерции
сечения относительно центральных осей zy :
7г = [262+(18,37)235,2]+[9246+(3,4б)г-4В]+[784+ (1^в/зо]=30767 см4,
= [Ч46О + (10,4/зБ,.2] +[ч+(3,6)2-Ч8]+[239+(б, 46?-30]= (О ОВЧсМ4,
J^=[0+(10,4)(l8}37)-35,2]+[o+(-3,6)(-3,l6) Ч8]+[-2Ч9+(-6,Чб)(-1б,Ч8)30]=
= 10216 см4.
Вычисление моментов инерции сечения также удобно проводить
в табличной форме (табл.3.2).
Таблица 3.2
Ns Ц/П Элемент CM4 &Fi. CM4 -rli) CM4 Jlfl- CM4 fa- CM4 CM4 \tv CM" CM4 Ju, CM4
4 Г 27 262 14878 42440 4460 3809 9967 0 6725 6925
2 ^-480x40 9246 479 9695 4 622 626 0 546 546
3 L460X100X42 784 8448 8932 239 4252 4494 -249 3494 2945
JZ =30767смч -40084 см4 10216 см4
Вычисляем по формуле (3.12) значения главных моментов инер-
ции:
м
30763+70084
2
Jrnax =Jtj" — 34962cm4, Umin —*Ju ~ 5889an4.
Пров ерка: Л»вх + J min “= *7> +Jy = 40857 cm4.
Определяем угли наклона главных центральных осей инерцииИТГ :
4 ^-jss " ^-ет ’
tgc(<=-Q,4706, оС^--22°73', Проверка:
t^cC2 = 2,435, о<2 = 63*47'. К/ + [сг£1 = 22*79'+ 63в47'=90°.
Положение главных центральных осей инерции сечения таг показа-
но на рис.3.21.
Для графического определения моментos инерции сечения относи-
тельно центральных осей построим круг инерции,который строится
аналогично кругу Мора для плоского напряженного состояния. С по-
мощью круга инерций (рис.3.22) определяем значения главных момен-
тов инерции и углы наклона главных центральных осей7/1Г.
S5
Задача 3.5
Рис.3.-23-. 'Схема сечения
Для сечения на рис. 3.23 требуется
определить величины главных моментов
инерции и углы найлона главных цент-
ральных осей инерции.
Данное сечение можно назвать обрат-
носимметричным. Положение центра тяжес-
ти сечения совпадает с положением цент-
ра тяжести листа,поскольку очевидно вы-
полнение условий Зг = Sy, = O.
Берем из сортамента необходимые гео-
метрические характеристики швеллера С22а
и вычисляем осевые и центробежный мо-
менты инерции относительно центральных
осей сечения ос, у. .
□z + 2 [1в7+(21,5Ч)2’28,в] = 36315смЧ,
4-2[2330+^,5^28,8] =12282СМЧ,
□zy = 2.28,8-21,54’ 41,5 = 14268 СМ4.
Вычисляем значения главных моментов инерции и углов наклона
главных центральных осей инерции.
Зт« = 36345+42282 ± ^3634^-42282)% .
Jmax=42953см4, Jtnin— 5644см4,
. 44268 18 * 42282’ об = - 24°57 * о4 “ б5°0з'.
Положение главных центральных осей Ц.ТГ показано на рис.3.23
Задачи для самостоятельного решения
Задача 3.6. Для сечений с двумя осями симметрии на рис.3.24 тре-
буется определить значения главных моментов инерции.
Ответ: а) Этаж = = 47405см4, Jmin = 0g =-14176 см4;
б) Зтах = 3^ = 32 7р5смч, □min,= □г=1Э725смч;
в) Отах =32=120620смч, Jmin= 3g = 4956cwi4.
Задача 3.7. Для сечений с одной осью симметрии на рис.3.25 тре-
буется определить координату центра тяжести и вычислить значения
главных моментов инерции.
66
Ответ: а) 2с=5*2чсм, Отах = Оу = 58740см4, Omtn — Оя =4Ч?ОЧсм4;
б) ,ус=3,Н8см, Umax = Oz =Ч232бсм4, От tn=Оу = 33482см4;
в) -ус = 4,853см, Омах— Jz=-49826cm4, ОтЬь= Оу=48043см4.
Задача 3.8, Для обратносимметричных сечений на рис.3.26 требу-
ется вычислить значения моментов инерции относительно центральных
осей 2,у. ,значения главных моментов инерции и углов наклона глав-
ных центральных осей К.ТГ . Построить круги инерции.
Ответ (табл.3.3);________________________________Таблица 3.3
Схема Ох, см4 Оу, см4 Згу,см4 Отах,см4 Омйцсм4 о4< О^й
а 51988 T5I03 -15819 57843 9248 20° T9' -69° 41'
б 17230 1610 3427 17949 891 -11° 51* 78° 09
в 7776 2592 -1944 8424 1944 18° 26' -71° 34*
Рис.3.24. К задаче 3.6
Рис.З.25. К задаче 3.7
Рис.3.26. К задаче 3.3
67
4. КРУЧЕНИЕ СТЕРХНЕЙ
Кручение стержней вызывается парами си л, действующи ми в плос-
костях, перпендикулярных к оси стержня. Эти пары приводятся к скру-
чивающим нагрузкам,которые могут быть сосредоточенными и распре-
деленными по длине. Стержень,работающий в основном не кручение,
обычно называется валом.
При действии на стержень скручивающих нагрузок в его попе-
речных сечениях возникает только одно внутреннее усилие - кру-
тящий момент Мкр . В статически определимых задачах крутящий мо-
мент может быть определен с помощью уравнений равновесия как сум-
ма скручивающих нагрузок,приложенных к одной из частей стержня
(рис.4.1).
Рис.4.1. Определение крутящего момента
Знак крутящего моменте физического смысла не имеет. Обычно
крутящий момент считается положительным,если при взгляде ня се-
чение со стороны внешней нормали он стре-
мится повернуть оставшуюся часть стержня
по часовой стрелке (рис.4.21.
Крутящий момент и интенсивность рас-
пределенной скручивающей нагрузки связа-
ны между собой дифференциальным соотно-
вевмем
=-tn(x). (4.1)
dx
Из соотношения (4.1) следует, напри мер, что на участках стерж-
ня с постоянной скручивающей нагрузкой fn-cohst крутящий момент
меняется по линейному закону,а на участках,где .он имеет
постоянное значение. Изменение крутящих моментов по длине стерж-
ня графически изображается с помощью эпюры Wp .
В качестве элементов конструкций в макив,работающих првнму-
68
Рис.4.3. Деформация вала
тестзенно на врученае,наиболее часто применяются стержни кругло-
го или кольцевого сечений (круглые сплошные или полые валы). Де-
формацию таких валов при кручении можно характеризовать как вза-
имный поворот поперечных
сечений (рис.4.3). При
этом поперечные сечения ос-
таются плоскими,и рассто-
яния между ними не изме-
няются. Угол поворота се-
чений является переменной
величиной и называется уг-
лом закручивания ЭДг).
Характеристикой степени з
относительный угол закручивания •$•= Различие углов поворота
поперечных сечений вызывает деформацию сдвига на поверхности ва-
вкручивания вале по длине является
ла (рис.4.3) и внутри его. При
этом в поперечных сечениях кру-
глых сплошных и полых валов
действуют только касательные
напряжения (рис.4.4).перпен-
дикулярные к радиусам и опре-
деляемые по формуле
c/F - полярный мо-
мент инерции.
Относительный и абсолютный углы закручивания вала определяют-
ся по формулам
(4’3)
ей? (rJp trJp
где (г юцухъ упругости материала при сдвиге. Произведение Gfy
называется жесткостью вала круглого сечения при вручении.
Для частного случая,когда Ыкр—const и GUp—const, абсолютный
угол закручивания вала определяется по формуле
(4.4)
G-Jp
При переменном по длине вала крутящем моменте формулу (4.3)
можно использовать в следующем виде:
При &Jp=const = ркр Jx <4’5)
a-Jp-'g trJp
6S
где Qmkp “ площадь эпюры крутящих моментов на данном участке,
вычисленная с учетом знака Мкр .
Кручение круглого вала постоянной жесткости (GrJp = const )
описывается следующим дифференциальным уравнением:
G-Jp ф'(х) — -т(х). (4.6)
Потенциальная энергия деформации круглого вала при кручении
в общем случае определяется по формуле
2
Условие прочности круглого сплошного или полого вала при кру-
чении имеет следующий вид: мех
Tn,az=^- ^[Т], (4.8)
max WP
где Мкр - максимальный крутящий момент в вале,
Wp - полярный момент сопротивления сечения и
[Т] - допускаемое касательное напряжение.
Таким образом,расчет на прочность вала при кручении выполняет-
ся по максимальным касательным напряжениям на поверхности вала.
Приведем значения полярного момента сопротивления сечения вале.
Рис.4.5. Моменты
7 -
JP 2 32 ’
и/ Л 3TR3 Я#3
г\ц eU2
*** 70
(4.9)
(4.10)
сопротивления
Подбор сечения вала из условия прочности проводится по мо-
менту сопротивления сечения: тах
W.II)
Зная Wp ,можно определить требуемый диаметр вала (рис.4.5).
Сплошной вал
Полый вал
max
VЗГ[Т]&-Р)
70
В ал,работающий на кручение,должен также удовлетворять усло-
вию жесткости: пшх
4 __W_ ГД7 (4.12)
ТГмЛГ ~ QJ? ~ >
где [$1 “ допускаемый относительный угол закручивания вала,
обычно лежащий в пределах [^]= 2) гръд/м.
Из условия жесткости можно также определить требуемый диа-
метр вала.
Сплошной вал
~1пах
32 Мкр
гбТЮ
Полый вал
п / ым>т№
У<гв{4](1-Г)
При расчете вала на прочность и жесткость из двух требуемых
диаметров надо принять больший.
Грузоподъемность вала можно определить по величине допускае-
мого крутящего моменте,определяемого из следующих условий:
.-прочности: Мдоп = [tj-Wp , (4.13)
-жесткости: Мдоп = [’flJ'6'Jp • (4.14)
При кручении круглых сплошных или полых валов наибольшие нор-
мальные напряжения (главные
растягивающие и главные сжи-
мающие) действуют на поверх-
ности вэлэ под углом 45° к
образующим (рис.4.6). Они
равны по абсолютной величине
максимальным касательным нэп-
Рис.4.6.Главные напряжения
ряжениям в поперечных сечени-
ях вала: /6^/ =1б^1 = ‘Г/гигх.
Разрушающий
определяется по
где rw -предел
в вале из пластичных материалов
(4.15)
крутящий момент
формуле
Мрлз ~ Tfn-Wnft ,
текучести материала при сдвиге;
Мм - пластический момент сопротивления
Для круглого вала сплошного сечения
эпюра касательных напряжений в момент раз-
рушения вала (пластическая стадия) показа-
на нэ рис.4.7. При этом пластический мо-
мент сопротивления сечения вала опреде-
ляется по формуле 3
= . (4.16)
сечения вала
кэя стадия
71
При кручении стержней некруглого сечения (прямоугольное,тре-
угольное и т.п.) поперечные сечения не остаются плоскими. Проис-
ходит их коробление или депланэция. Расчет таких стержней при
кручении достаточно сложен и производится с помощью методов тео-
рии упругости.
Приведем данные расчета стержня прямоугольного сечения при
кручении. Касательные напряжения в по-
перечных сечениях меняются по нелиней-
ному закону (рис.4.8) и достигают наи-
больших значений в серединах сторон,при-
чем —Тмах . Расчетные формулы имеют
следующий вид:
_ Мкр _
Ъпах = т~, Т. =ЯГтвх, (4.17)
Wk и
4>=^Jx’ м-18>
Геометрические характеристики сечения 7к и Wk определяются
по формулам
где оС , и $ - числовые коэффициенты,зависящие от отноше-
ния с
* • Av /
сторон И = h/B, Некоторые значения этих
Таблица 4.1,
п, об V
4.0 0,444 0,206 4,00
20 0,229 0,246 0,99
5.0 0,294 0,294 0,94
<0,0 0,342 0,342 0,94
коэффициентов приведены в табл.4.1.
Для узких прямоугольников (полос)
формулы (4.19) приобретают
в“д: AS’ ' h.S‘ ,д...
7к=-3~» ^к=-з" > (4.20/
- толщина полосы.
При этом
напряжения в
формуле
при —
следующий
где В
максимальные касательные
полосе можно определить по
(4.21)
Задача 4,1.
Рис.4.9. Схема задачи
Жестко закрепленный на одном
торце стальной круглый вал сплош-
ного сечения,состоящий из двух
участков,находится под действием
показанных на рис.4.9 скручиваю-
щих нагрузок.
Требуется построить эпюру кру-
тящих моментов и вычислить зна-
72
чения максимальных касательных напряжений на каждом участке ва-
ла и углы поворота характерных сечений. В расчетах принять моду-
ль упругости при сдвиге G~=Q,8-40^Mna~0.8-406кГ/см2.
Вычисляем значения крутящих моментов в характерных сечени-
ях вале,начиная со свободного
конца.
I .Сечение х=2м Мкр=О.
2 .Сечение x=v+0
Мкр = — 400-4=-4оо Нм.
3 .Сечение ж=/-0
Мкр =-400+ 400=ЗООНм.
4 .Сечение х=0
Мкр = 300 Нм.
Рис.4.10. Эпюры Мкр и ip
Эпюре крутящих моментов при-
ведена на рис.4.10. Нэ первом
участке крутящий момент имеет
постоянное значением нэ втором
участке он меняется по линейно-
му закону. В сечении,соответст-
вующем границе участков,крутящий момент имеет скачок нэ величи-
ну сосредоточенного момента чоонм.
Вычисляем значения максимальных касательных напряжений на каж-
дом участке вала и углы закручивания участков.
Первый участок (аЬ=Чсм)
nr(V)4 Л ч и/ - Эр J
Эр = ~32 = 'зГ=Х2^Зсм , = =
.. mitv
Мкр 300-40 а ......
Ттах=~- = ~7~- = 239кГ/см *=23,9МПа.
Wp 42,57
1я Мкр С 300-40-400 о t
Й - ----~~б~---= С 04Ч9р&а = 054 .
1 &Jp 0,3-Ю-25,43
Второй участок (<02=3cw)
#6%)* %Y3)v ч
JP = ^-=~3i--------
Ттах = -т^г- — - 489кГ/см2~ 4В, 9МПО,
Wp 5,о
i-40040400 3 0 ,
——ё-------=-7,86-40рад =-0 27 .
0,8-40-9,95
I*/ «7° __ з
G-Jp
Угол закручивания второго участка вале вычислен с помощью пло-
щади эпюры крутящих моментов.
73
Определяем угол поворота торцевого сечения вала.
= О05/~ 0°2?' = 0°2ч‘.
Торцевое сечение поворачивается по часовой стрелке. Эпюра уг-
лов закручивания вала показана на рис.4.10. На первом участке уг-
лы закручивания меняются по линейному закону,а на втором - по за-
кону квадратной параболы.
Задача 4.2
Стальной круглый вал сплошного сечения находится под действи-
ем показанных нэ рис.4.II скручивающих нагрузок. Требуется пост-
роить эпюру крутящих моментов.подобрать сечение вала из условий
прочности и жесткости и определить взаимный угол поворота торце-
вых сечений. В расчетах принять (г=08-10 5МПа ~ 0,8-Ю кГ/см\
Гт]=80МПа ~800кГ/см* I. 2 3, [f] = Ц8гръа/м = 1.396-104 5ры/см.
Рис.4.11. Эпюра Мкр (//м)
Проверяем условие равнове-
сия вала:
ХМх= 0, 500 -340 -200-0,8 =0.
Вал находится в равновесии.
Вычисляем значения крутящих мо-
ментов в характерных сечениях.
I. Сечение х=2м, Мкр=500Нм,
2. Сечение х=*1р+0, Мкр-500Нм.
3. Сечение х=1,ч-о,
Мкр =500-340 =160 Им.
4. Сечение х=о,8м, Мкр—160 Нм.
5. Сечение х=0, Мкр =160—200-0,8 = 0.
Эпюре крутящих моментов показана на рис.4.11.
Расчеты на прочность и жесткость проводим по сечению с макси-
мальным крутящим моментом нэ правом торце вала Мкр =500Нм. Вы-
числяем значения требуемого диаметра вала.
Из
условия прочности:
V16-500-1Q
Я-800
= 3,17см .
огИ
Из условия жесткости: ______________
мах' ч I ~ “
32Мкр д / М'50040
СтЛ[-&] у 0,8-106-Л-1396-104
— 4,62 см.
Из двух требуемых диаметров надо принять больший. Округлив его
в большую сторону .примем <$ = Ч,7см . Вычисляем геометрические ха-
рактеристики поперечного сечения вала.
| 74
-1 %(Ч,7}* 4 , л if %№)3 3
Jp ~ "ал— = 47,9 см , V/p = —-Т2— = 20,38 CM .
г 32 ’ 46
Вычисляем углы закручивания участков вэлэ:
to У Г) 16010-80 -з о ,
Yj= ^Мкр = ——s------- = 1.8710 ргл = 0 06 ,
GJp кр 0,8106-47,9
tn _ МкР£ 16010-60 Пс, -3 лв z
в-Зр <№0-Ч& !.Я-«>ру-0 03 ,
0,810 - 47,3 *
Взаимный угол поворота торцевых сечений вала равен
<Р= 4- 4- 1р3 = О°Об'+О0Од'+ О°27'=О0¥2'.
Вычисляем максимальные касательные напряжения в вале.
max
Ттах = ^~ = -5~— =245,3 кГ/см*=24,5 МПа.
Wp 90,38
Задача 4.3
Стальной полый стержень сечением 0чохЧмм скручивается прило-
женным на торце сосредоточенным мо-
ментом (рис.4.12). Требуется опре-
делить величину допускаемого скру-
чивающего моменте из условий проч-
ности и жесткости стержня и угол .
поворота торцевого сечения. В рас-
четах принять &=0,8-10^М1а^О,810^к17см,
[т] = 80 МПа ~800кГ/см2, [&]=1 гр&д/м.
Рис.4.12.Схема задачи
Вычисляем геометрические характеристики
вала (рис.4.13);
3)2 = 4см, = 4-2-0,Ч=^2см, ^=^=0,8,
Ч и
= 14,84 CMV ,
32 1 е/ 32 '
и/ Эр 14,84 з
JP =
поперечного сечения
Рис.4.13.Сечение
стержня
Вычисляем значения допускаемого скручивающего момента.
Из условия прочности:
М40Л =[rJWpss 800-7,42 = 5936кГсм 594Нм.
Из условия жесткости:
^Ж-^р-1^5-10 V-0,81014,84 =2072кГсм-2О7Пм,
75
rf\ “J . “2 "4
|Где /ft/ =7rpa4/w =4-10 =4,145-10 ръд/см.
Из двух допускаемых моментов надо принять меньший. Округлив
его в меньшую сторону,примем М=2ОоНм.
Вычисляем максимальные касательные напряжения в стержне и
угол поворота торцевого сечения:
Мкр 200-70 , 2
'Стах = -^- = = 270 кГ/см~ 27 МПа,
fn Мкр# 200-70480 Ллэпэ jO.
У = =-----й-------=0,0303рм =7 ЧЧ .
Г &Jp 0,8-70-74,84 * г
Задача 4.4 .
Рис.4.14.Схеме задачи
При испытании нэ кручение стельно-
го стержня круглого сечения (рис.4.14)
на его поверхности под углом чв° к
образующим был установлен тензометр,
с помощью которого определена линей-
ная деформация 8=2,7-70ч.
Требуется определить напряжения в
стержне,величину крутящего момента и угол поворота торцевого се-
чения. В расчетах принять Е=2,7-7о5МПа ~2,7-706кГ/см2, р=0.3.
Установленный под углом Ч5° к образующим стержня тензометр да-
ет значение линейной деформации по направлению действия главного
растягивающего напряжения . Напряженное состояние нэ поверх-
ности стержня имеет характер чистого сдвига,причемl^l=l6gl=Tmaap.
Используя формулу закона Гука для плоского напряженного состоя-
ния,вычисляем максимальные касательные напряжения и главные нап-
ряжения в стержне.
Ъ =ё = 4^-мб2)=^/-Гтах ,
с, * с
£ 27-706 -4 „
Ттах = —— £ = 7—• 2,7-70 = 436кГ/см t=44МПа,
7+М 7+0,3 •
="Етах — ЧЧМПа , ^Z= —Т-тах = — ЧЧМПа.
, , Эр 3,26 з
= 0,80в-/0^МПа ~0,808406к!7см2.
Вычисляем геометрические характеристики сечения и модуль уп-
ругости материала при сдвиге.
7 _ зг®)у_ зг(2$ч ч
JP-~32~~ ~зГ = З‘*6см •
г = Е =
2(7+^) 2(7+0,3)
Определяем крутящий момент в стержне и угол поворота торце-
вого сечения.
Мкр = Гтвх IVp = 436-2,72 =7786кГсм =» 778,6Нм ,
76
МкрЕ = 118,6-10-60
* G-Up 0,808-10е-3,26
= 0,027рад =1°33f.
Задаче 4.5
Сплошной латунный вал,состоящий из двух участков (рис.4.15),
жестко закреплен нэ торцах и загружен показанными на рисунке скру-
чивающими моментами. Требуется
построить эпюру крутящих мо-
ментов,определить максималь-
ные касательные напряжения нэ
участках вале и вычислить
угол поворота сечения нэ гра-
нице участков. В расчетах
принять От-0,4-10 Mlta*o,44OeK&b»f.
Составим единственное
для данной задачи уравнение
статики:
YMx =0} И? +Мв =200+400~600Нм,
где Мд и Me - реактивные мо-
менты нэ опорах.
Данная задача является ста-
тически неопределимой и для ее
решения используем условие
жесткого закрепления торцов ва-
ла - взаимный угол поворота
торцевых сечений равен нулю.
Отбросим любую из опор ва-
ла (например,правую) и прило-
жим в этом сечении неизвестный к
Рис.4.15. ЭпюрыМкриф
Х=Мв (рис.4.15). Угол
поворота освобожденного от закрепления сечения В должен быть ра-
вен нулю. С помощью принципа независимости действия сил запишем
уравнение деформации вала: Фв^вр + Фвх = О» где Pbp и - уг-
лы повороте сечения В от действия заданных нагрузок и искомого
реактивного момента Х=Ма .
Вычисляем геометрические характеристики сечений вала.
Первый участок - круглое сечение диаметром 5) =7.8 см.
_ ##0)V v ... Jp 52,1 nj^ з
Пр = ~^~ =52,1см t Wp-~ = — 21,7 CM .
4J8'^2
Второй участок - квадратное сечение со стороной & — —%—=з,з9см.
С помощью данных тэбл.4.1 при ^=1 получаем
<7к Ч=О,141(з,3^=18,62смЧ, WK=fh,8>S=/a3=0,208(3,39^ 8,1см3.
77
Вычисляем углы повороте освобожденного от закрепления сече-
ния fi и раскрываем статическую неопределимость задачи.
(р = 400-10-20 , . (ЧОО+ЯООУЧО-ЗО
Г0Р ~ 0,Ч-406-49,62
4k,—-^o_
0.4-40е-52.4 = °'033в™>
= ^в9.^-х,
0,4-10-48,62 0,4-40-52,4
Фв = 0,0338 ~ 4,489-10^-Х=0, Х=Мв= 2840 к Гем ~ 284ММ.
Строим эпюру крутящих моментов (рис.4.15) и вычисляем зна-
чения максимальных касательных напряжений в вале и углы закручи-
вания его участков. wwax
Первый участок: 'Стах=-г^= 0 =14бкГ/г.мг~1Ч,бМПа}
Wp 21,+
..max
Икр 284-10 г
Второй и третий участки: Ттах =Т. =-ггт- — ———— 354к1/см-35,4МПа.
WK 0,1
Л60 =w„3HpU=oW,
11 0,4-10-52,4 ’ Р » г 0,4-40в-18,62 ‘ г *
=‘~с'-мз^=-',’5г'- 4^4<^+<&=0.
Эпюре углов закручивания приведена нэ рис.4.15. Со стороны
опоры В все сечения поворачиваются по часовой стрелке.
Задача 4.6
Рис.4.16. Схема задачи
Вэл, состоящий из жестко сое-
диненных между собой алюминиевого
стержня круглого сечения и сталь-
ной трубы,находится под действием
скручивающих моментов (рис.4.16).
Требуется определить крутящие мо-
менты и касательные напряжения в
стержне и трубе. В расчетах принять
Gcm=0,8-10 МПа, G~fifl==0,27^40 МПа.
Крутящий момент в в эле,равный Мкр=Чоойм воспринимается алю-
миниевым стержнем и стальной трубой. Из уравнения статики получим:
=0, Мст 4-Мм = Мкр =400 Мм,
где Мет и Мм - крутящие моменты в стержне и трубе.
Задача является один раз статически неопределимой. Дополни-
тельное уравнение получим из условия совместной работы алюминие-
вого стержня и стальной трубы - взаимные углы поворота их торце-
вых сечений должны быть одинаковыми: tycm—Фм. Раскрывая это
78
условие,получаем соотношение между крутящими моментами:
Mcmf _ w иж=1^е>».им.
(CrJp)cm (бгЗр)ял (&3р)дл
Крутящий момент в вале распределяется по его элементам пропор-
ционально их жесткостям. Вычисляем геометрические характеристики
поперечных сечений элементов вала и их жесткости.
Алюминиевый стержень диаметром 35=(/,2см:
Jp = = 30,55см4 Wp =4Ч,6см3 (&Эр)яп =0,27-Ю*30,55=8.25-Ю^кИсм.
Стальная труба 050x4мм:
Jp = ? = 30,8см4 У/р~~~— 42,3см3, (&др)см=0,8‘401-30,8=2Ч,6-101кИсм.
Вычисляем значения крутящих моментов и максимальных касатель-
ных напряжений в алюминиевом стержне и стальной трубе.
Мем = Man = 2,9В Мял,
8,25-10
Мст + Мял = Ч00Им,
Меи = 299,5 Им ~ 2995'кГсм,
Мял = 400,5 Им ~ 4005кГZM .
Геи = = 2ЧЗкГ/съ?ъ 24.3 МПа,
42*3
о
Тм ~ Т7Т — 69/Kf/cM » 6,94 МПа.
44,6 *
Эпюра касательных напряжений в
поперечном сечении вала приведена
на рис.4.17.
-Вычислим значение разрушающего
(предельного) крутящего момента,при-
няв пределы текучести при сдвиге для
Tn =400МПа. Разрушение (исчерпание
Рис.4.17. Эпюра Г
СМ
стали и алюминия Тт =460 МПа,
несущей способности) вала
наступит в тот момент,когда касательные напряжения во всех точках
поперечных сечений его элементов достиг-
нут соответствующих пределов текучести
при сдвиге. Эпюра касательных напряже-
ний .соответствующая моменту разрушения
в ал а,приведена на рис.4.18. Разрушающий
крутящий момент равен сумме разрушающих
моментов для алюминиевого стержня и
стальной трубы. С помощью формулы (4.16)
получаем: яяя „
м ^Ст % ГЫ3 ^ГЯП1 -
Мрлзр = Мрязр + Мрязр — у? ) и» w J
= ^[(53-Ч,23)46^(Ч,2)^40] = Ч07кНсм = 4070 Им.
—СМ
Тт
Рис.4.18. Эпюра Т
79
Задачи для самостоятельного решения
Задача 4.7. Для вала круглого ступенчато-переменного сечения на
рис.4.19 требуется построить эпюру крутящих моментов.определить
значения максимальных касательных напряжений на каждом участке ва-
ла,углы закручиванйя участков и построить эпюру углов поворота по-
перечных сечений. В расчетах принять Сг = 0,8*10 МПа.
Ответ: Т^-23,2 МПа; ^£=21,8 МПа; ^ = -0°5?'; <Р2=0°42,
Задача 4.8. Для латунного вала круглого сечения на рис.4.20 тре-
буется построить эпюру крутящих моментов,определить требуемый диа-
метр вала из условий прочности и жесткости и вычислить взаимный
угол поворота торцевых сечений. В расчетах принять G-— 0,4*10 МПа;
[Т] == 40 МПа; [ft] =1,2 град/м.
Ответ: £& =4,3 см; (p = 0oI0,.
Рис.4.19. К задаче 4.7
Задача 4.9. Стальная труба закручена приложенным на
торце моментом на угол Ц>=2° (рис.4.21). Требуется определить
величину скручивающего момента и значения максимальных касатель-
ных напряжений в трубе. Вычислить значение разрушающего момента,
соответствующего пластическим деформациям стенок трубы. В расче-
тах принять (т = О.в-Ю^МПа, Гт = -У20 МПа.
Ответ: Мкр =30V,2 Им, Ттдх — 36,7 МПа, Мрязр = 40?з Им.
Рис.4.21. К задаче 4.9
Рис.4.22. К задаче 4.10
Задача 4.10. Для стального стержня прямоугольного сечения 40х
х 20 мм на рис.4.22 требуется определить величину допускаемого
скручивающего момента из условий прочности и жесткости. Вычислить
значения максимальных касательных напряжений в стержне и взаим-
ный угсл поворота торцевых сечений. В расчетах принять &=0'8-10 МПа,
[•с] = 80 МПа, [&] *=4,8 ГРЙД/М.
80
Ответ: Мдоп — 4ВЧ Нм, 'Стах = 46,7 МПа, (ft—2 31 .
Задача 4. II. Для стального вала круглого ступенчато-переменно-
го сечения (рис.4.23) требуется раскрыть статическую неопредели-
мость и построить эпюры крутящих моментов и углов закручивания
поперечных сечений. Вычислить значения максимальных касательных
напряжений на участках вала. В расчетах принять & = 0,8 IO5 МП а.
Ответ: Мя = -225Нм, Мс~75Нм, Мв =275 Ww, иХ = 47,9МПа,
А = 4 2,7 МПа, <Рс = “ * В
Я
Рис.4.24. К задаче 4.12
|обуя=ЦОсм ^>2^4,1
300НМ С
0,ЧМ [о,ЗМ
200Нм
О,ЧМ
О,ЧМ
Рис.4.23. К задаче 4.II
Задача 4.12. Для статически неопределимого.латунного вала сту-
пенчато-переменного сечения. (рис.4.24) требуется определить: (
I. Величину допускаемого Скручивающего момента при расчете ва-
ла на прочность по методу допускаемых напряжений.
2. Величину разрушающего (предельного) скручивающего момента.
В расчетах принять Сг—О,Ч-1О5МПа, рС^ЗОМПа, Тт ~60МПа.
Ответ: Мдоп = 948 Нм, Мрвзр -2843Нм.
5. ПОСТРОЕН® ЭПЮР ВНУТРЕННИХ УСИИ1Й В БАЛКАХ И
ПЛОСКИХ СТЕРЖНЕВЫХ СИСТЕМАХ ПРИ ПРЯМОМ ИЗГИЕЕ
Прямой изгиб стержня имеет место в том случае,когда приложен-
ные к нему нагрузки перпендикулярны к оси (поперечные нагрузки) и
действуют в главной центральной плоскости инерции,чаще всего - в
плоскости симметрии стержня. Статический расчет стержня при пря-
мом изгибе производится в плоскости действия поперечных нагрузок
(в силовой плоскости). Прямой стержень,работающий в основном на
из гиб, обычно называется балкой.
В поперечных сечениях балки при прямом изгибе могут действовать
два внутренних усилия - поперечная сила Q~Q^ и изгибающий мо-
мент (рис.5.1). Если все действующие на балку нагрузки,
включая опорные реакции,известны,то внутренние усилия можно опре-
делить статически с помощью метода сечений.
81
Поперечная сила в любом сечении балки определяется как сумма
Рис.5.2. Знак Q
проекций всех нагрузок,приложенных к
одной из частей балки,на нормаль к ее
оси в-этом сечении. Поперечная сила
считается положительной,если она стре-
мится повернуть оставшуюся часть бал-
ки по часовой стрелке относительно
центра тяжести сечения (рис.5.2).
Изгибающий момент в любом сечении балки определяется как сум-
Рис.5.3. Знак М
При построении эпюры
динаты М со стороны
ма моментов "всех нагрузок,приложенных к од-
ной из частей балки,относительно центра тя-
жести данного сечения. При расчете балок из-
гибающий момент считается положительным,ес-
ли он вызывает растяжение нижних волокон бал-
ки (рис.5.3).
Внутренние усилия в общем случае перемен-
ны по длине балки. Законы их изменения изоб-
ражаются графически с помощью эпюр М и Q .
изгибающих моментов принято откладывать ор-
растянутых волокон.
Между изгибающим моментом,поперечной силой и распределенной
поперечной нагрузкой существуют следующие дифференциальные
зависимости: dtf „ JQ
Нт =Q* ПаГ ==~(1(х)‘ (5Л)
Формулы (5.1) используются при построении и проверке эпюрМ
иО в балках при изгибе. С их помощью можно определить вид этих
82
эпюр в зависимости от характера нагрузки на балку. Например,для
трех часто встречающихся случаев имеем:
I .Ha участках,где Q-0, Q(x)- const,
М(х) - линейный закон.
2 .На участках,где c^=constt Q(x) - линейный закон,
М(т) - квадратная парабола.
З .На участках,где = Q(x) - квадратная парабола,
Мех) - кубическая парабола.
Первая зависимость из (5.1) позволяет сделать выводы:
I. В сечении,где поперечная сила обращается в ноль,изгибаю-
щий момент имеет экстремальное значение Mext.
2. В сечении,где поперечная сила имеет скачок (разрыв),в эпю-
ре М должен быть излом.
Отмеченные особенности показаны на рис.5.4.
Рис.5.4. Особенности эпюр М и Q
При построении эпюр М и Q обычно вычисляют значения этих внут-
ренних усилий в характерных сечениях балки,а полученные ординаты
соединяют соответствующими линиями на основании зависимостей (5.1)
Задача 5.1
Постороить эпюры М и Q для
балки на рис.5.5.
Вычисляем значения М и Q в
характерных сечениях балки,начи-
ная со свободного конца.
I. Сечение х=3м, Q=0, М=40кйм
(растянуты нижн.волокна).
2. Сечение х—4+0, Q=20-2=40kWs
(растянуты верх, волокна).
3. Сечение &«=Ч0~20=20кИ,
М~-30хИм.
4. Сечение X =0, Q=R/}=20kH. М=Мд =10+204-20-2-2 =-50кНм
(растянуты верхние волокна).
Откладываем вычисленные ординаты М и Q на оси балки и сое-
диняем соответствующими линиями. На участке с равномерно распре-
деленной нагрузкой поперечная сила меняется по линейному закону,
а изгибающий момент - по закону квадратной параболы с экстрему-
мом на свободном конце (в сечении,где Q = 0 ). На участке,примы-
кающем к заделке,поперечная сила постоянная изгибающий момент
меняется по линейному закону. Эпюры М и Q приведены на рис.5.5.
Задача 5.2
Построить эпюры М и Q
для консольной балки на рис.5.6.
Вычисляем значения М и
Q. в характерных сечениях бал-
ки, начиная со свободного кон-
ца.
I. Сечение х=0, Q=10kH, М=0.
2. Сечение х=1,2-0, Q=10kH,
М =104.2=12кМм
(растянуты ниян.волокна).
3. Сечение х=1,2+0, Q=10xH,
М =12+20=32кНм.
4. Сечение X =4,8, Q=10-R=-44kH,
М=10-4,8+20-R j3,6=3,2kHm,
где R =-^-30-3,6=5ЧкН - равно-
действующая распределенной
нагрузки.
Опорные реакции равны внут-
ренним усилиям в заделке. При
расчете консольных балок предварительное определение опорных реак-
ций не обязательно.
На участке с линейно меняющейся распределенной нагрузкой по-
перечная сила меняется по закону квадратной параболы,а изгибаю-
щий момент - по закону кубической параболы. Определяем положение
сечения,где поперечная сила обращается в нуль,и вычисляем значе-
ние экстремального изгибающего момента.
Q(X)= 10- 4$С*Н*Ч2) =Ю-~|~ (Х-1,2)(Х-1.2) = О, Х = Х0=2,75м,
Мех! = 10-2,25+20-4-"”1,55-1,55--~~ 1,55 =42,2 кИм ,
2 36 °
84
30
где Q(x)— бг-/,2) - закон изменения распределенной нагрузки
г ’° на участке 1£м^х^ч,ам.
Эпюры М и Q приведены на рис.5.6. В сечении х=1,2м в эпюре
М скачок на величину сосредоточенного момента 20кНм.
Задача 5.3-
Построить эпюры М и Q
для шарнирно опертой балки на
рис.5.7.
Расчет шарнирно опертых
балок надо начинать с опреде-
ления опорных реакций.
ХМд=0,. 28-3-<5+30-3+2V=4,6RB,
Рв=52,2кИ.
SMB= О, 28-3-3,4 +30-1,6~24 =4,6R/i,
Яя=61,8кН.
2tye0, (проверка)
28-3 +30-61,8—52,2 = 0.
Вычисляем значения Миф
в характерных сечениях балки.
I. Сечение х=0, Q =Рд=64,8к14,
М=0.
2ВкН/м | зокЦ 24кИм
Mexl—68,2
Рис.5.7. Эпюры МиФ
5. Сечение Х=3м, §лев = 61,8-28-3=—22,2кН, фправ =-22,2-30 = -52#кИ,
М=61,8-3-28-3-1,5 =5Я,5кНм (растянуты нижн.волокна).
3. Сечение х=чбм, Q=-Rb«-52,£kW, М=-2ЧкНм.
Нэ участке с распределенной нагрузкой изгибающий момент ме-
няется по закону квадратной параболы. Вычисляем экстремальное зна-
чение изгибающего момента на этом участке.
Z24
Ф(х) = 61,8-28-х =0, X =Х0 = 2,21 М, Mext = 61,8-2,21 - 28-2,21 = 68,2 кМм.
Эпюры М иф приведены на рис.5.7. Поперечная сила в сечении
х = 3м имеет скачок на величину сосредоточенной силы Р=30к|4.
Задача 5.4.
Для шарнирно опертой
балки с консольным участком
(рис.5.8) построить эпюры
М и Ф •
Определяем опорные ре-
акции :
ХМд =0, 80-1,6 +30 - 20-1,6-0,8 = 5RB,
RB= 26,5 кН.
ХМв =0, 20- 1,6-5J8 +80-3J4-30=5Rr,
Рд = 85.5кИ.
Рис.5.8. Схема балки
Еу=0, (проверка)
20-1,6 + 80 -85,5-26,5=0.
85
Вычисляем внутренние усилия
в характерных сечениях балки.
I. Сечение зс= О, Q = M = O.
2. Сечение х=<6м (опора й )
М = - 20-1,6-0,8=“25;бкИм,
Qnee = -20-1,6 =-3£кИ,
QnpflB = -32 +85,5=53,5кН.
3. Сечение % = 3,2м,
Q пев = 53,5 кН,
С^пряв =53,5- 80 = -26,5 кН,
М = -20-1,6-2,4 + 85,5-1,6 — 60кНм.
4. Сечение х = б,6м (опора В )
Q=-R6=-26,5kH, М=0.
Рис.5.9. Эпюры М и Q
Эпюры внутренних: усилий
приведены на рис.5.9. В се-
чении, где приложен сосредо-
точенный момент ЗОкМм ,в эпюре М
5. Сечение х = ч,2м,
Q= -26,5 кН,
Мпряв = 26,5'2,4=63, бкНм,
Млев = 63,5-30 = 33,6кНм.
•скачок на его величину.
Задача 5.5
25кН/м 20 кН
Иесомдя БАЛКА
2УкН/м I
20кИ
i ‘ ₽с=Я,?кИ
Иесущдя
Rb=38,3kM
БАЛКА
Рис.5,10. Эпюры М и Q
Для балки с промежуточным
шарниром (рис.5.10) постро-
ить эпюры М и Q .
Данная балка' является ста-
тически определимой. Для удоб-
ства расчета мысленно разде-
ляем ее на несомую и несущую
балки. Расчет начинаем с не-
сомой балки ВЙ.
ЕМв^О, 25-3,6-1,8 + 2.0-4$ =3,6йс,
Rc=?{,7kH.
2Мс=0, 25-3,6-1,8-20-1,2 =36RB,
Рв=38,ЗкН.
2^=0, (проверка)
25-3,6+20 -38,3-71,7=0.
Вычисляем М и Q в харак-
терных сечениях несомой балки.
I. Сечение В Q = Rb = 38,3kH,
М=0.
2. Сечение^) Q = 20kH,
М=0.
8S
3. Сечение С Qправ = 20кН, $лев=20-71,7 = -51,7кМ, М =-20-1,2 =-2ЧкНм
(растянуты верхние волокне),
В пролете несомой белки ВС изгибающий момент меняется по зако-
ну квадратной параболы. Вычисляем экстремальное значение момента.
Q(r) = 38,3-25х =0, Хо =1,53м, Mext «= 38,3-1,53 - 25-1,53 ~ = 24,4кИм.
Несущая балка АВ рассчитывается на действие приложенной к ней
нагрузки и силы,численно равной условной опорной реакции Rb и нап-
равленной в противоположную сторону (рис.5.10). С помощью этой си-
лы и осуществляется передача нагрузки с несомой балки нэ несущую.
4. Сечение В Q=P=36,3kM, М=0.
5. Сечение Е 0прав=38,ЗкН, С|лев=38,з-зо =8,ЗкН, М=-38,3-1,2=—ЧбкНм.
6. Сечение А Ц = в,ЗкН, М=~38,3-2,4 + 30-4,2 = -56 кНм.
С
20кИ/м
“1?вв60кИ
Эпюры внутренних усилий приведены на рис.5.10. л
Задача 5.6 .
----------- \ I •sH'KM
Для балки с наклон-
ным участком (рис.5.II)
построить эпюры М и Q .
Интенсивность равномер-
но распределенной вер-
тикальной нагрузки от-
несена к единице длины
горизонтальной проекции
ЗОкМм
наклонного участка.
Расчет начинаем с оп-
ределения опорных реак-
ций.
2х = 0, Ня=0, .
ги *
S Мд = О, 2^42+30 +10-5 = 4RBt
&=60кН.
SMB=0, 20-Ч-2—30-40-4 =ЧРд>
Рд^ЗОкН.
2^ = 0, (проверка)
20-4+10-60-30=0,
При определении И и Q
в сечениях нэ наклонном
участке проектируем внеш-
нюю нагрузку и опорные ре-
акции на ось балки и нэ
нормаль к оси в характер-
ных сечениях.
"‘Ря=30кН
Рис.5.II. Эпюры М, Q и ЬГ
87
I. Сечение С
2. Сечение В
3. Сечение Д
Q=40kH, М = 0, tf=O.
(Цпрлв = 10 кН, Qagb = (4O~6O)cos3O = —43,3 кН,
МпрАВ=О, М\ез = (-10+60)з<п30°=25кН (растяжение),
М =-'КМ=—ЮкНм (растянуты верхние волокна).
Q = Rfl cos30’=30- cos 30°= 26 кН, М = 30 кИм,
К=-Рд 51п30°=—30-з1л30°= —(5кН (сжатие).
На наклонном участке балки поперечная и продольная силы меня-
ются по линейному закону,а изгибающий момент - по закону квадрат-
ной параболы. Определяем положение сечения,где поперечная сила
обращается в нуль,и вычисляем значение экстремального момента.
Q(e) = (Ra - 20-х) cos 30°^ О, Х0=<5м,
Mext = 30 + 30-1,5 - 20'1,5-^- = 52,5 кИм (растянуты нижн.волокна).
Задача 5.7
Рис.5.12.Эпюры М, Q и N”
88
Построить эпюры внутренних усилий
для консольного ломаного бруса на
рис.5.12. Стержни бруса соединены меж-
ду собой С'Помощью жестких узлов.не
допускающих взаимного поворота сече-
ний.
Предварительное определение опор-
ных реакций не обязательно. Вычисля-
ем внутренние усилия в каждом стерж-
не, начиная со свободного конца бруса.
Стержень Я8
I. Сечение fl Q = 40kH, К=М=0.
2. Сечение В Q = 40kH, ^=0,
М = 40-15=бОкНм
(растянуты нижн. волокна).
Стержень ВС
3. Сечение В М = бОкМм, Q=0
(растянуты наружние волокна),
К = -Ч0кН (сжатие).
4. Сечение С Q=H8-2=36kH, ?Г=-Ч0кН,
М = 60+18-2-1 = 9бкНм.
В пределах стержня ВС изгибающий
момент меняется по закону квадратной
параболы и вызывает растяжение неруж-
них волокон.
Стержень СЕ
5. Сечение С Q~~40kH, М = 56кНм
(растянуты верх. волокна),
№=-48-2--36кН (сжатие).
6. Сечение об. ЧОкН, И = — ЗбкН, Мпрдв = 48-2-4-Ч0'0 = 36кИм,
Млев = 36—30 =6кНм (растянуты верхние волокна).
7. СечениеЕ Q=-40kH, ЬГ=-36кМ, М = 48-2-4-30-Ч04,5=-54кНм
(растянуты нижние волокна).
Отметим,что при определении изгибающих моментов в стержневых
системах (ломаные брусья,рамы и т.п.) требуется указать растяги-
ваемые моментом волокна. При этом на эпюре М ординаты откладыва-
ются со стороны растянутых волокон,а знак не ставится.
Эпюры внутренних усилий приведены на рис.5.12.
Задача 5.8
Для балки с криволиней-
ным участком (рис.5.13) пост-
роить эпюры М , Q и М .
Определяем опорные реакции.
2х=0, Ня=0.
ХМя =о, 20- 2,4>4,2 4-10=Ч.ЧРв, _
Рв = 45,4 кН. Мд
ZMB=0, 20-2,Ч-3,£-40=Ч,ЧЯд,
R д =32,6 кН.
2^=0 (проверка),
20-2,4—32,6—-15,4—0.
С помощью метода сечений
определяем законы изменения
внутренних усилий на криволи-
нейном участке (рис.5.14).
Zt =0; ©-^'Сй&^=О ^Нм
Q=-45,4cos(p.
2л = 0,
ff=45,4 sin tp.
где К - цент!
жести сечения.
Последовательно вычисляем:
^=0, &Г=0, Q=-45.4kH, М=Н0кНм.
у=30° Н-=?,7кИ, Q=-43,3kM, М=5,4кНм.
Рис.5.13. Эпюры М , Q иН
89
ip=6O° W-13,3kH, Q=-^kH, М=<6,7кМм.
^=90°, Н=45,ЧкН. Q=0, М = 20,8кНм.
На криволинейном участке ВС внутренние усилия меняются по си-
нусоиде. Продольная сила является растягиваютей,а изгибающий мо-
мент в пределах участке меняет знак. Вычисляем внутренние усилия
в характерных сечениях горизонтального участка -ДС.
Сечение А. ЬГ=О, Q = Рй =32,6 кН, М=0.
Сечение С ЬГ^-О, Q = 326 - 20-2,4=-<5,4кИ, М = 32,6-2,4-20-2,4-4,2=20,8кИм
(растянуты нижние волокна).
Вычисляем значение экстремального момента на участке Ж :
Q(X) = 32,6 - 20Х =0, Х0=4,63м, Next =32,6-4,63- 20-4,63^ =26,6кИм.
На участке АС изгибающий момент меняется по закону квадратной
параболы. Эпюры внутренних усилий приведены нэ рис.5.13.
Задача 5.9
ЗОкИ/м
Rb=50kH
Ня =ЮкИ
ж
со
Рис.5.15. Схема рамы
Для рамы на рис.5.15 построить
эпюры внутренних усилий.
Расчет рамы начинаем с опреде-
ления опорных реакций.
2?Х=0, Нд =40 кН.
ЕМй=О, ЗО-Ч-4 +40-3 =3RB, RB=50KH.
2Мв=0, 304-2-40-3= ЗКд, Рд=70кН.
Е^=0 (проверка), -304+50+70=0.
Вычисляем внутренние усилия в
характерных сечениях стержней рамы.
СтерженьЛС (стойка)
I. Сечение А, М"=-йд =~70кй (сжатие),
(3=Мд=<0кН, М = 0.
2 . Сечение «б №=-70кН, Q=10kR, М = 40-з = 30кИм
(растянуты внутренние волокна стойки).
0
в
£
А
х
4&Я=70кИ
4м I Зм
г—, — ,. .„Y ' -
Стержень ВС (ригель рамы)
3. СечениеС W=0, Q = 0, М=0.
4. Сечение В N" = 40kH (растяжение),
Q=-Rb = -50kH, М = 0.
5. СечениеЙ
(Глев=0,
Олев= — 30-4 = -30кИ, QnpAB = —ЗО+Рд----30+70 —ЧОкН,
Млев = -30-4-0,5= -45кМм (растянуты верх, волокна),
Мпрдв = 50-3-30-3-4,5=45кМм (растянуты нижн.волокна).
В пределах ригеля рамы ВС изгибающий момент меняется по закону
квадратной параболы. Определяем положение сечения в пролете В<Й ,
где поперечная сила обращается в нуль,и вычисляем значение экстре-,
мального момента.
Q(x)= 40-30® =0, хо=4,33м, Mext =50-4,67-30-4,67-=44,7 кНм.
| 90
Эпюры внутренних усилий приведены на рис.5.16.
Рис.5.16. Эпюры внутренних усилий
Вырежем жесткий узел^б ,приложим к
сходящимся в этом узле стержням внутрен-
ние усилия и проверим его равновесие
(рис.5.17). Нетрудно видеть,что узелй)
находится в равновесии,так как для него
выполняются все три уравнения статики:
Zx=0, 2л/=0,
ЗОкН чокН
И5КНМ ^Г~1,/5кНм
***«"^1* лUKH
\*4юкНм
70КЙ-/Ч
Рис.5.17. Равновесие
узла §5
Задача 5.10
Для рамы на рис.5.18 построить эпюры внутренних усилий.
Определяем опорные реакции.
2д?=0, Ид=ЧкН.
ХМВ-О, Вс-№ги~ч'3^8-~ЮкН.
%у-0 (проверка),•~42«2-МО-МЧ==О.
Вычисляем внутренние усилия
в характерных сечениях стержней.
Стержень
tf-O, Q=-Ha=-4kH,
42кН/м
Рис.5.18. Схема рамы
Ма~8кИм (растянуты правые волокна),
М&=8*-Ч'3=—ЧкИм (растянуты левые волокна).
Изгибающий момент Меняется по линейному закону.
Стержень $С
№=— ИаЧкН (сжатие), Qe Q/ «Рв“4ЧкН,
Qc =—рсМ^=МВ“—ЧкНм (растянуты верхние волокна).
Изгибающий момент в пролете ВС меняется по квадратной параболе.
91
Вычисляем значение экстремального изгибающего момента.
Qo Оч)^
Мех! = Мо 4- 2^- = ~ 44- = Ч,47кНм (растянуты нижние волокна).
Эпюры внутренних усилий приведены на рис.5.19.
Рис.5.19.
Эпюры внутренних усилий
Задача 5.II
Для рамы на рис.5.20 построить эпюры внутренних усилий.
Данная рама статически определима. Для определения 4-х опорных
реакций: Ря, Ня, Рв и Нв составляем
три уравнения статики и используем
дополнительное условие в промежу-
точном шарнире Мс=О«
2мГВ=0, 2РВ=ЗНВ .
ЕМЯ = О, 4Rb+-Hb =49-24-6.4. _
Нв=40кН, РВ=45кН.
Тх=0, Ня4-8=Нь, Ня=2кН.
2^=0, Ря4-рв=49, Рд=ЧкЦ.
Отметим,что данная рама относит-
ся к категории распорных систем,для
которых характерно наличие горизон-
тальных опорных реакций (распора)
при действии вертикальных нагрузок. Вычисляем внутренние усилия в
стержнях рамы.
Стержень Лоб
ЬГ=— Ря =—ЧкН (сжатие),Ня =—2кН, Мя=О,
Mjb=—2-Ч = — 8кНм (растянуты левые волокна).
Стержень S>Е пев в
W"=—Нд — 8 =-40кИ (сжатие), Q$ = Ос =Кя=ЧкН, Qc “Qe- Rb =
=-45кН, М*= — 8кНм (растянуты верхние волокна),
। МЕ —-40-3=-30кНм (растянуты верхние волокна).
I 92
Стержень BE
К= — Rb“ —45кН £ сжатие), Q,= Нв = 40кН, Мв=О,
Me =--10-3=—ЗОкНм (растянуты правые волокна).
Эпюры внутренних усилий приведены на рис.5.21.
Рис.5.21. Эпюры внутренних усилий
Задача .5.12
Для консольного ломаного пространственного стержня на рис.5.22
требуется построить эпюры
внутренних усилий.
Стержневую систему можно
назвать пространственной,
если составляющие ее стерж-
ни не лежат в одной плос-
кости. Стержни пространст-
венных систем могут одновре-
менно работать на растяже-
ние- сжатие, изгиб и круче-
ние, и в их поперечных се^-
чениях могут действовать
шесть внутренних усилий -
продельная сила, два изги-
бающих момента и две попе-
Рис. 5.22. Схема задачи
речные силы и крутящий момент.
Внутренние усилия в каждом стержне определяются как обычно, с
помощью метода сечений,причем для стержня в условиях пространст-
венной работы используются шесть уравнений статики.
Для каждого стержня принимается своя система ко ординат,причем
обычно ось ® считается совпадающей с осью стержня,а оси и 2
93
являются главными центральными осями инерции поперечных сечений
(рис.5.22). При такой системе координат изгибающие моменты и попе-
речные силы в стержнях обозначаются Mz , М# , Qz и »а крутящий
момент Мкр=Мх . Правило знаков для внутренних усилий остается преж-
ним. При построении эпюр изгибающих моментов их ординаты надо отк-
ладывать со стороны растянутых волокон.
Наиболее просто рассчитываются консольные пространственные ломан-
ные стержни,пос кальку для них предварительное определение опорных
реакций не обязательно. При этом внутренние усилия последовательно-
вычисляются в характерных сечениях каждого стержня,начиная с край-
него (имеющего свободный конец).
В Нашей задаче расчет начинаем со стержня СЙ .
Стержень СЗ
ЬГ=О, Q^=3kH, Qz = -5kH, М® = М^=О, Mz = 3«2 = 6kHm,
5-2—40кИм, Мкр = О.
Рис.5.23. Эпюры внутренних усилий
Стержень ВС
№~~ 5кН„ Q^=3kHs Qz=0, И и = = 40кНм, =
== 3'3 —у кН мs Мкр =; 3-2 — бкНм.
94
Стержень .ЛВ
И——ЗкН, Qg = O, Q^=-5kH, =—5'4'Ц-З =?кНг М^==М^ =
= 3-2 = 6кНм, М?=3-3 = 9кНм, Мг-9 + Ч-3-4,5-5-3=“<2кИм,
Мкр ~-5-2 =—10 кНм .
Изгибающий момент Mz в стержне ЯВ меняется по закону квадратной
параболы. Вычисляем экстремальное значение момента Ми .
EXt (Э)2
М? = 9-“- =S,875kHm.
Эпюры внутренних усилий приведены на рис.5.23.
Задача 5.13,
Для шарнирно опертой балки,заг-
руженной сплошной поперечной наг-
рузкой интенсивностью
(рис.5.24), требуется построить
эпюры Q, и М .
В силу симметрии нагрузки от-
носительно середины бал ют опор-
ные реакции равны между собой:
Ря = Рв Вычисляем равнодейст-
вующую распределенной нагрузки,
равную грузовой площади.
Рис. 5.24. Эпюры Q и М
Определяем величины опорных реакций.
2лр=о, Rfl-bRB=R. Re = RB=f .
Устанавливаем закон изменения поперечных сил по длине балки.
Q(x) = Rfl-fq,(t)dt=^-=-^ ч-^cos— I =
-с л е jc л el
ЛХ 0
= згсоз-— .
ЛЬ'
где t - переменная в пределах O^t^x дщ является параметром
и верхним пределом интеграла.
Для определения закона изменения изгибающих моментов использу-
ем зависимость Д.И.Журавского.
Э5
Jm
= Q, M(x) = Mo -ь
I kuo 'ттв“ a v —
CT e
_£? <L„ art lx_ ; ЛХ
~я *я s n4 I ~F T ’
о
где Mo=O - значение изгибающего момента в начальном сечении
балки при х = 0. Внутренние усилия в балке изменяются по сину-
соиде. Вычисляем значения М и Q в характерных сечениях.
ОЙ
Q = , М-0, я
Я а£2
(2 = 0, M = Mext = ^ ,
сЛ я
q=_Rb = _±, М=0.
ЗГ
ос=О,
Эпюры внутренних усилий приведены на рис.5.24.
Задача 5.14
Для балки на рис.5.25 тре-
буется построить эпюры Q и
М . На консольном участке
балки действует равномерно
' расцр ед.елейная моментная
нагрузка.
Определяем величины опор-
ных реакций.
ТМя-0, Кв-*'2*--кН,
2Мв=0, РЛ=*Ц^=ЧкН,
где М = 3-2 = 6кНм - равно-
действующая равномерно рас-
Рис.5.25. Эпюры Q и М пределенной моментной наг-
рузки.
Вычисляем значения Q и М в характерных сечениях балки.
I .Сечение fl (2=Ря = ЧкМ, М = О.
2 .Сечение С Qnee=4KH, QnpflB = 4-44 =-7кН, М=Ч-2=8кИм
(растянуты нижние волокна).
3 .Сечение «б Q=0, М = 0.
4 .Сечение В Qnee =—Rb=—7кН, QnpflB = О, М=—3-2=—6кНм
(растянуты верхние волокна).
Эпюры Q. и М приведены на рис.5.25. Отметим,что на консольном
участке балки поперечная сила равна нулю,а изгибающий момент ме-
няется по линейному закону. Это объясняется тем,что на участках
балки с распределенной моментной нагрузкой вместо зависимости Д.И.
Журавского (5.1) имеет место более общее дифференциальное соотно-
шение Ju
*т~ =0. +пг(х) , (5.2)
dx
где йг(х) - интенсивность распределенной моментной нагрузки.
Задача 5.15
Для балки на рис.5.26 требуется
определить величину параметра К ,
при котором изгибающие моменты в
пролете балки и на опоре В равны
по величине и противоположны по
знаку.
Определяем величину опорной ре-
акции Рй. ч
Ж=0,
Проанализируем характер эпюры
М в зависимости от величины па-
раметра К . При К=О Рй = Р и
Мв=0. Эпюра изгибающих моментов
для этого случая приведена на рис.
5.26,а. При К-3 Рд=О и Mq=(X
Соответствующая эпюраМ приведена на
Рис.5.26. Эпюры М
рис.5.26,б. Очевидно,что для
выполнения требуемого условия параметр К должен лежать в пределах
,причем наибольший изгибающий момент в пролете будет
действовать в сечении С . Характер эпюры М, соответствующий выпол-
нению требуемого условия,приведен на рис.5.26,в.
Приравниваем изгибающие моменты в сечениях С и и определяем
величину параметра К .
= ~кРа, к =0,75.
3
Задача 5.16
Для балки на рис.5.27 требует-
ся определить длину консоли П
из условия равенства нулю изги-
бающего момента в сечении С .
Определяем опорную реакцию Рд.
ГМв = О, Рй=.
Записываем выражение для изги-
бающего момента в сечении С ,при-
Ra
42кН/м
У»И!НН?Н!1»1
Зм
40кН
С1'
40а = 48кИм
Рис.5.27.Эпюра М (кМм)
Л
равниваем его к нулю и определяем величину й .
Э7
Me“Qfl-3-42-34,5 - (22,5—2,5C0-3-54 =0, Q=<8m .
Эпюра M ,соответствующая требуемому условию,приведена на рис.5.27.
Задачи для самостоятельного решения
Задача 5.17, Для консольных балок на рис.5.28 требуется построить
эпюры изгибающих моментов и поперечных сил.
Рис.5.28. К задаче 5.17
Ответ (наибольшие по абсолютной величине Q и М с учетом знаков,
табл.5.1): Таблица 5.1
Схема а б в г Д е
а 8 25 кН -ар II кН 17 кН -48 кН
м -10 вНм -20 кНм —3q,as -12 кНм -20,27 кНм -86 кНм
Задача 5.18. Для шарнирно опертых балок на рис.5.29 требуется
построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил.
ЗОкНм 24кН1 42кИ/м
Рис.5.29. К задаче 5.18
iirnffiiiiiiin
Ответ (наибольшие по абсолютной величине Q. иМ с учетом знаков,
। табл. 5.2):
| 98
Таблица 5.2
Схема а б в г Д е
-3,0 9,6 12,6 -56,9 57,0 -65,5
М, кНм -6,0 7,68 12,6 55,44 63,375 -40,0
Задача 5.19. Для балок с промежуточными шарнирами на рис.5.30
требуется построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил*
д)
2ЧкН/м
|45кН 4Й<Им
! Зм I 4h
ВИ1ННШИВ
48кН/м
<6м , 4,6м
Рис.5.30. К задаче 5.19
Ответ (наибольшие по абсолютной величине Q, иМ с учетом знаков,
табл.5.3); Таблица 5.3
Схема а б ? г Д е
Q(kH) 35 -80,0 18 М 36,0 54,0 . 63,0
М (кНм) -70,0 -120,0 -16,0' 27,0 -50,4 -90,0
Задача 5.20. Для балок на рис.5.31 требуется установить законы
изменения Q(x) и МСое) и построить, эпюры этих величин.
Рис.5.31. К задаче 5.20
Ответ (наибольшие по абсолютной величине Q. и М- с учетом знаков):
M = ±g;
б) Q = 0,3634 Ср , М = - 0,2687;
в) Q = 0,333^2, М = ME»t^O,44призе =0,34732) .
99
Задача 5«ВI, Для балок на рис.5.3S загруженных распределенной
моментной нагрузкой,требуется построить эпюры Q иМ .
Рис.5,32. К задаче 5.21
Ответ (наибольшие по абсолютной величине Q иМ с учетом знаков):
а) М"—8нНме Q,™ —5кН; б) М = —6кНм, Q^SkH; в) М= 4,5кНм, Q = 6kH.
Задача 5.22. Для балок на рис.5.33 требуется определить:
а.) величину параметрах из условия Maxt — |Мв| ;
б) величину сил Р из условия Mext — 2|Мй| — 2|Мв| ;
в) величину изгибающего момента^ из условия Мех1=>1,5М,
где Hext - значение экстремального изгибающего момента в пролете
бал ок, растягивающего нижние волокна.
42кМ/м М
L зм
Рже.5.33. К задаче, 5.22
Ответ: а) К=0,6863; б) Р = ЮкН; в) М = 10,87нНм.
Задача 5.23. Для рам на рис.5.34 требуется построить эпюры изги-
бающих моментов,поперечных и продольных сил.
_ WkISm ___'
1 бОкН
Рис. 5.34, К задаче 5.23. Начало
100
Ответ (наибольшие по абсолютней величине М , Q и Н" ,табл. 5.4):
Таблица 5.4
Схема а б в г Д е
М (кНм) 108,0 83,0 70,0 76,69 171,9 8,0
QCkH) 72,0 -61,875 55,0 47,66 -68,7 -15,33
№(кЮ -72,0 -18,125 -55,0 14,17 -57,3 -15,33
6. НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ В БАЛБАХ ПРИ ПРЯМОМ ИЗГИБЕ
И РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ
При прямом изгибе балка изгибается в плоскости действия попе-
речных нагрузок и ее деформированное состояние характеризуется
искривлением оси и поворотом
поперечных сечений (рис.6.1).
Для случая так называемого чис-
того изгиба (Q=O, M=con,st )
принимается,что поперечные се- >
чения остаются плоскими и пер-
пендикулярными к оси балки
(гипотеза плоских сечений).
Кривизна балки при чистом
изгибе в плоскости Ох^ опреде-
ляется по формуле
± = J*L (ед)
? ез2’
где Е32 - жесткость балки при
изгибе;
М=М2 - изгибающий момент;
р - радиус кривизны балки в
Участок чистого
---ИЗГИБА
Рис.6.1. Деформация балки
при изгибе
плоскости Oxip
101
Рис.6.2. Напряжения в
балке при изгибе
Формулу (6.1) обычно распространяют и на случай так называе-
мого поперечного изгиба (когда Qs^O, M^const ) пренебрегая ис-
кривлением поперечных сечений за счет сдвигов.
Изгиб балки сопровождается растяжением одной части ее продоль-
ных волокон и сжатием другой части волокон. Волокна нейтрального
слоя сохраняют свою дли ну, и их линейные деформации равны нулю. При
прямом изгибе нейтральный слой представляет собой плоскость,пер-
пендикулярную плоскости действия поперечных нагрузок и содержащую
ось балки. Взаимное давление между продольными слоями и волокна-
ми балки при изгибе обычно полагается отсутствующим.
Изгиб балки сопровождается действием в ее поперечных сечениях
нормальных и касательных напряжений. При прямом изгибе в плоскости
Ох^ напряжения определяются по
формулам
б® = б=4и, (6.2)
СЬЗотс ,с
а*-г_УгГ- '
где M-Mz и Q=Qy - изгибающий мо-
мент и поперечная сила в балке,
Soto - статический момент отсечен-
ной части сечения (рис.6.2) отно-
сительно нейтральной оси и % -
ширина сечения.
Нейтральная ось при изгибе в упругой стадии проходит через
центр тяжести сечения и делит его нэ зоны растяжения и сжатия.
Знак нормальных напряжений определяется в соответствии с ха-
рактером действия изгибающего момента. Знак касательных напряжений
обычно принимается равным знаку поперечной силы.
Нормальные напряжения меняются по высоте сечения по линейному
Рис.6.3. Эпюра 6” для несим-
метричного сечения
закону (рис.6.3),достигая наи-
больших значений в крайних во-
локнах балки. Максимальные нап-
ряжения определяются по форму-
лам
, (6.4)
Wf Wg
где W4 и w2 - моменты сопротив-
ления сечения:
= W2=-^ . (6.5)
102
Для бэлок с несимметричными относительно нейтральной оси по-
перечными сечениями (рис.6.3) нормальные напряжения в крайних по
высоте волокнах,как правило, различны : 6weI . В частном
случае для балок,у которых поперечное
сечение симметрично относительно
нейтральной оси (рис.6.4),имеем:
к,-k-f ,
4=W2=W=-jJ-,
бмах =|бкнп| — •
Рис.6.4. Эпюра б для симмет-
ричного сечения
(6.6)
Моменты сопротивления прямоугольного и круглого сечений опре-
деляются по формулам (рис.6.5 и 6.6)
&
Рис.6.5.Прямоугольник
Рис.6.6. Круг
Моменты сопротивления прокатных сечений (двутавр,швеллер) при-
ведены в соответствующих сортаментах.
Расчет балок нэ прочность при изгибе проводится,как правило,
по сечениям с максимальными изгибающими моментами (опасные сечения).
При этом в опасных сечениях должны выполняться условия прочности
в зонах растяжения и сжатия:
б^х = |б^| Реж , (6.7)
гц W%
где Мрасч - изгибающий момент в опасном сечении балки,вычисленный
от действия расчетных нагрузок и взятый по модулю;
Ррдст Рсж - расчетные сопротивления материала балки на растяжение
й сжатие. В общем случае Ррдст #Рсж.
Если материал балки одинаково сопротивляется растяжению и сжа-
тию (например,сталь),то сечения таких балок целесообразно проек-
тировать симметричными относительно нейтральной оси (рис.6.4). Для
этого частного случая'остается только одно условие прочности.
При Ррдст = Rcac = R — W? = W,
бтах — ~— — R . (6.8)
IV
ЮЗ
Подбор сечения балки при этом .производится по формуле
W-Мтреб=-^ . (6 9)
Для бэлок из прокатных профилей (например,двутавр и швеллер)
подбор сечения ведется по сортаменту. Если сечение балки проекти-
руется непрокатным или составным,то при подборе надо момент соп-
ротивления сечения выразить через один из его размеров. Подбор се-
чения можно произвести по формуле
з , Мрасч
Щ = ка - Wipes = —р— .. (6.10)
где Я - один из размеров сечения (параметр размеров);
К - числовой безразмерный коэффициент.
Грузоподъемность балки для частного случая (6.8) можно опре-
делить из условия прочности по величине расчетного предельного
момента:
Мрдсч — Мпред = R W . (6.11)
При проектировании поперечных сечений балок необходимо стре-
миться к увеличению момента сопротивления при заданной площади сече-
ния. Для этого надо большую часть этой площади расположить возмож-
но дальше от нейтральной оси.
Касательные напряжения в балках меняются по высоте сечения в
зависимости от отношения Sotc/B (6.3) и в крайних точках при от-
сутствии сдвигающих нагрузок равны нулю. Для постоянных по ширине
сечений касательные напряжения меняются по закону квадратной па-
раболы^ в местах скачкообразного изменения ширины они также име-
ют скачки или разрывы (рис.6.7).
Рис.6.7. Эпюры Т для постоянных и ступенчато-переменных
по ширине сечений
При изгибе тонкостенных стержней принимается,что касательные
напряжения направлены вдоль осевых (контурных) линий элементов се-
чений стержней и постоянны по их ширине. Характер распределения
касательных напряжений в двутавре и швеллере при изгибе в плоскос-
ти Оху показан ня рис.6.8. В стенках стержней действуют вертикаль-
104
ные касательные напряжения меняющиеся по закон? квадратной
параболы,а в полках - в основном горизонтальные касательные нап-
ряжения T’zx ,меняющиеся по линейном? закон?»
Рис.6.8. Распределение касательных напряжений в двутавре и
швеллере при изгибе
Характерные значения касательных напряжений в стенках
двутавра и швеллера определяются по формулам
г .. Q-Зл т _ Q-s*
, Хетах— _ . . (о .1с)
Jt « ,J ,
где о - статический момент половины сечения (полусечения) отно-
сительно нейтральной оси;
Sn - статический момент полки относительно нейтральной оси;
J - толщина стенки.
В тонкостенных стержнях касательные напряжения при изгибе об-
разуют сплошной поток,который в некоторых случаях может вызвать
закручивание стержня» Для того чтобы этого не происходило,плос-
кость действия поперечных нагрузок должна проходить через линию
особых точек - центров изгиба сечения.
Для тонкостенных стержней с двумя плоскостями симметрии (нап-
ример, двутавры) линия центров изгиба совпадает с осью стержня.
Если плоскость действия поперечных нагрузок не является плос-
костью симметрии стержня,как например для швеллера не рис.6.8,то
линия центров изгиба может не совпадать с осью стержня. 3 этом
случае положение центра изгиба поперечного сечения Л можно опре-
делить из условия равенства нулю момента касательных напряжений
относительно этой точки.
При относительно больших поперечных силах требуется проверка
105
прочности балки на сдвиг:
Ттах-Рсд, (6.13)
где Род- расчетное сопротивление материале балки на сдвиг.
Нэ сдвиг (срез,скалывание) рассчитываются также элементы сое-
динений составных балок - заклепки,сварные швы,болты,шпонки и т.п.
Главные напряжения в балках при изгибе и углы наклоне главных
площадок можно определить по формулам плоского напряженного сос-
тояния (2.13) и(2.14),положив бх = б, 6^ = 0, Т^Х = Т.
В крайних по высоте точках балки напряженное состояние явля-
ется одноосным,а в точках нейтрального слоя оно имеет характер
чистого сдвига. Характер напряженного состояния в произвольной
точке балки и положение главных площадок в трех характерных точ-
ках по ее высоте показаны нэ рис.6.9.
Рис.6.9. Напряженное состояние в бэлках
Потенциальная энергия деформации балки при изгибе определяет-
ся по формуле 2
и=^2ЕЗгС,Х ’ <6.15)
где К - числовой безразмерный коэффициент,зависящий от формы
поперечного сечения балки.
Как правило,вторым слагаемым в формуле (6.15) можно по малос-
ти пренебречь.
Работа балки за пределом упругости материала зависит от вида
диаграммы растяжения-сжатия. Если в качестве этой диаграммы при-
нята схематизированная диаграмма Прандтля (рис.6.10),то постепен-
ное увеличение нагрузки приводит к образованию в опасном сечении
балки пластических зон с напряжениями,равными пределу текучести.
106
3 момент,когда пластические зоны охватят все сечение,образуется
так называемый пластический шарнир (рис.6.II),что соответствует
исчерпанию несущей способности балки. Нагрузка,соответствующая
образованию пластического
шарнира,называется разрушающей.
Рис.6.10. Диаграмма
Праидтля
6m
Ррдзр
Bi
г
^Мрдзр
Плдстическии шарнир
Рис.6.II. Образование пластичес-
кого шарнира и эпюра о
в.пластической стадии
Разрушающий момент
формуле
в
пластическом шарнире определяется по
Мрлзр = 6m-WnA , (6.16)
где \Л/пл - пластический момент сопротивления сечения;
6т - предел текучести материала балки.
Для сечений,симметричных относительно нейтральной оси (рис.
6.II),пластический момент сопротивления определяется по формуле
WrM = 2-A <6.17)
Для таких сечений нейтральные оси в упругой и., пластической стади-
ях совпадают. Если нейтральная ось поперечного сечения балки не
является осью симметрии (рис.6.12),
то в пластической стадии она не про-
ходит через центр тяжести сечения.
Положение нейтральной оси % в этом
случае определяется из условия ра-
венства площадей сжатой и растяну-
той частей сечения: f*cx = fpACT'
Пластический момент сопротивле-
ния сечения при этом определяется
по формуле, сж pact
WnA=Sf< + S24f (6.18)
ССЖ СР*СТ
где o2d и 52< - статические моменты
сечения относительно нейтральной оси в пластической стадии.
По величине разрушающего момента можно определить значение
разрушающей нагрузки.
сжатой и растянутой частей
107
ЗЭД8ЧЭ 6 Л
Рис.6.13. Схема балки и
эпюры Миф
Определяем опорные реакции и
ЕМД=0, 60'2,4 4-20-6 =4,8Rg ,
ХМ0 = О, 60-^4 - 204,2 =4,8Rfl,
Для балки нэ рис.6.13 требу-
ется:
I. Построить эпюры Миф.
2. Подобрать сечение балки в ви-
де стального прокатного дву-
тавра, Нагрузку считать нор-
мативной; коэффициент пере-
грузки гъ =4,2. Расчетное соп-
ротивление Р=240 МПа в 2400 к[/см*
3. Построить эпюры 6 и Т в опас-
ном сечении балки.
4. Для опасного сечения вычислить
значения главных напряжений
а углы наклона главных площа-
док в точке на уровне сопря-
жения полки и стенки двутавра.
5. Вычислить значение разрушаю-
щего момента,приняв 6т=230МПа.
строим эпюры М и Q .
Rs = 55kH.
Рд=25кМ.
Х^=о, (проверка) 60 +20-25-55=0.
Эпюры Миф приведены на рис.6.13. Опасным является сечение в
центре пролета,где изгибающий момент имеет максимальное значение.
Вычисляем требуемый момент сопротивления сечения:
Мрдсч =Мнорм-п = бО-4,2=72кМм ?,2'405кГсмг
и/ _ Мрдсч 7,2'405 з
Wn’eB—R- W”343™-
Принимаем по сортаменту двутавр 127 и выписываем необходимые
И=27см
6 = 42,5 см
d =0,6 см
t =0.9 8 см
Зг=5040сМЧ
=374 СМ3
S^=240cM3
Ри с. 6.14. Две ут ав р 127
геометрические характеристики сечения
(рис.6.14).
Вычисляем значения максимальных нор-
мальных напряжений в опасном сечении:
5
6max=|6mitt|=~~“ =4 944 кГ/см2» 134 МПа.
эг4
В опасном сечении растянуты нижние
волокна балки. Вычисляем значения нор-
мальных напряжений в волокнах на уров-
не сопряжения полки и стенки двутавре.
108
При ^=~2—0,98=42,52см
= 42,52 ~4799кГ/сн2~480МПа.
Касательные напряжения в балке максимальны на участке,где дейст-
вует наибольшая поперечная сила Q=~35kH, Вычисляем в сечениях на
этом участке характерные значения вертикальных касательных напря-
жений Тух от действия расчетной поперечной силы $рдсч= 35-4,2=Ч2кИ:
а) н а
уровне нейтральной оси
_ Q ’5^ _ П2402-240
TwaX“ J2-d “ 5040 - 0,6
= В93кГ/см2~29,ЗМПа;
б) на уровне сопряжения полки .и стенки
Q-Sn 42-40- 459,4 г/ 2
Т, ~ —г —------------- = 223кГ/CM «= 22.3МПЯ ,
4 Jz-J 5040 - 0,6 7
где 8п - статический момент полки относительно нейтральной оси,
при определении которого поперечное сечение полки прибли-
женно считаем прямоугольным (рис.6.15).
_ / 0,98 \ , з
Sn = 42,5-0,98(43,5- —) = 459,4см .
Знак касательных напряжений принимается соответствующим знаку
поперечной силы. Эпюры нормальных и касательных напряжений в опас-
ном сечении балки приведены на рис.6.15.
Рис.6.15. Эпюры 6 и Т в опэс- Рис.6.16.Главные
ном сечении напряжения
Вычисляем значения главных напряжений и углы наклона главных
площадок в опасном сечении балки на уровне сопряжения полки и стен-
ки в зоне растяжения.
При Ж=(2,Ч4-0)м, ^=42,52СМ, 6х=б’=48ОМП(Яг Т^х = Т^ =-22,ЗМПД,
™ =да±9г-?’
б^=бтах=483МПа, б2~бпнп—~ЗМПа,
=~ = 0,422, оС< = 6°5*',
109
. T 22 3
otz=-83°02' .
Положение главных площадок показано на рис.6.16.
Вычисляем значение разрушающего моментэ в пластической
ДИИ’ MpA3p = 6m’2S^ =2300-2-240 =9.66-405кГсм »96,6кНм .
ста-
Пластический шарнир образуется в сечении,где действует макси-
мальный изгибающий момент,то есть в центре пролета балки.
Задача 6.2.
Рис.6.17. Схема балки и
эпюры М и Q
Для деревянной балки прямо-
угольного сечения на рис.6.17
требуется':
I., Построить эпюры М и Q .
2. Определить высоту сечения
балки h из условия прочности,
приняв Р~1ЧМПд~4ЧО кГ/см2.
Нагрузку считать расчетной.
3. Проверить прочность балки
на скалывание по нейтрально-
му слою, при няв Рск=2МПа«20кГ/см?
(расчетное сопротивление на
скалывание вдоль волокон).
Определяем опорные реакции и
строим эпюры М и Q .
£Мд=О, ЧЧ+Ч-3-Я5 = ЧРВ, Рв=8ЛкЙ.
ТМВ=О, Ч-З + Ч-Э-1,5 =ЧРя, Ra=F,5kH.
(проверка), Ч+Ч-3-?,5-Я5'=0.
Эпюры М hQ приведены на рис.6.17. Определяем экстремальное
значение изгибающего момента в пролете:
Жо = ££=2425м> Mext = 8,5-2,425-4-2,425^—^- =9,03кНм -9,03-4 О*кГсм.
Выражаем момент сопротивления сечения через его высоту Ь и оп-
ределяем ее из условия прочности по опасному сечению:
u. Й4 tfhz Мрасч 9,03-ю4 си_ з
^вт=т =2h т^т₽еБ = r =-^=6Ч5см *
= 47,96 СМ.
Принимаем сечение деревянной балки 42*48см и вычисляем его гео-
метрические характеристики:
42Об)3 4 и , , 42(48? з Ль 3
J2 = -jp2=5832cM4, WZ = “g—=6Ч8см, ^42-8-4,5=486см .
ИО
Определяем максимальные нормальные напряжения а опасном сече-
нии балки и проверяем ее прочность при изгибе:
бмах = 16min | = =4 39 кГ/см «4 3,9 МПа R =44 МПа.
Wz 648
Прочность балки на скалывание вдоль волокон проверяем в сече-
нии на опоре В ,где действует максимальная поперечная сила.
_ _ Q-S^ 85-40*486 z 2
Ттах — 5832-42---5,9 кГ/см ~ 0,6МПа Rck = 2МПа .
Прочность балки на изгиб и скалывание обеспечена.
Задача 6.3
В стальном двутавре,загру-
женном сосредоточенной силой
(рис.6.18),с помощью тензодат-
чика определена линейная дефор-
мация верхних волокон в сече-
нии х=4,5м . Требуется опреде-
лить величину приложенной си-
лы и максимальные напряжения
в двутавровой балке. В расче-
тах принять 6х = 6 = -4,6-40 ,
Е=2,4'Ю5МПа «2,4-406к1/см2.
Рис.6.18. Схема задачи
С помощью закона Гука определяем нормальные напряжения в верх-
них волокнах балки в месте установки тензодатчика:
б=Ее = 2.1-КЬ(-4,6-Ю1) = - 96,6МПа ~ -966кГ/см2 (сжатие).
Эти напряжения соответствуют действию в данном сечении балки
следующего изгибающего момента:
М= |6max| Wz = 966-232 = 2,24-4oVcm = 22,ЧкНм ,
где М/?= 232см3 - момент сопротивления сечения двутавра 122.
Для определения величины силы Р выражаем изгибающий момент в
сечении,где установлен тензодатчик,через эту силу и приравниваем
его полученному выше значению М :
М 6е=4,5м) =0,5Р =22,4кНм ,
Определяем максимальные
сосредоточенной силой:
з
Р=ЧЧ,8кН»Ч,Ч8'40 кГ.
нормальные напряжения в сечении под
2 3
6'm«x= |6minl=v = =^Ч5кГ/с/»45Ч,5МПв.
Wjf 232
Определяем максимальные касательные напряжения в сечениях бал-
ки нэ участке между сосредоточенной силой и опорой В :
Q-S^ 0,67-4,48'40^434 . „ 2
Ттдк — "—= --------------------- 286кГ/см ~28,6М!Та ,
maX Jg-cJ 2550-0,54
III
3
где 3z= 2550см4 - момент инерции сечения, S-434 см - статический
момент полусечения и d =0,54см - толщина стенки двутавра.
Задача 6.4
J8cm
Для стальной балки ко-
робчатого сечения на рис.
6.19 требуется:
I. Определить предельные
величины расчетной и
нормативной нагрузок
из условия прочности
балки,приняв R=240Mfta«2400кГ/см2 и
коэффициент перегрузки Я =4,3.
2. Вычислить значения максимальных
касательных напряжений в балке
и построить эпюру Т .
3. Определить величину разрушающей
нагрузки,приняв бт=230МПа.
Л
В
г
с!=4см
г
4,5|
1
42см
40,4
Рис.6.20. ЭпюраТ
Mext-262^
Рис.6.19. Схема балки
и эпюрыМ и Q
Вначале проводим статический расчет балки и строим эпюры М и
Q (рис.6.19). Максимальный изгибающий момент в центре балки ра-
4 5
вен MExt=t5(p2.5“<p,5-g- = 2,625(| .
Определяем геометрические характеристики поперечного сечения
балки,рассматривая его как разность двух прямоугольников:
18&Ч)3 45f22)3 ц 8539 з
Jz = -jj-----= 6539 СМ , W& — —--------------5Ч5см ,
4х 3
=48-42-6 - 46-44-5,5 = 328см (статический момент полусечения).
Определяем предельный изгибающий момент для данной балки:
Мпред = Р-У4 =2400-5Ч5 = 44,ЧЧ-405кГсм = 444,4 кНм .
Из условия грузоподъемности балки по опасному сечению опре-
деляем предельные значения расчетной и нормативной нагрузок:
Мрдсч = 2,625(|рАсч Мпред = 444,4 кНм, (Jрдсч 43,6 кН/м,
({норм = -~ = 33,5кН/м .
Максимальная поперечная сила действует на
участках балки вблизи опор,где она равна по
абсолютной величине 4.5ср. Определяем в сече-
ниях балки нэ этих участках значения верти-
кальных касательных напряжений от действия
предельной расчетной нагрузки:
Гм1 = 0^^=«^£Лгв=)6ЧкГ/см2=|6,ЧМПа.
J2-2d 6539-2-4,0 7
1X2
т = _О^сцд§п_ _ J5-43,6-40 -207 = 40 ц МПй
4 Jg-2d 6539-2-1,0 z
где Эл = 48-4-и,5=207см3 - статический момент сечения полки относи-
тельно нейтральной оси. ЭпюраТ приведена на рис.6.20.
Вычисляем значение разрушающего момента,вызывающего появле-
ние пластического шарнира в опасном сечении балки:
4z g-
МрАЗр =6тУ/ы=6(п-2ьг = 2300-2-328 *=15,1-10 «Гем ^151 кНм.
Приравниваем разрушающий момент к максимальному изгибающему
моменту в опасном сечении балки и определяем интенсивность раз-
рушающей нагрузки:
Mm«x = 2,625<1 = Мрдзр = 4Si кНм , <^рдзр = 57,5 кИ/м.
Коэффициент запаса по отношению к нормативной нагрузке равен
К зал =
З-КОрМ 33Л
Задача 6.5
Рис.6.21.Схема балки
ffgML ©СМПа) ©(МПа)
Рис.6.22.Схема сечения и эпюры б иТ
тре-
Для консольной чугунной балки данного сечения (рис.6.22)
буется определить предельную величину расчетной силы из условий
прочности и построить эпюры напряжений б иТ в опасном сечении.
Расчетные сопротивления материала на растяжение и сжатие равны
РрАСт = 50МП««500кГ/сМ2, Rex = 440 МПа —4400 «Г/СМ2.
Определяем положение центра тяжести сечения.
_ S2'_ 42-4Г2) + 46-4-8 _ 446 _,^гм
F 42-4 +46'4. 442
Вычисляем осевой момент инерции и моменты сопротивления сече-
Ли - Jg'-aF = [-^ + “(3,71)412 = 4476см',
\и - Лг - 4476 3 и/ _ Лг _ 4476 _Э(1Л з
"зг= ’ " м *
Вычисляем статические моменты полусечения и полки относительно
ИЗ
нейтральной оси: ,
5^=4-42,29“^= ЗО2см3, Sn =42-4 (2+3,74) = 274 см3.
Для определения величины предельной расчетной силы раскрыва'
ем условия прочности белки в сечении,где действует максимальный
изгибающий момент (рис.6.21):
а) по зоне растяжения
Мпред = Ррдст-W4 = 500-542 = 2,7<Ю5кГсм =27,4 кНм ,
Мрдеч = 2,4 Ррдсч — Мпред = 27,4кНм, Ррдсч — 44,3 кН ;
б) по зоне сжатия
Мпред =Pc3fc-W2 = 4400-340=4,76-10 кГсм «47,6кНм ,
Мрдеч =2,4Ррдсч Мпред=47,6кНм, Ррдсч 49,8 кН .
Чтобы обеспечить выполнение условий прочности в обеих зонах
сечения балки,в качестве предельной расчетной силы надо принять
меньшую силу (из условия прочности по зоне растяжения).
Вычисляем значения нормальных и касательных напряжений в
опасном сечении балки от действия предельной расчетной силы.
Ррдсч — 44,3 кН, Мрдеч = 27,4 кНм , фрдсч =Р = 44,ЗкМ ,
Мрдеч 29J4-4O4
бтах = “т~,---Тйл— “ 500к17см ~50МПа ,
542
I*? • I МрАСЧ 27,4-4ОЧ_м_ rZ
| = -rf-— -----797к!/СМ —79,7МПа ,
Wg 340
_ 2
— QpAc4'Sn _ 44,3-40-274 сл 2
Г, =-^-=^pj-=e.2Kr/CM=o,6Mna,
_ _ QpACM’Sn _ 44,3-402' 274 _ Je> r. 2 .
2" “5TV “ "wTm 48'6кГ/см 'МПа
Ррдсч-572 44,3-40'302 Лп„ rz 2 аип
+тах==——о— “-----------------=20,Чк17см ~2МПа .
Jz-b2 4476-Ч
Эпюры напряжений приведены на рис.6.22.
Задача 6.6.
Деревянная балка круглого се
чения диаметром $=4бсм перек-
рывает пролет € и загружена в
центре сосредоточенной силой
Рнорм=0=ЧкН. (рис.6.23).
Коэффициент перегрузки И-=4,3.
Требуется определить величи-
ну предельного по условию проч
ности пролета.
114
Расчетное сопротивление'принять R = 44 МПл—440 к1/см 2
Максимальный изгибающий момент в. балке действует в сечении
под грузом (рис.6.23). Выражаем этот момент через длину £ и при-
равниваем его к предельному моменту.который может выдержать бал-
ка по условию прочности.
Ррдсч =Ч-<3 = 5)2кН , МрАСЧ =0,5-5,2-0,5£ =4,3-6 ,
Мпред= R-W2 = R-f~ = = 0,563Ч05кГсм = 5,бЗкНм,
Мрлсч =4,38 — Мпред =Б(бЗкМм, €—4,33м.
Задача 6.7
Для балочной системы
на рис.6.24 требуется
определить величину пре-
дельной расчетной наг-
рузки из условий проч-
ности обеих балок. Ма-
териал балок - сталь
марки ВСт.З с расчетным
сопротивлением Р=24ОМПй~
=2400 кГ/см2
Балка ЛВ опирается
нэ нижнюю балку С3> sпе-
редавая нэ нее в сече-
ниях Л и В сосредоточен-
ные силы (рис.6.24).
Выражаем максималь-
ные изгибаюцие моменты
Рис.6.24. Схема задачи и эпюры М
в бэлках через параметр
и вычисляем значения
предельной расчетной нагрузки
из условий прочности каждой из них.
Балка ^В (146)
W2 = 409см3, Мпред = RW =2400-409 =2,29-40кГсм =22,9кНм,
Мрдсч = 0,32f| рдсч — 22,9 к Нм,
урдсч 74,6 кН/м .
Балка Соб (0200х40мм)
40см 9
Рис.6.25. Валка
Зг = = -9Ч)= 2701см4,
= —= 2?04смЧ (рис.6.25),
Kg 40
Мпред = 2400-270,4 = 5,67-405кГсм =56,7 кИм,
Мрдсч =0,88(|,рАсч — 56,7 кНм, (|рдсч 6Ч,ЧкН/м.
115 |
В качестве предельной расчетной
шую нагрузку (^ = 64,Чкй/м.
Задача 6.8 =
10 кН/м
MHiiiiiHifflHiiiiiiiiiiifl
4,6 м
В
f Rb
Рис.6.26.Схема задачи
О*
нагрузки надо принять мень-
Даннэя балка (рис.6.26)
состоит из деревянного бру-
са 42x48см и двух стальных
листов —12ох10мм . Совмест-
ная работа элементов балки
обеспечивается соединениями.
Требуется определить макси-
Л
мальные нормальные напряжения в стальных листах и деревянном бру-
се,приняв модули упругости Ест =2Ч05МЛа, Ед = 0,4-40 МПа.
Изгибающий момент в балке воспринимается стальными листами и
деревянным брусом. На каждый элемент балки приходится своя часть
изгибающего момента,соответственно Мст и Мд ,причем М=Мст + Мд.
Соотношение между ними можно получить,использовав условие жесткого
соединения элементов балки и гипотезу плоских сечений,согласно ко-
торым кривизны элементов должны быть одинаковыми.
4 _ Мст _ Мд
Р (ЕЗ)ст “(ЕЛ)д ’
Мст - Мд
(ЕО)ст
(Е3)д '
Изгибающие моменты,воспринимаемые элементами балки,распреде-
ляются пропорционально их изгибным жесткостям.
Положение нейтральной оси поперечных сечений составной балки
из рэзномодульных материалов в общем случае подлежит определению
из условия равенства нулю продольной силы при изгибе. В нашей за-
даче в силу симметричного расположения стальных листов нейтраль-
ная ось сечения совпадает с центральной осью деревянного бруса.
Вычисляем значения изгибных жесткостей элементов балки и дей-
ствующих в них изгибающих моментов в центре пролета:
(EJ)cr =2-406"2-168 = 4,336-ЛГсм2» Ч.ЗЗб -кЛМм2
L 42 ’ •“*
Мтах —
(ЕЗУд = 04>40®^^3 = 0,4"40%832 =?.832"108кГсм2«5,832"Лнм2;
* 42
= 40^. =28,8 кНм ,
8 8 ’
Мст = Мд 10 - = 7,435 Мд .
SJ832-402
Мст + Мд = Мта« =28,8 кМм ,
► Мст=25,ЧкНм, Мд= В,ЧкМм.
Вычисляем значения максимальных нормальных напряжений в эле-
116
ментах балки в центре пролета:
> Мег 25.4-fO4 .-,2
ост — ~— Ч =----------10 = 1172кП/см .
Зет * 2168
Мл З.Ч-104 2
6л= =^Г'9 =“'5кГ/см
Эпюра нормальных напряжений
приведена на рис.6.27. Отметим
наличие скачка в эпюре 6" на уровне
ТУ- 117
Рис.6.27. Эпюра б
сопряжения элементов балки.
При определении касательных напряжений в поперечных сечениях
составной балки из рэзномодульных материалов можно принять,что
поперечная сила распределяется по элементам балки также пропор-
ционально их изгибным жесткостям. Тогда для сечения балки вбли-
зи опоры Л будем иметь
Qci— Од
(ЕЗ)ст
(Е3)д
= 7,435 Од
Ост + Од — Qfl —— ^’8' ~ 2ЧкМ
Ост=416 кН, 0д=2,8ЧкН.
Вычисляем значения касательных напряжений нэ уровне сопряже-
ния стальных листов и деревянного бруса и на нейтральной оси се-
чения вблизи опоры Я с учетом жесткого соединения элементов.
_ _ Ост 5?? 21,16-Ю2-12-1-9,5 о, г/ 2 лаамПл
TL — — ~ ------------- = 9,3 кГ/см «0,93 МПа,
4 Зст’Б 2.168-12
отс £
Ттах = 17. 4- = д3 +- -^Ч"<0 '^-9-4,5 = 3 кГ/см2~^3 МПа.
4 Зд~6 5832-12
Эпюра касательных напряжений при-
ведена нэ рис.6.28. Отметим наличие
излома в эпюре на уровне сопряжения
стальных листов и деревянного бруса.
Соединения,обеспечивэющие сов-
местную работу элементов балки,долж-
ны рассчитываться нэ распределенную
Рис.6.28. Эпюра Т
по длине сдвигающую.силу с интенсив-
ностью нэ опорах
Т = •£•$ = 9,3-12=111,6 кГ/см = 111,6 кН/м .
Задача 6.9
Для стальной двутавровой балки нэ рис.6,29 требуется:
I. Определить значение силы Р ,при действии которой в опасном
сечении балки нормальные напряжения в полках постоянны и равны
117
пределу текучести.
2. Определить длину участка
балки с пластическими
деформациями.
3. Определить остаточные
нормальные напряжения в
опасном сечении балки при
ее полной разгрузке.
Деформирование материала
балки следует диаграмме
Прэндтля (рис.6.10) с рав-
ными значениями предела текучести при растяжении и сжатии:
бт = 2Ч00кГ/см2~ 240 МПа.
Вычисляем геометрические характеристики сечения балки:
J2 = 21^мГ+*2'2 ^0)2] = 5302смЧ» Wz = = ч82см3-
Эпюра нормальных напряжений в опасном сечении белки,соответ-
ствующая пластической работе материала полок,приведена нэ рис.б.ЗЦа.
Рис.6.30. Эпюры нормальных напряжений (МПа)
Определяем значения равнодействующих нормальных напряжений
в полке и в половине стенки двутавра:
Rn = б'т-Fn = 2400-42-2=5,76-40ЧкГ ~ 5,76-<02кН ,
RcT==’g’6ffl,FcT = £,2Ч00,{М =4,08-40 кГ®^,08-40 кН .
Изгибающий момент,соответствующий эпюре нормальных напряжений
на рис.6.3Qa,определяем как равнодействующую этих напряжений:
М =2(Рп-^п +Рст^ст) = 2('5,7б-4ОЧ-4О+4.08-4ОЧ-б) = 42,82-40*кГсм ~428,2кИм.
Вычисляем значение сосредоточенной силы в центре балки,соот-
ветствующей действию этого изгибающего момента:
Имея =0,9 Р =428,2 кИм, Р =442,4 кН .
118
Определяем координату сечения белки,соответствующую появле-
нию пластических деформаций в крайних по
М =О,5Р-Х = 6(П -W?
2
0,5-142,4-JO X = 2400-482, X =162,5см .
Длина зон пластических деформаций
в полках составляет.
а = 2 (180-462,5) = 35см .
При приближении к точке приложения
силы пластические деформации охватыва-
ют все волокна полок (рис.6.31).
При разгрузке балки предполагает-
ся, что зависимость 6—8 является ли-
нейной с первоначальным углом наклона
Рис.6.31.Зоны пласти-
ческих де-
формаций
диаграммы Прандтля.
Для определения остаточных нормальных напряжений при полной
разгрузке балки вычисляем значения б от действия изгибающего мо-
мента М =128,2 кИм обратного направления (суммарный изгибающий
момент в балке после разгрузки должен быть равен нулю).
6rwc = |6min| = -y = = 2660 кГ/см2=266 МПа ,
6(l| =9см) = у у. = =2180кГ/см2-218МПа .
Соответствующая эпюра б приведена на рис.6.30,6. Сложив ее
с эпюрой не рис.6.ЗЦа,получим эпюру остаточных нормальных напря-
жений в балке после разгрузки (pac.6.3QB). Остаточные напряжения
образуют взаимно уравновешенную систему.
Задача 6,10
Для балки данного сечения '
(рис.6.32) требуется опреде-
лить величину предельной рас-
четной силы,построить эпюру б
в опасном сечении и вычислить
значение максимальных каса-'
тельных напряжений и интен-
сивность сдвигающей силы между
листом и полкой каждого дву-
тавра. В расчетах принять R =
Рис.6.32. Схема задачи
240 МПа.
Вычисляем необходимые геометрические характеристики сечения.
124а: Ог = 3800 см4, F=35(5см2, ё=42,5см, d=0,56см, t“0,98cM,
119
П1 _ _ 24-442,5
~ V ~ — ----------- 3,03см,
° F 24-4 + 2'37,5
J2= 2(3800+(3,03)*37,5]+• + (42,5-3,03)*24 = 40ЧЧЗсм4
Ч =694,8см3, W2 = -£^~ = 4047 см3.
1 42+3,03 ’ 43-3,03
Вычисляем значение предельного расчетного изгибающего момента
и выполняем условие грузоподъемности балки по сечению с макси-
мальным изгибающим моментом (рис.6.32).
Млад® ==4,4 *40* Р — Мпред — R*Wmtn = 24-694,8 кИсм, Ррясч^432,6кН.
Принимаем Р=430кИ и вычисляем значения нормальных напряже-
Л^ОЭсм. 9,97см
ний в крайних волокнах балки в
опасном сечении.
к - Мми - 4,4'40430
таж VZ, 694,8
= 20,6 кН/см2 = 206 МПа,
. IМтаас _ 4,4'402 430
--------—---------------—
Wz 4047
=43,7кМ/см2==437МПа.
Эпюра нормальных напряжений
приведена на рис.6.33. Вычисля-
ем значение максимальных каса-
тельных напряжений в балке.
r Qnwac-Sz 0,5-430*466,8 _ .. 2 ЛГпипЛ
Ттат =----------=----------------= 2,59 к М/см =25,9 МПа ,
J2'2d *40443*2*0,56
где 32 - статический момент полусечения. При его вычислении
берем нижнюю часть сечения,а поперечные сечения полок приближен-
но считаем прямоугольными.
= 2 р2,5*0,98 (45,03-^) + (45,03-0,98)-0,56 466,8 см3.
Максимальные касательные напряжения действуют на уровне нейт-
ральной оси. Определяем интенсивность сдвигающей силы между лис-
том и полкой каждого двутавра.
т = ‘ 5z> = А5^зо*22?;з в о707 кН/см = 70? кН/м
20г 2'40443 ' z
где = 24-4-(9,97— = 227,3см3 - статический момент попереч-
ного сечения листа относительно нейтральной оси. На действие сдви-
гающей силы должны рассчитываться сварные швы или заклепки,обес-
печивающие совместную работу элементов балки.
120
Mmax
М1ШШШИ
й
И. 4,5 см
Рис.6.34. Схема задачи
С46
а-
Рис.6.35. Эпюры О’ и Т
Г62?
,39
сечения)
Задача 6.II
Для стальной консольной балки
в виде горизонтально расположен-
ного швеллера CIS (рис.6.34)
требуется определить значения
предельной расчетной и норматив-
ной нагрузок и построить эпюры
6" и Т в опасном сечении. Коэффициент перегрузки 1Ъ= 1,4,расчет-
ное сопротивление R = 210 МПа.
Выписываем из сортамента геометрические характеристики швеллера
L16; Ов = 63,6см4, Ь = 46см, €=6,Чсм, с( = О,5см, t =0,84 см,
Wz=43,8cm3. Выполняем условие грузоподъемности балки по сечению
вблизи заделки. 2
Mmax = ^р R.Wz = 2M3,8=289,8kHcm,
<|рясч — 0,0258 кН/см =2,58кН/fa, С^норм —=4,84 кИ/м.
Принимаем Cp-юрм = 1,8 кН/м и вычисляем значения максимальных
нормальных напряжений в балке.
<^рясч = 4,Ч-4,8 = 2J52kM/m ,
Мрясч= ^^)а^835кМмГ^
=20,6кН/смй=20бМПа,
43,8 в
|6'.и>|=^^^и,в=8,0!2кф4м2=
=80,2мпа.
Для определения касательных
напряжений 'Тух в полках швеллера вычисляем' статические моменты
полусечения и стенки швеллера относительно нейтральной оси. По-
перечные сечения полок и стенки приближенно считаем прямоуголь-
ными. ЛЬ п 4,6 з ,
&2 = 2-4,6-0,84 ~ =47,98см (верхняя часть
= 4 6 • 0,5 (4,8 - = 42,4 см®.
Вычисляем значения касательных напряжений.в полках.
Tmax = 4,5-2,52-47,78 _ о,629кН/СМй=6,29МПа ,
63,6-2-0,84 Z
= 4,5-2,52 -42,4 _ Q ч39 кМ/с№=4,39 МПа.
л 63,6-2-0,84 ’ z
Касательные напряжения в полках меняются по закону
параболы. В стенке швеллера действуют горизонтальные
напряжения Tgx
квадратной
касательные
„меняющиеся по линейному закону от нуля на оси
Ш
симметрии^. до максимальных значений в местах сопряжения стенки
с полками. Направления этих напряжений для левой и правой половин
стенки противоположны друг другу. Максимальные напряжения равны.
г' = = °’66кН/см<г=^6«6 МПа ;
1 63,6-0,5 ’ ' ’
S2 = (8-0,84)-0,5(4,8 —= 5,549см3 - статический момент по-
ловины сечения стенки швеллера относительно нейтральной оси. Эпюры
б' и Т приведены на рис.6.35.
Для конструкции на рис.6.36
Задача 6.12
состоящей из стальной состав-
ной балки ЛВ .поддерживаемой,
двумя стальными стержнями,тре-
буется определить величину
предельной расчетной силы Р
и вычислить значения макси-
мальных нормальных и-касатель-
ных напряжений в балке и ин-
тенсивность сдвигающей силы
между листами и швеллером. В
расчетах принять R = £10 МПа.
С22а: 0г<=487смЧ, F= 28,8 см2.
2L56x5 : F = 2- 5,44 = 40.82см2.
Вычисляем геометрические характеристики сечения балки.
□z =2[^^4-487 + (48-2,Ч6>28,8] = 22060смЧ, Wz = =4226см3.
Строим эпюру изгибающих моментов (рис.6.36) и определяем вели-
чину предельной расчетной силы из условия прочности балки по опас-
ному сечению С,
Мшйх =4Д-4О2Р *£R-W=24-4226 = 25746 кНсм, РрЯСЧ^245кН.
Для определения усилий в стержнях рассмотрим схему деформации
системы.’ При изгибе балки Я В сечение С получит прогиб Ис , связан-
ный с удлинениями стержней (рис.6.36,а).Используя схему деформации,
Рис.6.36,а. Схема
деформации
получаем. дС4
Поскольку в нашей задаче и
усилия в стержнях одинаковы: К4=Ий •
Составляем уравнение статики.
ХМя=0, 4,697^ + ^6^714 = 2.ЧР 4-4,8- 0,5р,
^«№г=4»Ч4ЧР,
q=ta = 2,4.sin45«4,677м- плечи усилий.
122
Отметим,что при равенстве усилий в стержнях опорная реакция
Ия=О,ив балке отсутствуют продельные силы. Определяем величину
предельной расчетной силы из условия прочности стержней.
Ц, =^2 = 4,444р ^R-F= 24-40,82 =22?,2 кН, Ррясч ^4 60,7 кН.
Грузоподъемность конструкции надо определить по величине мень-
шей из двух предельных расчетных сил. Принимаем P = I60 id! и вы-
числяем значения максимальных нормальных и касательных напряжений
в балке.
б'тах = |б^Л|= = .4 V кН/см2= 457 МПа ,
Tmdx = = <ч кН/см2= 44 МПа,
22060-24,0 z ’
<4 / з
где S2 = 2-48-4,0-9 4-28,8(48-2,46) = 774,6см — статический момент
полусечения.
Вычисляем интенсивность сдвигающей силы между каждым листом и
полками швеллера.
Т= 0,01 кН/см -81КЧЛ. .
22060-2 7
где 5г =28,8(48—2,Чб) = 447,6см3 — статический момент швеллера
относительно нейтральной оси.
Задачи для самостоятельного решения _______________________________
Задача 6.13. Для стальной консольной составной балки на рис.6.37
требуется построить эпюры М и Q, ,построить эпюры б" и 'Г в опас-
ном сечении балки и определить в этом сечении значения главных
напряжений и углы -наклона главных площадок в точке стенки на уров-
не ее сопряжения с палками.
Ответ: бтвх = |6mln| = 187,2 МПа, Гтах = 21,7 МПа, б, = 174 МПа,
бй = - 1,6 МПа, = - 5°32' , оСй == 84°28# .
Задача 6.14. Для чугунной балки на рис.6.38 требуется построить
эпюры © и Т в опасном сечении.
Ответ: &й® = 37,5МПа, 6м1ц=-50,4 МПа, Тиа® =2,4 МПа .
Задача, 6.15. Для стальной составной балки на рис.6.39 требуется
построить эпюры б и Т в сечениях балки с максимальными М и Q
123
и вычислить максимальную интенсивность сдвигающей силы между лис-
том и полкой двутавра.
Ответ: бтвх =497,8 МПа, Simin = — 86,7 МПа, 'Стах = 28,6 МПО,
Ттах = 420 кН/м (на участках,примыкающих к опорам).
Рис.6.39. К задаче 6.15
Рис.6.40. К задаче 6.16
Задача 6.16. При испытании на изгиб стального двутавра (рис.6.40)
была определена линейная деформация в нейтральном слое под углом
об =45 к оси: 6^ = 0,8-1(Г\ Требуется определить величину силы
Р и значения максимальных нормальных и^ касательных напряжений в
двутавре. В расчетах принять Е=2,1*10 МПа, JK=0,3.
Ответ: Р =48,4 кН, 6тах = I6ini.nl= 449,5МПа, 'Стах=42,9 МПа .
Задача 6.17. Для биметаллической балки на рис.6.41,состоящей из
стального двутавра и алюминиевых листов—240x20мм ,требуемся
построить эпюру С в опасном сечении и определить интенсивность
сдвигающей силы между листом и полкой- двутавра. В расчетах при-
нять Ест = 2.4.405МПа, Е дл = О,?«4О5МПа .
Ответ: = 445,7 МПа, йх =42,4 МПа, Т = 60,8 кН/м.
Рис.6.41. К задаче 6.17
Рис.6.42. К задаче
Задача 6.18, Для деревянного бруса сечением 18* 24 см,усиленного
четырьмя стальными равнобокими уголками L70xg (рис.6.42) требу-
ется определить величину предельных расчетных сил Р из условия
прочности бал ни,построить эпюру б" в опасном сечении и вычислить
интенсивность сдвигающей силы между каждым уголком и брусом. В
расчетах принять Ест = 2.4-405МПа, Ед = 4-4ОчМПа, Рст=240МПа,
Яд =44 МПа. С(п
Ответ: Р=80,7кИ, бтзэс=240МПа, бтйх = 9,5МПа, Т=4Ч5кН/м.
124
Задача 6.19. Для балки на рис.6.43 требуется построить эпюры из-
гибающих моментов и поперечных сил,подобрать сечение балки в виде
стального прокатного двутавра и построить эпюры 6" и в сечениях
с максимальными И и Q . В расчетах принять коэффициент перегрузки
1% = 1,3 и расчетное сопротивление R = 2I0 МПа.
Ответ: 127, бтазс = |6mi.n,| = I86,4 МПа, 'Стая>=48,3 МПа.
Рис.6.43. К задаче 6.19
Рис.6.44. К задаче 6.20
Задача 6.20, Для деревянной балки прямоугольного сечения (бруса)
на рис.6.44 требуется построить эпюры М и Q и определить из усло-
вия прочности необходимые размеры сечения,приняв $ = 0,611 . В рас-
четах принять коэффициент перегрузки М=4,2 и Р=4ЧМПА.
Ответ: брус сечением 8x13 см.
Рис.6.45. К задаче 6.21
Рис.6.46. К задаче 6.22
Задача 6.21. Для стальной балки трубчатого сечения на рис.6.45
требуется определить величину предельного расчетного момента из
условия прочности балки и величину разрушающего момента в пласти-
ческой стадии. В расчетах принять Р=210 МПа, бт=240 МПа.
Ответ: Мрясч — 42,25 кИм, Мрязр = 48,73 кНм.
Задача 6.22. Для стальной балки из двух прокатных неравнобоких
уголков (рис.6.46) требуется определить величину предельных,рас-
четных сйл Р из условия прочности балки и построить эпюры б" и Г
в сечениях над опорами. В расчетах принять Р = 210 МПа.
Ответ: Р = 20,4кМ, бтах=99МПа, 6min=—24ОМПЯ, Тт<ис=42,5МПа.
Задача 6,23, Для стальной консольной балки,представляющей собой
разрезанную вдоль трубу сечением 0460 хбмм (рис.6.47) ,требуется
определить величину предельной расчетной нагрузки и построить эпю-
ру б" в опасном сечении. В расчетах принять R — 210 МПа.
125
Ответ: £| = 2,74 кН/м, бмаас = 210 МПа, б'т1п=-132.7 МПа.
•Рис.6.47. К задаче 6.23 Рис.6.48. К задаче 6.24
Задача 6,24. Для чугунной балки на рис.6.48 требуется определить
величину предельной расчетной нагрузки из условий прочности в
зонах растяжения и сжатия и построить эпюры б" и 47 в сечениях с
максимальными М и Q, . В расчетах принять расчетные сопротивления
чугуна на растяжение и сжатие Рраст в 60 МПа, Рсзс = 180 МПа.
Ответ; <^ = 61,5кН/м, б«мх=бОМПа, 6min=—84 МПа, Ттах =7,35 МПа.
Задача 6.25. Для конструкции на рис.6.49 требуется определить ве-
личину предельной расчетной силы из условий прочности деревянной
балки ДВ ,состоящей из четырех бревен ot=46cM, и стального стерж-
ня СВ сечением 2042мм . В расчетах принять расчетные сопротив-
ления стали и дерева Рст= 280 МПа, Рд = 15 МПа.
Ответ: Р —57,4 кН.
Рис.6.49. К задаче 6.25
Задача 6.26. Для стальной балки на рие;6.50 требуется опреде-
лить величину силы Рт вызывающей появление текучести в крайних
волокнах балки,величину разрушающей силы Ррйзр в пластической
стадии и значения остаточных нормальных напряжений в опасном се-
чении балки при полной ее разгрузке после нагружения силой Р®
=О,б(Рт+• Рряэр). В расчетах принять 6^=240 МПа» Материал
балки деформируется согласно диаграмме Прандтля (рис.6.10).
Ответ: Рт = 23,03 кН, Рряэр=2Я,ЧбкН, 6^ = 34,8МПаf
МПа .
126
ЛИТЕРАТУРА
Александров А.В. и др. Сборник задач по сопротивлению
материалов.- М.: Стройиздат, 1977.
Беленя Е.И. и др. Металлические конструкции.- М.:
Стройиздат, 1976.
Беляев Н.М. и др. Сборник задач по сопротивлению мате-
риалов.- М.: Наука, 1970.
Биргер И.А., Мавлютов Р.Р. Сопротивление материалов.-
М.: Наука, 1986.
Варвак П.М. Новые метода решения задач сопротивления
материалов.- Киев: Вища школа, 1977.
Дарков А.В. и др. Строительная механика.- М.: Высш,
шк., 1976.
Смирнов А.Ф. и др. Сопротивление материалов.- М.:
Высш. шк., 1975.
Уманский А.А. и др. Сборник задач по сопротивлению
материалов,- М.: Наука, 1975.
Феодосьев В.И. Избранные задачи и вопросы по сопротив-
лению материалов,- М.: Наука, 1973.
127
ПРИЛОЖЕНИЯ
128
Сортамент прокатных профилей
Приложение I
Сталь прокатная уголковая равнополочная (по ГОСТ 8509-72)
Обозначения:
%> - ширина полки; i
d - толщина полки; ?0=^0
J - момент инерции;
- радиус инерции;
- расстояние от центра тяжести
до наружной грани полки
Номер профиля Рдзмеры, мм Площадь сечения F, смг 3?,см4 i2, см Jz МАКС, см4 ЧМАК5 см Зца мин, %мч <1|0 мин, см , см4 20, см Масса •4 м, кГ
6 d
3 2.96 7.II 1.55 II.3 1.95 2.95 1.0 12.4 1.33 2.32
5 50 4 3.89 9.21 1.54 14.6 1.94 3.80 0.99 16.6 1.38 3.05
5 4.80 II.2 1.53 17.8 1.92 4.63 0.98 20.9 1.42 3.77
Б А 5А 4 ' 4.38 13.1 1.73 20.8 2.18 5.41 I.II 23.3 1.52 3.44
5 5.41 16.0 1.72 25.4 2.16 6.59 1.10 29.2 1.57 4.25
4 4.96 18.9 1.95 29.9 2.45 7.81 1.25 33.1 1.69 3.90
6.3 63 5 6.13 23.1 1.94 36.6 2.44 9.52 1.25 41.5 1.74 4.81
6 7-28, 27.1 1.93 42.9 2.43 II.2 1.24 50.0 1.78 5.72
4.5 6.2 29.0 2.16 46.0 2.72 12.0 1.39 51.0 1.88 4.87
5 6.86 31.9 2.16 50.7 2.72 13.2 1.39 56.7 1.90 5.38
7 70 6 8.15 37.6 2.15 59.6 2.71 15.5 1.38 68.4 1.94 6.39
7 9.42 43.0 2.14 68.2 2.69 17.8 1.37 80.1 1.99. 7.39
8 10.7 48.2 2.73 76.4 2.68 20.0 1.37 91.9 2.02 8.37
5 7.39 39.5 2.31 62.6 2.91 16.4 1.49 69.6 2.02 5.80
6 8.78 46.6 2.30 73.9 2.90 19.3 1.48 83.9 2.06 .6.89-
7,5 75 7 10.1 53.3 2.29 84.6 2.89 22.1 1.48 98.3 2.10 7.96
8 II.5 59.8 2.28 94.6 2.87 24.8 1.47 ИЗ 2.15 9.02
9 66.1 2.27 105 2.86 27.5 1.46 127 2.18 10.1
Продолжение
Номер Рдзме РЫ, мм Площадь _мч • Зг„ макс, 4а МАКС Эио мин, 4-и„ мин. 1 -мЧ 20,СМ Масса
ПРОФИЛЯ 6 d сечения F, см2 w2| СМ СМ - ° ч см см- см4 СМ , см 4м, кГ
5.5 8.63 : 52.7 2.47 83.6 з.п 21.8 1.59 93.2 2.17 6.78
о ЯП 6 9.38 57.0 2.47 90.4 "З.П- 23.5 1.58 102 2.19 7.36
7 10.8 65.3 2.45 104 3.09 - 27.0 - 1.58 119 2.23 8.51
8 12.3 73.4 2.44 116 3.08 -30.3 1.57 137 2.27 9.65
6 10.6 . 82.1 ' 2.78 130 3.50- 34.0 1.79 145 2.43 8.33
Q ОТ) 7 12.3 94.3 - 2.77 150 3.49 38.9 1.78 169 2.47 9.64
8 13.9 - 106 - . 2.76 168 3.48 43.8 1.77 194 2.51 10.9
9 15.6 TI8 . 2.75 186 3.46, -48.6 1.77 219 2.55 12.2
6.5 12.8 122 3.09 -193 3.88- ,50.7 1.99 214 2.68 10.1
7 13.8 131 ’ 3.08 207 3.88 54.2 1.98 231 2.71 10.8
8 15.6 147 1 3.07 233 3.87 60.9 1.98 265 2.75 Т2.2
10 100 10 19.2 179 3.05 284 3.84 - 74.1 1.96 333 2.83 I5.I
12 22.8 209 - -3.03 331 3.81 86.9 1.95 402 2.91 17.9
14 26.3 - 237 3.00 375 3.78 99.3 , 1.94 472 2.99 20.6
16 29.7 264 2.98 416 3.74 - 112 -1.94 542 3.06 23.3
тт ТТН 7 15.2 176 3,4 279 4.29-= 72.7 2.19 308 2.;9б II. 9
11 ни 8 17.2 198 3.39 315 ~ 4.28' 81.8" 2.18 353 3.0 13.5
8 19.7 294 3.87 467 ' 4.87 122 2.49 516 3.36 15«,5
9 22.0 327 3.86 520 4.86- 135 2.48 582 3.40 17.3
T9 R тоц 10 24.3 360 3.85 571 . 4.84 149 2.47 649 3.45 19.1
12 28; 9 422 3.82 670 4.82 -174 2.46 782 3.53 22.7
14 33.4 , 482 3.80 764 4.78 200 2.45 916 3.61 26.2
16 37.8 539 , 3.78 853 4.75 . 224 2.44 1051 3.68 29.6 1
9 24.7 ~ 466 4.34 739 5.47 192 2.79 818 3.78 19.4
14 140 10 27.3 512- 4.33 814 -5.46 211 2.78 911 3.82 21.5
12 32.5 602 4.31 957 5.43- 248 2.76 1097 3.90 25.5
Окончание
Номер ПРОФИЛЯ Рдзмеры,мм Площадь сечения F, см2 3g, см4 ^2» СМ Jg МАКС, см4 i2o МАКС, СМ Ju0 мим, ч см 4g0MHH, см СЦ, см4 £0,СМ Масса 4м, кГ
d
16 160 10 II ' 12 14 16 18 20 31.4 34.4 37.4 43.3 49.1 54.8 60.4 774 844 913 1046 1175 1299 1419 4.96 4.95 4.94 4.92 1 4.89 4.87 4.85 1229 1341 1450 1662 1866 2061 2248 6.25 6.24 6.23 6.20 6.17 6.13 6.10 319 348 376 431 485 537 589 3.19 3.18 3.17' 3.16 3.14 3.13 3.12 1356 1494 1633 I9II 2191 2472 2756 4.30 4.35 4.39 4.47 4.55 4.63 4.70 24.7 27.0 29.4 34.0 38.5 43.0 47.4
18 180 Ш 12 38.8 42.2 1216 1317 5.60 5.59 1933 2093 7.06 7.04 500 540 3.59 3.58 2128 2324 4.85 4.89 30.5 33.1
20 200 12 13 14 16 20 25 30 47.1 50.9 54.6 62.0 76.5 94.3 III. 5 1823 1961 2097 2363 2871 3466 4020 6.22 6.21 6.20 6.17 6.12 6.06 6.00 2896 3116 3333 3755 4560 5494 6351 7.84 7.83 7.81 7.78 7.72 7.63 7.55 749 805 861 970 1182 1438 1688 3.99 3.98 3.97 3.96 3.93 3.91 3.89 3182 3452 3722 4264 5355 6733 8130 5.37 5.42 5.46 5.54 5.70 5.89 6.07 37.0 39.9 42.8 48.7 60.1 74.0 87.6
22 220 14 16 60.4 68.6 2814 3175 6.83 6.81 4470 5045 8.60 8.58 1159 1306 4.38 4.36 4941 5661 5.93 6.02 47.4 53.8
25 250 16 18 .20 22 25 28 30 78.4 87.7 97.0 106.1 II9J7 133.1 142.0 - 4717 5247 5765 6270 7006 7717- 8177 7.76 7.73 7.71 7.69 7.65 7.61 7.59 7492 8337 9160 9961 III25 12244 12965 9.78 9.75 9.72 9.69 9.64 9.59 9.56 1942 2158 2370 2579 2887 3190 3389 4.98 4.96 4.94 4.93 4.91 4.89 4.89 8286 9342 I040I II464 13064 14674 15753 6.75 6.83 6.91 7.00 ,7.11 7.23 7.31 61.5 68.9 76.1 83.3 94.0 104.5 Ш.4
* W’
Приложение 2
Сталь прокатная уголковая неравнополочная (по ГОСТ'8510-72)
Обозначения:
- Ширина большей полки;
- ширина меньшей полки; -L - радиус инерции;
- толщина полки; расстояния от центра тяжести
- момент инерции; до наружных граней полок
co
Номер ПРОФИЛЯ Рдзмеры, мм Площадь сечения F, см2 ч см ^2, СМ см4 см Эц мин, см4 4Ц мим, см Угол наклона оси Kst(p£ З24, см4 см4 ?о > см Масса 4м, кГ
В В d
5.6/3.6 де ЯА 4 3.58 П.4 1.78 3.7 1.02 2.19 0.78 0.406 23.2 6.25 0.84 1.82 2.81
5 4.41 13.8 1.77 4.48 1.01 2.66 0.78 0.404 29.2 7.91 0.88 1.86 3.46
4 4.04 16.3 2.01 5.16 I.I3 3.07 0.87 0.397 33.0 8.51 0.91 2.03 3.17
С Я /л eq 4Г) 5 4.98 19.9 2.00 6.26 I.I2 3.72 0.86 0.396 41.4 10.8 0.95 2.08 3.91
6 5.90 23.3 1.99 7.28 I.II 4.36 0.86 0.-393 49.9 13.1 0.99 2.12- 4.63
8 7.68 29.6 1.96 9.15 1.09 5.58 0.85 0.386 66.9 17.9 1.07 2.20 6.03
70 45 5 5.59 27.8 2.23 9.05 1.27 5.34 0.98 0.406 56.7 15.2 1.05 2.28 4.39
5 6.II 34.8 2.39 12.5 1.43 7.24 1.09 0.436 69.7 20.8 1.17 2.39 4.79
7.5/5 75 50 6 7.25 40.9 2.38 14.6 1.42 8.48 1.08 0.435 83.9 25.2 I.2I 2.44 5.69
8 9.47 52.4 2.35 18.5 1.40 10.9 1.07 0.430 112 34.2 1.29 2.52 7.43
8/5 80 50 5 6.36 41.6 2.56 12.7 I.4I 7.58 1.09 0.387 84.6 20.8 I.I3 2,60 4.99
6 7.55 49.0 2.55 14.8 1.40 8.88 1.08 0.386 102 25.2 I.I7 2.65 5.92
5.5 7.86 65.3 2.88 19.7 1.58 П.8 1.22 0.384 132 32.2 1.26 2.92 6.17
9/5.6 90 56 6 8.54 70.6 2.88 21.2 1.58 12.7 1.22 0.384 145 35.2 1.28 2.95 6.70
8 II.2 90,9 2.85 27.1 1.56 16.3 I.2I 0.380 194 47.8 1.36 -3.04 8.77
I
I.
Оконч ание
8 Момер ПРОФИЛЯ Размеры, мм Площадь сечения F, см2 Зе, см4 U, см 0^. см4 см Зимин, U СКГ iuMMH, см Угол НАКЛОНА OCHlAjtgcd см4 см4 ?о, см > см Масса 1м, кГ
В % d
10/6.3 100 63 6 7 8 10 9.59 П.1 12.6 15.5 98.3 ИЗ 127 154 3.2 3.19 3.18 3.15 30.6 35.0 39.2 47.1 1.79 1.78 1.77 1.75 18.2 20.8 23.4 28.3 1.38 1.37 1.36 1.35 0.393 0.392 0.391 0.387 198.0 232 266 333 49.9 58.7 67.6' 85.8 1.42 1.46 1.50 1.58 3.23 3.28 3.-82 3.40 7.53 8.70 9.87 I2.I
II/7 ПО 70 6.5 8 П.4 13.9 142 172 3.53 3.51 45.6 | 2.00 54.6 | 1.98 26.9 32.3 1.53 1.52 0.402 0.400 286 353 74.3 92.3, 1.58 1.64 3.55 3.61 .8.98 10.9
12.5/8 125 80 7 8 10 12 14.1 16.0 19.7 23.4 227 256 312 365 4.01 4.00 3.98 3.95 73.7 83.0 100 117 2.29 2.28 2.26 2.24 43.4 48.8 59.3 69.5 1.76 1.75 1.74 1.72 0.407 0.406 0.404 0.400 452 518 649 781 119 137 173 210 1.80 1.84 1.92 2.00 4.01 4.05 4.14- 4.22 II.0 12.5 15.5 18.3
14/9 140 90 8 10 18.0 22.2 364 444 4.49 4.47 120 146 2.58 2.56 70.3 85.5 1.98 1.96 0.4П 0.409 727 911 194 245 2.03 2.12 4.49 4.58 14.1 17.5
16/10 160 100 9 10 . 12 14 22.9 25.3 30.0 34.7 606 667 784 897 5.15 5.13 5.II 5.08 186 204 239 272 2.85 2.84 2.82 2.80 ПО 121 142 162 2.20 2.19 2.18 2.16 0.391 0.390 0.388 0.385 1221 1359 1634 1910 300 335 405 477 2.23 2.28 2.36 2.43 5.19 5.23 5.32 5.40 18.0 19.8 23.6 27.3
I8/II 180 ПО 10 12 28.3 33.7 952 1123 5.80 5.77 276 324 3.12 3.10 165 194 2.42 2.40 0.375 0.374 1933 2324 444 537 2.44 2.52 5.88 5.97 22.2 26.4
20/12.5 200 125 II 12 14 16 34.9 37.9 43.9 49.8 1449 ' 1568 1801 2026 6.45 6.43 6.41 6.38 446 482 551 617 3.58 3.57 3.54 3.52 264 285 327 367 2.75 2.74 2.73 2.72 0.392 0.392 0.390 0.388 2920 3189 3726 4264 718 786 922 1061 2.79 2.83 2.91 2.99 6.50 6.54 6.62 6.71 27.4 29.7 34.4 39.1
25/16 250 160 12 16 18 20 48.3 63.6 71.1 78.5 3147 4091 4545 4987 8.07 8.02 7.99 7.97 1032 1333 1475 1613 4.62 4.58 4.56 4.53 604 781 866 949 3.54 8.50 3.49 3.48 0.410 0.408 0.407 0.405 6212 8308 9358 I04I0 1634 2200 2487 2776 3.53 3.69 3.77 3.85 7.97 8.14 8.23 8.31 37.9 49.9 55.8 61.7
Приложение 3
Сталь горячекатаная. Балки двутавровые (по ГОСТ 8239-72)
к £ Обозначения:
к 2 - высота двутавра J - момент инерции;
- ширина полки;
d - толщина стенки; , - радиус инерции;
' т t - средняя толщина полки □ - статический момент полусечения
Номер Раз меры, мм Площадь Масса 02, см4 Wg, см3 <г> СМ у* з см3 4»^ см
ПРОФИЛЯ h € d t сечения F, см2 4м, кГ см
10 12 14 16 18 18а 20 20а 22 22а 24 24а 27 27а 30 30а 33 36 40 45 50 55 60 100 120 140 160 180 180 200 200 220 220 240 240 270 270 300 300 330 360 400 450 500 550 600 55 64 73 81 90 100 100 ИО 110 120 115 125 Й1 135 145 140 145 155 160 170 180 190 4.5 4.8 4.9 5.0 5.1 5.1 5,2 5.2 5.4 5.4 5.6 5.6 6.0 6.0 6.5 6.5 7.0, 7.5 8.3 9.0 10 И 12 7.2 7.3 7.5 7.8 8.1 8.3 8.4 8.6 8.7 8.9 9.5 9.8 9.8 10.2 10.2 10.7 П.2 12.3 13.0 14.2 15.2 16.5 17.8 12.0 14.7 17.4 20.2 23.4 25.4 26.8 28.9 30.6 32.8 34.8 37.5 40.2 43.2 46.5 49.9 53.8 61.9 72.6 84.7 100.0 118.0 138.0 9.46 И.5 13.7 15.9 18.4 19.9 21.0 22.7 24.0 25.8 27.3 29.4 31.5 33.9 36.5 39.2 42.2 48.6 57.0 66.5 78.5 92.6 108 198 350 572 873 1290 1430 1840 2030 2550 2790 3460 3800 5010 5500 ?780 9840 13380 19062 27696 39727 55962 76806 39.7 58.4 81.7 109.0 143 159 184 203 232 254 289 317 371 407 472 518 597 743 953 1231 1589 2035 2560 4.06- 4.88 5.73 6.57 7.42 7.51 8.28 8.37 9.13 9.22 9.97 10.1 И.2 II.3 12.3 12.5 13.5 14.7 16.2 18.1 19.9 21.8 23.6 23.0 33.7 46.8 62.3 81.4 89.8 104 114 131 143 163 178 210 229 268 292 339 423 545 708 919 II8I 1491 17.9 27.9 41.9 58.6 82.6 114 115 155 157 206 198 260 260 337 337 436 419 516 667 808 1043 1356 1725 6.49 8.72 И.5 14.5 18.4 22.8 23.1 28.2 28.6 34.3 34.5 41.6 41.5 50.0 49.9 60.1 59.9 71.1 86.1 101.0 123.0 I5I.0 182.0 1.22 1.38 1.55 1.70 1.88 2.12 2.07 2.32 2.27 2.50 2.37 2.63 2.54 2.80 2.69 2.95 2.79 2.89 3.03 3.09 3.23 3.39 3.54
03 со
Приложение 4
Сталь горячекатаная. Швеллеры (по ГОСТ 8240-72)
, Обозначения:
h - высота швеллера;
Ь - ширина полки; W - момент сопротивления;
d - толщина стенки; I - радиус инерции;
t - средняя толщина полки; $ - статический момент полусечения;
О - момент инерции; £0 - расстояние от оси и до наружной грани стенки
Номер ПРОФИЛЯ Рдзмеры, мм Площадь сечения F, см2 Зг, см4 W?, см3 <2, см S см3 л ч и^.см Wy,СМ3 4^, см г0> см Масса 4м, кГ
h. в d t
5 50 32 4.4 7 6.16 22.8 9.1 1.92 5.59 5.61 2.75 0.954 1Д6 4.84
6.5 65 36 4.4 7.2 7.51 48.6 15 2.54 9.0 8.7 3.68 1.08 1.24 5.9
8 80 40 4.5 7.4 8.98 89.4 22.4 3.16 13.3 12.8 4.75 I.I9 I.3I 7.05
10 100 46 4.5 7.6 10.9 174 34.8 3.99 20.4 20.4 6.46 1.37 1.44 8.59
12 120 52 4.8 7.8 13.3 304 50.6 4.78 29.6 31.2 8.52 1.53 1.54 10.4
14 140 58 4.9 8.1 15.6 491 70.2 5.6 40.8 45.4 П 1.7 . 1.67 12.3
14а 140 62 4.9 8.7 17.0 545 77.8 5.66 45.1 57.5 13.3 1.84 1.87 13.3
16 160 64 5.0 8.4 18.1 747 93.4 6.42 . 54.1 63.6 13.8 1.87 . 1.80 -14.2
16а Т60 68 5.0 9.0 19.5 823 103 6.49 59.4 78.8 16.4 4 2.01 2.0 15.3
18 180 70 5.1 8.7 20.7 1090 121 7 .<24 69.8 86.0 17.0 2.04 1.94 16.3
18а Т80 74 5.1 9.3 22.2 1190 132 7.32 76.1 105 20.0 2.18 2.13- 17.4
20 200 76 5.2 9.0 23.4 1520 152 8.07 87.8 ИЗ 20.5 2.2 2.07 18.4
20а 200 80 5.2 9.7 25.2 1670 167 8.15 95.9 139 24.2 2.35 2.28 19.8
22 220 82 5.4 9.5 26.7 2110 192 8.89 ПО 151 25.1 2.37- 2.21 21.0
22а 220 87 5.4 10.2 28.8 2330 212 8.99 121 187 30.0 2.55 2.46 22.6
24 240 90 5.6 10.0 30.6 2900 242 9.73 139 208 31.6 2.60 2.42 . 24.0
24а 240 95 5.6 10.7 32.9 3180 265 9.84 151 254 37.2 2.78 2.67 25.8
27 270 95 6.0 10.5 35.2 4160 308 10.9 178 262 37.3 2.73 2.47 27.7
30 300 ТОО 6.5 П.0 40.5 5810 387 12.0 224 327 43.6 2.84 2.52 31.8
33 330 105 7.0 ТТ.7 46.5 7980 484 13.1 281 410 51.8 2.97 2.59 36.5
36 360 НО 7.5 12.6 53.4 10820- 601 14.2 350 513 61.7 3.10 2.68 41.9
j 40 400 115 8.0 13.5 61.5 15220 761 15.7 444 642 73.4 3.23 2.75 48.3
О Г П В I Е Н ИВ
Предисловие .......................................... 3
1. Центральное растяжение и сжатие стержней .......... 4
2. Напряженное и деформированное состояния в точке.... 37
3. Геометрические характеристики плоских сечений ...... 57
4. Кручение стержней .................................. 68
5. Построение эпюр внутренних усилий в балках и плоских
стержневых системах при прямом изгибе .................. 81
6. Напряженное состояние в балках при прямом изгибе
и расчеты на прочность ................................ 101
Литература........................................... 127
Приложения .......................................... 128
1 Доп.тем.план 1990 г.,поз.2
Николай Михайлович Ат-аров, Юрий Дмитриевич Насонкин
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ МАТЕРИАЛОВ. 4.1
Учебное пособие
Редактор И.Ю.Уланова
_____________________________________________I
Подписано к печати Т6.Х.90 Формат 60X84 ^/jg Печ. офсет.
И-470 Объем 8,5 п.л. Т.2000 Заказ 1050 Пена 80 к.