/
Текст
ОГЛАВЛЕНИЕ
Из предяслсвип к первому американскому изданию . . . . 6
Из предисловия ко второму американскому изданию . . . 8
Из предисловия к третьему американскому изданию............... ... 8
Обозначения......................................................... 9
Глава 1. Растяжение и сжатие в пределах упругости
1 Упругость................ . ........ 11
2. Закон Гука................................................ 12
3. Диаграмма растяжения . .. .............. 15
4. Допускаемое напряжение...................................... 17
5. Напряжения и деформации при дсйсгвин собственного веса ... 22
6. Статически неопределимые задачи при растяжении и сжатии . . 26
7. Начальные и температурные напряжения........................ 32
8. Растяжение кругового кольца................................. 35
Глава II. Анализ напряжений и деформаций........................... 40
9 Напряжения по наклонным сечениям при просто» растяжении
и сжатии...................................................
10. Круг Мора..............................................
11. Растяжение или сжатие по двум взаимно перпендикулярным на-
правлениям ................................................
12. Круг Мора при сложном напряженном состоянии............
13. Главные напряжения.....................................
14. Поперечное сужение.....................................
15. Деформации в случае растяжения или сжатия по двум взаимно
перпендикулярным направлениям .............................
16. Чистив сдвиг ............................ ...
17. Допускаемые напряжении при сдайте......................
18 Растяжение или сжатие по трем взаимно перпендикулярным на-
правлениям .......................... .....................
ава 111. Изгибающий момент и поперечная сила ...............
40
43
54
S7
61
63
67
19. Типы балок ..............................................
20. Изгибающий момент и поперечная сила......................
21 Зависпмость между изгибающим моментом и погеречиой силой
22. Этпоры изгибающих моментов и поперечных сил .............
лава IV Напряжения в поперечно нагруженных симметричных балках
23- Чистый изгиб ..............................................
чк’ Различные формы поперечных сечений балок...................
5с 96,,xиi, случай пзгпбз попеоечпо нагруженных симметричных балок
А Касательные напряло ния при изгибе . . ..................
2* Распределение касательных напряжений в случае кругового попе-
речного сечения . . ..........‘............
*-б. Распределение касательных напряжений в днутавровых балках
67
68
72
74
45
85
41
не
108
но
ОГЛАВЛЕНИЕ
29. Главные напряжения при изгибе . 113
30- Напряжения в составных балках . 117
Глава V. Изогнутая ось балки.................................... 123
31. Дифференциальное уравнение изогну той оси . . . . ... 123
32 Изгиб балки равномерно распределенной нагрузкой . 125
33 Прогиб свободно опертой балки, нагруженной сосредоточенным
грузом........................................................128
34. Определение прогибов при помощи эпюры изгибающих моментов. 131
35 Определение прогиба консоли графоаналитическим методом . 133
ЗЬ Определение прогиба свободно опертой балки графоаналитическим
методом.................................................... - 137
37. Метод сложения действия сил.............. . - 143
38 Прогиб балок с консолями............................... 148
39. Влияние поперечных сил на прогиб балок....... 150
Глава VI. Статически неотделимые задачи при изгибе .... 155
40. Лишние закрепления........................... ... 155
41. Балка заделанная одним концом в опертая другим . . 158
42. Балка с двумя заделанными концами ..................... 162
43 Рамы.................................................. .165
44. Балки на трех опорах.......... 172
45. Неразрезные балки.......................................175
Глава VII. Симметричные балки переменного поперечного сечения.
Балки из двух материалов....................................181
46. Балки переменного поперечного сечения ..................181
47 Симметричные балки из двух различных материалов ........187
48. Железобетонные балки....................................190
49. Касательные напряжения в железобетонных балках.........193
Глава VIII. Изгиб балок в плоскости, которая не является плоскостью
симметрии......................................................194
50 Чистый изгиб в плоскости, которая не является плоскостью симметрии 194
51. Изгиб балок, имеющих две плоскости симметрии .............198
52 Изгиб балок в главной плоскости, которая не является плоскостью
симметрии.......................................................200
Глава IX Одновременное действие изгиба и растяжения или сжатия.
Теория продольного изгиба 208
53 Изгиб сопровождаемый растяжением или сжатием . . . . 208
54. Внецентренная нагрузка короткой стойки...................212
55, Ядро сечения .............................................215
56. Внецентреиное сжатие гибкой симметричной колонны...........219
57. Критическая нагрузка.................................... - - 223
58. Критическое напряжение. Расчет колонн.....................227
59 Расчет колопн на основании предполагаемых неточностей . . . 232
60. Эмпирические формулы для расчета колонн .................. 234
Глава X Кручение и одновременное действие изгиба и кручения . 238
61 . Кручение круглого стержня...............................238
62 Кручение полого вала .....................................243
63 Вил прямоугольного гопсречного сечения................... 245
64 Винтоная пружина с малым шагом ыпкоп......................246
65 Одновременное действие изгиба и кручения Изгиб и кручелне
валов круглого поперечного сечения..............................250
ОГЛАВЛЕНИЕ
Глава Х1. Энергия деформации и удар . ..................
66 . Энергия упругой деформации при растяжении............
67 Растяжение, вызываемое ударом ................. . ...
63 Энергия упругой деформации при сдвиге и кручении .... ...
(?) Энергия упругой деформации при изгибе . . . . :.........
70 Изгиб, вызываемый ударом ..............................
71 . Общее выражение энергии деформации . . . . ..........
72 . Теорема Кастплиано ..................................
73 Деформация ферм...........................................
74 . Приложение теоремы Кастплиано к решению статически неопредели-
мых задач .................................................
75 Теорема о взаимности работ и перемещений...............
76 Исключительные случаи.............................
Глава XII. Кривые брусья.......................................
77 Чистый изгиб кривых брусьев............................
78 Изгиб кривых брусьев силами, действующими в плоскости симмет-
рии .......................................................
79 . Частные случаи изгиба кривых брусьев ................
80 . Деформация крвпых брусьев............................
81 Двухшарнирная арка . ...............................
82 . Напряжения в ободе махового колеса...................
83 Уравнение изогнутой оси дли бруса с круговой осью......
84 Изгиб кривых труб .....................................
85 . 11з|Иб кривого бруса не в плоскости его начальной криаизны - .
Приложение А Моменты инерции плоских фигур ....................
1. Момент инерции плоской фигуры относительно оси, лежащей в ее
плоскости .................................................
11 Полярный момент инерции плоской фигуры................
111 Теорема о параллельном перевесе осей .................
IV Цептргнх-жный момент инерции Глаиные оси . ...........
V . Изменение направления осей Определение главных осей ....
ИЗ ПРЕДИСЛОВИЯ К ПЕРВОМУ АМЕРИ КАНСКОМУ ИЗДАНИЮ
В настоящее время происходит решительный перелом во взгля-
дах конструкторов на применение аналитических методов при ре-
шении технических задач. Проектирование уже не основывается
преимущественно на эмпирических формулах. Значение аналити
ческих методов, увязанных с лабораторными исследованиями, при
решении технических задач ныне является общепризнанным.
Типы машин и сооружений изменяются очень быстро, особенно
в новых областях промышленности, вследствие чего мы не распо-
лагаем достаточным количеством времени для накопления необ-
ходимых данных практик и. Размеры и стоимость сооружении по-
стоянно увеличиваются, что заставляет предъявлять более строгие
требования к надежности конструкции. В условиях конкуренции
все более возрастает значение экономического фактора при проек-
тировании. Конструкция должна быть достаточно прочна и дол-
говечна и, вместе с тем, должна быть спроецирована с наибольшей
экономией в материале. При таких условиях задача конструктора
становится чрезвычайно трудной. Уменьшение веса влечет увели-
чение допускаемых напряжений, которые могут быть приняты
как безопасные только на основании тщательного анализа распре-
деления напряжений в конструкции и опытных исследований ме-
ханических свойств применяемых материалов.
Цель этой книги—изложить вопросы данного курса таким
образом, чтобы внимание студента было сосредоточено на практи-
ческих приложениях теории сопротивления материалов. Если это
удастся и в результате появится более тесное взаимоотношение
между наукой о сопротивлении материалов и техническим проек-
тированием, то будет сделан значительный шаг вперед.
Книга разделена на два тома. Первый том содержит главным
образом материал, обычно помещаемый в обязательных курсах
сопротивления материалов в американских технических школах.
Отделы, выходящие за рамки обычных курсов и представляющие
интерес преимущественно для аспирантов и инженеров-исследо-
вателей, собраны во втором томе. Последним содержит также новые
исследования практической важности в области сопротивления
материалов.
ИЗ ПРЕДИСЛОВИЯ к ПЕРВОМУ АМЕРИКАНСКОМУ ИЗДАНИЮ
При составлении первого тома сопротивления материалов было
обращено внимание на возможное упрощение всех выводов, чтобы
сп'дент с обычной математической подготовкой был в состоянии
читать их без затруднения. Например, при выводе теории изог-
нутой оси балки был широко использован графоаналитический
метод. Таким образом было достигнуто значительное упрощение
при выводе прогибов балок для различных условий нагружения
и закрепления опор. При разборе статически неопределимых си-
стем был применен метод сложения действия сил, который оказы-
вается весьма удобным при изложении таких задач, как нераз-
резные балки и рамы Для объяснения сложных напряжений и
вывода главных напряжений был использован круг Мора, значи-
тельно упрощающий изложение этой части теории.
Применяя эти методы, упрощающие изложение, автор смог
сжать материал и разобрать некоторые вопросы, выходящие за
пределы обычных курсов Например, при исследовании кручения
рассмотрено скручивание прямоугольных стержней и прокатных
сечений, как-то: уголков, швеллеров и двутавровых балок. По-
дробно разобраны деформации и напряжения в винтовых рес-
сорах. В теории изгиба разобран случай несимметричных сечений;
определен и объяснен центр скручивания и рассмотрено влияние
поперечной силы на прогиб балок. Дана общая теория изгиба балок,
материал которых не следует закону Гука; она применена к из-
гибу балок за пределом текучести. Рассмотрен изгиб железобетон-
ных балок. При исследовании одновременного действия изгиба и
растяжения или сжатия рассмотрено влияние прогибов на изги-
бающий момент и выяснен предел применимости метода сложения
действия сил. При изложении одновременного действия изгиба и
кручения разобраны прямоугольные и эллиптические поперечные
сечения, а также в качестве приложения дан расчет коленчатых
валов. Значительное место в книге отведено методам решения задач
упругости, основанным на рассмотрении энергии деформации
упругих тел. Эти методы применены при исследовании статически
неопределимых систем. Рассмотрены также напряжения, вызы-
ваемые ударом. Все эти вопросы более сложного характера напе-
чатаны мелким шрифтом и могут быть опущены при первом чтении
книги
Книга иллюстрирована большим числом задач, к которым при-
ложены решения. Во многих случаях -задачи выбраны так, чтобы
расширить область, охватываемую текстом, и иллюстрировать
приложение теории к решению задач проектирования. Можно
надеяться, что эти задачи будут интересны для учебных целей,
а также полезны для конструкторов.
Анн Арбор, Мичиган ,
1 мая 19зо г. С. 7 имощенко
R ПЯ ПГКЛИСЗОВИЯ К ТРЕТЬЕМУ ЛМГ'ИКАПСКОМУ ИЗДАНИЮ
ИЗ ПРЕДИСЛОВИЯ КО ВТОРОМУ АМЕРИКАНСКОМУ ИЗДАНИЮ
При подготовке второго издания этой книги усилие было на-
правлено к тому, чтобы приспособить книгу к учебным требованиям
технических школ США.
С этой целью часть материала более сложного характера, ко-
торый содержался в предыдущем издании этого тома, была удалена
и будет включена во второй том нового издания. В то же время
некоторые сведения, которые были лишь кратко рассмотрены в
первом издании, были расширены с намерением сделать книгу
более доступной для начинающего. По этой причине глава II,
излагающая сложные напряжения, была полностью переработана.
Часть книги, излагающая эпюры поперечных сил и изгибающих
моментов, была расширена и было добавлено значительное коли-
чество материала по определению изогнутой оси балки методом
интегрирования. Рассмотрение теории продольного изгиба и ее
применение было включено в главу VIII, так как этот вопрос
обычно излагается в обязательных курсах сопротивления мате-
риалов. Было сделано несколько добавлений к главе X, излагаю-
щей приложение метода энергии деформации к решению статически
неопределенных задач. Добавление много новых задач, которые
могут быть полезны для аудиторной и домашней работы.
Можно надеяться, что при сделанных изменениях книга ока-
жется более удовлетворительной для усвоения курса сопротивле-
ния материалов и что она даст лучшее основание для изучения
более сложного материала, рассматриваемого во втором томе.
С. Тимоикнко
ИЗ ПРЕДИСЛОВИЯ К ТРЕТЬЕМУ АМЕРИКАНСКОМУ
ИЗДАНИЮ
В третье издание этой книги добавлено значительное число
новых задач и включены ответы ко многим старым задачам. Книга
расширена путем добавления двух новых глав, а именно главы
VIII, излагающей изгиб балок в плоскости, не являющейся пло-
скостью симметрии, и главы XII об изгибе кривых брусьев. В
главе VIII введено понятие о центре сдвига, которое имеет большое
практическое значение для тонкостенных конструкций. В главе
XII изложен материал о кривых брусьях, который прежде поме-
щался во второй части этой книги Этот материал был полностью
переработан, причем были добавлены новые сведения.
Стэнфордский университет
25 март» 1955 г.
С. Тимошенко
ОБОЗНАЧЕНИЯ
а—угол, коэффициент линейного температурного
расширения, числовой коэффициент
Р—угол, числовой коэффициент
у—относительный сдвиг, вес единицы объема
Д— относительное объемное расширение, приращение
Д/—полное удлинение, полный прогиб, расстояние
е—относительное удлинение или укорочение
е*, еи, ъг—относительные удлинения по направлениям осей
х, У> z
9—угол, угол закручивания на единицу длины вала
р — коэффициент Пуассона
о — нормальное напряжение
ov ct, — главные напряжения
ап—нормальное напряжение по плоскости, перпенди-
кулярной направлению п
ах, —нормальные напряжения по плоскостям, перпен-
дикулярным осям х, у и а
—предел прочности
[о]—допускаемое напряжение
От—предел текучести
tzv, xvi> касательные напряжения по плоскостям, перпенди-
кулярным к осям у, г и х и параллельным осям
X, у И Z
|т]—допускаемое напряжение на сдвиг
Тт—предел текучести при сдвиге
Ч> — угол
со — угловая скорость
а» Ь, с, Л—расстояния
С—жесткость при кручении, постоянная интегрирования
D, d—диаметры
£—модуль упругости при растяжении (сжашц)
F—площадь поперечного сечения
G— модуль упругости при сдвиге
II — горизонтальная сила
ft — высота, толщи на
Jр—полярный момент инерции площади
[Г ОБОЗНАЧЕНИЯ
Jy, Jz— моменты инерции площади относительно осей у и z
J,.z—центробежный момент инерции площади относи-
тельно осей у и z
iy, iz—радиусы инерции площади относительно осей у и z
Л — объемный модуль упругости
k — коэффициент безопасности, постоянная пружины,
числовой коэффициент
I—длина, пролет
Л'1—изгибающий момент
Л1К — крутящий момент
N—продольная сила, мощность в лошадиных силах
л—число оборотов в минуту, нормаль к плоскости
Р—сосредоточенная сила
р—распределенная нагрузка на единицу площади
(давление)
Q—поперечная сила, груз, собственный вес
у—распределенная нагрузка на единицу длины (интен-
сивность распределенной нагрузки)
R — реакция, сила, радиус
г — радиус, радиус кривизны
5 —продольное усилие в стержне
t—температура, толщина
U—энергия деформации
и—прогиб, расстояние, перемещение
V— объем
v—скорость, прогиб, расстояние, перемещение
W—момент сопротивления при изгибе
U’’ —момент сопротивления при кручении
X, Y, Z—продольные усилия в стержнях, неизвестные реакции
х, у, z — прямоугольные координаты
ГЛАВА 1
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ
1. Упругость
Материал тела состоит из малых частиц или молекул, между
которыми действуют силы. Эти молекулярные силы оказывают со-
противление внешним силам, которые стремятся произвести изме-
нение формы тела. Под действием внешних сил частицы тела пере-
мещаются, и перемещения продолжаются до тех пор, пока не
установится равновесие между' внешними и внутренними силами.
В таком случае тело находится в деформированном состоянии. Во
время деформации внешние силы, действующие на тело, производят
работу, и эта работа превращается полностью или частично в по-
тенциальную энергию деформации. Часовая пружина является
примером такого накопления потенциальной энергии в деформи-
рованном теле. Если силы, которые произвели деформацию, затем
постепенно уменьшаются, то тело вполне или отчасти возвращается
к своей первоначальной форме, и во время этой обратной деформации
потенциальная энергия деформации, которая была накоплена в
теле, может быть возвращена в форме внешней работы.
Рассмотрим, например, призматический стержень, нагруженный
на конце, как показано на рис. 1 *). Под действием этого груза будет
иметь место некоторое удлинение. Точка приложения груза будет
перемещаться вниз, и во время этого даижения грузом будет со-
вершена положительная работа. Если груз уменьшается, то удли-
нение стержня также уменьшается, нагруженный конец стержня
перемещается вверх, и потенциальная энергия деформации прев-
ращается в работу, необходимую для перемещения груза вверх.
Свойство тел возвращаться к своей первоначальной форме после
удаления нагрузки называется упругостью. Тело совершенно упру-
го, если оно после разгрузки восстанавливает свою первоначальную
форму; оно частично упруго, если деформация, произведенная внеш-
ними силами, не исчезает полностью после разгрузки. В случае
совершенно упругого тела работа, произведенная внешними силами,
1) Предполагаете», что груз действует по оси стержня, т. е, по линии, про-
ходящей через центры тяжести поперечных сечений.
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ И ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ
[ГЛ. I
во время деформации должна превратиться в потенциальную энер-
гию деформации ’) В случае частично упругого тела часть работы,
совершенной внешними силами во время деформации, рассеется
в форме теплота, которая развивается в теле при неупругой де-
формации. Опы™ показывают, что такие строительные материалы,
как сталь, дерево и камень, могут рассматриваться как совершенно
упругие в некоторых пределах, которые зависят от свойств мате-
риала. При условии, что внешние силы, действующие на сооружение,
известны, основной задачей для конструктора является установление
таких размеров в частях сооружения, чтобы последнее при всех
условиях службы приближалось к совершенно упругому телу.
Только при таких условиях мы будем иметь продолжительную
службу сооружения без какой-либо остаточной деформации его
частей.
2. Закон Гука
Непосредственными опытами над растяжением призматических
стержней (рис. I) было установлено для многих строительных
материалов, что в некоторых пределах удлинение стержня пропор-
” ционально растягивающей силе. Это простое ли-
ней ное соотношение между силой и удлинением,
; Щи которое она вызывает, впервые было сформули-
' /у-Ш .г, ровано английским ученым Робертом Гуком 2)
I 1 _1 II в 1G78 г. и носит его имя. При помощи обоз-
Ь т- II начений-
I ! х Тр Р—сила, вызывающая растяжение стержня,
J 14 ’ I —длина стержня.
| 4/ F —площадь поперечного сечения стержня,
Д/—полное удлинение стержня,
Е —упругая постоянная материала, назы-
Puc. J. ваемая кодулки упругости при растяжении,
экспериментальный закон Гука можно выразить
следующим уравнением:
Удлинение стержня пропорционально растягивающей силе и
тлине стержня и обратно пропорционально площади поперечного
жчения и модулю упругости. При производстве испытаний на рас-
тяжение обыкновенно принимаются все меры предосторожности
< тому, чтобы обеспечить центральное приложение растягивающей
) При ятом рассмотрении пренебрегаем ся малыми температурными изме-
нениями которые обычно тпроиозиают упругую деформацию, и соответствую-
цим тепловым обменом со средой (см часть П).
£) Robert Hooke. De Potenlia restitiihva, London, 1678.
ЗАКОН ГУКА
13
силы. На рис. 2 показан способ закрепления концов круглого об-
разца в испьпатателыюй машине на разрыв. Таким образом будет
предупрежден какой бы то ни был изгиб стержня. Исключая из
рассмотрения части стержня, находящиеся вблизи точек приложе-
ния сил *), можем заключить, что при растяжении все продоль-
ные волокна призматического стержня имеют одно и то же удли-
нение, и поперечные сечения стержня, первоначально плоские и
перпендикулярные к оси стержня, остаются такими же и после
растяжения.
При определении величины внутренних сил вообразим стержень,
разрезанный на две части поперечным сечением мп, и рассмотрим
равновесие нижней части стержня (рис. 1,6).
К нижнему концу этой части приложена рас-
тягивающая сила Р. Силы, действующие на верх-
нем конце, представляют действие частиц верх-
ней части деформированного стержня на час-
тицы нижней части. Эти силы непрерывно рас-
пределены по поперечному сечению. Близкий
пример такого непрерывного распределения сил
по поверхности представляет гидростатическое
давление или Давление пара. В случае таких
непрерывно распределенных сил имеет большое
значение интенсивность аыы, т. е. сила, приходящаяся на единицу
площади. В данном случае осевого растяжения, в котором все волокна
имеютодно и то же удлинение, распределение сил по поперечному
сечению пт будет равномерным. Равнодействующая этих сил будет
проходить через центр тяжести поперечного сечения и будет дей-
ствовать по оси стержня. Принимая во внимание, что сумма этих
сил из условия равновесия (рис. 1,6) должна быть равна Р, и обо-
значая силу, приходящуюся на единицу площади, через а, мы
получаем:
. (2)
Рис. 2.
Эта сила, приходящаяся на единицу площади, называется растяги-
вающим напряжением или просто напряжением. В дальнейшем мы
будем измерять силу в килограммах и площадь — в квадратных
сантиметрах, так что напряжение будет измеряться в килограммах
на 1 кв. см. Удлинение стержня, приходящееся на единицу длины,
определяется уравнением
(3)
’) Более сложное распределение напряжений вблизи точек приложения сил
рассматривается в части II.
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ
[ГЛ. I
и называется относительным удлинением или относительной дефор-
мацией растяжения. Пользуясь уравнениями (1), (2) и (3), мо-
жем написать закон Гука в следующей форме:
(4)
Мы видим, что модуль упругости равен напряжению, деленному
на относительное удлинение, и его легко можно вычислить, если
напряжение и соответствующее относительное удлинение найдены
из испытания на растяжение. Относительное удлинение е есть от-
влеченная величина, представляющая отношение двух длин (см.
Уравнение (3)), поэтому из уравнения (4) можно заключить, что
модуль упругости измеряется в тех же единицах, что и напряжение
о, т. е. в килограммах на I кв. см. Средние значения модуля Е
для некоторых материалов даны во втором столбце таблицы Р).
Т а б л и и а 1
Механические свойства материалов
Материал Е кг'см1 2 Предел текучести Продел прочности
Строительная углеродистая сталь от 0,15 до 0,25% углерода Никелевая сталь от 3 до 3,5% никеля Дюралюминий Медь катаная в холодном состоянии Стекло Сосва вдоль волокон . . . Бетон при сжатии 2,1.10' 2,0-10» 0,70-10' 1,1.10» 0,70-10’ 0,1.10“ 0,28.10е 2,1-10'—2,8-10’ 2,8.10»—3,5-10* 2,4.10’—3,1-10' ъ ъъ % ъ СО О.«р, СО Т II | <6 1 2 Ъ Ъсч-Ьсч ч* со о ср CO* CD* СО <дГ
Уравнения (I) — (4) можно применить также в случае сжатия
призматических стержней. Тогда Д/ будет обозначать полное про-
дольное укорочение, е — относительное укорочение ио — сжи-
мающее напряжение. Для большинства строительных материалов
модуль упругости при сжатии тот же, что и при растяжении.
В вычислениях растягивающее напряжение и деформация растяжения
рассматриваются положительными, а сжимающие напряжение и
деформация — отрицательными.
1) Более подробно о механических свойствах материалов изложено в
части U.
3]
ДИАГРАММА РАСТЯЖЕНИЯ
15
ЗАДАЧИ
1. Определить полное удлинение стального стержня длиною 60 см, если ра-
стягивающее напряжение равно 1000 кг/см2. »
Ответ. AZ=0,03 см.
2. Определить силу, растягивающую цилиндрический стальной стержень
диаметром в один см, если относительное удлинение равто 0,7-10 •.
Решение. Растягивающее напряжение в стержне из уравнения (4) равняется
о = Е« = 1400 кг/см2.
Растягивающая сила из уравнения (2) равняется
Р=оГ= 1400--^- = 1100 кг.
3. Каково отношение модулей упругости материалов двух стержней одина-
ковых размеров, если под действием равных растягивающих сил относительные
20
удлинения стержней имеют отношение Определить эти удлинения, если
один из стержней стальной, а другой — медный и растягиваю-
щее напряжение равно &Л
Решение. Модули упругости обратно пропорциональны
относительным удлинениям. Для стали
е = ^=О.ОСЮЗО.
для меди
в=0,000».
4’.
4. Призматический стальной брус длиной 60 см под действием
растягивающей силы Р удлипяет>-я на 0,06 см. Найти величину
силы, если объем стержня равняется 360 см*.
Ответ. Р-12 000 ла.
б. Кусок проволоки длиною 30 я, подверженный действию
растягивающей силы Р = 400«а, удлиняется на 2,5 см. Найти
модуль упругости материала, если площадь поперечного сечения
проволоки равняется 0,3 сме.
Ответ. Е — 2-10' кг) см2.
6. Определить полное удлинение стального стержня А15,
имеющего площадь поперечного сечения 7=10 см2 и подвержен-
ного действию сил Q = 4т и Р—'2т <рнс. 3).
Ртиение. Растягивающая сила в верхней и нижней частях стержня равна
Q. а в средней части равна Q — Р. Тогда полное удлинение будет
7. Решить задачу о, предполагая, что материалом является дюралюминий
и что Р— Q — 4m.
3. Диаграмма растяжения
Пропорциональность между растягивающей силой и соответст-
вующим удлинением сохраняется до некоторого предельного зна-
чения растягивающего напряжения, называемого пределом пропор-
циональности, которым зависит от свойств материала. За этим
--1ЧТ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ [ГЛ. 1
пределом зависимость между удлинением и растягивающим напря-
жением становится более сложной
Для таких материалов, как строительная сталь, пропорцио-
нальность между нагрузкой и удлинением сохраняется до значи-
тельного напряжения, и предел пропорциональности может быть
принят 1,6 -10’ — 2 • 10s кг!см*.
Для таких материалов, как чугун или мягкая медь, пределы
пропорциональности очень низки, так что отклонения от
закона Гука можно заметить при низких растягивающих на-
пряжениях.
При исследовании механических свойств материалов за преде-
лом пропорциональности зависимость между деформацией и соот-
ветствующим напряжением обычно изо-
бражают графически диаграммой растя-
жения. Рис. 4. изображает типичную диа-
грамму для строительной стали. Здесь уд-
линения отложены по горизонтальной оси,
а соответствующие напряжения представле-
ны ординатами кривой О A BCD. От О до Л
напряжения и деформации пропорциональ-
ны; за Л отклонение от закона Гука ста-
новится заметным; следовательно, напря-
жение в Л есть предел пропорциональности.
По нагружении за этим пределом удлине-
ния увеличиваются гораздо быстрее, и ди-
аграмма становится кривой. У точки В
имеет место внезапное удлинение стержня
без заметного увеличения растягивающей
силы. Это явление, называемое теку-
честью металла, показано на диаграмме
участком кривой. Напряжение, соответст-
вующее точке В, называется пределом текучести.
При дальнейшем растяжении стержпя материал восстанавливает
способность сопротивляться, и, как видно из диаграммы, растя-
гивающая сила увеличивается с увеличением удлинения до точ-
ки С, где сила достигает своего наибольшего значения.
Соответствующее напряжение называется пределом прочности
материала.
За точкой С стержень продолжает удлиняться с уменьшением
нагрузки, и окончательное разрушение происходит при ивгрузке,
соответствующей точке D диаграммы.
Необходимо заметить, что удлинение стержня сопровождается
уменьшением поперечных размеров, но практически при вычисле-
нии предела текучести и предела прочности за расчетное поперечное
сечение F принимают первоначальную площадь. Этот вопрос будет
разобран более подробно ниже (см. часть II).
Диагрмсы :#. ьаяяза-
ллс/ на во;г.'РЖ£т/£
Рис 4.
почти горизонтальным
ДОПУСКАЕМОЕ НАПРЯЖЕНИЕ
17
Рис. 4,6 представляет диаграмму растяжения для чугуна. Этот
материал имеет очень низкий предел пропорциональности1) и не
имеет определенного предела текучести.
При сжатии различных материалов можно также получить диа-
граммы, аналогичные таковым при растяжении, и удается устано-
вить такие характеристики, как предел пропорциональности, предел
текучести и предел прочности. Механические свойства материалов
при растяжении и сжатии будут разобраны более подробно ниже
(см. часть II).
4. Допускаемое напряжение
Диаграмма растяжения дает очень ценные сведения о механи-
ческих свойствах материалов. Зная предел пропорциональности,
предел текучести и предел прочности, можем установить для каж-
дой частной технической задачи величину напряжения, которое
можно рассматривать как безопасное напряжение. Это напряжение
обычно называется допускаемым напряжением.
При выборе величины допускаемого напряжения для стали нуж-
но принять во внимание, что при напряжениях ниже предела про-
порциональности этот материал можно рассматривать как совер-
шенно упругий, между тем как за этим пределом после разгрузки
стержня обычно остается часть деформации, т. е. имеет место оста-
точная деформация. Для того чтобы иметь сооружение в упругом
состоянии и исключить возможность появления остаточной дефор-
мации, практика' обычно принимает допускаемое напряжение не-
сколько ниже предела пропорциональности. При эксперименталь-
ном определении этого предела необходимы чувствительные изме-
рительные инструменты (экстенсометры), так как величина этого
предела зависит от степени точности, с которой сделаны измерения.
Для того чтобы исключить это затруднение, обычно принимают
предел текучести или предел прочности материала за основание
для определения величины допускаемого напряжения. Обозначая
через [о 1, о, и onq соответственно допускаемое напряжение, предел
текучести и предел прочности материала, определим величину
допускаемого напряжения из следующих уравнений:
1°1=^ или [а]=^-. (5)
Здесь k и kt — постоянные величины, называемые коэффициентом
безопасности и определяющие величину допускаемого напряжения.
В случае строительной стали логично принимать за основание
для вычисления допускаемого напряжения предел текучести, так
') Этот предел может быть установлен при измерении удлинений при помощи
очень чувствительных экстенсометров. См, Gruneiseii, Вег, ceut. physlk. Ges,, 1906.
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ
[ГЛ. I
как при этом пределе имеет место значительная остаточная Дефор-
мация, которая недопустима в инженерных сооружениях. В таком
случае коэффициент безопасности k = 2 будет давать достаточную
величину для допускаемого напряжения при условии, что на соору-
жение действуют только постоянные или статические нагрузки. В
случаях внезапно приложенных нагрузок или переменных нагру-
зок, что бывает часто в частях машин, необходимо принимать боль-
ший коэффициент безопасности. Для хрупких материалов, как чу-
гун, бетон или различного рода камни, и для таких материалов,
как дерево, за основание для определения допускаемых напряже-
ний обыкновенно принимается предел прочности.
Величина коэффициента безопасности зависит от точности, с ко-
торой определены действующие на сооружения внешние силы, от
точности, с которой можно вычислить напряжения в частях соору-
жения, а также от однородности употребляемых материалов. Этот
важный вопрос о допускаемых напряжениях будет обсужден более
подробно ниже (см. часть II). Здесь мы дадим несколько простых
примеров определения прочных размеров поперечного сечения
стержней, полагая, что допускаемые напряжения даны.
ЗАДАЧИ
1. Определить диаметр d стальных колонн N пресса для наибольшей сжи-
мающий силы Р = 40 т (рис. 5), если допускаемое напряжение для стали в этом
________________________________________r.V, ....... ..........
Решении. Необходимая площадь поперечного
сечения, из уравнения (2), равняется
следовательно.
Решение. Из рис. 6,Ь, изображающего условие равновесия шарнира В,
для 0 = 30* S = f = 2000«e.
ДОПУСКАЕМОЕ НАПРЯЖЕНИЕ
Необходимая площадь поперечного сечения
S 2040 . ,
f = 4 см.
|о| &IU
Опускание BBt найдется из малого прямоугольного треугольника DBBt, в ко-
тором дуга BD радиуса, равного первоначальной длине стержней, рассматри-
вается как перпендикуляр, опущенный па
ЛВ(, изображающую положение стержня АВ
после деформации. 1огла удлинение стержня
будет
ев,=
п опускание
|oj I 500 450
Видно, что изменение угла от опускания
BBt очень мало, и прежнее вычисление S, основанное на предположении, что
О = 30°, достаточно точно.
3. Определить размеры поперечного сечения деревянной балки ВС и сталь-
ного стержня АВ конструкции АВС. нагруженной в В, если допускаемое напря-
жение для сосны принято [о|п= 10 кг!сП1 н для стали (o|f = 6U0 не!см2, Груз
р — 2,4 tn. Размеры конструкции показаны на рис. 7. Определить вертикальную
и горизонтальную составляющие перемещения точки В вследствие деформации
стержней.
Решение. Из треугольника на рис. 7,Ь представляющего условие равнове-
сие шарнира В и подобного треугольнику АВС рис, 7,а, имеем
S =^ = 4000 кг.
S, = ^=3200 кг.
Площади поперечного сечения стального стержня и деревянной балки рав-
>тся
_ S 4000 _ S, 3200 „
г-(чГ®о“е’и“' '•-ЙГ--КГ-
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ
fra. ।
Полное удлинение стального стержня и полное у корочеиие деревянной балки будут
AZ
St____4060-500
"£CF i“-ioe-6,67
= 0,15ся.
ZU,
ЗЗйОЛОО
'10».320
= 0,04 гл
Чтобы определить перемещение шарнира В вследствие деформации, описы-
ваем дуги из центров А и С (рис 7, о) радиусами, состпетственно равными длинам
растянутого стержня и сжатой балки. Они пересекаются в новом положении В'
шарнира В. Это показано в большом масштабе на рис. 7, с, где В В, есть удлине-
ние стального стержня и BBt — укорочение деревянной Салки. Пунктирные
перпендикуляры заменяют упомянутые выше дуги. Следовательно, ВВ1 явлиется
перемещением шарнира В. Составляющие этого перемещения легко можно по-
лучить из чертежа.
Рис. 8
4. Определить в предыдущей задаче угол наклонения стержня АВ. чтобы
вес его был наименьшим.
Решение. Если 0 обозначает угол между стержнем и горизонтальной балкой
и длину балки, то длина стержня равняется I = ZJcos В, растягивающее уси
лис в стержне равно -S = Pjsin о и необходимаи площадь поперечного сечения
F = Р/Нс sin 0. Объем стержня будет
Z^P 2/,Р
(о)с sin 0 cos 6 [a|csin!
Видно, что объем и вес стержня получаются наименьшими при sin 26 = I
и 6 = 45°
3. Квадратная рама ABCD (рис. 8, п). состоящая из пяти стальных стержней,
площади поперечного сечения которых по 5 с.и3 * * * * 8. подвержена действию двух сил
Р — 4 m в направлении диагонали. Определить величину изменения углов А и С
вследствие деформации рамы. Насколько изменятся те же углы, если силы при
ложены, как указано на рис 8, Ь.
Решение. В случае, указанном на рис. 8, а, диагональ будет воспринимать
полную нагрузку Р. Предполагая, что шарнир D не перемещается и напрааление
диагонали не изменяется, найдем, что перемещение шарнира В по направлению
диагонали будет равно удлинению диагонали &l = PljEt. Определение нового по-
ножеиия С шарнире С указано на рисунке пунктиром. Из малого прямоуголь-
шка СС,С видно, что СС=Ы[У2. Тогда угол поворота стержня DC вследствие
ДОПУСКАЕМОЕ НАПРЯЖЕНИЕ
деформации рамы будет
СС AlV2~ Д/ Р
БС = "yfT = Т = ££ = °’0С°4 ₽аяИаиа-
Следовательно, увеличение угла С будет
2-0,0004 = 0,0008 радиана.
6. Определить положение груза Р на балке ABD, при котором усилие в
)жне ВС будет наибольшим. Определить угол в, при котором объем стерж-
ГОт 10г
стержне --------------------—.г-^-
пя ВС будет наименьшим (рис. 9).
Опькт. У синае в стержне ВС полу-
чается наибольшим, когда груз зани-
мает свое крайнее правое положение в
точке D. Объем стержня будет наи-
меньшим, когда 6 = 45°.
7. Определить необходимую пло-
щадь поперечного сеченнн стального
«тержия ВС (рис. 10), если допускае-
мое напряжение (о] = 1000 кгГсм* и
равномерно распределенная вертикальная нагрузка равняется <?= 1200 кг на
1 ног. л балки АВ. 9
Рис. II.
Олеяя. f = 3.6 сжя.
8. Определить необходимые площади F и F, поперечных сечений стержней
АВ и ВС системы, повязанной на рис. 11, если [о]= 1000 к&1сл?.
Onteem, F = 16,0 слА, f,= 12,5
см*.
Рис. 12.
9. Определить необходимые площади F и Г, поперечных сечения стержней
АВ и ВС системы, показанной на рис. 12, а. если [с) = 1000 ке/с/А.
Решение. Пусть треугольник tnpO на рис. 12, Ь представляет треугольник
сил, действующих на шарнир В. Тогда, проведя горизонтальную линию On, мы
можем заключить, что треугольники mnO и прО геометрически подобны треуголь-
никам BFА и ГВС на рис. 12, а, Из этого подобия, как показано на рис. 12, Ъ, по-
<гсглл\г,НИЕ— И СЖЛТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ [ГЛ. Г
лучаются усилия в стержнях АВ и ВС и величины их горизонтальных и вертикаль-
ных проекций. Тогда требуемые площади будут
Рис. 13.
16000 4ГОЮУ13 ... ,
и—"14-4
10. Найти площадь поперечного сечения стержня СО на
рис, 11 и полное удлинение стержня, если его материалом
является строительная сталь и |о) = 1000 кг! см3.
F---- ТП ^„2 А/— г, 1,- ...
11. Peiiiiiib задачу 8, предполагая, что груз приложен
только в одном узле верхнего пояса в расстоянии 2,5 м
от опоры А.
12. Квадратная стальная рама нагружена, как показано на рис. 13. Найти
полное удлинение каждого стержня, если площади поперечных сечений всех
стержней одинаковы и равны 5 см3.
Отлип. Удлинения всех стержней, за исключением АВ, равняются нулю
Для стержня АВ — 0,3 см.
5. Напряжения и деформации при действии
собственного веса
При рассмотрении растяжения стержня по рис. 1 принималась
во внимание только нагрузка, приложенная на конце стержня.
Если длина стержня велика, то собственный вес его может вызвать
значительные дополнительные напряжения, которые необходимо
принять в расчет. В этом случае наибольшие напряжения будут
по поперечному сечению у заделанного конца. Обозначая через
у вес единицы объема бруса, найдем, что полный вес его будет yFl
и наибольшее напряжение определится из уравнения
+ (6)
Второй член правой части уравнения (6) представляет напряжение,
вызываемое весом бруса.
Вес части бруса, находящейся ниже поперечного сечения тп
в расстоянии х от нижнего конца (рис. I), равняется yFx и напря-
жение по этому сечению определяется из уравнения
-Ц*. (7)
Подставляя в уравнение (6) вместо сП1ах допускаемое напряжение
1а), получим уравнение для вычисления необходимой площади
поперечного сечения
Интересно заметить, что с увеличением длины I вес бруса стано-
вится все более значительным, знаменатель правой части уравне-
5] НАПРЯЖЕНИЯ И ДЕФОРМАЦИИ ПРИ ДЕЙСТВИИ СОБСТВЕННОГО ВЕСА 23
ния (8) уменьшается и необходимая площадь F поперечного се-
чения увеличивается. Когда у/ = 1а], т. е. напряжение только от
собственного веса бруса получается равным допускаемому напря-
жению, то правая часть уравнения (8) становится бесконечностью.
При таких обстоятельствах невозможно спроектировать призмати-
ческий брус и необходимо прибегнуть к брусу переменного попе-
речного сечения.
Для вычисления полного удлинения призматического бруса, рас-
тягиваемого действующей на конце силой Р и собственным его
весом, рассмотрим сначала удлинение элемента длиною dx, вы-
резанного из бруса двумя смежными поперечными сечениями (см.
рис. I). Можно предположить, что по весьма малой длине dx рас-
тягивающее напряжение постоянно и определяется из уравнения
(7). Тогда удлинение ДЛг элемента будет
. . odx /Ч- х .
^dx~-E--------ТГ^
Полное удлинение бруса получится путем суммирования удлине-
ний всех элементов. Тогда
(9)
О
Сравнивая это с уравнением (I), видим, что полное удлинение,
вызванное собственным весом бруса, равно удлинению, вызванному
нагрузкой, равной половине его веса и приложенной на конце.
ЗАДАЧИ
I. Определить ппощадь поперечного сечения вертикального призматиче
ского стального бруса (рис. 1), имеющего на нижнем конце грузР== 30 яг, если
длина бруса равна 200 м. допускаемое напряжение |о]=700 кагсм&, вес 1 куб, см
стали равен 7,8 г. Определить полное удлинение бруса.
Решение. Площадь поперечного сечения из уравнения (8) равна
зоиоо Б515 .
Г = 700 - 0,0078-20000 ’ ' '
Полное удлинение из уравнения (9) равно
S («н4-156)" “
2. Определить удлинение конического бруса под действием собственного
веса (рис. 14), если длина бруса равна I, диаметр основания =— d и вес единицы
объема материала — у.
Решена^ Вес бруса равняется
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ [ГЛ I
Для какого-либо поперечного сечения в расстоянии х от иижвего конца бруса
растягивающее усилие, равное вес}’ нижней части бруса равняется
Полагая, что растягивающие напряжения равномерно распределены по попереч
ному сечению ') и рассматривая элемент длиною dx как призматический брусок.
Рис. 14.
Это удлинение составляет одну треть от удлинения призмати
ческого бруса той же длины (см уравнение (9)).
8. Вертикальная призматическая штанга шахтного насоса движется вверх
и вниз с помощью коленчатого вала (рис. 15). Полагая, что материалом является
сталь и допускаемое напряжение равняется [о]= 500 кг)см1. определить площадь
поперечного сечения штанги, если сопротивление движению поршня вниз рав-
но 100 кг, а двптсепню вверх 1000 кг. Длина штанги равна 100 л. Опреде-
лить необходимую длину радиуса г колена, если ход поршня равен 20 см.
Решение. Необходимая площадь поперечного сечения штанги
определится из уравнения (8) подстановкой Р = 1000 кг. Тогда
1000
500 - 0.0078-10000 “ 2,37 "**•
Разница между полным удлинением штанги при движении ее
аверх и при движении вниз благодаря сопротивлению поршня
будет равна
Радиус колена должен быть
11.16 см.
4. Стальная и алюминиевая проволоки подвешены вертикально. Определить
для каждой проволоки длину, при которой напряжение от собственного веса
равняется пределу прочности, .если для стальной проволоки а„ч = 20 000 кг) см1
и у = 7.8 г/см*, в для алюмииневой проволоки аоч=3300 кг]см1 и у = 2,5 г/ см*.
Ответ. Дли стали 1=25 640 м, а для алюмииня 1= 13 200 м.
5. В каком отношении увеличатся наибольшие напряжения, возникаю-
щие в призматическом брусе от собственного веса, если все размеры бруса уве-
личатся в отношении n i 1 (рис. 1)?
Ответ. Напряжения увеличатся в отпошеипи л t1.
6. Колонна, состоящая из двух призматических участков равной длины
(рис. 16), центрально нагружена на верхнем конце сжимающей силой Р — 240г»,
*) Такое допущение справедливо, когда угол конуса мал.
5J НАПРЯЖЕНИЯ Я ДЕФОРМАЦИИ ПРИ ДЕЙСТВИИ СОБСТВЕННОГО ВЕСА 25
Определить объем каменной кладки, если высота колонны равняется 36 л, объем-
ный вес равен 1,5 tn'jF и наибольшее сжимающее напряжение в каждом участке
равняется 10 «г/см®. Сравнить объем этой колонны с объемом простой призмати-
ческой колонны, спроектированной при тех же условиях
Решение. Площадь поперечного сечения верхнего участка колонны из урав-
нения (8) равняется
Для нижнего участка
7. Решить предыдущую задачу, полагая, что колонна состоит из трех при-
зматических участков равной длины
Ответ. Х= 2,927 ж®, £,==3,570 л« £,= 4,354 jhs, 130,20 лР.
8. Определить форму бруса на рис. 17 так, чтобы напря-
жение в каждом поперечном сечении ракиялось [cj Форма
бруса, удовлетворяющая этому условию, называется формой
равного сопротивления.
Реииние. Рассматривая элемент бруса, заштрихованный
па рисунке, видим, что сжимающая сила в поперечном сече-
нии гч,п, больше таковой и сечевки тп на величину веса
элемента. Но так как напряжение в обоих сечениях одно и то
же и равно (о], то разница ЛР в площади поперечного сече-
ния должна быть такой, чтобы компенсировать разницу в
сжимающей силе. Следовательно,
где правая часть уравнения представляет вес эле-
мента, Разделив это уравнение на и промнте-
откудв
(Ъ)
где е есть основание натуральных логарифмов и С= Л. При к — 0 это уравнение
дает площадь поперечного сечения на верху бруса
----.летлмТОТГИ СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ (ГЛ. I
Но площадь поперечного сечения на верху равна — ; следовательно С — и
уравнение (Ь) получается в таком ваде
(с)
Площадь поперечного сечения внизу бруса получается путем подстановки в
уравнение (с) х= I, что дает
fmax- (о]®”1-
9. Найти объем каменной кладки для бруса равного сопротивления при ус-
ловиях, принятых в задаче 6
Решение. Пользуясь уравнением (d), найдем разность площадей поперечных
сечений аверху и внизу колонны
р Д р р / « х
Эта разность, умноженная на допускаемое напряжение [о], очеевдво, дает вес
колонны; следовательно, ее объем равняется
V = у (еИ - 1) = 114,56 л’.
6. Статически неопределимые задачи при растяжении и сжатии
Имеются случаи, когда продольные усилия, действующие в
стержнях системы, не могут быть определены только из уравнений
статики, но должна быть принята во внимание деформация системы.
Такие системы называются статически
неопределимыми системами.
Простой пример такой системы
показан на рис. 18. Груз Р вызы-
вает растяжение в стержнях ОВ, ОС
и OD, которые находятся в одной
плоскости. Для определения трех не-
известных растягивающих усилий в
стержнях статика дает два уравне-
ния равновесия, для составления
третьего уравнения необходимо рас-
смотреть деформацию системы. Поло-
жим для простоты, что система сим-
Рис. 18. метрична относительно вертикальной
оси ОС, что вертикальный стержень
тельной с площадью поперечного сечения Fc и модулем уп-
ругости материала Lc и что наклонные стержни — медные с пло-
щадью Fм и модулем Еи. Длина вертикального стержня равна I,
61
СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ
27
а наклонных стержней-----. Обозначая через X растягиваю-
щее усилие в вертикальном стержне и через У усилия в наклонных
стержнях, найдем, что в этом случае, вследствие симметрии, не-
известных будет два, а статика дает лишь одно уравнение равно-
весия
X+2Fcosa=P. (а)
Для того чтобы вывести второе уравнение, необходимое для опре-
деления неизвестных величин А и У, нужно рассмотреть очерта-
ние деформированной системы, указанное на рисунке пунктиром.
Пусть Д/ будет полное удлинение вертикального стержня под дей-
ствием груза Р; тогда удлинение А/, наклонных стержней найдется
из треугольника OFOV Полагая, что эти удлинения весьма малы,
можем заменить дугу окружности OF с центром D перпендикуля-
ром и принять угол 01 равным первоначальному углу а. Тогда
Д/,=Д/соз<1.
Относительные удлинения и напряжения вертикального и наклон-
ных стержней соответственно будут
А/ Ес Д/ AZ cos2 а Е„ Al cos1 a
е,— — ; cl=-S— и е..——;: о..———:.
Тогда усилия в стержнях получатся путем умножения напряжений
на площади поперечных сечений, а именно:
X_a/_£!bA!. (Ь)
откуда
Вставляя в уравнение (а), получаем
(Ю)
Видно, что усилие X зависит не только от угла наклонения а, но
также от площади поперечного сечения и от механических свойств
материала стержней. В частном случае, когда все стержни имеют
одно и то же поперечное сечение и один и тот же модуль упругости,
из уравнения (10) получим
Когда а приближается к нулю, cos а приближается к единице и
усилие в вертикальном стержне к —Р. Когда а приближается к 90°,
28 РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ [ГЛ. t
наклонные стержни становятся очень длинными и весь груз будет
воспринят средним стержнем.
В качестве другого примера статически неопределимой системы
рассмотрим призматический брус с заделанными концами под дей-
ствием силы Р, приложенной в промежуточном
поперечном сечении тп (рис. 19) и действующей
по оси бруса. Груз Р будет уравновешиваться ре-
акциями R и /? , концов, поэтому
₽-«+/?,. (с)
Для того чтобы составить второе уравнение для
Желения сил R и необходимо рассмотреть
мацию бруса. Груз Р совместно с силой /?
вызывает укорочение нижнего участка бруса, а
с силой /?1 удлинение верхнего участка. Полное
укорочение одного участка должно равняться пол-
ному удлинению другого. Тогда, пользуясь урав-
нением (1), получим
R.o Rb
EF-ЁТ'
г
Рис. 19.
следовательно.
R _ £
R, _ Ь ’
<ф
т. е. реакции R и /?, обратно пропорциональны расстояниям их
точек приложения от нагруженного поперечного сечения тп. Поль-
зуясь уравнениями (с) и (d), легко можно вычислить величины
этих реакций и напряжения в брусе.
ЗАДАЧИ
I. Стальной цилиндр с диаметром d и медная трубка с внешним диаметром D
сжимаются между плитами пресса (рис. 20). Определить напряжение в стали
имеди, а также относительное укорочение, если Р = 40 m, d =10 и
£>=20 <•«.
Peitu'Htw. Здесь опить уравнений статики недостаточно, а поэтому необхо-
димо рассмотреть деформацию цилиндра и трубки, чтобы получить груз, воспрн
нимасмый каждым из материалов. Относительные укорочения стали и меди должны
быть равны; поэтому напряжения в материалах будут в таком же отношении, как
их модули упругости (см. уравнение (4)), т. е. сжимающее напряжение в стали
. 2°
будет составлять уу сжимающего напряжения в меди. !огда величина напряже-
ния меди <7»t найдется из уравнения статики
6] СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ 29
Подставляя числовые значения, получаем
ом=106 ед/ои2; ос== т?сги“ >93 кгнмъ
и относительное укорочение
e^gi = 96.5.10-*.
2- Железобетонная колонна квадратного поперечного сечения сжимается
предельной силой, Р = 24 tn. Какая часть этой нагрузки будет воспринята бетоном
и какая часть железом, если площадь поперечного сечения железа составляет pj
площади поперечного сечеиня бетона. Предполо-
жить, что железные стержни симметрично распо-
ложены огаосктедьно оси колонны.
Ответ. Нагрузка, воспринимаемая железом,
составляет 0,77 нагрузки воспринимаемой бето-
ном.
3. Твердое тело АВ весом Q висит на трех
вертикальных проволоках, симметрично располо-
женных относительно центра тяжести тела (рис. 21)
Определить растягивающие усилия в проволоках,
если средняя проволока стальная, а две другие
медные. Площади поперечных сечений всех Прово-
лок равны.
Указание. Применить способ решения 1-й за-
дачи.
4. Определить усилия в четырех ножкак стола
(рис. 22) от нагрузки Р. приложенной в точке А
Крышка стола и пол предполагаются абсолютно
твердыми, а ножки прикрепленными к полу, так
что они могут сопротивляться как растяжению, так
п сжатию.
Решение. Предполагая, что крышка стола зай-
мет новое положение, которое указано пунктирной линией тп. найдем, что
укорочение ножки 2. а также 4 будет равно полусумме укорочений ножен I и
I. Следовательно,
и так как
21 ' + X + Z = ft
"30 РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ
[ГЛ. I
ТО
2У’=х+г=-1-р.
Дополнительное j равнение для определения X и Z получится, если взять момент
всех сил относительно горизонтальной оси О—О, параллельной у и проходящей
через точку А. Тогда
Из (С) и (I) получим
’ 4 Z-P(f +ауц)-
При е>а~- X получается отрицательным. Это указывает на то, что в нож-
ке I возникает растяжение.
5. Определить усилия в ножках выше указанного стола, если нагрузка при-
ложена в точке с координатами
Указание. При решении этой задачи необходимо заметит!., что если точка
приложения груза Р не находятся на диагонали стола, то этот груз можно за-
менить двумя грузами, статически эквивалентными грузу
Р и приложенными в точках, лежащих на двух диагона-
лях. Усилия, возникающие в ножках от каждого из этих
грузов, найдутся, как указано выше. Суммируя действия
двух составляющих грузов, можем найти усилия в нож-
ках для любого плтожеиня груза Р.
6. Прямоугольная рама с диагоналями подвергается
действию сжимающих сил Р (рис. 23). Определить уси-
лия в стержнях, если все они изготовлены из одного и
того же материала, площадь поперечного сечения верти-
кальных стержней ракиа F, а площадь остальных
стержней — F,.
Реииние. Пусть X будет сжимающее усилие в каждой
вертикали, Y—сжимающее усилие в каждой диагонали
и Z — растягивающее усилие в каждом горизонтальном
услонви равновесия одного из шарниров имеем:
У = Г cos о = (Р — X)ctga. ig)
Третье уравнение получится нз того условия, что рама после деформации остается
прямоугольной в силу симметрии; поэтому
«>•+«*>(« -хт)+ех)’-
Из этого уравнения, пренебрегая малыми величинами высшего порядка мы
получаем
(аг+11я) Y _IFX ах2
Et\ ЕР EFt'
СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ
Решав уравнения (g) и (li), получим следующее значение усилия в диагонали:
—-^я- j—1-^ — cosa+sina
Усилия в других стержнях теперь можно легко определить из уравнений (g).
7. Решить предыдущую задачу, полагая и = h, F~ 5f, и Р — 20т.
8. Какие напряжения возникнут в стальном болте и медной трубке (рис. 24)
при повороте гайки на — оборота, если длина бслта 1= 75 см, шаг нарезки болта
Л == 0,3см, площадь поперечного сечения болта fc =• 6 см2, а трубки f м = 12 см2?
Решение. Пусть А’ означает неизвестное растягивающее усилие в болте и
сжимающее усилие в трубке. Величина X определятся из условия,
что удлинение болта, сложенное с укорочением трубки, равняет-
ся перемещению гайки вдоль болта. В нашем случае, полагая длину
трубки равной длине болта, получим
Растягивающее напряжение в болте равно <=1048kVcm2. Сжимающее
X с
напряжение в трубке равно ом == у = 524 кг/см2.
9. Как изменятся напряжения, вычисленные в предыдущей задаче, если к
концам болта приложить растягивающие силы Р = 2 tn?
Решение. Пусть X означает увеличение растягивающей силы в болте, a Y —
трубке. То1дв из условия равновесия
Л + У«Р. (!)
жно написать на основании того, что отно-
сительные удлинения болта и трубки под
действием сил Р должны быть равны, т. е.
Из уравнения (i) и (j) легко можно вычис-
лять силы X и У и соответствующие на-
пряжения.
10. Призматический брус с ваделан-
вымн концами нагружен по направлению
оси в двух промежуточных поперечных
сечениях (рис. 25) силами Pt и Ря. Опре-
делить реакции R и Rt.
Указание. Пользуясь уравнением (d) на стр 28, можво вычислить реакции,
вызываемые каждой силой в отдельности, и еатем просуммировать эти реакции.
Определить реакции если а = 0,31,1) ~ 0.31 и Р, = 2Р, = 400 кг.
Отит R = 240 кг. R, == 360 кг.
НАЧАЛЬНЫЕ И ТЕМПЕРАТУРНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ
33
Х2 РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ [гЛ I
11. Определить усилия в стержнях системы, показанной на рис 26, где О А
есть ось симметрии
О.пеггп Растягивающее усилие в стержне ОВ равняется сжимающему уси-
лию в стержне ОС в равноg- sine Усилие в горизонтальном стержне ОЛ равно
12. Решить задачу 10, полагая, что площадь поперечного сечения ниж-
него участка бруса длиною с в два раза больше площади поперечного сече-
ния двух верхних участков длиною а и б.
Orneeia.
ri_2P,a+2Ps(l-с) „ _Pt [21>+с)+Ргс
*и-1-И=с — • 21-е----•
7. Начальные и температурные напряжения
В статически неопределимой системе возможно существование
некоторых начальных напряжений, возникающих в стержнях при
сборке. Эти напряжения могут возникнуть благодаря неизбежной
неточности в длинах стержней или благодаря намеренному откло-
нению от правильного значения этих длин и называются началь-
ными напряжениями сборки. Такие напряжения будут существовать
даже при отсутствии внешних сил и зависят только от геометри-
ческих соотношений системы, от .механических свойств материалов
и от величины неточности. Допустим, например, что система, пред-
ставленная на рис. 18, имеет по ошибке длину вертикального стерж-
ня /ц-а вместо I, Тогда, после сборки стержней ВО и DO, верти-
кальный стержень можно вставить на место лишь после предвари
тельного сжатия и вследствие этого в наклонных стержнях
возникнет некоторое растягивающее усилие. Пусть X означает
сжимающее усилие, которое возникнет в вертикальном стержне после
сборки. Тогда соответствующее растягивающее усилие в каждом из
наклонных стержней будет 2t^a и перемещение шарнира О от
удлинения этих стержней будет (см. уравнение (Ь), стр. 27)
& ~2£MFMcos’a*
Укорочение вертикального стержня будет
Ч-Д- (Ь>
Из элементарных геометрических соображений следует, что пере-
мещение шарнира О вместе с укорочением вертикального стержня
должно быть равно величине а. Это дает следующее уравнение
для определения X.
XI XI
2E„FKcos'a^ ЕЛРС ~а’
откуда
(И)
Теперь можно вычислить начальные напряжения во всех стержнях.
Расширенна стержней системы вследствие изменения темпера-
туры может иметь то же самое влияние, как и неточность в длине.
Рассмотрим стержень с заделанными концами. Если температура
стержня повышается от до t, а температурному расширению
препятствуют реакции на концах, то в стержне возникнут сжимаю-
щие напряжения, веилт-ша которых может быть вычислена из
условия, что длина остается Ескзг;ег,нсй. Пусть а обозначает ко-
эффициент линейного расширения в о—сжимающее напряжение,
возникающее от изменения температуры. Тогда уравнение для
определения о будет
В качестве второго примера рассмотрим систему, представленную
па рис. 18, и положим, что вертикальный стержень нагрет от тем-
пературы /п при сборке до новой температуры /. Соответствую-
щее температурное расширение будет частично задержано двумя
другими стержнями системы, и в вертикальном стержне будут
развиваться некоторые сжимающие напряжения, а в наклонных
стержнях растягивающие напряжения. Величина сжимающего уси-
лия в вертикальном стержне определится из уравнения (11), в ко-
торое вместо величины а нужно подставить температурное расши-
рение al(t — tB) вертикального стержня.
ЗАДАЧИ
1. Трамвайные рельсы сварены между сабой в стыках при 15’С Каковы
61аут напряжения и этих рельсах при нагревании их солнцем до 55’ С, если ко-
эффпциеит линейного расширения стали рзаеп 125-10"’?
Otihvin с — JOOU ла/си*.
2. Как изменятся напряжения в случае, представленном ва рис. 24, при
увеличении температуры от to до I. если коэффициент линейного расширения
стали ранен и,, а меди ам?
Речение. Так как «м>а.;, то увеличение температу ры вызовет сжатие в меди
it растяжение в стали. Относительные удлинения мели к стали должны быть равны.
(Хизвачая через X увеличение растят нвающей силы п болте благодаря измене-
нию температуры, получим
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УШ’ЯШ.ТЛ [ГЯ. 1
у (*м “<*<:)(* —
----------ГТЁТс---------
Т^м
Изменение напряжений в болте и в трубке можно вычислить теперь обычным путем.
3. Медная пластинка спаяна с двумя стальными пластинками (рис. 27).
Каковы будут напряжения в стали и меди при повышении температуры плас
тшюк от /° до I?
Указание, Нужно применить тот же способ, что и в предыдущей задаче.
Н- I Bgr
Рис. 27.
4. Каковы будут напряжения в стержнях системы, представленной на рнс.
18 если температура веет, стержней повысится от I до П
Решение. Пусть X означает растягивающее усилие, вызванное в стальном
стержне увеличением температуры. Тогда из условий равновесия шарнира
О можно найти, что в медных стержнях действуют сжимающие усилия, равные,
; следовательно, удлинение стального стержня получится
А/ ~ас (t—t'b I + jrp-.
и удлинение медных стержней равно
. _ 41 / XI
Ы,,= а“( Чсозв aE„fxcos*<r
Кроме того, из предыдущих рассуждений (ем. стр. 27) имеем
Д/, — Д2 coso.
Поэтому
V/ 1 У/
асU + == a„ (t - /,) - 2EMFMcos’a’
откуда
А = . 1 £gfc
v 2cos*a EMFM
Напряжения в стали и меди получатся теперь из следующих уравнений:
X X
°с=Гс- °M~2/<bosa’
5. Полагая что в случае, показанном на рис. 20, приложена постоянная
нагрузка Р ~ 40/л при начальной температуре /а, определить, при каком увеличе-
нии температуры будет передаваться полностью нагрузка ва медную трубку
если — 125-10“’ и «41 = 165- О-’
Ранена,’.
4Р
(«И — °с) (1 = п _ JUJ .
откуда Z •— = 4(А С,
81
РЛСТЯЖРНИЕ КРУГОВОГО КОЛЬЦА
6. Стальной стержень, состоящий из двух участков длиною lt и /с и площадью
поперечного сечении /’, и Ft. заделан на концах. Найта температурные напряже-
ния. если температура повысится на 60е С. Положить l.=lv F = 2FZ и ас=
= 125-10-'
Ответ о, = 1000 лг/ся2 и о, == 2000 кг!см2
7. Найти температурные напряжения в системе, показанной на рис. 27,
если температура всех трех пластинок повысится на 1011° С. Толщина каждой из
трех пластинок одна и та же и козффнциенть! линейного расширения равны
ас = 125-10~’ п ан = 165-10"’. Положить ЕЫ:ЕС= 1’2
Ответ Напряжения в медной пластинке сжимающие и равны он = 320 кг/сл®,
а в стальных пластинках — растягивающие и равны ос = J60 кг/сч2.
8. Температура системы, показанной на рис. 18, повысилась на 50" С. Найти
температурные напряжения, если все три стержня — стальные и площади их
поперечных сечений равны. Положить ас—125-10’ и £с — 2-10’ кг/ся2.
Ответ Вертикальпый стержень растянут и напряжение в нем равно
2500 cos a sin* а , ,
в=—п------»—п— кг'смг,
9 rm®
игклонные стержни сжаты и напряжение в каждом из них равно
1250 яп* а , ,
a=s—j—г-, лг 'сж*.
9. Найти напряжения в проволоках системы, показанной на рис. 21. сели
площадь поперечного сечения каждой проволоки равна 1 см2, груз Q=2W() кг
и температтра системы повысится после сборки на 10е С. Положить ам= 165-10~’,
Ос-125. JO’», £„=1-10' аг/гЛ2, £,=2-10* «А «2.
Ответ <Гс-=11Н0 ле,'см2. кг/см2.
10. Найти напряжения, которые иозиикпут в системе, представленной на
рис. 23. если температура верхпеп распорки повысится от Го до t градусов
Ответ. Сжимающее усилие X в верхней распорке определится из уравнения
“ Q а - X - -г cqsJ о 5]П а + £.7^ ]
8. Растяжение кругового кольца
Если по окружности тонкого кругового кольца действуют равно-
мерно распределенные радиальные силы (рис. 28), то они вызовут
равномерное удлинение кольца. Для того чтобы определить растяги-
вающее усилие Р в кольце, вообразим, что кольцо разрезано гори-
зонтальным диаметральным сечением (рис. 28, Ь) и рассмотрим верх-
нюю часть как свободное тело Если q означает равномерную
нагрузку, приходящуюся на единицу длины оси кольца, и г—
радиус оси, то действующая сила на элемент кольца, вырезанный
двумя смежным*! сечениями, будет qrdep, где Jrp — центральный
угол, соответствующий элементу. Взяв сумму вертикальных со-
ставляющих всех сил, действующих на половину кольца, получим
следующее уравнение равновесия
2Р - 2 \ qrsin<filq> — 2qr,
2-
36 РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ [ГЛ I
откуда
(13)
Растягивающее напряжение в кольце получится путем деления уси-
лия Р на площадь поперечного сечения кольца ’)•
В практических приложениях часто бывает необходимо опреде-
лить растягивающие напряжения во вращающемся кольце. В этом
W b)
Рис 28.
случае q представляет центробежную силу на единицу длины коль-
ца и определяется из уравнения
(И)
в котором Q — вес единицы длины кольца, г — радиус оси, о —
скорость точек кольца при радиусе г и g — ускорение евлы тяже-
сти. Подставляя это выражение вместо q в уравнение (13), получим
и ’
и соответствующее растягивающее напряжение будет
f *е е
(15)
Видно, что напряжения пропорциональны плотности — материала
н квадрату окружной скорости * 2). Для стального кольца и для
скорости о= 30 м/сек ук напряжение будет равно 72 кг/смг. Следо-
вательно, для того же материала, но для другой скорости о, напря-
жение будет 0,08 сЛ кг!см£, если о, выражено в метрах в секунду.
') Ниже будет показано (сы. часть II), что в случае тонкого кольца справед-
ливо Предположить, чти напряжения равномерно распределяются по поперся
ному сечению кольца.
2) Для тонкого кольца скорость на оса мшшо принять равной окружной
скорости.
РАСТЯЖЕНИЕ КРУГОВОГО КОЛЬЦА
37
злдлчи
1. Определить наибольшее растягивающее напряжение в стенке цилиндра
пресса, покатанного па рве. 3, если внутренний диаметр равен 25 см а толщина
стоики ранка 2,5 си.
Решение. Наибольшее гидростатическое давление р в цилиндре найдется
из уравнения
-»2У
—40000 кг,
откуда р —81,5 кс/сиа. Вырезая из цилиндра элементарное кольцо шириной ) см
па оси цилиндра и применяя уравнение (13), в котором дли этого случая q — р =
— 81,5 кг/см иг— 12,5 см, получим
Р 81,5-12,5 .
о = -р — 2 5-1~ =“407,3 кг'см~.
2. Медная трубка плотно надета на стальную трубку при
высокой темпера гуре I (рис. 29} таким образом, что при этой
температуре никакого давления между трубками не
существует. Определить напряжения, которые возникнут
в меди и стали при охлаждении трубок до комнатной
температуры /0, если внешний диаметр стальной трубки
равен <f, толщина стальной трубки Лс, а медной трубки —h„.
Решение. Вследствие разницы в коэффициентах линейного расширения
«ч и «с при охлаждении возникнет давление между внешней и внутренней
трубками. Пусть х означает давление на 1 см2; тогда растягивающее на-
пряжение в мелкой трубке буди!
и сжимающее напряжение в стальной трубке будет
Давление х найдется из условия, что при охлаждении обе трубки им-ют одно
и то же относительное укорочение, следовательно.
°«(< - <о) - e«fZ ” + z£^’
откуда
g xd ^tn)Ev
2/1,, , . Лм E„
1
Таким же стогобпм можно вычислить напряжение в стальной требке.
3. Каково будет диполпптелыюе напряжение в трубке, если подвергнусь
се внутреннему гидр< статическому давлению р = 6,(» кг/см21 При этом гнутрен
пни диаметр <1,-=10ли ЛС==О,3 слийм “ ,-А' 1см Рис-
38 РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ В ПРЕДЕЛАХ УПРУГОСТИ [ГЛ. 1
Решение. Вырезая из трубки элементарное кольцо шириною 1 см, найдем
что полное растягивающее усилие в кольце будет
p.'A.s,,
Вследствие того, что относительные удлинения по окружности в мели п стали
одинаковы, напряжения буду! пропорциональны модулям упругости т. е на-
пряжение в меди будет составлять напряжения н стали В то же < дхич. пречя
20
площадь поперечного сечения меди равна рг площади стало, следовательно, уси-
лие Р будет поровну распределено между двумя металлами, и растягивающее
напряжение в меди, вызываемое гидростатическим давлением, будет
— 30,3 Аг-ся*.
Напряжение в стали будет
20 с- . ,
Ос = ц <т„ = 5о K«;C.«S
4. Состапное кольцо состоит из внутреннего медного кольца и наружного
стального кольца. Внутренний диаметр стального кольца меньше внешнего диа-
метра медного кольца на величину б; поэтому система собирается после предвари-
тельного нагревания стального кольца При охлаждении стальное кольцо про-
изводит давление на ывдиоеколыю (давление от усадки). Определить напряжения
в стали и мешт после сборки, если оба кольца имеют прямоугольные поперечные
сечения с размерами hc и йм в радиальном направлении и размерами, равными
единице в направлении, перпендикулярном плоскости кольца Размеры hc и Лч
можно считать малыми по сравнению с диаметром d поверхности соприкасания
двух колец.
Решение. Пусть х будет равномерно распределенное давление на 1 си3 по
верхности соприкасания колец; тогда сжимающее напряжение в гщцщ и растя
гивающее напряжение в стали найдем из уравнений
(а)
Уменьшение внешнего диаметра медного кольца будет
. .
- ЙЛ. '
Увеличение внутреннего диаметра стального кольца будет
Неизвестное давление х найдется из уравнения
A<J„4- bdc =
S] I'ACTJIALlUlt КИТОВОГО КОЛЬЦА 39
Теперь наьдем из уравнений (а) напряжения
« Л. £* £ £c
” d h~ , . lterK °c ri ft ₽
+s>t +v;
5. Определить напряжения, которые возникнут в составном кольце преды-
дущей задачи от вращения кольца с постоянной скоростью п оборотов в минуту.
Ранение. Так как медь имеет большую плотность и меньший модуль упруго-
сти, чем сталь, то медное кольцо при вращении будет давить на стальное кольцо.
Пусть х означает давление на 1 тл® поверхности соирикасзаия между двумя коль-
цами Тогда соответствующие напряжения определятся из уравнений (а) преды-
дущей задачи В дополнение к этим напряжениям необходимо принять во вни-
мание напряжения, нлшикающле от центробежных сил. Обозначая через ус и
рн веса единицы объема стали и меди и пользуясь уравнением (15), получим
V, ,'2пп V fd-h.X* hfZmY 'а — *и\я
"'“cieo) ( 2 )’ °"- eieo ) \T- )
Складывая эти напряжения с напряжениями от давления х и замечая, что
относительные удлинения обьена колец должны быть одинаковы, получим сле-
дующее уравнение для определения х:
• [y« /2ляГ ± Гь (d~hA* - -^1
2 ) 2/J £ии^60Н 2 / 2^1*
откуда можно вычислить х для каждого частного случая. Зная х, можно найти
без затруднения полное напряжение в меди н стали.
6. Определить предельную окружную скорость медного кольца, если допу-
скаемое напряжение (oj = 200 ке/см' п ум = 8,8 г)см*.
Ответ. о=48,3 хцеск
7. Определить напряжение в меди при комнатной температуре (см. задачу 2
и рис 29), если Г — ta ~ 55° С, ом — — 40- JO-’, ftc =ЛМ.
Отпет. ом = 136,2 кг) см2.
8. Определить в задаче 5 число оборотов п в минуту, при котором напряже-
ния в медном кольце становятся равными нулю, если иачвиьные напряжения
при сборке в том же кольце были сжимающие и равные с0, Лм = hc и Ес — 2ЕК.
Ранение. Число оборотов н определится из уравнения
9. Найти напряжения в составном кольце задачи 4, полагая б = 0,003 см.
<1 = 10 см, ht — Лм и = 2. Найти изменение этих напряжений, если температура
колец увеличится после сборки па 10° С Принять ам — 165-10“’ и ос = 125-10-т.
Опилчп. ом=ос = 200 кг/см*. Величина изменения напряжений равна
27 кг/см2.
10. Найти в задаче 5 напряжения в стали и меди, если «=3000 оборотов в
минуту, d --- 60 см. he - ’ ЛЛ — 1,2 ся, >с = 7,8 г/«и* н = 8,8 г/см*.
Г Л А В Л II
АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ
9. Напряжения по наклонным сечениям при простом растяжении
и сжатии
При изучении напряжений в призматическом брусе, под-
верженном осевому растяжению силой Р, мы ранее рассматри-
ввли (§2) только напряжения по поперечным сечениям, перпен-
дикулярным к оси бруса. Остановимся теперь на случае, когда
сечение pq (рис. 30, а), перпенди-
кулярное плоскости фигуры, на-
клонено к оси. Вследствие того, что
все продольные волокна имеют
одно и то же удлинение (см. стр. 12),
усилия, представляющие действие
правой части бруса на левую,
равномерно распределены по се-
чению pq. Левая часть бруса,
изображенная отдельно на рис.
30, Ь, находится в равновесии под
действием этих усилий и внешней
силы, приложенной к левому кон-
цу. Стедовательно, равнодейст-
вующая усилий, распределенных по сечению pq, равна Р. Обо-
значая через F площадь сечения, перпендикулярного к оси бруса,
и через <р угол между осью х и нормалью п к сечению pq, найдем,
что площадь сечения pq будет равна и напряжение <тт по этому
сечению будет <.
где ся— у означает напряжение по сечению, перпендикулярному
к оси бруса. Из формулы видно, что напряжение <\. по какому-
либо наклонному сечению бруса меньше напряжения их по сече-
нию, нормальному к оси бруса, и что оно уменьшается с увеличе-
нием угла <р. Для ф = у сечен.ie pq параллельно оси бруса и на-
НАПРЯЖЕНИЯ ПО НАКЛОННЫМ СЕЧЕНИЯМ
4'1
пряжение отделается равным нулю, что указывает на то, что между
продольными волокнами бруса не имеется . никакого давления.
Напряжение о=, определяемое уравнением (16), имеет направ-
ление силы Р и не перпендикулярно к сечению pq. В таких случаях
полное напряжение обычно разлагают
на два составляющих напряжения, Pl_____________
как показано на рис. 31. Состав- р | Z*X
ляющая напряжения оп, перпеадику- "* | у
лярная к сечению, называется нор- 1
мольным напряжением. Его величина
равна Рис. 31.
5„=-o¥cos<y^ oxcos2<p (17)
Тангенциальная составляющая г называется касательным напря-
жением и его величина равна
*= оч stn ср --= ох cos <рsin <р -• 5ssin 2ф.
(18)
Чтобы отчетливо представить себе деформации, которые вызы-
вает каждое составляющее напряжение, мы рассмотрим элемент.
вырезанный из бруса двумя сме-
жными параллельными сечениями
pq и ₽,<?, (рис. 32, а) Напряжения,
действующие на этот элемент, по-
казаны на рис. 32,о. Рисунки 32, Ь
и 32, с получены путем разложения
этих напряжений на нормальные и
касательные составляющие, как
указано выше, и изображаютотдель-
но действие каждой из этих состав-
ляющих. Видно, что нормальные
напряжения ап производят растя-
жение элемента в направлении нормали п к сечению pq и каса-
тельные напряжения производят сдвиг сечения ра относи-
тельно ptqt.
Из уравнения (17) видно, что наибаишее нормальное напря-
жение действует по сечениям, перпендикулярным к оси бруса, и
равно (о„)гоэх — Наибольшее касательное напряжение, как видно
из уравнения (18), действует по сечениям, наклоненным под углом 45°
к оси бруса, где sin2<j> — 1, и равно
Хотя наибольшее касательное напряжение равно половине наи-
большего нормального напряжения, но иногда это напряжение
является решающим фактором при рассмотрении предела прочно-
42
АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ
(гл 1|
Рис. 33.
ститех материалов, которые гораздо слабее при сдвиге, чем при рас-
тяжении.
Например, при испытании на растяжение образца из мягкой
стали с отполированной поверхностью видимое течение метал-
ла происходит по наклонным линиям, так называемым линиям
Людерса (рис. 33). Течение происходит по иаклопным плоско-
стям, но которым касательные напряжения являются наиболь-
шими, н при величине силы Р,
которая соответствует точке В на
рис. 4, а. Это указывает на то, что в
случае мягкой стали разрушение
происходит от наибольших каса-
тельных напряжений, хотя эти
напряжения равны половине наи-
большего нормального напряже-
ния .
Формулы (17) и (18), выведен-
ные для бруса, испытывающего
растяжение, можно использовать
также п в случае сжатия. Растя-
гивающее напряжение принимает-
ся положительным, а сжимаю-
щее — отрицательным. Следова-
тельно, для бруса, подверженно-
го осевому сжатию, мы должны
только взять о, с отрицательным
знаком в формулах (17) и (18). От-
рицательный знак у о„ указывает
на то, что на рис. 32, b мы полу-
чаем вместо растяжения сжимаю-
iee действие па элемент между смежными сечениями pq п р,дг.
трицательный знак у т в <|юрмуле (18| указывает на то, что при
катни бруса действие касательных напряжений на элемент имеет
травление. противоположное тому,
го показано па рис. 32, с.
Рисунок 34 иллюстрирует правило
;аков для нормального и каса-
льного напряжений, которым будем
щьзоваться. А именно, положи-
льный знак для касательного иа-
)яжецця принимаем в том случае,
>гда касательные напряжения обра-
тот пару, вращающую по часовом
релке. п отрицательный знак — в случае противоположною
травления.
10)
КРУГ МОРЧ
43
ЗАДАЧИ
1. Показать, что пары, представленные па рис 32, Ь и 32, с уравновешивают
-TH друга.
2. Призматический брус с площадью поперечного сечения F подвергается
действию осевом сжимающем силы Р = 4 гп. Найти с,, и т для площадки, на-
клоненной под у глом 45е к оси бруса.
,, . Ж® ' »
Опу.тп <тп= J- t=j----р* кг гл’
3. Найти изменение расстояния ме:кду плоскостями pq и plql на рис. 32, а,
вызываемое силами Р == 12 т, если первоначальное расстояние между этими пло-
скостями равно I ем, площадь поперечного сечения F=6 гч2 п ф==45<’,
OiHAin Al — 0.0UU5 гл.
4. Найти угол ф (рис 32, о). определяющий положение плоскости pq, при
котором 1) нормальное напряженнее,, равно половине наибольшего напряжения^,
2) касательное напряжение равно одной трети оп
Ответ 1) ф ~ —45е. 2) ф — arc*g.
(+)
Рис. 35.
10. Круг Мора
Формулы (17) и (18) можно представить графически *). Возьмем
прямоугольную систему координат с началом в точке 0 и с поло-
жительным направлением осей, как показано на рис. 35. Начнем
с сечения pq, перпендикулярного к оси бруса. В этом случае мы
имеем у — 0 (см. рис. 31) и из формулы (17) и
(18) находим о1;—ovt т-0. Выбирая определен-
ный масштаб для напряжений и отклады-
вая нормальные составляющие но горизон-
тальной оси и касательные составляющие по
вертикальной оси, находим, что напряже-
ние, действующее на площадке с углом ф “
=0, будет представлено на рис. 35 точкой А,
имеющей абсциссу, равную ох, и ординату,
равную нулю Взяв теперь площадку, па-
раллельную оси бруса, мы имеем ф — • и
замечая, что обе составляющие напряжения
равны нулю на такой площадке, мы заключаем, что начало координат
Она рис. 35 соответствует этой площадке. Построив теперь круг на
ОД, как на диаметре, можем легко доказать, что составляющие
напряжения для какого-либо сечения pq с произвольно выбранным
углом ф на рис. 31 будут представлены координатами точки этого
круга. Для того чтобы получить точку на круге, соответствующую
определенному углу <р, необходимо измерить от точки А в направ-
•) Это графическое нрощ lan.neime принадлежит О Мору, Civilingenieur,
стр 113, 1382. со также Abliandlungen aits clem Gebicle tier techri seller Mcclia-
nik. Berlin erp 219. l'JO6 В этой книге даны ссылки на другие опубликован-
ные работы no лому же вопросу.
44
АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ Н ДЕФОРМАЦИЙ [ГЛ. U
лении против движения часовой стрелки дугу, стягивающую угол,
равный 2ф. Пусть D будет точка, полученная таким способом;
тогда из фигуры имеем:
OF = ОС -г CF = у cos 2% == оА cos' <р,
DF = CD sin 2ф = sjn 2ф.
Сравнивая эти выражения для координат точки D с выраже-
ниями (17) и (18), видим, что эта точка представляет напряжения,
действующие на площадке pq на рис. 31. В то время как сечение pq
„ поворачивается против часовой
стрелки около оси, перпенди-
кулярной к плоскости рис. 31,
и ф изменяется от 0 до 44, точ-
ка D движется от Л к О, так
что верхняя половина круга оп-
ределяет напряжения для всех
значений ф в этих пределах.
Если угол ф больше 4,, мы по-
лучим сеченйе, как показано на
рис. 36, а, в результате разреза
бруса плоскостью шт, внешняя
JT с осью х угол, больший —•.
Измеряя угол, равный 2ф, против часовой стрелки отточки А на
рис. 35, мы получим теперь точку па нижней половине окружности.
Возьмем, например, случай, когда тт перпендикулярно к
сечению pq, которое было рассмотрено ранее. В этом случае со-
ответствующая точка на круге рис. 35 есть точка D |Г так что угол
DODt равен л и ЕЮ (есть диаметр крута. Пользуясь координатами
точки Dt, находим составляющие напряжения оп| и т, для се-
чения пип;
Gn = OFt=OC — Ffi cos 2ф = ох si л1 ф, (20)
г,= — Тр, = — СДsni 2<р = — ^ь<п2ф -) (21)
Сравнивая эти результаты с выражениями (17) и (18), мы находим
и„ -г о„ = oxcos2 ф -J- ох si 11 - <р ~ оя, (22)
т, = — т. (23)
’) Часть бруса, на сотирую действуют напртаеппя, показана штриховкой.
Знешняя норма». п, направлена виару.ку or sivi tacui
’J Знак минус взят потому, что точка находится на стороне отрицатель
|Ых ординат.
Ю]
КРУГ МОРА
43
Это указывает, что сумма нормальных напряжений, действующих
но двум взаимным перпендикулярным площадкам, остается по-
стоянной и равной ах. Касательные напряжения, действующие по
двум взаимно перпендикулярным площадкам, численно равны,
но противоположны по знаку.
Если провести (рис. 36,с) сечения tnlmi и ptq„ параллельные тт
и pq, то будет вырезан из бруса элемент, показанный на рис. 36,6;
на этом же рисунке указаны и направления напряжений, дейст-
вующих на этот элемент. Видно, что касательные напряжения, дей-
ствующие по граням элемента, параллельным плоскости pq, соз-
дают пару, вращающую по часовой стрелке; следовательно, со-
гласно принятому правилу (см. рис. 34,с), эти напряжения нужно
считать положительными. Касательные напряжения, действующие
по двум другим граням элемента, создают пару, вращающую против
часовой стрелки; поэтому, согласно принятому правилу (см. рис,
34, d), эти напряжения являются отрицательными.
Круг, изображенный на рис. 36 и называемый кругом напрямик
ний или кругом Мора, применяется для определения составляющих
напряжений <т„ и т по сечению pq, нормаль к которому образует
угол ф с осью х (рис. 31). Подобное построение можно применить
к решению обратной задачи, т. е. когда даны составляющие оп
и т и требуется найти растягивающее напряжение trx, действующее
по оси, и угол ф. На рис. 35 мы видим, чго утол между хордой OD
и осью х равен ф. Следовательно, после построения точки D с ко-
ординатами о„ и г мы получим угол ф путем проведения линии OD.
Зная угол ф, можно провести радиус DC, образующий угол 2ф
с осью ОС, и получить центр С крута напряжений. Диаметр этого
крута дает требуемое напряжение ох.
ЗАДАЧИ
1. Определить и т аналитически и графически если ол=Ю00 кг] см2 и
<р—ЗС/ или 120" Пользуясь углами 30’ и 120". вырезать элемент, как изображено
на рис. 36,Ь и показать стрелками направления напряжений. действующих на
элемент.
2. Решить предыдущую задачу полагая, что вместо растягивающего напря-
жения сгх действует сжимающее напряжение той же величины. Следует заметить,
что в этом случае диаметр круга (рис. 35) должеп лежать на отрицательной сто-
роне абсцисс.
3. По площадке рд (рис. 31) действуют. нормальное напряжение
п„=600 м'см2 и касательное напряжение т=300 кг/с.ч8 Найти угол q> и напря-
жение ох.
Onitaa. tg ф = у ах = = I <и JC лг/с.к*.
4. На две перпендикулярные грани элемента, изображенного на рис. 36,6.
действуют нормальные напряжения ок=1Ч)(> че/сч* и cm=400 м/см2. Най-
ти ох и т.
Oniuaii. ox==120U uu . т=±5Ы косм1.
46 АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ
(гл. п
5. Найти наибольшее касательное напряжение дли сличая задачи 1
Ответ. tniax == 500 лусл*
6. Определить угол наклона сечений, при котором нормальное и касатель-
ное напряжения численно равны.
_ я Зя
Ответ, <р = -j- и -j-.
11. Растяжение или сжатие по двум взаимно перпендикулярным
направлениям
Имеются случаи, когда материал конструкции подвергается
действию растяжения или сжатия в двух взаимно перпендикуляр-
ных направлениях. В качестве примера такого напряженного со-
стояния рассмотрим напряжения в цилиндрической стенке котла,
подверженного внутреннему давлению р кг/см* *). Вырежем эле-
Рис 37,
пент из цилиндрической стенки котла двумя смежными продоль-
ными сечениями и двумя поперечными сечениями (рис. 37, а).
Вследствие внутреннего давления цвлиндр будет растягиваться и
з поперечном и в продольном направлениях. Растягивающие на-
тряжения ор в поперечном (по окружности) направлении опре-
деляются таким же способом, как и в случае кругового кольца
параграф 8). Обозначая внутренний диаметр котла через d и тол-
цину его стенки через Л, найдем величину этого напряжения
(24)
У »•
Три вычислении растягивающих напряжений ох в осевом направ-
[ении вообразим котел, разрезанный плоскостью, периендику-
(ярной к оси л. Рассматривая равновесие одной части котла, ви-
ны, что растягивающее усилие, вызывающее продольное растя-
<ение котла, равно давлению на днище котла, т. е. равно
*) Точнее, р означает разность внутреннего и оиеншего атмосферного дан
И]
РАСТЯЖЕНИЕ ИЛИ СЖАТИЕ
Площадь поперечного сечения стенки котла равняется *)
F -ndh.
Следователь но,
°-“Г -Й-
Видно, что элемент стенки подвергается действию растягивающих
напряжений ох и ау в двух взаимно перпендикулярных направ-
лениях 2). В этом случае растягивающие напряжения я, в направ-
лении по окружности в два раза больше напряжений о* в осевом
направлении.
Для общего случая мы рассмотрим теперь напряжения по сече-
нию pq (рис. 37, а), перпендикулярному к плоскости ху, и нормаль
п к которому образует угол ф с осью х. Пользуясь формулами (17)
п (18) предыдущего параграфа, мы заключаем, что растягивающее
напряжение оА, действующее в осевом направлении, вызывает
по площадке pq нормальнее и касательное напряжения, соответ-
ственно равные
с„ — ох cos1 ф, х' = у crx sin 2ip. (а)
Для того чтобы вычислить составляющие напряжения, вызван-
ные по этой же площадке pq растягивающим напряжением о„,
заметим, что угол между <тг и нормалью п (рис. 37, с) равняется
у — ф и измеряется по часовой стречке от оси у, в то время как
Ф измеряется против часовой стрелки от осп х Из этого мы заклю-
чаем, что. пользуясь уравнениями (17) и (18), мы должны под-
ставить в этом случае о„ вместо ах и —вместо ф. Это
дает
о» == иv si п2 ф, т"= - -J оv 51 п 2ф. (Ь)
Складывая эти составляющие напряжения (а) и (Ь), вызванные
соответственно напряжениям <тх и ор. получим полное нормальное
и полное касательное напряжения по наклонной площадке для слу-
чая растяжения по двум взаимно перпендикулярным направлениям:
о„ = нх cos’ ф Ч- о„ sin 2ф, (26)
т = 1- (ох—оу) sin 2<р (27)
Предполагается, чм толщина стенок Maia по сравнению с чпзмстром,
поэтому д.*я илощаш поперечного сечения применяется приближенная формгла.
®) Имеется также давление на внутреннюю гилшшрическ} ю поверхность
элемента, но чю давление мдяо по сравнению с и п^, поэтому' при дальнейшем
расшотрснип нм нрепеПрп аюг.
АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ
[ГЛ п
12. Круг Мора при сложном напряженном состоянии
Рис. 38.
Поступая так же, как в параграфе 10, при помощи круга Мора
или круга напряжений легко можно получить графическое пред-
ставление формул (26) и (27). Полагая опять, что абсциссы и ор-
динаты представляют в некотором
масштабе соответственно нормаль-
ные и касательные составляющие
напряжения, мы заключаем, что
точки Л и £ на рис. 38 с абсцис-
сами, равными ах и а представ-
ляют напряжения, действующие по
граням элемента' на рис. 37, о, со-
ответственно перпендикулярным
оси х и оси у. Для того чтобы по-
лучить составляющие напряжения
по наклонной площадке, опреде-
ляемой утлом ф на рис. 37, а, мы должны лишь построить крут на
4В, как на диаметре, и провести радиус CD, образующий угол
\CD, измеряемый против часовой стрелки от точки Л и равный
’<р. Из рисунка мы заключаем, что
0Е = ОС—СЕ= 4 (ОЛ+ОВ)—4- '.СВ —О A)cos2<f -
ау — ах
= —g-----— cos 2ф—ох cos* ф -|-cTj, sin ф.
►то указывает на то, что абсцисса ОЕ точки D крута, измеренная
принятом масштабе, даст нормальную составляющую напряже-
ия согласно уравнению (26).
Ордината точки D равняется
DE = CD sin 2ф = °у g sin 2ф.
амечая, что эта ордината должна быть взята с отрицательным зна-
ом, мы заключаем, что ордината точки D, взятая с надлежащим
каком, даст касательную составляющую напряжения т согласно
равнению (27).
Если площадку pq вращать против часовой стрелки относи-
!льцо оси, перпендикулярной п.чосксстп ху (см. рис 37, п), соот-
тствующая точка D будет смещаться против часовой стрелки
j контуру круга напряжений па рис 38, так что для каждого
тения утла ф соответствующие значения составляющих сп и т
мучаются как координаты точки D.
121 КРУГ МОРА ПРИ СЛОЖНОМ НАПРЯЖЕННОМ состоянии 49
Из этого графического представления формул (26) и (27) сразу
видно, что наибольшее нормальное напряжение в данном случае ’)
равняется оу, а наибольшее касательное напряжение, представ-
ленное радиусом CF крута на рис. 38, равняется
да
и имеет место при sin 2<р=—1 и ф='^ Такой же величины ка-
сательное напряжение, но с отрицательным знаком действует по
площадке, для которой ф = -5-.
Взяв две перпендикулярные площадки, определяемые углами ф
и у + ф, которые составляют с осью х нормали пип,, найдем, что
соответствующие напряжения дают координаты точек D и Di на
рис. 38, и мы заключаем, что
ап + °„, = °< + ст>> (29)
г, = —х. (30)
Это указывает на то, что сумма нормальных напряжений, действую-
щих по двум взаимно перпендикулярным площадкам, остается по-
Рис за
стоянкой, в то время как угол ф изменяется. Касательные напряже-
ния, действующие но Двум взаимно перпендикулярным площад-
кам, численно равны, но противоположны по знаку.
Круг напряжении, подобный кругу на рис. 38, можно построить
также и в том случае, если одно или оба напряжения ох и иу яв-
ляются сжимающими. Необходимо лишь откладывать сжимающие
напряжения на отрицательной стороне сен абсцисс. Полагая, на-
пример, что напряжения, действующие на элемент, показаны на
рис. 39, а, найдем, что соответствующим кругом будет изображенный
на рис. 39,Ь. Составляющие напряжения, дени вуюнше по площадке
/>г/ с нормалью п, даны на диаграмме координатами точки D
*) Мы рассматриваем только площадки, перпендикулярные к плоскоыи ху.
Более общий случай см. параграф 18.
50
АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ
[ГЛ. И
ЗАДАЧИ
1. Котел, показанный на рис 37, имеет d = 2,0 л, /г=--=1 га. Определить О’. н
о... если р == 6».г.'сл12 Вырезай, элемент плоскостями, для которых <р == 30° и 120°,
и показать величину и направление составляющих напряжений, действующих
по боковым граням элемента
2. О1редел»ть напряжения оя, а х ц т,,е'сли (ем рве. 3S,a) ох-- 1000 кс. ,ля.
Сд,== — 500 вд/езг н <Р~ifl!®. ф(= 120''.
Ответ о„=625 я<?'С«2, о,„ = — 125 кг,'см2, т — — т, = 650 кг сяг.
3. Определить стп. С„, т п т, в предыдущен задаче, если угол выбран так,
что г является наибольшим.
Опиет в„ ~ оП1 = 250 лг/.л2, т = —т, = 750 сия.
13. Гласные напряжения
В предыдущем параграфе было поквзано, что при растяжении
или сжатии по двум взаимно перпендикулярным направлениям х
и у одно из двух напряжений ох или trj; является наибольшим,
а другое наименьшим нормальным напряжением. Для всех наклон-
ных площадок, подобных площадкам pq на рис. 37, а и 39, а, зна-
чение нормального напряжения находится между этими предель-
ными значениями В то же самое время по всем наклонным пло-
щадкам действуют не только нормальные напряжения <тп, по также
и касательные напряжения т. Такие напряжения, как сх и о ,
одно из которых является наибольшим, а другое наименьшим нор-
мальным напряжением, называются главными напряжениями, а
две перпендикулярные площадки, по которым они действуют,
называются главными площадками. По главным площадкам каса-
тельные напряжения не действуют.
В примере предыдущего параграфа (рис. 37) главные напря-
жения и су были найдены из очень простых соображений, и
требовалось найти выражения для нормального и касательного на-
пряжений, действующих по какой-либо наклонной площадке, по-
добной площадке pq на рис. 37, а. В нашем дальнейшем изложении
буд}т случаи обратной задачи (см. стр 114), в которой ио
заданным касательным и нормальным напряжениям, действующим
по двум перпендикулярным площадкам, требуется найти величину
и направление главных напряжений. Наиболее просто решается
эта задача при помощи круга напряжений, как сделано на рис. 38.
Положим, что напряжения, действующие на элементарный прямо-
угольный параллелепипед abed, показаны на рис. 40, о. Напряже-
ния ох и о|Г не являются главными напряжениями, так как по пло-
щадкам, перпендикулярным к осям х и у, действуют не только
нормальные, ио и касательные напряжения. Для того чтобы по-
строить круг напряжений в этом случае, мы сначала используем
составляющие напряжения иг и построим точки I) и DJt как
показано на рис. 40, Ь Так как эти точки представляют напряже-
ния, действующие по двум перпендикулярным площадкам, то длина
ГЛАВНЫ1 НАПРЯЖЕНИЯ
DDi представляет диаметр Kpjra напряжений. Точка пересечения
этого диаметра с осью х дает центр С круга, так что круг можно
легко построить. Точки А и В, где круг пересекает ось х, опреде-
ляют величину наибольшего и наименьшего нормальных напряже-
Рис. 40.
ний, которые являются главными напряжениями и обозначаются
через о, и о2 Пользуясь кругом, можно легко получить формулы
для вычисления п, и as.
Из рисунка мы имеем-
о, - oa-^Tjc -CD = °1?> . ] (°£р') Ь'-. РО
о,- бв - ОСр2)
Направления главных напряжений также можно получить из ри-
сунка Мы знаем, что угол DCA еаъ удвоенный угол между напря-
жением а, и осью х, и так как 2<f измерено от D к А по часовой
стрелке, то направление должно быть такое, как указано на
рис. 40, а. Если мы выделим элемеш, заштрихованный на рисунке,
с гранями, перпендикулярными и параллельными ot, то по его
граням будут действовать только нормальные напряжения ст, и
ns. Для определения числового значения угла q> из рисунка мы имеем
!tg2T|=g.
Что же касается знака угла f, то он должен быть взят отрицатель-
ным, так как угол измерен от оси л по часовой стрелке (рис. 40, и).
С.ч едовательно,
4 О
<7,. ’
(33)
Наибольшее касательное напряжение определяется величиной
АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ
(га. н
радиуса круга напряжений, и мы имеем
(34)
При помощи уравнений (31) — (34) полностью решается задача об
определении наибольшего нормального и наибольшего касатель-
ного напряжений, когда даны нормальные и касательные напря-
жения, денстаующне по двум перпендикулярным площадкам.
ЗАДАЧИ
1. Элемент подвергается действию напряжений сЛ = 500кг ся2,су = 300кг/ся2,
г= 100 ле.'си*. Определить величину и направление глав тых напряжений О, и
г8 (рис 40 й)
Решение. При помощи формул (31) и (32) подучим
<rs = 400 —141,4 == 258, Ь кг см2
Из формулы (33) имеем
^&р= —1. 2ф~ —45’, ф = —22у
Знак минус у называет на то. что ф измеряется от оси х ио часовой стрелке, как
показано на рис 40, а.
2. Определить направление главных напряжений в предылущл'т задаче.
если
ох = — 5UTI кс'слг.
Решение Соответствующий круг напряжении показан па рис. 41, tg 2ф
2ф-« 14 "2*. Стедоавтелыю, угол, который составляет наибольшее сжимающее
напряжение с осью х, равен 7°1‘ и измеряется против часовой стрелки от оси х.
3. Найти круг напряжений для случая двух равных растягивающих напря-
жений — ° и Для двух равных сжимающих напряжений Gx — ov =—О
В обоих случаях т=--0.
Ortto'.W Крути становятся точками, лежащими па горизонтальной осн, с
абсциссами, соответственно равными О и —ст.
4. На гранях элемента, показанною на рис. 42 п, действуют напряжения
тЛ == —500 ла/ит2, су — 1’-О мм’. Т — 10UU кг; см2. Найти, пользуясь кругом
14]
ПОПЕРЕЧНОЕ СУЖЕНИЕ
53
напряжений, величину нормального н касательного напряжений* 1) на главных
площадках, 2) на площадках, где действуют наибольшие касательные на-
пряжения.
Речи нас Слогвстствт’ющнЙ Кру г напряжений показан па рис 42,1> Точки
D и £>, представляют вапряхсення, «йствукшше ио граням элемента рис. 42. а,
перпендикулярным к осям х и у. Сг> и ОА представляют главные напряжения.
Их величины соотвектгеп-п; раышится о,-~ UZ KtloP и <т, =--- —914 л.-тл2. На-
правление наибольшего снимающего паьриж' шя п, составляет с осью х угол
22 g-, этот угол измеряется от оси х против часовой стрелки, как показано на
рис 42, а. Точки F н Ft представляют напряжения, действующие по площадкам,
подверженным наибольшему сдвигу. Величина этих касательных напряжений
равняется 1414 ле,гл2. ОС представляет нормальное напряжение, равное 5U0 kj'cjh2,
действующее по той же площадке
5. Решить предыдущую задачу, если <тх = —1060 кг! см*. оу--600 кг!см\
т—20U кфслА.
14. Поперечное сужение
В параграфе 2 было рассмотрено удлинение стержня по оси
при растяжении. Опыты показывают, что такое продольное удлине-
ние всегда сопровождается поперечным сужением стержня и что
в пределах упругости отношение относительного поперечного су-
жения к относительному продольному удлинению постоянно для
данного материала. Эта постоянная обозначается буквой р и назы-
вается коэффициентом П уиесонапо имени французского математика,
который определил этот коэффициент аналитически при помощи
молекулярной теории строения вещества. Для материалов, которые
имеют одни и те же упругие свойства по всем направлениям, так
называемых изотропных материалов, Пуассон нашел Экспе-
риментальные исследования поперечного укорочения в строитель-
ных металлах х) показывают, что р обычно близко к значению, вычис-
ленному Пуассоном Например, в случае строительной стали можно
принять значение р = 0,30 Зная коэффициент Пуассона матери-
ала, можно вычислит!, изменение объема стержня при растяжении.
Длина стержня будет увеличиваться в отношении (l-f-t) : 1. Попе-
речные размеры уменьшаются в отношении (I — ре) * 1. Следо-
вательно, площадь поперечного сечения уменьшается в отношении
(1 —ре)2: 1. Тогда объем стержня изменится в отношении (1~-е)
(1 —рг) ; 1, которое становится равным (14-е — 2ре) : J, если мы
припомним, что е — малая величина, и степенями се пренебрежем.
Тогда относительное иятичение объема равняется t(l — 2р). Не-
вероятно, чтобы у каких-либо материалов при растяжении объем
их уменьшался, поэтому р должно быть меньше 0,50. Для таких
материалов, как каучук и парафин, р приближается к указанному
пределу, и объем этих материалов при растяжении приблизительно
'J Эти материалы можно считать изотропными (см. часть II).
АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ
(1.1. И
остается постоянным. С другой стороны, бетон имеет малую ве-
личину = у 4- -L) , а для пробки р. можно принять равным нулю.
Приведенные выше рассуждения о поперечном сужении при
растяжении можно применить с соответствующими изменениями
к случаю сжатия. Продольное укорочение сопровождается попе-
речным расширением, и для вычисления этого расширения приме-
няется то же значение для р, как и в случае растяжения
ЗАДАЧИ
1. Определить относительное увеличение объема бруса при растяжении, если
|о] - 400 кг/гл2, р = 0,3, Е ~ 2.10» лг/оиа.
Решение. Огиоси сильное увеличение объема равняется
е(1-’4.,-Ы<| !И ,’yii-ti.ti Sr« .
2. Определить увеличение объема бруса под действием силы Р, приложен-
ной на конце, п веса бруса (см параграф 5)
л е.. —2u) . Р yl \
Опит У велнченне объема равняется ——£ 1 -р- Ч- .
3. Круглый стальной стержень подвергается действию осевой растягиваю
щей силы Р такой величины, что начальный диаметр 10 см уменьшается на О,СИ12 с-г.
Найти Р.
Опыт 104,7 т
4. Стальной брус предыдущей задачи растягивается силой Р- 40 т. Найти
уменьшение площади поперечного сечения
Ответ. 0,012 с.ча.
15. Деформации в случае растяжения или сжатия по двум взаимно
перпендикулярным направлениям
Если брус, имеющий форму прямоугольного параллелепипеда,
растягивается усилиями, действующими по двум взаимно перпен-
дикулярным направлениям х и у (рис. 37), то удлинение в одном
из этих направлений будет зависеть не только от растягивающих
напряжений в этом направлении, но также от напряжений в пер-
пендикулярном направлении. Относительное удлинение в направ-
лении оси х от растягивающих напряжений вж будет . Растяги-
вающие напряжения зу будут вызывать поперечное укорочение
в направлении х, равное . Следовательно, если действуют одно-
временно оба напряжения ах и ау, то относительное удлинение в на-
правлении х будет
(З.з.
151 ДЕФОРМАЦИИ В СЛУЧАЕ РАСТЯЖЕНИЯ ИЛИ СЖАТИЯ 55
Подобно этому для направления у получим
а„ <гх
= t36)
Укорочение параллелепипеда в направлении г Суде»
О,, g
ег = —g-g----g—= —(ожн-о„).
В частном
получим
случае, когда два растяжения одинаковы, sx—3v=o.
(*— М)-
(37)
Из уравнений (35) и (36) напряжения ох и ау можно получить
как функции относительных деформаций ех и а именно:
о — —=-----5— , о — ——.------j— . (об)
* 1 — [Лг V 1 ~ g
В случае, показанном на рис. 37, а, удлинение ех в направлении
оси и удлинение в направлении по окружности измеряются
при помощи экстензометра, после чего из уравнений (38) можно
найти соответствующие напряжения зх и ау.
ЗАДАЧИ
1. Определить увеличение объема цилиндрического стального котла под
действием внутреннего давления (см, рис. 37), пренебрегая деформациями днищ
и принимая Cj, = 400 кг!ел?.
Решение. Пользуясь уравнениями (35) п (36), находим
200
4Й0 80
2-10* — 2-10" *
4410 200 340
U,d2-10e±=2-10’•’
17-10~”-
Объем котла увеличится п отношении
(1 | ел)(1- ер2 1^(1- ₽А |= 2еу)-1 = 1,00038’1
2. ЬетопяыС къбик сжимается но двум взаимно перпендикулярным направ-
лениям при помощи приспособления, показанного на рис. 43 Определить умень-
шение объема кубика, если сторона его равна 10 гм, сжимающие усилия равно-
мерно распределены по граням, р. ==0,1, Р = 80110 кг, Е =-- 2,6-10’ кг!см'.
Решение. Пренебрегая трением в шарнирах п рассматривая равновесие каж-
дого niapiiHpa (рис. 43. о), можно показать, что кубик подвергается одинаковому
сжатию п двух перпендикулярных направлениях н что сжимающее усилие равно'
Грг2-=-11 1®0 кг. СтотЕс-гстпующая дй]чфмацня in уравнения (37) равна
56 АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ
[ГЛ. И
В направлении, перпендикулярном к плоскости рисунка, имеет место расширение
кубика, которое равно
* Оу по 1128'.)
7Г“0,2100.2.6.10’“
Относительное уменьшение объема кубика будет
ех+ел+ег= —2- 0,006391.4- 6.0000.468 — —0,000695.
3. Определить увеличение пилицдрической боковой поверхности котла,
рассмотренного выше в задаче I
Отжт. Относительное увеличение
боковой поверхности e=e,+ Ev—
=21-10'».
4. Определить относительное удлинение в направлении п, стального стерж-
ня, если сто напряженное «.стояние такое, как указало в задаче 1 на стр. 52.
I Решете. £*=£^(,541.4-0,3-258,6) = 23! ,9-10~в.
5. Под действием осевых растягивавших напряжений Ох= 2000 кг]ел? стер-
жень имеет относительное удлинение е,х == 0,001, а отношение относительного из-
менения объема к относительному изменению площади поперечного сечения равно
—. Найти Е и р.
Отлет. £ = 2-1<!' ст*". JI = -у
6. Прямоугольный парад чс.тсоипед подвергается растяжению в двух пер-
пендикулярных направления.* как показано на рис. 44 Найти относительное
удлинени* £ в направлении ОС
Решение Координаты сочки С после деформации будут и (1+еж) и й(Н-е„},
а длина ОС после деформации будет
Вычитая из «того первоначальную длину ргп®4-бг п разделив на цервона
тельную длину, получим е—excos*a4-туч1п*а»).
') Это уравнение почобио к равнению (26). <5ледов.целыиъ для графического
представления деформаций можно воспользоваться кругом деформации подобно
фугу Мора дли напряжений.
16]
чистый сдвиг
16. Чистый сдвиг
Модуль упругости при сдвиге. Рассмотрим частный случай,
когда нормальные напряжения действуют по двум взаимно пер-
пендикулярным направлениям, причем растягивающее напряже-
ние ах в горизонтальном направлении численно равняется сжи-
мающему напряжению в вертикальном направлении (рис. 45, о).
Соответствующий круг напряжений показан иа рис. 45, Ь. Точка D
этого крута представляет напряжения, действующие по площадкам
ab и cd, перпендикулярным к плоскости ху и наклоненным под
углом 45" к оси х. Точка D1 представляет напряжения, действующие
по площадкам ad и Ьс, перпендикулярным к ab и at. 11з крута на-
пряжений видно, что нормальные напряжения по каждой из этих
площадок равны нулю, а касательные напряжения по этим пло-
щадкам, изображаемые радиусом круга, численно равны нормаль-
ным напряжениям ох, так что
т = ах = — (а)
Если мы выделим из бруса элемент abed, то он будет находиться
в равновесии под действием только касательных «прчжеаип, как
показано на рис. 45, а. Такое напряженное соется«. с ьаз лвается
чистым сдвигом. Можно заключить, что чистый с.'вкг эквивален-
тен напряженному состоянию, вызываемому растяжение*! в одном
направлении и равным сжатием в перпендикулярном направлении.
Если квадратный элемент, подобный элементу alnd иа рис. 45, а,
выделить плоскостями, которые уже не находятся под углом 45°
к оси х, то по граням такого элемента 6jjvt действовать как нор-
мальные, так и касательные напряжения. Величину этих напряже-
ний можно получить обычным путем из круга напряжений
(рис. 45, Ь).
58
АНАЛИЗ НЛЦРЯЛЛНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ
Ггл. it
Рассмотрим теперь деформацию элемента abed. Так как по гра-
ням этого элемента нормальные напряжения не действуют, то
длины ab, ud, be н cd не изменяются при Деформации, но горизон-
тальная диагональ bd удлинится, а вертикальная диагональ ас
укоротится, вследствие чего квадрат abed превратится в ромб,
как указано на рисунке пунктире*!. Угол при Ь, который до дефор-
мации был равен у . теперь становится меньше^ .скажему—у,
и в то же время угол при а увеличивается и делается равным
•^ + Т- Малый угол у определяет искажение элемента abed и назы-
вается относительным сдвигом.
Относительный сдвиг можно отчетливо представить следующим
45° против часовой стрелки элемент abed
рис. 45,0, и поместим его в положение,
показанное на рис. 46. После искажения,
вызванного касательными напряжениями
t, тог же элемент займет положение, ука-
занное пунктиром Относительный сдвиг,
представляемый величиной малого угла у,
можно принять равным отношению ,
г. е горизонтальному сдвигу а<7| 1рани ab
относительно грани de, деленному на рас-
стояние между этими двумя гранями. Ес-
ли материал подчиняется закону Гука,
го этот сдвиг пропорционален напряжению т, и мы можем выра-
зить зависимость между касательным напряжением и относитель-
ным сдвигом уравнением
образом: повернем на
Рис 45
(39)
з котором С есть величина постоянная и зависящая от механиче-
ских свойств материала Уравнение (39) аналогично уравнению
4), которое было установлено для простого растяжения, а постоян-
ная С называется модулем упругости при сдвиге или модулем пипе-
течной упругости.
Так как искажение элемента abed (рис. 46) вполне определяется
длинением диагонали bd и укорочением диагонали ас и так как
>ти деформации можно вычислить при помощи уравнений преды-
lyuiero параграфа, то можно заключить, что модуль G может быть
сражен в зависимости от модуля упругости Е при растяжении
1 коэффициента Пуассона р- Для того чтобы установить эту зависи-
юсть, рассмотрим треугольник ОаЬ (рис. 45, а} Удлинение стороны
)Ь и укорочение стороны Оа этого треугольника при деформации
161
чистый сдвиг
найдутся при помощи уравнений (35) и (36). В зависимости от ех и еи
мы имеем
Ob, = Obii+Sg), Оа, = Оа (1+е^)
и из треугольника Оа,Ь, находим
ге<обЛ>=1е(Д—= <в>
Для малого угла у мы имеем также
Замечая, что в случае чистого сдвига
= — °у = Ь
₽ = _ ₽ — W _ t(1-W
е« еу“ Е =——
и приравнивая выражения (&) и (с), получаем
1 «О-я) , т
Е ^ 2
I , Т(1+Р) . Т_ ’
Е 2
откуда
7 . Т(1+в)
2 ” Е
или
v . 2т(1+Р)
» ~ Е
Сравнивая этот результат с формулой (39), мы заключаем, что
Е
° ”2(1^)-
(40)
Мы видим, что модуль упругости при сдвиге можно легко вычис-
лить, если известны модуль упругости при растяжении Е и коэффи-
циент Пуассона ц. Например, в случае стали
с-япйг-7-7101
Необходимо заметить, что приложение равномерно распределен-
ных касательных напряжений к граням бруска, как предпола-
60
АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ
(гл. 11
гается на рис. 46, очень трудно осуществить, поэтому состояние
чистого сдвига обычно получают путем кручения цилиндрической
трубы (рис. 47). Вследствие малого поворота одного конца трубы
относительно другого, образующие, начерченные на цилиндриче-
ской поверхности, становятся наклонными к осн цилиндра, и эле-
мент abed, образованный двумя образующими и двумя смежными
круговыми поперечными сечениями, подвергается чистому сдвигу
подобно тому, как показано на рис. 46
Вопрос о кручении будет разобран ниже (см. главу X), где
будет показано, как можно вычислить касательные напряжения т
и относительный сдвиг у элемента abed, если из-
вестны крутящий момент и соответствующий угол
закручивания вала. Если т и у найдены из тако-
го испытания на кручение, то значение модуля G
можно вычислить из уравнения (39). Имея это зна-
чение G и зная Е из испытания на растяжение,
мы можем вычислив коэффициент Пуассона р из
уравнения (40) Непосредственное определение р
путем измерения поперечного укорочения при испы-
тании на растяжение более сложно вследствие то-
го, что это укорочение весьма мало, и необхо-
дим чрезвычайно чувствительный инструмент, чтобы измерить
его с достаточной точностью.
Рнс. 47
ЗАДАЧИ
1. Брусок alyd (рнс 46) сделал «з материала, для которого £ = 0,7- 10е кг-сл*
и и -- 0,2а". Найти ( и относительное удлинение диагонали М, если % = 700 кг/елг.
Отып 7 — 0,0025, с ==0,00125."
2. Найти для предыдущей задачи сдвиг ил, грани аЪ относительно грани а!,
если диагональ bd — 5 ей.
(JttMii «й, — 2.5) 2 7-
3. Доказать, что изменение объема бруска alt'd на рис 46 рапно нулю, если
рассматривать только первые степени составляющих информации чх и к*
4 Доказать, что в случае чистого сдвига (рис 46) относительное удлинение
диагонали 1x1 равно половине относительного сдвига у,
S. Найти отинеитсльное удлинение сторон элемента abed на рис, 45, если при-
нять во внимание малые величины второй степени
PeuifHue Обозначая через I первоначальную длину сторон элемента (ОД
наймем, что после деформации Оа, — (1 — и <Х>, = (1+*’*)- Тогда
о,/, L)"(1 -(I г ej‘ - lVI-!-е* =& / (14-1.
сительное удлинение сторон элемента abed равняется -д-
17]
ДОПУСКАЕМЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ СДВИГЕ
61
17. Допускаемые напряжения при сдвиге
Подвергая материал чистому сдвигу (см. рис. 47), мы можем
установить опытным путем зависимость между касательным на-
пряжением и относительным сдвигом. Такая зависимость обыкно-
венно изображается диаграммой (рис. 48), г
на которой абсцисса представляет относитель-
ный сдвиг, а ордината — касательное напря-
жение. Эта диаграмма подобна диаграмме
растяжения, и мы можем отмстить на ней
предел пропорциональности А и предел те-
кучести В. Опыты показывают, что для та-
ких материалов, как строительная сталь, пре-
дел текучести при сдвиге тт составляет лишь --------------------
приблизительно (0,55 -г 0,60) о,. Так как при У
пределе текучести имеет место зпачитель- Рис. 48
ная деформация без заметного изменения
напряжения, логично принимать за допускаемое напряжение при
сдвиге лишь часть напряжения, соответствующего пределу теку-
чести, так что
I’l-V-
(41)
где k — коэффициент безопасности. Взяв этот коэффициент такой же
величины, что и при растяжении или сжатии, мы получим
|Т] = (0,55-:-0,60) (о].
LLJJ,"
Рис. 49.
что указывает на то, что допускаемое напряжение при сдвиге
нужно принимать гораздо меньше допускаемого напряжения при
растяжении.
Уже было указано, что в практических приложениях мы
обычно не встречаем равномерного распределения касатель-
ных напряжений по граням
бруска, как было предположено
на рис. 46, и что чистый сдвиг
р осуществляется в случае круче-
*" пия. Ниже мы увидим, что чис-
тый сдвиг имеет место также
при изгибе балок. Имеется мно-
го практических задач, в кото-
рых решение получается при до-
пущении, что мы имеем дело с чистым сдвигом, хотя это допущение
является грубым приближением. Возьмем, например, соединение
на рис. 49. Очевидно, что, если диаметр бсипа ab недостаточно боль-
шой, соединение может разрушиться вследствие сдвига по попереч-
ным сечениям тп и mtnk Хотя более строгое изучение вопроса
62
АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ
(ГЛ. II
показывает, что касательные напряжения неравномерно распре-
деляются по этим поперечным сечениям и что болт подвергается
не только сдвигу, но также и изгибу, тем не менее для определения
грубо приближенного значения необходимого диаметра болта при-
нимается допущение, что касательные напряжения равномерно
распределяются по плоскостям тп и m,nt. Следовательно, касатель-
ные напряжения т получаются путем деления силы Р на сумму
площадей поперечных сечений тп и m,nlt т. е.
2Р
nd?
и требуемый диаметр болта получается из уравнения
1'1-^. ' , (42)
Другой пример такого упрощенного решения задач на сдвиг
мы имеем в случае заклепочных соединений (рис. 50). Так как
О I о
Рис 50.
головки заклепок образуются при высокой температуре, то за-
клепки после охлаждения вызывают значительное сжатие лис-
тов1)- Если приложены растягивающие силы Р, то относитель-
ному движению листов будет препятствовать трение, вызван-
ное сжатием листов. Только после того, как трение будет преодо-
лено, заклепки начнут работать на сдвиг, и, если диаметр за-
клепок недостаточен, может произойти разрушение, вследствие
сдвига по плоскостям тп и т, nt. Видно, что вопрос опреде-
ления напряжений в заклепочных соединениях является весьма
сложным. Обычно получают грубо приближенное решение задачи,
пренебрегая трением и полагая, что касательные напряжения
равномерно распределяются по поперечным сечениям пт и т,пг
Тогда надлежащий диаметр заклепок получится при помощи урав-
нения (42), как в предыдущем примере.
*) Опиты показывают. что растягивающие напряжения в заклепках обычно
приближаются к пределу текучести материала, из которого сделаны заклепки
См. С. Bach. Z. Ver dent Inc.. 1012.
18| РЛСТЯЖСЦИЬ 11.111 СЖЛТИЬ ГК) ИЬРПГНДИКУ.ШРИЫМ 11 Utl’Afl. IL1I111M (»3
ЗАДАЧИ
1. Определит!, диаметр болта в соединении. показанном па рис 19. если
Р — 8 гк и [г| — №0 лг/слг.
Ответ. d = 2,53 си.
2. Найта необходимую длину 2/ соединения двух прямоугольных деревян-
ных брусьев (рпс 51). подверженных растяжению, если Р — 4 /л. 1-1 — 10 к&см‘
Рис. 51.
Рис 52.
Рис 53
на скалывание вдоль волокон и 6 = 20 сл.Определить необходимую глубину врубки
пт,, если допускаемое напряжение на
сжатие дерева вдоль волокон равно
80 К.'/см?.
Ответ. 21 — 40 си, inn, = 2,5 си
3. Найти диаметр заклепок на рис. 50.
если (т! = 890 кг!ел? н Р = 5 т.
Ответ. <1 = 2 см
4. Определить размеры / н С в соеди-
нении двух брусьев помощью двух сталь
пых накладок (рис. 52), если силы, раз-
меры и допускаемые напряжения те же,
что и в задаче 2
Отчет. I = 10 си, 6 = 1,25 см.
5. Определить размер а, который необходимо назпаипъ в конструкции,
показанной па рис. 53, если допускаемое касательное напряжение то же,
что п в задаче 2, и размеры поперечных сечений всех брусьев равны 10.<20сл.
Влиянием трения пренебречь.
Опвхт. а =20 см
18. Растяжение или сжатие по трем взаимно перпендикулярным
направлениям
Если брус, имеющий форму прямоугольного параллелепипеда,
подвергается действию равномерно распределенных сил Рх, Ру
и Рг (рис. 54), то нормальные напряжения
по сечениям, перпендикулярным к осям х, у,
и z, соответственно будут
Рис. 54.
Низке предполагается, что ох>о„>зг.
Анализируя действие сил Рх. Р и Pt,
можно заключить, что по сечению, проходя-
тему через ось г, напряжения вызывают
только силы Рх и Р^ а поэтому эти напряжения можно вычислить
из уравнений (26) и (27) и представить графически при помощи
64 АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ [ГЛ. II
Рис 55
круга Мора. На рис. 55 круг напряжений с диаметром АВ изобра-
жает эти напряжения Таким же способом напряжения ио
какому-либо сечению, проходящему через ось х, можно предста-
вить кругом, имеющим диаметром ВС. Круг с диаметром АС изо-
бражает напряжения но какому-либо сечению, проходящему через
ось у. Три круга Мора представляют напряжения по трем сериям
сечений, проходящих через оси х, у и z. Для какого-либо сечения,
наклоненного к осям л, у и г. составляющие напряжений суть ко-
ординаты точки, находящейся в за-
| штрихованной площади рис. 551). На
г__ основании этого можно заключить, что
Г наибольшее касательное напряжение
изображается радиусом наибольшего
из трех кругов и определяется из
уравнения °* • Оно дейст-
вует по сечению, проходящему через
ось у н делящему пополам угол между
осями х и z.
Уравнение для вычисления от-
носительных удлинений по направ-’-
лению осей х, у и г можно получить путем сложения действия
Ру и Рг точно так же, как при растяжении или сжатии по двум
взаимно перпендикулярным направлениям (см. параграф 15).
Таким образом получим
^-(су+а,).
= Г —f-In.+’A
(43)
Объем бруса увеличивается в отношении
или, пренебрегая малыми величинами высшего порядка, получим
(1+®,+ех+е*): 1-
Видно, что относительное объемное расширение равно
Д = ex+fiy+et. (44)
Зависимость между относительным обьемиым расширением и на-
пряжениями, действующими по граням бруса, получится путем
*) Доказательство этого положения можно пайти в книге A. F б р р I,
Technisciie Mechanik, т. 5, стр. 18, 1918 г, см также Н.М. Wcslergaart£
Z. angew. Math и Meeh., т. 4, стр. 620, 1924.
18' РАСТЯЖЕНИЕ ИЛИ СЖАТИЕ ПО ПЕРПЕНДИКУЛЯРНЫМ НАПРАВЛЕНИЯМ 65
сложения уравнений (43). Таким образом получим
А—ех—е^-1 вг=--/J---1 (Dx - l-^p-r °Л
(45)
В частном случае равномерного гидростатического давления имеем
ох=а = аг— — р.
Тогда из уравнений (43)
еж= ву = ег= —^-(1—2р), (46)
и из уравнений (45)
д----—», (47)
или, пользуясь обозначением
ЗТТ^’К. W
получим
(49)
Относительное объемное сжатие пропорционально сжимающему
напряжению и обратно пропорционально величине К, которая на-
зывается объемным модулем упругости.
ЗАДАЧИ
1. Определить уменьшение объема сплошного оалыюго шара диаметром
10 гл;, подвер».е1Ч1ого равномерному гидростатическому давлениюр=-10(Л> /,.•/смг.
Решние Из уравнения <49) имеем
2-10®
10* •
Поэтому уменьшение объема будет
2. Камчу копий цнлпддр Л сжимается п стельном цилии
Яре В силой Р (см. рис 56) Определить давление между кау-
>.\ ком и шалью, если Р = 400 ас. d —- 5 глг, KO3i|iQiiiiHeiiT Пуас-
сона для каучука р =— 0,45. Трением между каучуком и сталью
пренебречь.
Рашлше Пусть р означает сжимающие напряжения по
Какому либо сечению, nepneii тикулярномт осн цилиндра и
Ч давление между кау чу ком и внутренней иовсрмюгп ю сталь-
ного цилиндра. Сжимающие напряжения гой же геличпиы
бу ду т действовать по боковой поверхности продольник воло-
кон каучукового цилиндра, из ко-орого ми выделим зяеыеитв
виде прямоуго.11 поп, парад (слышцеда с гранями 1>.1р.)-тлел1.-
пими оса ни л Индра (см рис 56). Эи>т элемеш находится
н равновесии под дсйствш-л сжимающих: пи.чряжсппй ц по боковым граням
и сжимающих напряжений р, направленных но оси цилиндра, lio.iaiaa. чг> сталь-
66
АНАЛИЗ НАПРЯЖЕНИЙ И ДЕФОРМАЦИЙ
ней цилиндр абеплютво твердым и. следовательно, поперечное расширение ьау •
3. Бетонная колонна заключена в стальную трубу (ряс. 57). Определить
давление между сталью и бетоном и растягивающее напряжение в трубе по окруж
ности, полагая, что трения между бетоном и сталью нет и что все размеры, а
также п продольное сжимающее давление известны.
Решение Пу'сть р означает продольное, a q— погеречвое сжимающее давле-
ние, d—внутренний диаметр и h — толщина трубы, Ес— модуле упругости
стали, £₽. Ре — модуль у Иру гости н коэффициент Пуассона для бетона Расши-
рение бетона в поперечном направлении на основании уравнений (43) будет
Растягивающее напряжение ио окружности в трубе теперь может быть вычислено
из уравнения
4. Определить наибольшее касательное напряжение в бетонной изданье
предыдущей задачи, полагая, что р=бОяг/слг, pg =0,10, — = 7,5,
=2,8-I0*Ae/cr £с»2.Ы0* кг/си’.
РешениетП1М1 = £ (1 _ £11)= 28,4
5. Стальная сферическая оболочка (рис. 58) подвергается равномерному
внутреннему и наружному давлению р Найти уменьшение б внутреннего диа-
метра Построить круги Мора, как на рис 55.
,, R ill ft — an
Ответ. о=-'-----_—lz , в Э)им случае все три Kpy ta обращают<л в точку с
абсциссой о = —- р.
Г Л 4 В A Ill
ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ И ПОПЕРЕЧНАЯ СИЛА
19. Типы балок
В этой мане мы рассмотрим простейшие типы балок, имеющих
вертикальную плоскость симметрии, проходящую через продоль-
ную ось. и опертых, как показано ''
все приложенные силы вертикальпь
метрии, так что изгиб происходит
в этой же плоскости. Рис. 59, а
изображает балку со ьъпбндно
опе/ппыни концами. Точки опор Л
и В представляют шарниры, так что
концы балки при изгибе могут сво-
бодно поворачиваться. Предполо-
жим также, что одна из опор на-
ходится на катках и может свобод-
но двигаться в горизонтальном на-
правлении. Рис. 59, b изображает
консоль. Конец А этой балки заде-
лан в стену и не может поворачи-
ваться при изгибе, в то время как
конец В является совершенно сво-
бодным. Рис. 59, с изображает консольную балку со свешивающим-
ся концом. Эта балка имеет шаринрии-неподвюкпу го опору на
копие А и покоится на подвижной опоре в точке С.
Все три предыдущих случая представляют апапмч^ка опреде-
лишь: балки, так как реакции опор, вызываемые данной нагрузкой
могут быть определены из уравнений статики. Например, рассмат-
ривая свободно опертую балку, несущую вертикальный груз Р.
(рис. 59, а), мы видим, что реакция /\’я конца В должна быть вер-
тикальна, так как этот конец может свободно двигаться в горизон-
тальном направлении. Тогда из уравнения статики следует,
что реакция А?, также вертикальна. Величины А', и AL определятся
из \ равнении моментов. Приравнивая нулю сумму моментов всех
СИЛ ОТНОСИ 1СДЫ10 точки В, мы ноя уч им
R,l
ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ И ПОПЕРЕЧНАЯ СИЛА
Ггл III
гкуда
/?,=
сдобным образом, рассматривая моменты относите.н но точки Я,
ы получим
еакнии для консольной балки (рис. 59, с) можно вычислить та
им мл способом
В случае консоли (рис. 59, (<) груз Р уравновешивается реактив-
ыми силами, действующими в заделанном конце. Из уравнений
гатикц УЛ—и У мы заключаем, что реактивная сила
сильна быть вертикальная и равна Р Из уравнения моментов
2Л4=-0 следует, что момент Л4|
реактивных сил относительно точ-
ки А равен Ра и действует против
часовой стрелки, как показано на
рисунке.
Реакции, вызываемые какого-
либо другого рода нагрузкой, ле-
Рпс ьо.
ащей на балках выше указанных типов, могут быть вычислены
сдобным же способом.
Необходимо заметить, что специальные устройства, обеспечи-
ающие свободный поворот концов и свободное перемещение опоры,
[шменяются лишь в балках больших пролетов, каков де имеют
вето в мостах. В балках мачого пролета опоры обычно устраи-
иотся так, как изгбражепо па рис. 60 При изгибе такой балки
1лы трения между опорными поверхностями и балкой будут та-
jBbi, что они будут препятствовать горизонтальному движению
энцов балки. Эти силы могут иметь некоторое значение в случае
юкик стержней и тонких металлических полос (см. стр. 159),
j в случае жесткой балки, для которой протб очень мал по срав-
ению с длиной пролета I. этими силами можно пренебречь, и резк-
ий можно вычислить как для балки, свободно опертой (рис. 59, а\.
20. Изгибающий момент и поперечная сила
Рассмотрим теперь балку со свободно опертыми концами,
i которую действуют вертикальные силы /\, Рг и Pt (рис. 61, а),
редположим, что балка имеет продольную плоскость симметрии
что грузы действуют в этой плоскости. Тогда на «сновании сим-
етрии мы заключаем, что изгиб должен происходить в этой же
носкости. В большинстве практических случаев эго условие сим-
етрип выполняется, так как обычные цюрмы поперечных сечений
ИЗГИБХЮШИЙ МОМЕНТ И ПОПЕРЕЧНАЯ СИЛА
иок: круг, прямоугольник. двутавровые и тавровые сечения
_| > Mei; i"iиъ' Белее ибщ1й случай несимметричного поперечного
сечнвя будет разобран ниже (см. главу 8).
Для того чтобы исследовать усилия, возникающие в балке
при изгибе, мы В'юяольэтемся методом, который уже применяли
при отыскании усилии. возникающих в стержне при простом растя-
жении (рис. 1) Вообразим, что бачка АН разрезана на две части
сечением тп. изяи гм на каком-либо расстоянии к от .левой опоры
1 (рис Ы, (!). >> что правая часть балки отброшена. При рассмот-
рении равновесия оставнемея левой части балки (рис. 61. Ь), мы
гол/кпы хчигмиапэ не только внешние силы, такие, как грузы Р,
и Ря и реакции Л,, но так-
же п внутренние силы, ьо-
юрые распределяя! гея по
сечению тп и ко юр нс прст-
сгавляют действие правой
части балки на «еву ю
31 и виу гренпие с илы долж-
ны быть такой величины,
• гоиы уравновесить упо-
мянутые выше внешние
силы Pt, Ps и /?г
Для п>лмедующих рас-
суждепнй будет удобно при-
вести действительную сис-
тему внешних сил к упро-
шенной эквивалентной системе Из статики мы знаем, что система
параллельных сил может быть заменена одной силой, равной ал-
гебраической сумме данных сил, и одной парой сил. В нашем
частном случае мы можем заменить силы Pt, Р, и вертикальной
силой <2, действующей в плоскости поперечного сечения тп, и
парой сил А4. Величина силы равна
Q^Rt — Р,—Рг
(а)
и величина момента пары сил равна
И=Р.*~Р. (х-с J-Pt(x-i(Ь)
Сила Q, которая равна ялпч'фаической сумме внешних сил, рас-
положенных слева от поперечного сечения тп, называется попереч-
ной cufflvi в сечении тп. Момент пары сил М, который равен алге-
браической сумме моментов внешних сил, расположенных слева от
поперечного сечения тп, относительно центра тяжести этого сече-
ния, называется илгнспимшт моментом в сечении тп. Таким обра-
зом, система внешних сил, расположенных слева от поперечного
сечения тп. может быть заменена статически эквивалентной систе-
мой, состоящей из поперечной силы Q, действующей в плоскости
ИЗГИБ МОЩПЙ NUMIHT 11 mill PI ЧИЛИ CILIA
|гперечного сечения, и парой сил И (рис. 61, с). Усилия, которые
tai предел я юл с я ю поперечному сечению тп и которые представ-
я ют собой действие правой части балки на ее левую часть, должны
>ыть таковы чтобы уравновесить изгибающий момент ,И н попе-
речную силу Q
Если на балку вместо сосредоточенных сил действует распреде-
еппая нагрузка то можно применить те же рассуждения, что и
предыдущем случае Возьмем, например, равномерно на1ружен-
ую балке, л оказанную на рис 62, и. Обозначая нагрузку на еди-
пщу длгны через q, найдем, что реакции в этом случае равны
/?.=/?.= £•
1т«л'|ы исследовать усилия, распределенные по поперечному сече-
1ик.. пт. мы опять рассмотрим равновесие левой части балки
(рис 62, Ь) Внешними силами,
действующими на эту часть балки,
являются реакция /?, и нагрузка,
равномерно распределенная по дли-
не х Эта последняя нагрузка
имеет, конечно, равнодействую-
щую, равную qx. Следовательно,
алгебраическая сумма всех сил,
расположенных слева от сечения
ат, равняется Rt— qx Алгебраи-
ческая сумма моментов всех сил,
расположенных слева от сечения
пп, относи н-ль но центра тяжести этого сечения получится путем
почитания момента равнодействующей распределен пой нагрузки
□ момента R,x реакции. Момент распределенной нагрузки, оче-
Я1Д1Ю, равняется
Таким образом мы получаем для алгебраической суммы моментов
5ыраженпе
ке силы, действующие на левую часть бачки, можно теперь заме-
шть одной силон, действующей в плоскости поперечною сечения
пп и равноп
Q—Rt — qx— ч (г2 — х |, (с)
парен сил, равной
20] ИЗГИБАЮЩИЙ VUjWirr И ИОШ РРЧНАЯ СИЛА
Выражения (с) и fdj представляют соответственно поперечную силу
и изгибающим момент в сечении нт.
В приведенных выше примерах рассматривалось равновесие
левой части балки Если рассматривать правую часть балки, го
алгебраическая сумма сил, расположенных справа от сечения,
и алгебраическая сумма моментов тех же сил будут иметь те же
CJ
Pnc 6J
величины, которые были найдены ранее, ио противоположны по
направлению. Это следует из того, что грузы, действующие на
балку, вместе с реакциями R, и /?г представляют систему сил, на-
ходящихся в равновесии, и момент всех этих сим относительно
любой точки плоскости, так же, как и их алгебраическая сумма,
должны равняться нулю. Следовательно, момент сил, действующих
па левую часть балки, относительно центра тяжести сечения mi
должен быть равен, но противоположен моменту относительно той
же точки сил, действующих на правую часть балки. Такясе алге-
браическая сумма сил, действующих на левую часть балки, должна
быть равна, но противоположна алгебраический сумме сил, дейст-
вующих на правую часть.
При последующем изложении изгибающий момент и попереч-
ная сила в сечении тп принимаются положительными, если ври
рассмотрении левой части балки по-
лучаются такие направления, как | |
указано на рис. 61, с. Чтобы отчет- •—1у—?—> г—-2—3—.
ливо представить условие относи* {II I ! ‘ I 11 I
тельно знака для изгибающих мо- f 1 I | ‘ 11 ;
ментов, вырежем двумя смежными L ,г _ /Н ' *—-Ц——?—*
поперечными сечениями run и т1п1 '
элемент балки (рис. 63). Если изги-
бающие моменты в этих сечениях Рис
положительны, то силы слева от
сечения тп дают момент па часовой стрелке, а силы справа
отсечения тддают момент против часовой стрелки, как по-
казано на рис. 63, а. Таким образом, видно, что направления
моментов таковы, что происходит изгиб балки выпуклостью вниз
Если изгибающие моменты в поперечных сечениях тп н ят/^отри
цательны, то происходит изгиб балки выпуклостью вверх, как
показано на рис 63, & Следовательно, па участках балки где
72 ИЗГИБ VIOIHllU WlMFHT И ПОПРРРЧНХЯ СИЛА [гл пт
изгибающий момент положителен, изогнутая ось балки обращена
выпуклостью вниз, в то время как на участках, где изгибающий
.момент отрицателен, изогнутая ось балки обращена выпуклостью
вверх.
Правило знаков для поперечной силы представлено на рис. 64.
ЗАДАЧИ
1. Найти поперечную силу Q и изгибающий момент If в сечении, отстоящем
из расстоянии 4 л от левого конца балки, изображенной на рис Ь'.), а, ест
о 6 я, I — 10 я и F — 10 т
Очи«ш Q~ 4 in Al =•• 16 /ген.
2. Найти поперечную силу Q и изгибающий момент А1 в сечении, от-
стоящем на расстоянии 2 м от левого конца Салин. пэзбраженной па рис. 55*, в,
если с = 8 я, Р - 12 т.
Опл^т Q = 12 щ, М = — 72 тм.
3. Найти поперечную силу Q п изгибающий момент М в ссчснип тп бзлки,
изображенной на рис. 61.а, если Р.—Р,—12 т, Р.=* 0, с.= 2 я, г. =» 4м, > =6 м,
1= 12 м
Отлт Q --- — 6 т, М = 36 гпм.
4. Найти поперечную силу Q о изгибающий момент в средине балки изобра-
женной па рис. 62,о, если — /2 и f— Ли
Отаеп. Q = С. Д4 — &пм
21. Зависимость между изгибающим моментом
и поперечной силой
Рассмотрим элемент балки, вырезанный двх vie смежными попе-
[ечными сечениями л,п и /71,я,, отстоящими на расстоянии Лл Друг
от друга (рис. 65). Предполагая, что в лсп<.| очном сечении тп
Рис 65
имеется положительный изгибающий момент и положительная
псхюрошая сила, можем действие ?своп части бачки на элемент
представить силой Q и парой сил А1, как указано ла рис. 65, а.
Таким же образом, предполагая, что в се’книи т,п, изгибающий
211 ЗАВИСИМОСТЬ МЕЖДУ ИЗГИБАЮЩИМ WOMFHTOM И ПОПЕРЕЧНОЙ СИЛОЙ 73
момент и поперечная сила положительны, можем действие правой
части балки на элемент представить указанными нарой сил и силок.
Если между сечениями тп и т1п1 на балку никакие силы не дей-
ствуют (рис. 65, а), то поперечные силы в этих двух сечениях будут
равны ’). Что же касается изгибающих моментов, то из условий
равновесия элемента вытекает, что они не равны в двух смежных
сечениях и что приращение изгибающего момента равняется
моменту пары сил, представленной двумя равными и противопо-
ложно направленными силами Q, г. е.
dM-Qdx и ^ = Q- 150)
Итак, во всех частях балки между грузами поперечная сила равна
производной от погибающего момента по х
Рассмотрим теперь случай, когда между поперечными сечениями
тп и т,п, действует распределенная нагрузка интенсивностью q
(рис. Б5, Ь). Тогда полная нагрузка, действующая на элемент,
равняется qdx. Принимая q положительной, если нагрузка дейст-
вует вниз, можем заключить из условий равновесия элемента, что
поперечная сила в сечении m,nt отличается от поперечной силы
в сечении тп на величину
dQ— —qdx,
откуда следует, что
Итак, производная от поперечной силы по х равняется интенсив-
ности нагрузки, взятой с otj тщательным знаком
Взяв момент всех сил, действующих на элемент, получим
dAl —Q dx — qdx^.
Пренебрегая вторым членом правой части, как малой величиной
второго порядка, приходим снова к уравнению (5CI) и заключаем,
что в случае распределенной нагрузки производная от изгибаю-
щего момента равняется поперечной силе.
Если между смежными поперечными сечениями тп и mtn, дей-
ствует сосредоточенная нагрузка Р (рис. 65. с), то происходит вне-
запное изменение величины поперечной силы. Пусть Q означает
поперечную силу в сечении пт и Q, в сечении mtnv Тогда из усло-
вий равновесия элемента тгп,п, п находим
Qt=Q-P.
Следовательно, величина поперечной силч изменяется ни величину
Вещ}. шлкп Нес» ripenevpci лаа.
74 ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ П ПОПЕРЕЧНАЯ СИТА (ГЛ III
Р при переходе через точку приложения нагрузки Тогда из урав-
нения (50) можно заключить, что в точке приложения сосредото-
ченной силы происходит внезапное изменение величины произ-
., г/Л1
ВОДНОЙ -Д- .
22. Эпюры изгибающих моментов и поперечных сит
Из предыдущих рассуждений следует, что усилия, действующие
по поперечному сечению пт балки, таковы, что они уравнонеши-
р;иог изгибающий момент Л1 и поперечную силу Q в тем же сечении
1 аким образом, величины Л1 и Q в каком-либо поперечном сече-
нии определяют ветчину усилий, действующих по этому попереч-
ному сечению. Для того чтобы упростить исследование вопроса
о распределении напряжений в балке, удобно графически изобра-
жать изменения изгибающего момента и поперечной силы но длине
балки. В таком изображении абсцисса указывает положение попе-
речного сечения, а ордината представляет значение изгибающего
момента или поперечной силы, которые действуют в этом сечении,
причем положительные значении откладываются выше горизон-
тальной осн. а отрицательные — ниже оси. Такие графические
изображения называются соответственно затрими и&н/йлтщих
мяенпьн и поперечных сил.
Рассмотрим, например, свободно лежащую балку с сосредото-
ченной нагрузкой Р (рис. 66) ’). Реакции в этом случае будут
п РЪ ,, Ра
Rt= — и
Взяв сечение пт слева от Р, можем заключить, что в этом сечении
Q= y и М-^х. (а)
Поперечная сила н изгибающий момент имеют те же направления,
по п на рис. 63, а и 64, а, н поэтому положительны. Из уравнения
[а) видно, что поперечная сила остается постоянной на участке
Залки сева от груза и что изгибающий момент изменяется пропор-
ционально а. При х — 0 момент равен нулю и при х ~ а. т. е. в по-
1еречпим сечении, где приложена нагрузка, момент равен Р1~.
А'ответствующче участки эпюр поперечной силы и изгибающего мо-
мента показаны соответственно на рис 66,Ь и 66, с прямыми лини-
1ми ас и а,с,.Для поперечного сечения, расположенного справа от
') It IKX.K'IAIUUIIIX |>|Н \ ПЬЙХ ДЛИ IljMCIClU lull Mt ПОД подвижными опорами
-oi.ixiiu будхт опускаться.
221 ЭПЮРЫ ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ II попьргчных сил 75
груза Р, мы получаем
<2= Р 11 г,= тА' —/’(-V—«), (Ь>
где х всегта будет расстояние от левого конца балки Поперечная
сила для этого участка балки остается постоянной и отрицатель-
ной На рис 66. b эта сила представлена линией с'Ь параллельной
«си х. Изгибающий момент есть линейная функция от х, который
<ри х~а равняется ц при х~/ павнясэся пулю- Он на всем
протяжении балки положителен и его изменение на правом участке
балки представлено на рис 66, с прямой линией с)Ь1 Ломаные л и-
Рис 64.
нин асРЬ па1с,Ь1 на рис. 66, b и 66, с представляют соответственно
эпюры поперечных сил и изгибающих момент»® по всей длине
балки. Под грузе»! Р происходит резкое изменение величины попе-
речной силы от полояоительного значения -у к отрицательному зна-
Ра
чению—т- и резкое измене! не угла наклона линии на эпюре изги-
бающих моментов
При выводе выражений (Ь) для поперечной си ил и изгибающего
момента мы рассмафивали левый участок балки, т е участок,
на котором действуют две силы Rt и В этом случае было Г»ы
проще рассматривать правый учалок балки, где действует только
реакция Поступая Гакнм образом и пользуясь правилом зна-
[гл. Ш
'6 ИЗГИЕЛЮЩйР МОМЕНТ й ПОПЕРЕЧНАЯ СИЛЛ
<ов. указанным на рис 63 и 64, мы получаем
<2—~ и
(с)
’алее лолучеппые выражения (Ь, могут быть приведены к этому
далее простому виду, если заметить, что а — !—Ь.
Интересно отметить, что эпюра поперечных сил состоит из
щух прямоугольников с равными площадями. Принимая во впима-
!ие противоположные знаки этих площадей, мы заключаем, что
юл пая площадь эпюры поперечных сил равняется нулю Этот
•езультат не является случайным Интегрируя уравнение (50),
мы имеем
В I
$<ш-5 >*, и
д 1
где пределы А и В указывают,
что интегрирование производится
по всей длине балки от конца А
до копна В .Следова тел ьно, пр авая
часть уравнения (dj представляет
ватную площадь эпюры попе-
речных сил. Левая часть того
же уравнения после интегри-
рования дает разность Л1,}—А[л
изгибающих моментов на кон-
цах В и А. В случае свобод-
но лежащей балки моменты
на концах обращаются в нуль.
Поэтому полная площадь эпю-
ры поперечных сил равна
нулю
<о.т1.ко сил (рис 67), то балка
с/
Рис 67
Если на балку действует 1«
азделяс-гся на несколько участков, и для каждого участка
олжны быть составлены выражения для Q и А4 Измеряя г от
евого конца балки и принимая х<с„ мы получаем для первого
частка балки
Q—R, и Л1— /?,л. (е/
[ля второго участка балки, т. е. для о,<л-. а£, мы получаем
<2=/?,—Р, и 31—/?,х— /\(.t —a,). (f)
[ля третьего участка балки, т. е. для о2<*л- ая, удобнее рассмат-
ивать правую часть балки, чем левую В таком случае мы полу-
ас ч
<2“- (Л,-
221 ЭПЮРЫ ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ И ПОПЕРЕЧНЫХ сил 77
и
М=/?,(/-х)-Р,(/-х-6Д (g)
Наконец, для последнего участка балки мы получаем
Q=-Ri, (li)
Из выражений (е)-—(h) мы видим, что па каждом участке балки
поперечная сила остается постоянной. Поэтому эпюра поперечных
сил поучается такой, как показано на рис. 67, Ь Изгибающий
момент на каждом участке балки является линейной функцией от
л. Поэтому на соответствующем у час нее эпюры он представлен
наклонной прямой линией Чтобы начертить эти линии, мызаме-
чаем из выражений (е) и (h), что на концах балки х = 0 и х = I мо-
менты равны нулю. Моменты под грузами получаются подстанов-
кой в выражения (е>, (Г) u (h) соответственно х= ах, х = о2 и х = аг.
Таким образом мы получаем для вышеупомянутых моментов сле-
дующие значения:
А4=/?,а„ М=/?.аж—а,),
Пользуясь этими значениями, мы легко можем построить эпюру
изгибающих .моментов, как показано на рис. 67, с.
В практических приложениях важно найти поперечные сече-
ния. в которых изгибающий момент имеет наибольшее или наи-
меньшее значение В случае сосредоточенных грузов, только что
рассмотренных па рис. 67, наибольший изгибающий момент имеет
место под грузом Р2. Этот груз соответствует на эпюре изгибающих
моментов точке dt, в которой тангенс угла наклона эпюры меняет
знак. Далее, из уравнения (50) мы знаем, что тангенс угла наклона
эпюры изгибающих моментов в какой-либо точке равен поперечной
силе. Поэтому изгибающий момент имеет свое наибольшее или наи-
меньшее значение в том сечении, где поперечная сила меняет свой
знак. Если по длине балки поперечная сила изменяется от положи-
тельного значения к отрицательному, как, например, под грузом
/Зг на рис. 67, то тангенс угла наклона эпюры изгибающих момен-
тов также изменяется от положительного значения к отрицатель-
ному. Стсдоватслыю, в этом сечении мы имеем maximum изгибаю-
щего момента. Изменение Q от отрицательного значения к положи-
тельному указываег на minimum изгибающего момента. В общем
случае эпюра поперечных сил может пересекать горизонтальную
ось в нескольких местах. Пида каждой такой точке пересечения
будет соответствовать maximum или minimum на эпюре изгибаю-
щих моментов Необходимо исследовать числовые значения веек
этих maximum и minimum, чтобы найти численно наибольший изги-
бающий момент.
Рассмотрим теперь случай равномерно распределенной на-
грузки (рис. 68). Из наших предыдущих рассуждений (стр 70)
ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ И ПОПЕРЕЧНАЯ СИЛА
11Л. Ill
пы имеем для поперечного сечения, находящегося на расстоянии х
т левой опоры,
С-«('4—и Л|=£(/-х). В
1ы видим, что в эюм случае эпюра поперечных сил представляет
аклонную прямую линию, для которой ординаты при v =- 0 и х = I
оответстаенно равны и —у, как показано на рис. 68, Ь. Из
ыражения (i) можно видеть, что в этим случае изгибающий момент
представляет параболу с вер-
тикальной осью в середине
пролета бвлки (pic. 68. с).
Моменты на концах, т. е при
д -= О и х — /, равны нулю, а
наибольшее значение момент
имеет в середине пролета, где
поперечная сила мепяетзнак.
Этот maximum получается
подстановкой х=^в выра-
жение (»), которое дает
•И,
Исли равномерная нагруз-
а q покрывает только часть пролета (рис. 69), то мы должны
ассмотреть отдельно три участка длиной а, 1> и с. Для определе-
ня реакций R, и R, мы заменяем равномерно распределенную на-
рузку ее равнодействующей qb. Из уравнений статики для мо-
енгов относительно В и /1 мы получаем
/?
И R,
(оперенная сила и изгибающий момент для ненагруженпого ле-
ого участка балки (0<х<а) будут
Q~R, и ,M = Rjc.
(j)
(ля поперечного сечения тп, взятого на нагруженном участке
алии, поперечная сиза получается путем вычитания из реакции /?,
агрулкп q (д—а), расположенной слева от этого сечения. Изгибаю-
1ий момент в том же поперечном сечении получается путем вмчн-
ания из момента реакции момента нагрузки, расположенной
лева от этого сечения Таким образом, мы находим
Q=R,— q{x — а) и M=Rtx — q[x — (к)
22] ЭПЮРЫ ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ И ПОПЕРЕЧНЫХ сил 79
Для ненагруженного правого участка бвлки, рассматривая силы
справа от какого-либо сечения мы находим
9=—/?, и Л1 =/?,(/—*). (1)
Пользуясь выражениями (j), (к) и (1), мы можем легко построить
эпюры поперечных сил и изгибающих моментов Эпюра поперечных
сил (рис 69,6) состоит из горизонтальных отрезков а,с, и d,bv со-
ответствующих ненагружонным участкам балки, и наклонной ли-
нии ctd„ соответствующей равномерно нагруженному участку.
Эпюра изгибающих моментов
(рис. 69 с) состоит из двух
наклонных линий агсг и btd2,
соответствующих ненагружен-
ным участкам, и параболичес-
кой кривой сгег<1г с вертикаль-
ной осью, соответствующей
нагруженному участку бал-
ки. Наибольший изгибающий
момент будет в точке ко-
торая соответствует точке е,,
где поперечная сила меняет
знак. В точках с, и ле парабо-
ла касается соответственно
наклонных линий аясг и dtbx.
Это следует из того что в
точках с, и d, эпюры попереч-
ных сил не происходит резко-
го изменения величины попе-
речной силы. Следовательно,
на основании уравнения (50), не может быть резкого изменения
наклона эпюры изгибаюших моментов в соответствующих точках
с, и dt.
В случае консоли (рис. 70) для построения эпюр поперечных
сил и изгибающих моментов применяется гот же метод, как и для
свободно лежащей балки Измеряя < от левого конпа балки и раг-
сматриеая участок, расположенный слева oj груза Р, (0<x<«J,
получаем
Q=— Р, и М=—Р,х.
Знак минус в этих выраженной следует из правила знаков, указан-
ного на рис 63, b и 64, Ь. Для правого участка балки (а<х<7) мы
получаем
й=_ р — pt и Л1=— Р,х — Р„(х — а).
Соответствующие эпюры поперечных сил и изгибающих моментов
показаны на рис. 70, b и 70, с. Полная площадь эпюры поперечных
ИЗГИБАЮЩИЙ MOMFHT И ПОПЕРЕЧНАЯ СИЛА
[гя п>
зил в этом случае не равна нулю, а равна — 1\/—PJ), что выражает
изгибающий момент Д!в в конце В балки. Эпюра изгибающих мо-
ментов состоит из двух наклонных линий atct и сгЬ2, тангенсы углов
заклона которых равны значениям поперечной силы на соотвег-
ггвующих участках консоли. Численно наибольший изгибающий
момент имеет место в заделанном конце В балки.
Если консоль несет равномерно распределенную нагрузку
рис. 71), то поперечная сила и изгибающий момент на расстоянии
: равняются:
>пюра поперечной силы представлена на рис. 71, 6 наклонной ли-
ней ab и изгибающий момент на рис. 71, с параболой яД, которая
<еет вертикальную ось и касается горизонтальной осп в точке о„
е поперечная сила равна нулю- Численно наибольшие значения
гибаюшего момента и поперечин силы имеют место в конце В
лки.
Если на балку одновременно действуют сосредоточенные и рас-
едеченные нагрузки, то удобно строить эпюры отдельно для
адого рода нагрузки, и путем сложения соответствующих орди-
т двух отдельных эпюр получить полные значения Q и Л1 в лю*
м поперечном сечении. Если, например, .мы имеем сосредоточен-
ие грузы Р, и Р, (рис. 67), действующие одновременно с равно-
pnoit нагрузкой (рис 68), то изгибающий момент в каком-либо
1СНИИ поручается путем сложения спответс жующих ординат
ор, изображенных на рис. 67, с и 6Ь, с.
22] ЭПЮРЫ ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ И ПОПЕРЕЧНЫХ сил 81
ЗАДАЧИ
1. Построить в некотором масштабе эпюры поперечных сил и изгибающих
моментов и пайтл значения наибольших положительных и отрицательных попе-
речных сил и изгибающих моментов для балок, показанных иа рис 72.
Рис 72.
2. Построить в некотором масштабе эпюры поперечных сил и изгибающих
моментов и найти значения наи1Х>льшпх положвтс-Л пых и отрицательных попе-
речных сил и изгибающих моментов для консолей, поката тых на рис. 73.
3. Консоль, заделанная на правом конце, песет полную нагрузку Р, интеп-
сизнисгь которой равномерно возрастает от пуля па левом конце, как показано
наклонной лчпией ЛС на р.п.. 74 п. Построить «норы поперечных сил и изгибаю-
щих моментов
Решгниг Поперечная сила и сечении tint отстоящем на расстоянии х от ле-
вого конца кешеочи. чяследпо раина заштрихованной части нагрузки Гак как
полная нагрузка Р представлена площадью тпех голыпка ЛСВ. гм заштрихован-
ная часть равняется Нолзу ясь ранее принятым правилом знаков (рис. 64),
мы получаем
Таким образом, эпюра поперечных сил изображаепя га рис 74, !> параболой ab
с вертикаи.иой осью в тоже а. Изгибающий момент в сечении тп получится.
I!3t Ш ЛЮЩИЙ МОМЕНТ И ПОПЕРЕЧНАЯ СИЛА
сети взять момент заштрихованной части нагрузки относительно центра тяжести
попереч! ого сечения тп Следовательно,
Этот момент представлен кривой на рис 74 с.
4 Балка длинен / несет та концах два равных
груза Р (рис. 7о), уравновешенные равномерно
распределенной реакцией. Построить эпюры попсрсч
пых сил и изгибающих моментов.
Ouierin. Эпюры получаются из рис. Ь8 b и
6У, < путем подстановки — 2(’ вместо ql.
5. Ба тка длиною (=12 м песет в средине длины
сосредоточенный груз Р= 1UU0 <•-’ (рис 76) it имеет
равномерную по всей длине реакцию. Найти числен-
но наибольший изгибающий момент. Построить
эпюры поперечных сил и изгибающих моментов
Отлет. кем. Требуемые эпюры для
каждой половины балки подобны эпюрам, изобра
женным па ряс. 71, б и 71 с.
6. Свободно .лежащая балка длиною I несет
г £ полную распределенную нагрузку Р, интенсивность
которой равномерно возрастает от пуля на левом
конце, как показано на рис, 77, а Построить в
некотором масштабе эпюры поперечных сил и изги-
бающих моментов, ее ли Р—12 от и /= 12 м
Решение. Реакции овор в этом случае будут
Р, -я- Р -= 4 т и Р, — 8 т Поперечная сила в
сечечни win получается путем вычитания заштэихованной части нырузки из
ос-акции *?,. следовательно.
Эпюра поперечных Сил изображена параболической кривой acb на рис. 77. Ь.
Изгибающий момент в сечения тп равняется
rTntr момент представлен кривой r^cjb, па рис 77, с. Наибольший момент имеет
место и ючке с,, где поперечная сила меняет свой знак, т. е. при *—
Рис 75.
Рис. 76
7. Свободно лежащая бл.тка АВ несет распределенную нагрузку, интенсив
ность которой представлена линией АС В (рис. 78). Найти выражения для пошреч
кой силы и изгибавчцего момента в сечении тп.
Риш fine. 11ред юлагая, что полная шпрузва Р приложена в центре ишеста
площади тргутодышка АСВ, найдем, что реаышк опор будут
22] ЭПЮРЫ ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ И ПОПЕРЕЧНЫХ сил S3
Рис. 78,
Рис. 77.
9. Построить в некотором масштабе эпюры поперечных сил и изгибающих
мимснгов и найти значения наибольших по.иккптс.тыгых : отрицательных пспе
речных сил и изгибающих моментов для о;'док с консолями (рис. ТУ).
Ранение В случае, доказанном па рис. 79, а реакции раип.л 670 кг и 3300 кг.
Поперечная сила для левого участка Салки равняется Q = b7i)— 400 к. Она
ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ И ПОПЕРЕЧНАЯ СИЛА
ТП1Ч11 III II III 4111111111 111
A
1* а Ц
Рис. 80.
изображена на рисунке наклонной линией аЬ Поперечная сила для правого у чистка
балки найдется как для консоли и показана наклонной линией Ь'с Изгибающий
момент для левого участка балки равняется М = 670 х — 400 -g- - Он изображен па
раболой Наибольший момент имеет место в точнее, и соответствует точнее,
где поперечная сила меняем свей знак.
Эпюра изгибающих моментов для правого
участка такая же, как и для консоли, и
изображена । араболой 6,с,, касающейся
гори тотальной пси в точке с,.
10. Бачка с двумя рапными консо-
лями (рис. 80). нагруженная равномерно
распределенной нагрузкой, имеет дли-
ну Нантн расстояние J между опорами
так, чтобы изгибающий момент в середине балки численно равнялся изгибающий
моментам па опорах. Построить для этого случая эпюры поперечных сил и изги-
бающих моментов
Ответ. d == 0,586 I,
ГЛАВА IV
НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ
СИММЕТРИЧНЫХ БАЛКАХ
23. Чистый изгиб
В предыдущей главе было упомянуто, что величина напряжений
в каком-либо поперечном сечении балки определяется величиной
поперечной силы и изгибающего момента в этом сечении. Опреде-
ление напряжений мы начнем со случая, когда поперечная сила
равняется нулю и имейся только изгибающий момент. Элит случай
называется чистым изгибом. Пример такого изгиба показан на
рис. 81. Из условий сим-
метрии мы заключаем, что
реакции в этом случае рав-
ны Р. Рассматривая рав-
новесие части балки, на-
ходящейся слева от попе-
речного сечения тп, мы мо-
жем заключить, что внут-
ренние усилия, распреде-
ленные по поперечному
сечению тп и представ-
ляющие действие отброшенной правой части балки на левую,
должны быть статически эквивалентны паре сил, равной и на-
правленной противоположно изгибающему моменту Ра. Чтобы
найти закон распределения этих внутренних усилий по попереч-
ному сечению, необходимо рассмотреть деформацию балки. В про-
стом случае балки, имеющей продольную плоскость симметрии с
внешними парами изгиба, действующими в этой плоскости, изгиб
будет происходить в этой же плоскости. Если балка имеет прямо-
угольное поперечное сечение и на ее гранях нанесены две смежные
вертикальные линии тт и рр, то непосредственный опыт показы-
вает, что эти линии при изгибе остаются прямыми и поворачиваются
так, что остаются нормальными к продольным волокнам балки
(рис. 82). Излагаемая ниже теория изгиба основана на предполо-
жении, что не только проведенные на гранях линии, как тт,
остаются прямыми, но что все поперечное сечение балки, перво-
86 НАПРЯЖЕНИЯ В ПОП1РГЧН0 I1AIПЛЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БЛ1КЛХ [г.1. IV
начально плоское, остается и после изгиба плоским и нормальным
к продольным волокнам бачки Опыт показываем что теория, ос-
нованная па этом предположении, дает очень точные результаты
для прогиба балок и деформации продольных волокон Из выше-
указанного предположения следует, что прн изгибе поперечные
сечения тгп и рр поворачиваются относительно дрхт друга около
оси, перпендикулярной к плоскости изгиба,-так что продольные
волокна на выпуклой стороне испытывают растяжение, а на вогну-
той стороне — сжатие .Чечня ши, есть след пересечения боковой
грани с поверхностью, по которой волокна не претерпевают измене-
ния длины при изгибе. Эта поверхность называется нейтричьным
смич, а линия ее пересечения с каким-либо поперечным сечением
называется нейтрааии-^ fx'uo Удлинение s's,, какого-либо волокна,
находящегося на расстоянии у от нейтрального слоя, получится,
если провести линию nis1 параллельно пип (рис 82, а) Обозначая
через г радиус кривизны изогнутой оси1) балки и пользуясь подо-
бием треугольников пОп^и s,/i,s', находим относительное удлине-
ние волокна ss’
Из этого уравнения видно, что деформации продольных волокон
пропорциональны расстоянию у от нейтрального слоя и обратно
пропорциональны радиусу кривизны.
Опыты показывают, что продольное растяжение волокон на
выпуклой стороне балки сопровождается поперечным сжатием
и продольное сжатие на вогнутой стороне — поперечным расшире-
нием такой же величины, как в случае простою растяжения или
сжатия (см папаграф 14) В результате этого изменяется форма
') (. >п,К> Сачки называется гссмарическое место точек центров 1яжсстм попе-
речных сечений балок, О означает центр кривнзцы осн балки.
23]
ЧИСТЫЙ ИЗГИБ
87
поперечного сечения, вертикальные стороны прямоугольного сече-
ния становятся наклонными друг к Другу, как показано на ряс ь2, Ь.
Относительная деформация в поперечном направлении равна
ег=- Ру. (53)
где р — коэффициент Пуассона. Благодаря этому искажению все
прямые ляпни в поперечном сечении, параллельные осн г, искрив-
ляются так, что остаются нормальныги к боковым сторонам сече-
ния. Их радиус кривизны 7? будет больше > во столько раз, во
сколько численно больше rz (см. уравнение 53), и мы получаем
R =г. (54)
Из деформаций продольных волокон на основании закона Гука
определяются соответствующие напряжения (уравнение 4):
(55)
Закон распределения этих напряжений показан на рис. 83. Напря-
жение в каком-либо волокне пропорционально расстоянию его от
нейтральной осн пп. Положение нейт-
ральной оси и радиус кривизны г—две
неизвестные в уравнении (55) — можно
теперь определить из того условия, что
силы, распределенные по какому-либо
поперечному сечению балки, должны
дать стрттвмтцуюся пару, которая
уравновесит внешнюю пару Л! (рис. 81).
ПустьdF означает элементарную пло-
щадку поперечного сечения, расположён-
ную на расстоянии у от нейтральной оси
(рис. 83). Усилие, действующее на эту э.тементарнуюплощадку, равно
произведению напряжения (уравнение55) на площадь dF,i. е. —dF.
Вследствие того, что все такие усилия, распределенные по попе-
речному сечению, представляют систему сил, эквивалентную паре
сил, равнодействующая этих усилий должна быть равна нулю, н
мы получаем
т е. статический момент площади поперечного сечения относи-
тельно нейтральной оси равен нулю Следовательно, нейтральная
ось npo-wdiini через центр яиичести сечения.
Момент усилия, приходящегося на элементарную площадку
dk, относител >но центральной осн равен у <11 у. Суммируя все
>8 НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ ВАЛКАХ [ГЛ IV
такие моменты по поперечному сечению и полагая равнодействую-
щую равной моменту М внешних сил, получаем следующее уравне-
ние для определения радиуса кривизны г:
или (56)
з котором
Л-рг-/
есть мопент инерции поперечного сечения относительно нейтраль-
ной оси z (см. приложение, стр. 350). Из уравнения (56) видно, что
кривизна изменяется прямо пропорционально изгибающему мо-
чеиту и обратно пропорционально величине которая иазы-
зается .жесткостью балки при изгибе. Исключая г из уравнений
(55) и (56), мы получаем следующее уравнение для определения
напряжений
В этом уравнении момент Д1 положителен, если вызывает де-
формацию изгиба выпуклостью вниз, как на рнс. 82; ордината у
толожительна при направлении вниз.
Предыдущее рассуждение было приведено для случая прямо-
угольного поперечного сечения. Оно остается справедливым также
и для бруса какой-либо иной формы поперечного сечения, который
1меет продольную плоскость симметрии и изгибается парами сит.
действующими в этой плоскости и приложенными на концах бруса
3 таких случаях изгиб происходит в плоскости действия пар, и
юлеречные сечения остаются плоскими и нормальными к продоль-
ном волокнам и после изгиба
Наибольшие растягивающие и сжимающие напряжения имеют
песто в крайних волокнах, и в прямоугольном или в каким-либо
ipyrow поперечном сечении, когорое имеет центр тяжести по сере-
[ине высоты Л. они будут пр л у = . Тогда при положительном
VI мы получаем
Для упрощения мы воспользуемся следующим обозначением.-
11',-^. (59)
= ,4;. (=«),„„--£• да»
Величина называется ,по.иенти.п сепритиаления площади сече-
23]
ЧИСТЫЙ П9ГИБ
R9
ния В случае
мы имеем
прямоугольного поперечного сечения (рис. 82, Ь)
W
Для кругового поперечного сечения диаметра d
I = *£ WZ
*’« бГ’ * 32 *
Для сечений различных профилей, применяемых на практике,
например, для двутавровых балок, швеллеров и т. д., величины
J., и 1Гг заводских размеров даются в таблицах справочников.
В" приложении даны таблицы для таких сечений.
Если центр тяжести поперечного сечения находится не по сере-
дине высоты, как, например, в случае тавровой балки, и если hi
и hz соответственно, означают расстояния от нейтральной оси до
нижнего и верхнего крайних волокон, то при положительном
изгибающем моменте мы получим
, . .Wft. , ш. ,е1.
(С*)|ПЮ “ 7^ > Юхшп * ~ 77 • (61)
При отрицательном изгибающем моменте мы получим
. ч Мй» ' Al/:,
• (°лЖщП = 77 • <Ь2>
ЗАДАЧИ
1. Опредежггь : гиёь..: u.ee напряжение в паровозпо,! «и (рис. 64), если
с =33,75 см. диаметр оси (!“=25сл. и нагрузка Р, передаваемая рессорой на
шейке иен, равна 10 4<М лг.
Решение Изгибающий момент, действу тощий в средней части оси, равен
Л? = Рс = 10 4tfi. Зэ.75 кггм Наибольшее напряжение, по формуле (60),равняется
А1 32 Л1 32-Ю41Ю-3.3.75 (y!f. , .
a““ -- „ 25» “ 230 Чсм
2. Определить радиус кривизны г и прогиб пел в предыдущей задаче, если
материалом является сталь и раестоя ше между центрами шеек равняется 147.5 см.
Решение. Радиус кривизна г опрсле-
ляется из уравнения им) подстановкой |<г’ >/ I*7
J I -----------*
У=‘ [2,5 см, (Ox)nsx - 2J0 й*ч!, Тогда
F d 2 10’-19 п
-----ж—-IWTiOz». г„с И.
При вычислении f (рпс 61) заметим, что изогнутая ось представляет дугу
окружности радуса г и Dii есть кают прямоугольного треугольника DOI3, где
О — центр окружности. Поэтому
ЛВ* г® — (г — ])г = 2г/ — /®,
/ весьма мало по сравнению с радиусом г, и в этом уравнении ве.и "iinctif’ ь:ож> о
"НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПРРРЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БАЛКАХ || Л IV
гебречь Тогда
J- Деревянная балка квадратного поперечного сечен ня 25''За см оперта
А н В (рис 84) u naiружсиа апачи Р, приложенными иа космах Определить
елнчину Р и прс-иб / в середине, если АВ ~ 1Ьй «л, с = 30 < н (ОдЛщ* = 67 к. > сз?
Е=**\я?кг.слг Весом балки пренебре1ается Построит^ эгюры поперечных сил
изгибающих моментов.
Опкап Д—5816 he, / = 0,217 с.м
4 Двутавровая балка высотой 75 см оперта, как \ казано -на рис 85, и на-
ружена на консолях равномерно распределенной кагрх зкой 13 3<> < кг м Опре-
еяшь наибольшее паирчженпе в ахщией ча^ги шлкн и прогиб в середине балки,
ели J„ — 357 4i«J i м*
Рис 85
Решение Изгибающей момент для средней части балки бтдет Л1-= 13300-3X
50—5983 900 кеси.
оа^-г;-5”^'»37,5-628/-0.3П»
5. Определить наибольшее напряжение, возникающее в стальной проволоке
метра л = 0,08 см. при навивании ее на круглый барабан диаметра 0 = 50 см.
Решение. Наибольшее удлинение ст изгиба по формуле (52) равняется
___d__Одй
Е “ D+d ~ ТО
соответствующее растягивающее напряжение равняется
2-1С*.0,08
. — £е =-----=—— =» 3200 кг см’.
6, Стальная линейка, имеющая попсреч юс сечение 0,08-15 см и длину
= 25 см, изгибается парами сил, приложенными по концам но дуге крута
60'- Определить наибольшее напряженке и прогиб.
,, г. . 2лг
Решение Радиус кривизны г определяется из уравнения * = "g“. откуда
= 23,9 см, и нвибчльшее напряжение по формуле (55) будет
, , Е-0,08
2. к;"-0,08
2.23,9
-- .«50 лг с и1.
Прогиб, вычисленный как для дуги крутя получится
= г (1 —со-. 3fi •) = 3.2 см.
1. Определить наибольшее напряжение и величину пар сил. проложенных
нонилы линейки в предыдущей задаче, если наибольший прогиб в средине
»зн 2 5 си
Они- п <oA)013X “ 25ТО ле.-сл1, Л1 = 6.83 кгеч
24|
РАЗЛИЧНЫЕ ФОРМЫ ПОПЕРЕЧНЫХ ССЧЫ1ИЙ БАЛОК
91
8 <1гэетелить кривизну вы ываемкк» в cto*v‘T*!o лежащей стальной Силке
трямоу гстьио о поперечного сечения аерзвномерныч нагреванием но высот» h
поперечного сечения Температура в какои-.tiiflo т* чке на засстоянив у от сере
личной Плоскости xz балки (рас. 82) определяется вз уравкснйя
где г, Сеть ге-мперапра внизу балки, (0— температура вверчу г,—г„—ТО4 С к
коэффициент линейною расширении «с=123-10-!. Каковы б. лут напряжении,
если кинцч балки заделаны.
Решение. I скпсратч р? серединной плоскости хг постоянна --'-А — , и пзмг-
нечне rv'-tfiCpaijpN других щетокоз iipoiiopt нонахьео ч. Оютветствуюшисотноси-
тел ,пыс удлинения и укорочения от темлера; у pi. будут также нпонорциональпы
; т С они будут следмштт, том. же закону, как и дс|*>рмаиш1, определяемые
уравнением (52). Результатом этого неравг.ОУкриою расширения волокон мнится
изгиб балкн, и радиус кривизны г найдется из уравнения (52), где вместо ех
будет — 11 вмело у будет -g-. Тогда
1143 ft
Если концы балкн заделаны, то на концах будут вызваны реактивные пары
tin такой величины что они уничтожат в месте заделки кривизну от перавномср
ного нагревания Отсюда
Подс~аз.|ЯЯ это в уравнение (Гл) мы получасы
ЕЧ
ITfi/i
и HaiiftM'.iuee напряжение равно
(ОДпзх =- 2. Ц43 =873'ю с*,‘
9. Решить задачи 6 и 7, если дута соответствует КУ н Материалом яв-
ляется медь
10. Решить задачу 4, п .дполагая, что балка — деревянная, имеет квадрат
ное поперечит: сечение Зи ЛИ /.«и ицтеисивнис|Ь распределенной нагрузки равна
1300 к.', м Постлать эпюры изгибающих моментов н поперечных сил.
24. Различные формы поперечных сечений балок1)
Из рассуждений предыдущею параграф следует, что пан- •
большие растягивающие или сжимающие напряжения в бал-
ке при чистом изгибе |1ропорщ1оналы1ы расстояниям наиболее
удл.|Снпых волокон ог нейтральной осп поперечного сечения.
') 1к'сь'.:л полно* р.псуигр-чик раз.tti*iniit Ф>|>*( ы>И.речных сечи н.) балод
„шо Наго* u. Sum -Хсный а его tpinie>iai'H>i.x к книг- «МауЫГ, Resistance
lies corps • Jcs», 3 с HJWHiie, cip. 122—Ы ISM.
ax--плпгижьНИИ В ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БДЛКАХ |г.Т IV
Понтом v, если материал одинаково сопротивзягтсн и растяжению
и сжатию, будет логичным выбирать такие формы поперечного
сечения, в которых центр тяжести находится по середине высоты
балки. Таким образом, получится один и тот же коэффициент без-
опасности для растянутых и сжатых волокон. Эта мысль является
основанием для выбора сечений, симметричных относительно нейт-
ральной оси, для таких материалов, как строительная сталь, кото-
рая имеет одни и тит же предел текучести как при растяжении, так
и при сжатии. Если сечение не симметрично относительно нейт-
ральной оси, например, сечение рельса, ~о материал распреде
ляется по сечению так. чтгёы имен» центр гяжлти по середине его
высоты.
Для материалов с низким сопротивлением растяжению и высо-
ким сопротивлением сжатию, как в случае чугуна пли бет*ига.
7 >. ,тых волокон будут пропорциональны до-
\ / .-ускаемым напряжениям материала на рас-
'яженне и сжатие. Таким сОразом пгдту-
i-° чится сечение одинакового сопротавле-
& пня растяжению и сжатию. Например,
Ряс в тавровом сечении центр тяжести мо-
жет быть помещен в нужном месте по
высоте сечения путем надлежащего подбора размеров ребра
и полки.
Для данного изгибающего момента наибольшее напряжение
зависит от момента сопротивления, и интересно отметить, что
имеются случаи, когда увеличение площади не дает уменьшения
зтого напряжения. Например, брус квадратного поперечного сече-
ния, изгибаемый парами сил, дейстауюшими н вертикальной пло-
скости, проходящей через диагональ поперечного сечения (рис. Кб),
5удег иметь меньшее напряжение, если срезать заштрихованные на
рисунке углы. Пусть а означает длину стороны квадрата, тогда
момент инерции квадрата относительно осн г (см. приложение)
завен и соответствующий момент сопротивления равен
Срежем теперь углы так, чтобы тр = ш, где« есть дробь, опреде-
гяемая ниже. Новое поперечное сечение состоит из квадрата тп\
пгт. со сторонами о(1—а) и двух параллелограммов тпп/п*. Мо-
гегп инерции лого нового поперечного сечения относительно ли г
241
РАЗЛИЧНЫЕ ФОРМЫ ПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЕНИЙ БАЛОК
равняется
и соответствующий момент сопротивления будет
Если теперь мы определим значение п так, чтобы сделать этот
момент сопротивления наибольшим, то найдем а = Г9. Вставив
это значение а в выражение для 1Г7', найдем, что срезыванием
хг.тов наибольшее напряжение при изгибе уменьшаем прибли-
зительно на 5°о
Этот результат легко сразу понять, если принять во внимание,
что момент сопротивления есть частное от деления момента инерции
на половину высоты поперечного сечения. Срезыванием углов
момент инерции поперечного сечения р
уменьшается в меньшей степени, чем i—' 1—> а
высота, следовательно, момент сопри- I l_ /Т\
j явления увеличивается и (ох)П1м. учены- |_ _| / i \ г
шается. Подобный результат можно по- Ц"
лучить в других случаях. Для прямо- а/ Ы с/
угольника с узкими выступающими час- Рас 87
тями (ряс. 87, п) момент сопротивления,
при некоторых условиях,увеличивается срезыванием этих частей.
Для кругового поперечного сечения (рис 87, Ь) момент сопротивле-
ния увеличивается на 0,7% срезыванием двух заштрихованных
сегментов высотой 6 =0,01 Id. В случае треугольного сечения
(рис. 87, с) момент сопротивления можно увеличить срезыванием
заштрихованного угла.
При проектировании балки, испытывающей чистый изгиб, не-
обходимо удовлетворить не только условиям прочности, но также
и условиям экономии в весе самой балки. Из двух поперечных
сечений, имеющих один и тот же момент сопротивления, т. е. удов-
летворяющих условиям прочности с одинаковым коэффициентом
безопасности, сечение с меньшей илощадрЮ будет более экономич-
ным. Для сравнения различных форм поперечных сечений мы рас-
смотрим сначала прямоугольник высотою л и шириною Ь. Момент
сопротивления равняется
(а)
где F означает площадь поперечного сечения. Видно, что прямо-
угольное поперечное сечение становится более экономичным
"ОТ НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ ВАЛКАХ (ГЛ. IV
с увеличением его высоты ft. Однако имеется предел такого увели-
чения. Когда сечение становится очень узким, то возникает вопрос
об устойчивости балки Разрушение балки очень узкого прямо-
угольного сечения может произойти не от преодоления сопротивле-
ния материала, a от бокового выпучивания (см. том II)
В случае кругового поперечного сечения имеем
'Г, (Ы
Сравнивая круговое и квадратное поперечные сечения одинаюэвой
площади, находим, что сторона h квадрата будет ft — и тогда
уравнение (а) дает
И\= 0,147 Fd.
Сравнение этого значения IV2 с (Ь; показывает, что квадрат-
ное поперечное сечение является более экономичным, чем
круговое.
Исследование закона распределения напряжений по высоте
поперечного сечения (рис. ЬЗ) приводит к заключению, что при эко-
номичном проектировании необходимо большую часть материала
балки располагать по возможности дальше от нейтральной оси.
Наиболее благоприятный случай для данного поперечного сечения
площадью/7 и высотой h будет тот, когда каждая половина площади
будет сосредоточена на расстоянии й-2 от нейтральной оси Тогда
A-24-(4'i‘=T. и
Это есть предел, к которому можно приближаться на практике,
пользуясь двутавровым сечением с наибольшей частью материала
в пачках. Вследствие необходимости включения части материала
в стенку балки указанное условие (с) никогда не может быть осу-
ществлено, и для стандартных двутавровых прокатных профилей
мы имеем приближенно
lFt^0,30ft. (d)
Сравнение (d) с (а) показывает, что двутавровое сечение значительно
экономичнее прямоугольного сечения той же высоты. Кроме того,
благодаря своим широким полкам двутавровая балка будет всегда
uuree устойчивой по отношению к боковому выпучиванию, чем
балка прямоугольного сечения той же высоты и того же мо-
мента сопротивления Этим объясняется причина тою, что дву-
тавровые балки находят широкое применение в стальных кон-
струкциях.
24’ РАЗЛИЧНЫЕ ФОРМЫ ПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЬиМЙ ВЧЛОК ^5
ЗАДАЧИ
1. Определить ширину х полка чегунной балки, имеющей сечение, показан
ное па рис 88, гак, чтобы наибольшее растягивающее напряжение составляло одну
треть иаяболынего сжимающею напряжения. Высота балки h =10 см толщина
стенки и пилки f = 2,5 см
Рсчшние Для того чтобы удовлетворить условиям задачи необходимо для
балки иметь такие размеры, чтобы расстояние с от центра тяжести до крайней
Рис 88.
нижней грани равнялось -g-h Теперь, пользуясь рис. 88. получаем уравнение
*4+^z21-*
С h'. + (x — i)l 4 *
откуда
«=-+r^Hra~^4 s * * *“-
2. Определить отношение (Схкпа«:(ол)ппп Для швеллера, показанного на
рис. 89, если t-=5 см, h — '& см, Ь •= 60 см.
Onwem. (0л)илх-(0'л)ть= 3:7
Рис. 89.
3. Определить условие, при котором уменьшение высоты ft, сечения, пока-
занного на рнс. 90, сопровождается увеличением момента сопротивления
_ „ till* , dlV /Л» . dh.
Решение, в г = =т— 4- -г~ , => — ~-т- т- .
Gft, 6 ahy (of 3
Условием для увеличения Wt с уменьшением й, является
ft? dh. b Л’
6Л* . 3 пли 2<J >
4. Определить, насколько нужно срезать угол равно-
стороннего треугольника поперечною сечения (рис. 87, d)
для того, ч гибы получить наибольший \Х'г
5. Определить отношение весов трех балок одина-
ковой длины с один псовым Л1 и (oK)1Mx и имеющими
соотвсгствс|гно поперечные сечения, круглое, квадратное. 11
отношением h = 2b.
Рис UU.
пряыоу 1С>льное с
Огциет. 1.12 1:0, Кв.
в. Сделать сравнение м»ментов сопротивления для двух балок одинакового
веса, если первая является сплошной цилиндрической балкой диаметра d а вто-
рая представляет цилиндрическую трубу наружного днаыатра D и внутреннего
диаметра D,.
96 НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БАЛКАХ [ГЛ. IV
Решение. Плошали поперечных сеченийобеих бачок F--
ad* _ л (D* — Р*>
Для сплошной балки lV'=-g-. для трубчатой балки Й а=------------?Q£>—~
Fd/.P*,' _ Г1. 4F
—!. Замечая. чтоО^—£•*— —, находим
.... П) (' 4Г ,
11 i = ~гг I 2-PV. • . так что
о \
В
F d \ пРг,
Для
трубчатой бала»
Такны образом, для очень толстых труб В приближается к d и U\, к IF. Для
очень тонких г^\ б В велико по сравнению с d » отношение 1Г\ ; й" приближается
к значению -^-.
25. Общий случай изгиба поперечно нагруженных
симметричных балок
В общем случае изгиба балок, поперечно нагруженных в пло-
скости симметрии, напряжения, распределенные по поперечному
сечению балки, должны уравновешивать поперечную силу и изги-
бающий момент в этом сечении. Вычисление напряжений обычно
производят в два этана, сначала определяют напряжения, вызывае-
мые изгибающим моментом и называемые нормальными напряже-
ниями, а затем определяют касательные напряжения, возникающие
от поперечной силы. В этом параграфе мы ограничимся вычисле-
нием нормальных напряжений, вопрос о касательных напряже-
ниях будет обсужден в следующем параграфе. При вычислении
нормальных напряжений мы предполагаем, что эти напряжения
распределяются таким же образом, как и в случае чистого из) иба,
и формулы для определения напряжений, выведенные в параграфе
23. будут справедливы. (Более полное обсуждение вопроса о рас-
пределении напряжений вблизи точек приложения сосредоточен-
ных сил дано в юме II.)
Вычисление нормальных напряжений обычно производят для
поперечных сечений, в которых изгибающий момент имеет наиболь-
шее положительное или отрицательное значение. Имея численно
наибольший изгибающий момент и величину допускаемого напря-
жения [ог1 при изгибе, получим необходимые размеры попереч-
ного сечения из уравнения
1<’.1=Т^». (63)
Приложение этого уравнения покажем теперь на числовых
тримерах.
25] общий случай пзгигл поперечно нагрести симметричных каток 97
ЗАДАЧИ
I. Опреде 1В"!. необходимые размеры прокатной дву Таировой балки,свободно
лежащей на двух опорах с распределенной нагрузкой 5и(1 Лв/я, как показано на
рис 91, если допускаемое напряжение [он] = 1400 кг/сле2 Принять во внимание
ютько нормальные напряжения и весом балки пренебречь
Решения. Чтобы получить сечение, соответствующее наибольшему изгибаю
тему моменту, нужно построить эпюру поперечных Сил (рис 91, Ь). Реакция
левой опоры равна
_ 4-аТй-34-2-ЛИ.1
/?, =--------j-------= U70 *•£.
Поперечная сила для какого-либо сечения участка Л С балки равняется
(? = /?> — дх =» 1570 — 500 х.
„ 1570 « -
Эта сила равна нулю при л = — 3,14 л. Для этого сечения изгибающии мо-
мент будет наибольший.
Л’1111ак = ‘ 3,14 — 500 ’ g- 3,14® — 2-Но кгм = 243500 кг см.
> < - «•/ 246500 _
Необходимый момент сопротивления W- — = ио с.и3 Этому* условию
удовлетворяет двутавровая балка *)№ 20 с моментом сопротивления 1Гг=184 см3.
2. Деревянная плотина (рис !г2) состоит из вертикальных брусьев, подоб-
ных ЛИ, прямоугольного поперечного сечения размером Л — 33 гм, опертых на
концах Определил, (о. )тах, если длина брусьев 1—6 .и и весом брусьев кренебре-
гается.
Решение. Если b есп. ширина бруса, то полное гидростатическое давление
на брус, изображенное трехгранной призмой АВС, равняется Н — -}- bl3. Реак-
ции в А равняется -j -у Н-- -^- W® и поперечная сила в каком-либо сечении
') Здесь н на стр. 90 1ПП. Ю1, 102 и 274 номерн и размеры американских
иву тавровых 6.1ЛОК замен ны Е[омерамп п размерами, установленными в СССР
(OCloM 8239—.56. (Иним. иерее.).
98 НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ ВАЛКАХ (ГЛ. IV
тп равна реакции Rt минус вес призмы Атп годы. т. е.
Положение поперечного сечения, соответствующего Mmax, найдется из условия
Q = 0 или
откуда х — -т= = 3,46 .«
I 3^
Изгибающий момент п каком-либо поперечном сечении тп равняется моменту
от реакции /?, минус момент от распределенной нагрузки изображенной трех-
гранной призмой Атп. Следовательно,
.. D Их* х Hxf А’\
з-TV-d-
Подставляя найденные выше значения 11 *=3.46 м, получасы
мт„ = 4и’ = з.«,™.-
3. Определить величину в балке, нагруженной треугольной нагрузкой
ADB равной Р — 4н0” к?, если »4мий=1л (рис. 93}
Решение. Расстояние с до вертикали,
проходящей через центр тяжести С, от опоры
В в случае треугольника равняется
Реакция опоры А равна
Рс 4600-5
'М-Т = -Га---------------аюи «
г с‘ • Поперечная сила в каком-либо сечении тп
равняется реакции /?, минус вес нагрузки,
федстааленной площадью Атп. Так как нагрузка представленная площадью
WB. равняется
Р(1-4
о получаем
х*
V-df
Сложение сечения. Для которого момент имеет максимальное значение, найдется
з условия
25] ОЕШИЙ СЛУЧАЙ ИЗГИБА ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕН. СИММЕТРИЧНЫХ БАЛОК 99
иди
х1 4/?, 5
(I — d)' ЗР 9 ’
откуда к— 2,24 л.
Изгибающий момент в каком-либо поперечном сечении тг равен моменту
от реакции Р, минус момент от нагрузки Arun. Следовательно,
Вставляя х = 2,2-* /г, получаем Д1,пак = 29 ЮР лгм
4. Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сид Для балки,
изображенной на рис. 94. а. и определить необходимые размеры двутаврового се-
1,8Р = 800 кг, q — 500 кг!м. 1а] — 1400 miuf. Весом
чения, если в = с = -^- =
балки можно пренебречь
Рсш'ПШ. На рнс 94, Ь и 94, с показаны эпюры изгибающих моментов
И поперечных сил от распределенной нагрузки, к ним необходимо добавить
моменты и поперечные силы от нагрузки Р Наибольший изгибающий
нагрузки Р Наибольший изгибающий
момент будет посередине пропета и рав-
няется
Необходимый момент сопротивления рав-
няется
_2»0-.100_
г 1W0 см
Двутавровая балка № 18а с площадью
поперечного сечения 25,4 см* и моментом сопротиаления й’г= 159 см* является
ближайшем, удовлетворяющей условиям прочности
5. Определить наиболее невыгодное положение тележки подъемного крана,
которая перемешается на балке, как показано на рис. 95. Найти Мт!,, если дав-
ление на колесо равно Р = 4000 кг, L = 7,2 м, d = 1,8 м. Весом балки можно пре-
небречь.
Решение. Если х есть расстояние левого колеса от левой опоры балки, то
Изгибающий момент под этим колесом равняется
2Р (l-jf-l-djx
-Ног момент получает наибольшее значение при
100 НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БАЛКАХ [гЛ IV
Следовательно, для тоге чтобы получить наибольший изгибающий момент под
левым колесом, необходимо переместить тележку из среднего положения на рас-
стояние к правой опоре. То же значение изгибающего момента маи:но получить
под правым колесом перемещением тележки на -у из сэеднеги положе |ия к левой
в. Путь подъемного крана (рис. 96) ул-'пкеп иа двух двутавровых бачках
Определить наиболее невыгодное положение крана, соопилетвующее Af^x- и
размеры двутавровых б.ьлок, если [а] = 1400 с и2, i — 10 м, а = 4 л, d — 2 .ч, вес
Рис 46.
Рис 97,
крана Q~ 4 m и груз, поднимаемый краном, Р = 0,8 т. Нагрузки расположены
посередине между двумя балками и распределяются поровну между ними
Решение. Наибольший изгибающий момент балет под правым колесом,
когда расстояние этого колеса от правой опоры равняется /, = | I — — <1 j;
41max = l 121 <Ю0 кли Считая что момент поровну
распределяется между двумя балками находим
необходимый момент сопротивления
Г. = = 400 с.«*
’ 2 [о«1
Нужно азять двутавровую балку № 27а с площадью
поперечного сечения 43,2 сл= и моментом сопротив-
ления 1Г , = 407 слг.
7. Круглая деревянная балка, опертая в точке С
и прикрепленная к основанию г точке А (рис. 97),
несет нагрузку <? = 4U0 кг/л, равномерно распреде-
ленную на части ВС. Построить эпюру изгибающих
моментов и определить необходимый диаметр <4, «х>
ли [<т| — &1 кг/гн*, а ' 1 м. Ь=2 м
Решение. Эпюра изгибающих ыоменгов показа-
на па рис. 97, Ь. Численно наибольший изгпбаю-
точке С и равняется 80 000 нгсм Тогда из уравне-
шип момент будет в
иня (63) получим
Ь. Деревянная плотина состоит из горизонтальных досок, поддерживаемых
вертикальными стоиками, заделанными нижним концом (рис. 98). Определить раз-
23] Г1Б1НИЙ СЛУЧАЙ ИЗГИБА ПОПЕРЕЧНО II АГРА ЖЕН. СИММЕТРИЧНЫХ ВАЛОК 101
меры квадратного поперечного сечения стоек, если I = 2 м, d — I м и [О] =
== 40 ьг.-ыр Построить эпюры изгибающих моментов н поперечных сил
Решение Полное соковое давление Н на одну стойку представлено весом
трехгранной призмы ХВСводы В каком либо сечении тп поперечная сила и из-
гибаюЛий момент будут
Р 3 '
При определении знаков Q и Д1 предполагается, что рис. 98 повернут на 90°
против часовой стрелки, так что оси х и у совпадают с. теми же осями рис. 61.
Необходимый размер Ъ найдется из уравнения (63)
г>» Дтп_ ьгд2.юоооо
И - <Г |с] ‘ 2 3 40 ’
Рис ОД
откуда b = 27,1 см.
Построение эшор предоставляется чита-
Ч Определить необходимые размеры кон-
ючыюй балки двутаврового сечепия, кото-
вая несет равномерную нагрузку д=200 кг/м
Рис W
н сосредоточенную нагрузку Р = 309 кг па конце, если длина I = 1.5 м и [G] =
= 1400 кг‘сма
Опия-т trz = ---------------HuP-----------~ CA/*
Необходимо взять двутавровое сечен не № 1й с моментом сопротивления UZ- =
-- 58.4 сж3
10 Определить напряже! ия от изгиба в заклепке предполагая, что силы,
лейсгеуюпию на заклепку, распределяются, как указано па рис 99 Диаметр
Решение. Ичгибаюшлй момент в поперечном сечении wi равняется
Изгибающий момент в среднем поперечном сечении равняется
Это1 иостедкнй момент является наибольшим, п его нужно принять для вычислс-
н аапряжеиий '1огда
102 НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БАЛКАХ (ГЛ. IV
И. Определить необходимые моменты сопротивления и необходимые размеры
балок двутаврового сечения для случаев, показанных па рис 72 а. 72. с и 73. Ь,
принимая допускаемое напряжение рапным 1600 кг.гя’.
Отпет. й”, = 61 ем*. Ц", = 88 си*. G"s=262 см*. Необходимо взять соответ-
ственно следующие номера профилей- 14, 16 и 21.
12. Определить необходимый момент сотротивламя и необходимые размеры
свободно лежащей балки двутаврового сечения, несущей равномерную нагрузку
400 кг/л к сосредоточенную нагрузку Р = 4 т в середине пролета. Длина балки
1 = 5 м и допекаемое напряжение |о] = 1600 *ь*сл£.
Ответ. И'7 ~ 390 см*. Необходимо взять двутавровое сечение № 2'а с момен-
том сопротивления Wr = 407 см*.
13. Швеллер с поперечным сечением, показанным ня рис. К*, свободно опи-
рается на концах и несет сосредоточенную нагрузку посередине пролета Вычис-
лить наибольшее значение нагрузки, которую балка может песта, если допускае-
мое напряжение на растяжение равняется 70 ке'см* и на сжатие — 140 кг/с.и1.
I — 5 см, h — 2b см, b = f>0 емн длина I — 3 м
Ответ 1 — 2780 кг.
26. Касательные напряжения при изгибе
В предыдущем параграфе было указано, что когда балка изги-
бается поперечными нагрузками, то в каком-либо поперечном се-
чении тп балки (рис. 100) возникают не только нормальные на-
пряжения ох, но также и касательные напряжения т. Рассматривая
правую часть балки (рис. 100), мы можем заключить из условий
Рис 100
равновесия, что величина этих касательных напряжений такова, что
их сумма дает поперечную силу Q. При исследовании закона распре-
деления этих касательных напряжений по площади поперечного сече-
ния мы начнем с простого случая прямоугольного поперечного сече-
ния ттпп (рис. 101). В этом случае естественно предположить,что
касательное напряжение в каждой точке поперечного сечения
параллельно поперечной силе Q, т. е. параллельно сторонам
m поперечного сечения. Мы обозначаем в этом случае напря-
жения через тух. Значок у при tvx указывает на то, что касательное
напряжение параллельно оси у, а значок х, что напряжение дейст-
вует в плоскости, перпендикулярной оси х В качестве второго
допущения предполагаем равномерное распределение касательных
напряжений по ширине балки ст,. Эти два допущения дают возмож-
юсть пайти закон распределения касательных напряжений. Более
точное исследование поставленной задачи показывает, что резуль-
КАСАТЕЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ
10$
таты, получаемые путем приближенного решения, достаточно
точны и для узкого прямоугольника (Л велико по сравнению с Ь,
рис. 101) практически совпадают с результатами точного решения1).
Ест и из балки вырезать двумя смежными поперечными сече-
ниями и двумя смежными плоскостями, параллельными нейтраль-
ному слою, элемент acdealc,dIei (рис. 101, Ь), то, согласно нашим
допущениям, по вертикальной грани асс1а1 имеем равномерное
распределение касательных напряжений тух. Эти напряжения дают
момент (tyxbdy>dx относительно нижнего заднего ребра ее,, эле-
мента, который должен уравновешиваться моментом (rxyb dx)dy от
Рис. 101
касательных напряжений, распределенных по горизонтальной
грани cddtc, элемента. Тогда
tyxbdydx=txybdxdy и туА= тху,
т. е. касательные напряжения, действующие по двум взаимно пер-
пендикулярным граням элемента, равны между собой*) Тот же
вывод был сделан прежде, при простом растяжении (см. стр. 40),
а также при растяжении или сжатии по двум перпендикулярным на-
правлениям (см. стр. 45).
Существование касателыгых напряжений в плоскостях, па-
раллельных нейтральному слою, можно показать на простом опыте.
Возьмем два равных прямоугольных бруса, положенных вместе
') Точное решение этой задачи принадлежит St.-Venant* у,J math. (Lionville),
181*6 Оценка этой знаменитой работы St.-Vcnant’a дана Г о d li u п t е г and
Pearson, History of tlie Theory of Elasticity, Cambridge, 1886—1893. Прибли-
женное решение, данное в этом параграфе, принадлежит Журавскому Француз-
ский перепет этой работы см Ann ponts el ctiausx-s, 1856 I очная теория показы-
вает, что когда высота Салки мала по сравнению с шириной, разница между точной
и приближенной теориями становится значительной.
£) Мы рассматриваем здесь только абсолютное значение этих напряжений.
104 НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ ВАЛКАХ [ГЛ.
свободно на опорах, как показано на рис. 102, и изгибаемых сосре-
доточенной нагрузкой Р. Если нет трения между брусами, то изгиб
каждого бруса будет происходить независимо от другого; каждый
будет иметь сжатие верхних н растяжение нижних продольных
волокон, и они примут вид, показанный па рис. 102, Ь. Нижние про-
дольные волокна верхнего бруса скользят по верхним волокнам
нижнего бруса В цельном брусе высотою 2Л (рис. 102, о) по нейт-
ральному слою пп должны появиться касательные напряжения
такой величины, чтобы они смогли помешать скольжению верхней
части бруса относительно нижней, как показано ’) на рис. 102, Ь.
Благодаря такому воспрепятствованию скольжению один брус
высотою 2Л гораздо жестче и прочнее, чем два бруса, каждый высо-
тою h. Для того чтобы помешать скольжению, на практике иногда
применяют в составных деревянных балках шпонки, подобно а, Ь, с,...
(рис. 103, а). Наблюдения над зазорами у шпонок (рис. ЮЗ, Ь)
дают возможнее™. определить направление скольжения в случае
составной балки и, следовательно, направление касательных напря-
жений, действующих по нейтральному слою в цельной бачке').
Предыдущие рассуждения показывают, что касаюльные напря-
жения в какой-либо точке поперечного сечения действуют в пло-
скости сечения и численно равны горизонтальным касательным
напряжениям txjz, действующим в плоскости, параллельной нейт-
ральному слою и проходящей через ту же точку. Это последнее на-
пряжение легко может быть вычислено из условия равновесия эле-
мента ppjint, вырезанного из балки двумя смежными попереч-
ными сечениями тп и mjn. и плоскостью рр,. параллельной нейтраль-
ному слою (рис. 104, а) и (104, Ь) Воздействиями на этот эле-
*) Верхний ряд стрелок указывает действие нижней половины балки на
верхнюю половину, нижний ряд стрелок показывает действие верхней половины
балки на нижнюю
*) О расчете составных деревянных Сллоксн статью F. S t u ss j, bchwere
Nolbriicke uni verdlibelten Balken, Gesefschalt for militarische Bautecbnik. Ziincli.
26]
КАСАТЕЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ
105
мент в направлении оси х, будут касательные напряжения tXJ, по
грани pfit и нормальные напряжения их по граням рп и ptnt. Если
изгибающие моменты в поперечных сечениях тп и т1п1 равны, т. е.
в случае чистого изгиба, то нормальные напряжения о* по граням
tip и п1р1 будут равны и взаимно уравновесятся. Тогда касательные
напряжения txv будут равны нулю.
Рассмотрим теперь более общий случай переменного изгибаю-
щего момента, обозначая через М и M+d/W соответственно моменты
в поперечных сечениях тп и mtn, Тогда нормальное усилие, дейст-
вующее на элементарную площадку dF грани пррп, будет (урав-
нение (57»
a.dF-^dF.
Сумма всех этих усилий, распределенных по грани пррп элемента,
равняется
<а>
Таким же образом сумма нормальных усилий, действующих но
грани «ipi/nni, равняется
Равнодействующая касательных напряжений rxv, действующих
по верхней грани ppi элемента, равняется
b dx. (с)
Усилия, определяемые уравнениями (а), (Ь) и (с), должны удовлет-
ворять уравнению «<»тму
J* ’«-“«л--- V’^F.
V. ' ih *
106 НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БАЛКАХ [ГЛ. IV
откуда
h/2
, 1 С АГ
т<|“ dx bJz J &dF’
Ih
или, пользуясь уравнением (50), получаем
К2
<ы)
V1
В этом уравнении интеграл представляет выражение для ста-
тического момента заштрихованной части поперечного сечения,
рис. 104.&, относительно нейтральной оси г. Для рассматриваемого
прямоугольного сечения
dF~bdy,
и интеграл получается
Тот же результат можно получить умножением площади
b заштрихованной части на расстояние
ее центра тяжести от нейтральной оси.
Подставляя (ri) в уравнение (64), получаем для прямоугольного
сечения
Видно, что касательные напряжения неравномерно распределяются
то площади поперечного сечения. Наибс.пьшее значение полу-
чается при р,= 0, т. е. для точек, расположенных по нейтральной
хи. Из уравнения (65) получаем
(т 1 -Ф.
Vxyhnax ~
. bh3
ми, так как Jz = ,
з Q
(тхр)гаах — 2’.5Л ' V”)
4так, наибольшее касательное напряжение в балке прямоугольного
юперечного сечения на 50% больше среднего значения касательного
26]
КАСАТЕЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ
107
напряжения, полученного путем деления величины поперечной си-
лы на площадь поперечного сечения.
В предыдущем выводе мы брали элемент pnptn из нижней части
балки. Тот же результат получится, если взять элемент из верх-
ней части бачки.
Для верхних и нижних точек поперечного сечения ^, = 4-^ и
уравнение (65) дает тху = 0. Г рафик уравнения (65) (рис. 104, с)
показывает, что касательные напряжения изменяются по высоте
балки по параболическому закону. Заштрихованная площадь, ог-
раниченная параболой и умноженная на ширину b балки, дает
как это и должно быть.
Естественным следствием действия касательных напряжений яв-
ляется сдвиг, который заставляет поперечные сечения, первоначально
плоские, искривляться. Это искривление можнолегко продемонстри-
ровать путем изгиба приложенной на конце си-
лой прямоугольного бруска из резины (рис. 105),
на боковых гранях которого нанести пред-
варительно линии- После изгиба линии не остают-
ся прямыми, как указано пунктиром, а искрив-
ляются, так что наибольший сдвиг имеет место
около нейтрального слоя В точках т', т\, п*, п,
сдвига нет, и в этих точках касательные к
кривым т’п‘ и п^п', останутся нормальными к рис. 105.
верхней и нижней поверхностям бруска и
после изгиба. У нейтрального слоя углы между касательными
к кривым т'п’ и т',п', и нормальными сечениями равны
у=(тлв)адх/б. Пока поперечная сила остается постоянной по длине
балки, искривление всех поперечных сечений будет одиивково, так
что mm'—т/п',, nn'^nji’^ и не будет влиять на деформации растяже-
ния или сжатия продольных волокон, вызываемые изгибающим
моментом. Это обстоятельство объясняет законность применения
здесь уравнения (57), которое было выведено для чистого изгиба
и основано на допущении, что поперечные сечения бруса остаются
плоскими при изгибе
Более точное исследование задачи1) показывает, что в случае.
если на балку действует распределенная нагрузка и, следовательно,
величина поперечной силы непрерывно меняется по длине балки,
то искриаление поперечных сечений также не оказывает сущест-
венного влияния на деформации продольных волокон от действия
*) См. W. Vо i g t, Gollingen Abhandl., т. 34, 1887; J. H. M i ch e 11, Quart,
J. Math . t. 32 стр. 63, 1901 L N. G. Filon, Trans Hoy. Sos (London) A,t. 201
1903. и Proc Roy. Sos (London), t. 72 1904. См. также Th. К a r m a n, Abhandl,
Airodyn Inst,. lech. Hoctischule (Aachen), t, 7, 1927,
108 НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНО НЛтТКГННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ ПАЛКАХ [ГЛ. IV
изгибающего момента В случае сосредоточенных грузов распреде-
ление напряжений вблизи точек приложения грузе» следует более
сложному закону, но это отклонение от прямолинейного закона
имеет местное значение (см том 11).
ЗАДАЧИ
1. Определить предельные значения грузов Р, действующих на деревяптю
прямоугольную балку (рис 100), если Ь—2Чсл, Л —23 си, loj = Ы> ыся*.
[•=1 — 15 ьг.сл2 с = 0.5 л!
Решение. Эпюры изгибающих моментов и поперечны х сил даны на рв
сунне 10ь
Qmax-
Из уравнений
предельное значение грхза
п~ и
I I
*
L
2. Определить наибольшее- нормальное и наибольшее касательное напряже-
ния в балке, изображенной на рис 107, если о — 0,6м, с—12 ль Ь= 141tл,
h = 25 ся и Р — 2,5 т
Ответ (оА)П1лк 48 ай'см* и (т>х)т,х — 5 к,?‘гл|а.
3. Оаределить наибольшее касательное напряжение, действующее но нейт-
ральному слою ранномерно пагррксипой бальи, если длина бзлкн/”= 2ле, из
грузка на погонный wcipj— 13толс,л! пыс-ла поперечного сечения н = 23 см и
ширина Ь = 20см.
Опшет. т^эх =я 3,9 кг сэг.
4. Определить наибольшее касательное напряжение в вертикальных бру
сьях АВ задачи 2 параграфа 25.
27. Распределение картельных напряжений в случае кругового
поперечного сечения
При выводе закона распределения напряжений по круговому
сечению (рис. 10Ь) лет никакого основания предполагать, что ка-
сательные напряжения все параллельны поперечной силе Q. В са-
мом деле, мы можем легко показать, чги в точках ру контура по-
перечного сечения касательные напряжения направлены покасатель-
271 КАСАТЕЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ В СЛУЧАЕ КРУГОВОГО СЕЧГНИЯ 10!)
ной к контуру. Рассмотрим бесконечно малый элемент ubul
(рис 10S, с) в форме прямоугольного параллелепипеда с гранью
udjg на поверхности балки и гранью abed в плоскости у г поперечного
сечения Если касательное напряжение, действующее по грани
сЧт/ элемента, имеет направление т, тооно может быть разложено на
два составляющих: iXi в радиальном направлении итх, в направлении
по касательной к контуру На основании условий равновесия прежде
было доказано (см. стр. 103), что если по какой-либо элементарной
площадке действует касательное напряжение т, jo по элементарной
площадке, перпендикулярной к данной 6} дет действовать гакое же
касательное напряжение. Применяя этот вывод в данном случае,
мы должны заключить, что если на
элементе abed в радиальном на-
правлении действует касательное
напряжение тхг, то должно действо-
вать касательное напряжение, рав-
ное тп, и по грани adgf элемента,
совпадающей с поверхностью бач-
ки. Если боковая поверхность сво-
бодна от касательных напряже-
нии, то радиальная составляющая
глт касательного напряжения т
должна быт«а равна нулю, т. е. т
Рис. 108.
должно быть направлено по касательной к контуру поперечного се-
чения балки В середине и хорды рр симметрия требует, чтобы каса
тельное напряжение имело направление поперечной силы Q. Тогда
направления касательных напряжений в точках р и п будут пересе-
каться в некоторой точке О на оси у (рис. 108, 1>). Полагая теперь,
что касательное напряжение в какой-либо другой точке линии рр
также направлено к точке О, имеем вполне определенные направле-
ния касательных напряжений. В качестве второго допущения при-
нимаем, что вертикальные составляющие касательных напряжений
для всех точек линии рр одинаковы *) Так как это допу щение вполне
совпадает с тем, что было сделано в случае прямоугольного попереч-
ного сечения, то можем воспользоваться для вычисления этой состав-
ляющей уравнением (64). В этом случае b означает длину хорды рр.
Зная направление полного касательного напряжения и его верти-
кальную составляющую, можем легко вычислить его величину для
.собой точки поперечного сечения.
*) ПрпГшгя;енная теория, основанная на двух вышеуказанных допущениях,
даст удовлетворительную точность, и сравнение с точной теорией показывает, что
ошибка в величине иаиб.кчыпего касательного напряжения составляет около 5*в,
что невелико для практических приложений См. St.-V е n a n I, цитир на
стр ММ. См также А Е. Н. Lo v е, Mathematical theory of Elasticity, 4 изд,
стр. 346, 1927,
^НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ ВАЛКАХ [ГЯ. IV
Вычислим теперь величину касательных напряжений по линии
поперечного сечения (рис. 109). Для того чтобы применить
авнение (64) к определению вертикальной составляющей тух
1х напряжений, нужно найти статический момент площади круто-
го сегмента, ограниченного линией рр, относительно оси г.
емснтарная полоска тп имеет длину 2 )• 7?2—у2 и ширину du.
ощадь равна dF=2} /?-’—tfdy. Момент этой полоски относител»-
Cz есть у dF и полный момент всего сегмента равен
это в уравнение (64) и принимая b равным 2 J Z?2—у\
---. получаем значение вертикальной состав-
'ч ляющей касательного напряжения
и полное касательное напряжение в точ-
ках р (рис. 109) равняется
видно, что maximum т получается при yi = О, т. е. у нейт-
оси поперечного сечения Тогда, подставляя
ледоватсльно, в случае кругового поперечного сечения наиболь-
iee касательное напряжение на 33% больше среднего значения,
слученного путем деления поперечной силы на площадь попереч-
ого сечения.
8. Распределение касательных напряжений в двутавровых балках
При выводе закона распределения касательных напряжений в
генке двутавровой балки (рис. 110) делаются те же допущения,
то и для прямоугольного поперечного сечения, а именно, что ка-
ательные напряжения параллельны поперечной силе Q и равно-
ерно распределяются по толщине bt стенки Тогда для вычисления
апряжений т можно воспользоваться уравнением (64). Для то-
28] РАСПРЕДЕЛЕНИЕ КАСАТЕЛЬНЫХ НАПРЯЖЕНИЙ В ДВУТАВРОВЫХ БАЛКАХ 111
чек линии рр, отстоящих на расстоянии у,, от нейтральной оси, где
щирица поперечного сечения равна Ь,, момент заштрихованной
части относительно нейтральной оси z равняется
Рис. ПО.
Подставляя в уравнение (64), получаем
«*>
Отсюда видно, что напряжения т изменяются по высоте балки
по параболическому закону. Наибольшее и наименьшее значения
хух в стенке балки получаются подстановкой в
уравнение (69) yi = 0 и у, = у:
<ч.и.=£ [тМ- <70)
Когда Ь, очень мало по сравнению с Ь, то нет боль-
шой разницы между (ТуД^ и (tyj^ и практи-
чески можно считать, что касательные напряже-
ния по площади поперечного сечения стенки
распределяются равномерно-
Хорошее приближение для (т>д.)п,ах получается путем деления
полной поперечной силы Q на площадь поперечного сечения только
одной стении. Это следует из того, что касательные напряжения,
распределенные по поперечному сечению стенки, дают силу, которая
почти равна Q, что означает, что стенка воспринимает почти всю
поперечную силу, а полки — лишь незначительную часть ее. Чтобы
доказать это, вычислим сумму
Л,.'а
Q,- J *vxb,dy.
— k, -в
Подставляя выражение (69) вместо хух, получаем
п после интегрирования находим
1 J 2 НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ ВАЛКАХ [ГЛ. IV
Для малой толщины полок, т. е. когда h приближается к h, момент
инерции J г с достаточной точностью выражается уравнением
в котором первый член представляет площадь поперечного сечения
полок, умноженную на квадрат расстояния (Л4-й1)/4 их центра тя-
жести до оси г, что приблизительно равно моменту инерции площади
поперечного сечения полок. Второй член есть момент инерции пло-
щади поперечного сечения стенки. Сравнивая (а) и (Ь), мы видим,
что, когда Л, приближается к Л, сила по величине приближается
к Q и, следовательно, поперечная сила будет восприниматься почти
только одной стенкой.
При выводе закона распределения касательных напряжений по
поперечному сечению полок не может быть сделано допущение, что
напряжения не изменяются по ширине сечения. Например, на уров-
не ие (рис. 110) по нижней грани полки ас и de касательные напря-
жения должны быть равны нулю, так как соответственно рав-
ные им напряжения тд,с на свободной нижней поверхности полки
равны нулю (см. стр. 105, а также рис. 108, с). Однако в части cd
касательные напряжения не равны нулю, но имеют значения, вы-
численные выше для (TyJn,,,, в стенке. Это указывает на то, что в ме-
сте cd, при сопряжении стенки и полки, распределение касательных
напряжений следует более сложному закону, чем можно вывести
на основании элементарного анализа. Дня того чтобы уменьшить кон-
центрацию напряжений в точках с и d, острые углы обычно заме-
няют выкружками, как указано на рисунке 110 пунктирными ли-
ниями. Более подробное исследование распределения касательных
напряжений в полках будет дано ниже (см. том II).
ЗАДАЧИ
t. Определить и (tvx)nijn в поперечном сечении стенки двутавровой
балки (рис ПО), если Ъ—12 см,Ь, =1.2см. h~30 ем, ht—26eM,Q=l2 т. Опредс
лить часть поперечной силы Q,, воспринимаемую стенкой.
Oww-w (тЛ )гаак = ЖЮлеА-л2. (r^in =300«/ли»,
Q.-O.ftj с
2. Определить наибольшее касательное напряжение в стенке
тавровой балки (рис 111), если h = 20 ем, Л,=17,5 <л, 6 — 10 см,
1>,=2,5 сми Q -= 400 лг
Ow'aw. Пользуясь методом, принятым для двутавровой
балки, находим (Tx>,)malI^ 11,5 лг/см®
3. Определить наибольшее касательное напряжение в зада
чах 1 и 6 параграфа 25. Применить балку двутаврового сечения
и предположить, что нся поперечная сила равномерно распре
делается по поперечном^ селению стенки.
4. Определить uih большее касательное напряжение в швеллере задачи 2
тр Ч">, если Q — 4,3 ш
Оитая. (тЛ>,)тах — 24,4 ас I и®.
29]
ГЛАВНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ
113
29. Главные напряжения при изгибе
При помощи уравнений (57) и (64) можно вычислять нормаль-
ное напряжение сх и касательное напряжение хху для любой точки
поперечного сечения, если известны изгибающий момент Л1 и попе-
речная сила Q для этого сечения. Наибольшее численное значение
ах будет в волокне, наиболее удаленном от нейтральной оси, и наи-
большее значение тху— обычно у нейтральной оси. В большинстве
случаев при проектировании пользуются лишь наибольшими значе-
ниями сгх и тАу> полученными приведенным выше способом, и раз-
меры поперечных сечений балок принимают такими, чтобы удовлет-
ворить условиям
Здесь предполагается, что материал одинаково сопротивляется ра-
стяжению и сжатию и что [ст] имеет одно значение. В противном
случае условия прочности
при растяжении и сжатии
должны быть удовлетворе-
ны отдельно, и тогда по-
лучаем
(“Л-ЯЫ пр» рас-
тяжении, i(ox)min| (о) при
сжатии.
Однако имеются случаи,
когда необходимо сделать
более подробный анализ
напряжений и вычислить
главные напряжения. По-
кажем такое вычисление
для балки, свободно опер-
той и нагруженной посере-
дине (рис. 112). Для точки
Я, лежащей ниже нейтраль-
ной оси в поперечном сече-
нии тп, величины напря-
жений сх и тху=ху>. опре-
деляются по уравнениям
(57) и (64). На рис. 112, b
эти напряжения показаны
действующими на беско-
нечно малый элемент, вы-
Рис. 112.
резанный из балки у точки Л; их значения легко определя-
ются по значениям Л4 и Q. Дня бесконечно малого элемента можно
пренебречь изменениями напряжений охи с в различных точках,
и можно допустить, что элемент находится в однородном напряжен-
1 1 4 НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БАЛКАХ [ГЛ. IV
w.w и\.пи>янии, т. е. что величины ох и гху постоянны по всем граням
элемента. Такое напруженное состояние элемента конечных разме-
ров изображено на рис. 40, а.
Из предыдущих выводов (см. стр. 47} мы знаем, что напряжения
по граням элемента, вырезанного из напряженного тела, изменяют-
ся с изменением направления этих граней и что можно так повер-
нуть элемент, что будут существовать лишь нормальные напряже-
ния (см. стр. 50). Такие направления граней называются глав-
ными направлениями, а соответствующие напряжения — главными
напряжениями. Значения этих напряжений в данном случае можно
найти из уравнений (31) и (32) подстановкой в эти уравнения ov=0-
Тогда мы получим
<73>
Необходимо заметить, чтоп„ах—растягивающее напряжение, астт!п—
сжимающее. Зная главные напряжения, наибольшее касательное
напряжение в /цобой точке получим из уравнения (34) (см. стр. 51):
V (т )'+«*• <74>
Для определения направлений главных напряжений можно восполь-
зоваться кругом Мора. Для элемента у точки А (рис. 112, &) соответ-
ствующий круг Мора показан на-рис. 112, с. Взяв расстояние
0F = cx aDF—t:x)f, получим точку D, определяющую напряжения,
действующие ио граням Ьс и ad элемента. Отрезок OF отложен в по-
ложительном направлении a, DF вверх, так как ох есть растягиваю-
щее напряжение, а касательные напряжения тху, действующие по
граням Ьс и ad, дают пару, вращающую по часовой стрелке (см. стр.
71). Точка О, определяет напряжения, действующие по граням ab
и (1с элемента, по которым нормальные напряжения равны нулю,
а касательные напряжения отрицательны. Окружность, построен-
ная на диаметре DDt, определяет оП]ах= ОЛ иот|п—— ОВ. Из того
же построения определяется угол 2<р, и направление отм на
рис. 112, Ь получается измерением <р от оси х по направлению дви-
жения часовой стрелки. Конечно, перпендикулярно аиах.
Взяв сечение т1п1 справа от груза Р (рис. 112, а) и рассмотрев
точку А, расположенную выше нейтральной оси, найдем, что на-
пряжения, действующие на элемент аЫйу точки А, будут направле-
ны так. как у каш но на рис. 112, ^-Соогветстнующпй крут Мора по-
казан па рис. 112, в. Точка D определяет напряжения для граней ab
и cd элемента abed и точка Di — напряжения по граням ad мЪс.
2’)]
ГЛАВНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗгИВЙ
115
> гач <f, определяющий направление отах, должен быть измерен по
направлению движения часовой стрелки от внешней нормали к гра-
ни ab или cd, как показано на рис. 112, d.
Если возьмем точку на нейтральном слое, то о* получается рав-
ным нулю. Элементу этой точки будет находиться в состоянии чистого
сдвига. Главные напряжения будут направлены под углом 45°
к осям х и у.
Можно построить две системы ортогональных кривых, касатель-
ные к которым в любой точке будут иметь направления главных на-
пряжений в этой точке. Такне кривые называются траекториями
напряжений- Рис. 113 показывает траектории напряжений для кон-
сольной балки прямоугольного сечения, нагруженной па конце.
Все эти кривые пересекают нейтральный слой под углом 45° и имеют
геризонтальное и вертикальное направление в точках, где каса-
тельные напряжения г равны нулю, т. е. у верхней и нижней
Рис 113. Рис. 114.
поверхностей балки. Траектории, дающие направления (ст*)
(растяжение), изображены сплошными линиями, а пунктирные траек-
тории определяют направления om.n. На рис. 114 изображены траек-
тории и эпюры распределения напряжений для о* и т^по нескольким
поперечным сечениям своСюдно опертой прямоугольной балки,
нагруженной равномерно распределенной нагрузкой. Ясно видно,
что о имеет наибольшее значение в середине, где изгибающий мо-
мент Л1 является наибольшим, a txy— наибольшее на опорах, где
действует наибольшая поперечная сила ’)•
При проектировании балок имеет значение численно наиболь-
шая величина о. Из уравнения |72) можно видеть, что для наиболее
удаленных растянутых волокон, где сдвига нет, продольное нор-
мальное напряжение ох становится главным напряжением, т. е,
a>nax“(°x)i4su<- -^ля волокон, близких к нейтральной оси, продоль-
ные напряжения о* меньше, чем для крайних волокон. Однако здесь
действует еще касательное напряжение гху. и напряжения ах и
тху, действующие вместе в этой точке.могутдать главное напряжение,
1» Несколько примеров построения траекторий напряжений разобрано
I- W agner ом Z, Osterr. Ing. u. Aichiteld. Ver., стр. 615, 1911.
116 НАПРЯЖЕНИЯ И ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БАЛКАХ (ГЛ. IV
определяемое уравнением (72), которое численно молот быть боль-
ше напряжения в крайнем волокне. В балка'' прямсл юлытого или
круглого поперечных--ечений, в которых каса чсльпсе напряжение
изменяется постепенно по высоте балки, этого обыч но не бывает, и на-
пряжение (ox)was, вычисленное для наиболее удаленного ван окна в се-
чении с наибольшим изгибающим моментом, есть наибольшее напря-
жение, действующее в балке. Однако в некоторых балках, например,
двутаврового сечения, в которых происходит резкое пленение вели-
чины касательного напрял еиня в месте сопряжения полки и стенки
(см. стр. ПР главное ьаппяжепие, вычисленное в эго?л месте нз урав-
нения (72), к ожетбыть больше напряжения (о,),|1а,. в наиболее уда-
ленном вачокне и должно быть принято в расчет при проектирова-
нии. Для иллюстрации рассмотрим представленную на рис. 112, и
балку двутаврового сечения с теми же размерами, как и в задаче
1-й, стр. 112, и при этом длина пролета I —- 0,6 .« и /’ — 24m. Тогда
Л'11Пах“360 ООО ка сл и Qoiax= 12 т. По формуле (57) растягивающее
напряжение в наиболее удаленном волокне равняется
. . аюап.15 .UQ ,
(°J..x=-nw-=482 •
Для точки в месте сопряжения полки и стенки получаем следующие
значения нормального и касательного напряжений:
„ 482-26
<гх=——- 41 *, * кг с:л ,
тАу=300 кг'см*
Тогда из уравнения (72) главное напряжение равно
О..«=575
Отсюда видно, что сгтах в месте сопряжения полки и стенки боль-
ше растягивающего напряжения наиболее удаленного волокна, и
поэтому оно должно быть принято при проектировании.
ЗАДАЧИ
1. Определить «щах и а„;ц в |С,нке.находящейся на 5 ,л ниже нейтральной оси,
в сечении, отстоящем на 1 л от нагруженного конца консоли (рис. 113). если высота
h_______20 см, ширина b — 10 си и Р = КХ) кг Определить угол между направлением
Стзх в этой точке и осью х.
Oinu.ni Сх=-^О)л-г;смг, тху=4,5ъг‘см2, отах—0,34 лг,'сн2, Gmin=—60,34кг/or.
Угол между направлением атаХ и осью х равняется 8б'*44’, считая по направле-
нию движения часовой стрелки.
2. Определить и olnjn на нейтральной оси в поперечном сечении. отстоя-
щем на 0,3 л сл левой, опори, для балки прямот сольного сечения, равномерно на-
груженной ц свободно опертой по концам (рис. 114). Размеры поперечного сечения
те же. что и в предыдущей задаче q =1300 кг/ л. 1 — 3
Onimtn. а.иах = — onl!rt=ll,7 кг}аг.
3. Определись длину двутавровой балки, рассмотренной на стр. 116, при ко-
торой (ox)max будет равняться в месте сопряжения полки и стенки,
Опшнп. 1 = 102 см
30] НАПРЯЖЕНИЯ В СОСТАВНЫХ БАЛКАХ 117
30. Напряжения в составных балках
В инженерной практике часто применяют составные балки, и
напряжения в них обычно рассчитывают в предположении, что их
части жестко соединены. Тогда расчет будет заключаться в: а)
проектировании балки, как цельной балки, и Ь) проектировании и
расположении элементов, которые соединяют части балки. В первом
случае применяются формулы для цельных балок, а влияние ослаб-
лений заклепочными и болтовыми отверстиями, прорезами для шпо-
нок и т. д. учитывается путем уменьшения сечений. Проиллюстри-
руем теперь расчет шпонок и заклепок.
Рассмотрим сначала составную деревянную балку, показанную
па рис. 103. Предполагается, что шпонки, поставленные между дву-
мя брусьями, составляющими балку, достаточно прочны для того,
чтобы сопротивляться срезывающим усилиям S (рис 103,Ь). Тогда
для определения величины можно будет применить уравнение
(57) Для того чтобы учесть ослабление сечения шпоночными канав-
ками и болтовыми отверстиями, необходимо ввести в расчет только
заштрихованную часть сечения, указанную на рис. 103, с. Тогда
1(2'0'
При нахождении срезывающего усилия S, действующего на
каждую шпонку, предполагаем, что это усилие равно равнодейст-
вующей касательных напряжений, распределенных в цельной бал-
ке на площади be нейтрального слоя, где Ь есть ширина балки и е—
расстояние между осями шпонок (рис. 103, о). Тогда, пользуясь,
уравнением (66) и считая в этом случае высоту балки равной 2h,
получаем
(га>
Размеры шпонок и расстояние е между ними должны быть выбраны
так, чтобы обеспечить прочпое сопротивление шпонок срезывании» и
смятию по боковым граням, а также смятию торцевых площадок
брусьев в шпоночных канавках. При таких расчетах обычно делают
грубое допущение, что касательные напряжения равномерно рас-
пределяются но среднему сечению <ib шпонки и что Давление на бо-
ковых гранях шпонок равномерно распределяется по площади cb.
Тогда, обозначая через [т] допускаемое напряжение на срез шпонок
и через 1всм1 допускаемое напряжение на поперечное смятие дере-
вянных шпонок или шпоночных канавок, получим следующие урав-
нения для определения размеров шпонок:
НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БАЛКАХ [ГЛ. IV
11еобходимо также обеспечить достаточную сопротивляемость скалы-
ванию деревянной балки вдоль волокон между двумя шпонками. Ска-
лывающее усилие опять будет равно S и воспринимающая его пло-
щадка равна Ь(е—и). Обозначая через It' 1 допускаемое напряжение
на скалывание материала балки вдоль волокон, получим условие
прочности:
6(е—в)^ 1Т ''
В дополнение к шпонкам имеются болты (рис. 103), соединяющие
части балки. При стягивании их возникает между частями балки
трение. При расчетах этим трением обычно пренебрегают и полагают,
что вся поперечная сила воспринимается шпонками. Опыты пока-
зывают, что такие составные деревянные балки слабее цельных ба-
лок тех же размеров ’).
При вычислении напряжений ох в составных стальных балках
или сплошных фермах влияние ослабления сечения заклепочными
отверстиями обычно принимают во внимание, полагая, что все от-
верстия находятся в одном и том же поперечном сечении балки 2)
(рис. 115, а), и вычисляют для уравнения (57) Jt площади, ослаблен-
ной отверстиями.
При вычислении наибольшего касательного напряжения тху
на практике также принимают в расчет ослабление сечения закле-
почными отверстиями. Можно видеть, что площадь поперечного се-
чения стенки благодаря отверстиям уменьшается в отношении
(е—d)!e, где е есть расстояние между центрами отверстий nd—
диаметр отверстий. Поэтому для вычисления в стенке двутавро-
вых балок в правую часть уравнения (64) обычно вставляется мно-
житель еЦе — d). При этом необходимо заметить, что этот способ
учета влияния ослабления заклепочными отверстиями является
грубым приближением. Действительное же распределение на-
пряжений около отверстий весьма сложно. Рассмотрение концентра-
ции напряжений у краев отверстия будет приведено ниже
(см. том II).
Для определения перерезывающей силы, действующей на за-
клепку, например А (рис. 115, Ь), рассмотрим два поперечных сече-
ния тп и га.п,- Вследствие разности изгибающих моментов в этих
двух сечениях нормальные напряжения олв сечениях тп и т1п|
будут различны, и пояс балки, заштрихованный на рис. 115, с, бу-
дет стремиться скользить по стенке. Этому скольжению препят-
’) Опыты, произведенные проф. Е. Kidwell’OM в Мичиганском горном кол
ледже, показывают, что составные деревянные Салки имеют около 75!!» прочности
по сравнению с цельными тех же ра меров.
Отверстия в вертикальной стенке имеются в сечениях, где приклепаны
к балке утолки жесткости.
НАПРЯЖЕНИЯ В СОСТАВНЫХ БАЛКАХ
ствуют силы трения и заклепка А. Если пренебречь влиянием тре-
ния, го сила, действующая на заклепку, получается равной разно-
сти нормальных усилий, действующих на сечения тп и т1п1 пояса.
fl М*ЛЧ
Рис. 113.
Усилие, действующее на пояс в поперечном сечении тп, равняется
(см. уравнение (а), стр. 105)
м с ,с
где интегрирование должно быть распространено на заштрихован-
ную площадь поперечного сечения пояса. Таким же образом в по-
перечном сечении т1п1 получаем
Тогда усилие, передаваемое заклепкой А от пояса к стенке, будет
равно
S-“Jp<fF. (а)
Пользуясь уравнением (50) и подставляя вместо dx расстояние е
между заклепками, получаем
AAI==Qe,
где Q есть поперечная сила в поперечном сечении балки, проходя-
щем через заклепку А. Вставляя в уравнение (а), получаем
S-^i/dF. (76)
Интеграл, входящий в это уравнение,‘представляет статический мо-
мент заштрихованной площади поперечного сечения (рис. 115,<?)
пояса относительно оси г.
Легко видеть, что для того, чтобы происходило скольжение
пояса по стенке, заклепка должна быть срезана по двум поперечным
120 НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БАЛКАХ [ГЛ. IV
сечениям. Потягая, что сн-iaS равномерно распределяется поэтам
сечениям, получаем касательное напряжение в заклейке
<77>
Сила S иногда вызывает значительные касательные напряжения
в стенке балки по длине ab (см. рис. 115. Ь), что должно быть при-
нято во внимание. Полагая, что эти напряжения равномерно рас-
пределены, и разделив S на площадь bt (е—d), получаем
О>
В добавление к этому напряжению, возникающему от усилия S,
передаваемого от поясов, будет действовать в той же плоскости ab
касательное напряжение V, возникающее от изгиба стенки. Вели-
чина этих напряжений получится из вышеуказанного уравнения
(Ь) посредством подстановки, вместо ydF, статического момента
относительно нейтральной оси г части прямоугольного поперечного
сечения стенки, расположенной выше плоскости ab. Таким образом,
мы приходим к следующему уравнению для касательных напряже-
ний в стенке по площади ab:
(78)
в котором интеграл распространяется на заштрихованную площадь
поперечного сечения, показанную па рис. 115, d. Зная ох и тул, мо-
жем вычислить и ого1пДля точек площади ab из уравнений (72)
и (74), как было указано в предыдущем параграфе, а также опреде-
лить направления главных напряжений.
Из предыдущих рассуждений видно, что при определении на-
пряжений в составных двутавровых балках для упрощения вычисле-
ний сделано несколько допущений Это до некоторой степени умень-
шает точнссть вычисления напряжений, что должно быть принято
во внимание при выборе допускаемых напряжений для составных
балок *).
) Опыты показывают, что разрушение двутавровых балок опычно происходит
вследствие выпучивания сжатых поясов или стенки (см. Н. F. Moor е, Unir. of
lllinpr* Вий. \< «Й ГИЗ)
Этот вопрос о В1ЯЩ тванин б>дет рассмотрен ниже. Влияние изгиба заклепок
на распределение напряжений в двутавровых балках рассмотрен I Агпое-
ieiicZ ArcliilcJil и Ingcnienrw . стр 57, 1910. Он пашет, что вследствге это-о
иянба напри,копия для обычных сап ношен ни н балках увеличиваются грпблк-
зителыю ид b“ri.
НЛпРЯЖГННЯ в «исглвных ВАЛКАХ
ЗАДАЧИ
1. Деревянная балка (рис 103) состоит из двух брусьев прямоугольного
i опсречиого сечения, соединенных шпонками
Определить срезывающую силу, действующую на шпонку, касательное на-
пряжение - в шпонке и давление на единицу плошали ее боковых граней,сети на-
тр, зка Р " 2<п, ширина балки Ь = 12,5 см, высота 2Л = 40 см, ширина шпонки J -=
-=7,5 см, высота шпонки 2с—6 см и расстояние между центрами шпонок е=27,5 см.
Ответ. $ =4 ‘ "^Ц. 27>5.з= 1031 кг
2 40
Касательное напряжение в шпонке Судет
S 1031 .. .
г -= —г = --у =- 11 кг см .
al> 7,5-12,5
Давление на единицу площади боковой грани равняется
2. Определить касательное напряжение по нейтральному слою балки, стенка
которой имеет толщину 2 см и высоту 1,25 л, пояса состоят из двух пар уголков
150 • 150 12 мм, если полная поперечная сила в сечении равняется 60 т. Опреде-
лить также касательные напряжения в заклепках, прикрепляющих пояса к стенке,
если диаметр лих заклепок равен 2.5 ем н шаг е=10 «л: (рис. 115).
Решение. Для данных размеров имеем:
/г = + 4 (745 + 34,9-58,35’) =- 804 6(0см*
Статический дюмент половины сечения относительно нейтральной оси равен
SI25 19т
+ 2-34.9-58.S- 7980см’
В этом вычислении 34.9 см2 есть площадь потереччото сечения уголка. 745 см*
есть момент инерции площади сечения уголка относительно оси, проходящей через
его центр тяжести параллельно нейтральной осп балки, 58.33 см — расстояние
центра тяжести каждого уголка от нейтральной оси г балки Все числовые данные
можно взять из справочника. Теперь из уравнения (64) получаем
60 000 -7989 ппо .
- -тяж " 298 •
Если примем но внимание ослабление стеики заклепочными отверстиями, то
:.298 _=«.2Э8 =•- 397 кг,см8.
Усилие S, передаваемое на одну заклепку, но уравнению (76) бтдет
Касательные напряжения и заклепке находим по уравнению (77)
•КИО-2 .
' пгтмг
122 НАПРЯЖЕНИЯ В ПОПЕРЕЧНО НАГРУЖЕННЫХ СИММЕТРИЧНЫХ БАЛКАХ [ГЛ. IV
3- Определить а|11ВХ в точках сечения ab, отстоящего (рис. 115) па расстоянии
55 см от нейтральной осн, сели размеры балкн те же, ч to в лредызд щеп задаче,
Q=60 ООО кг н изгибающий момент Л1=3- Ю’ леем.
3-108-55 .
’ S03M)
Решение. Из j равнения (78) имеем
уЯ-(40734-881) - 246 кг.см*.
4. Отсделить срезывающую силу в заклеп-
ках, соединяющих два рельса, показанных на
рис. 116, если площадь поперечного сечения
одного рельса F = 62.5 см2, расстояние от по-
дошвы рельса до центра тизсссти его поперечного сечения с = 7,5 си, момент
инерции площади поперечного сечения рельса относительно оси, проходящей через
его центр тяжести с и параллельной оси z. ранен 1562 см4, расстояние между
заклепками е — 15 см и поперечная сила 0 = 2 т.
.. _ I 2000-15.62,5-7,5 __
0“ S“ 2- 2<1«а+62,5-56,ЭД ’
ГЛАВА V
ИЗОГНУТАЯ ось "балки
31. Дифференциальное уравнение изогнутой оси
При расчете балок инженер обычно интересуется не только
напряжениями, возникающими от действующих нагрузок, но также и
прогибами, вызываемыми этими нагрузками. Кроме того, во многих
случаях ставится условие, чтобы наибольший прогиб не превосхо-
дил некоторой небольшой части пролета.
Пусть кривая АтВ на рис. 117 изображает форму оси балки после
изгиба. Изгиб имеет место в плоскости симметрии вследствие того.
Рис 117.
что поперечные силы действуют в этой же плоскости Эта кривая
называется изогнутой осип балки .Для того чтобы вывести дифферен-
циальное уравнение этой кривой, возьмем координатные оси, как
показано на рисунке, и предположим, что кривизна изогнутой оси
в любой точке зависит только от величины изгибающего момента М
в этой точкег). В таком случае зависимость между кривизной и из-
гибающим моментом будет та же, что и в случае чистого изгиба (см.
уравнение (56)), и мы получаем .
I м
EJZ'
(а)
’) Влияние поперечной силы па кривизну будет рассмотрено ниже (см. пара-
граф 39). Будет показано, что это влияние мало и им можно пренебречь.
124
ИЗОГНУТАЯ ОСЬ БАЛКИ
[ГЛ V
Чтобы вывести выражение, устанавливающее зависимость между
кривизной и формой кривой, мы рассмотрим две смежных точки т
и л/р находящиеся «а нзогнутгй оси па расстоянии ds одна от дру-
гой. Если угол, который касательная в точке т образует с осью х,
обозначить через G, то угол между нормалями к кривой в точках т
и т1 будет ей Точка О пересечения этих нормалей дает центр кри-
визны и определяет длину г радиуса кривизны. Тогда
u (b)
линейки указывают, что мы рассматриваем только численное значе-
ние кривизны. Относительно знака следует заметить, что изгибаю-
щий момент в уравнении (а) принимается положительным, если он
вызывает искривление, направленное вогнутостью вверх (см. стр.
65). Следовательно, кривизна положительна, koi да центр кривизны
находится выше кривой, как на рис. 117, Однако легко видеть,
что при такой кривизне угол О уменьшается при перемещении точки
т по кривой от Л к/J. Следовательно, положительному приращению
ds соответствует отрицательное dO . Таким образом, чтобы иметь
надлежащий знак, уравнение (Ь) необходимо написать в таком виде:
В практических приложениях допускают лишь очень малые прогибы,
и изогнутая ось балки является весьма пологой кривой. В таком
случае мы можем положить с достаточной точностью, что
ds=ad,v и O=&tgO=^. (d)
Подставляя эти приближенные значения вместо ds и 0 в уравнение
(с), получаем
Тогда из уравнения (а) находим
Jrn есть дифференциальное уравнение изогнутой оси балки, и
чтобы найти деформации балки, его нужно проинтегрировать в каж-
дом частном случае.
11есятходимо заметить, что знак в уравнении |79) зависит от на-
правления координатных осей. Например, если мы примем у поло-
жительным вверх, то необходимо положить
32] ИЗГИБ БАЛКИ РАВНОМЕРНО РАСПРЕДЕЛЕННОЙ НАГРУЗКОЙ 125
вместо уравнения (d), и мы получаем в правой часта уравнения
(79) плюс вместо минуса.
В случае весьма гибких стержней, в которых прогибы могут
быть большие, нельзя пользоваться упрощениями (d), и мы должны
прибегнуть к помощи точного выражения
6=arctg ^).
Тогда
. л в
Сравнивая этот результате уравнением (е), мы можем заключить,
что упрощения, «оказанные в уравнении (d), равнозначны допу-
щению, что величина в знаменателе точной формулы (1) мала
по сравнению с единицей и поэтому ею можно пренебречь1).
Дифференцируя уравнение (79) по х и пользуясь уравнениями
(30) и (51), получаем
EJ,^=-Q
И
И.Й-?- (80)
Последнее уравнение иногда применяется при определении про-
гибов балок, несущих распределенную нагрузку.
32. Изгиб балки равномерно распределенной нагрузкой
В случае свободно опертой и равномерно нагруженной балки
(рис. 68) изгибающий момент в каком-либо поперечном сечении тн,
отстоящем на расстоянии х от левой опоры, равняется
л— 2 2 >
и дифференциальное уравнение (79) получается
') Точное выражение (1) для кривизны применялось первыми исследователями
изогнутой оси. >но применялось, например, Л. Эйлером и его зпаменипж работе
Elastic Curve», английский перевод которой был опубликован и Isis, том 20 стр. 1,
Ноябрь 1411 г.; сп также С. П, Тимошенко, История науки о сопротив-
лении материалов перевод, 1*С7 ар 45-
126
ИЗОГНУТАЯ ОСЬ БАЛКИ
[ГЛ. V
Умножая обе части уравнения на dr и интегрируя, получаем
(»)
где С есть постоянная интегрирования, которая определяется так,
чтобы удовлетворить условиям этой частной задачи. Мы замечаем,
что угол наклона касательной к кривой посередине пролета вслед-
ствие симметрии равен нулю. Полагая =0 при л«= , мы таким
образом получаем
С 24 ’
и уравнение (а) будет
'?+£ + £ (Ь>
Второе интегрирование дает
FJ । g** J Ч^х । z-
У- 12 + 24 + h ’-*•
fc)
Новая постоянная интегрирования определяется из условия, что
прогиб па опорах равен нулю. Подставляя в уравнение (с) у—0 и
х = 0, находим С, = 0. Тогда уравнение (с) получается в таком
виде
(81)
Это есть уравнение оси свободно опертой и равномерно нагружен-
ной балки. Наибольший прогиб этой балки имеет место, очевидно,
посередине пролета. Подставляя в уравнение (81) х~Z/2, мы
таким образом находим
<s2>
Наибольший угол наклона касательной к кривой имеет место на
левом конце балки, где путем подстановки в уравнение (Ь) х = 0
получаем
^х}т,х
(83)
В случае равномерно нагруженной конаии (рис. 118, и) изгибаю-
щий момент в поперечном сечении тп, отстоящем на расстоянии х
от левого конца, равняется
м— %.
82] ИЗГИБ БАЛКИ РАВНОМЕРНО РАСПРЕДЕЛЕННОЙ НАГРУЗКОЙ 127
и х равнение (79) получается в таком виде
Первое интегрирование дает
«5)
Постоянная интегрирования находится из условия, что угол на-
клона касательной к кривой в заделанном копне равен нулю. т. е
dirdx = 0 при х=1. Подставляя эти значе-
ния в уравнение (d), находим
Второе интегрирование дает
(е)
Рис. 118
Постоянная С, найдется из условия, что
прогиб в заделанном конце равен нулю Таким образом, под-
ставляя в уравнение (е) х — 1, у —О, получаем
Подставляя это значение в уравнение (е), находим
+ (81>
Это уравнение представляет изогнутую ось равномерно нагружен-
ной консоли.
Если вместо правого конца будет заделан левый, как показано
на рис. 118, Ь, то уравнение изогнутой осн, очевидно, получится
путем подстановки в уравнение (84) I—х вместо х. Таким обра-
зом, мы находим
+ (№)
ЗАДАЧИ
I. Равномерно нагруженная стальная двутавровая Салка, опертая на концах,
ЧМеет прогиб посередине пролета [ ~ 0,8 см. а угол наклона касательной к кривой
на конце равняется 0 = 0,0 [ радиана. Найти высоту h балки если наибольшее
нормальное напряжение при изгибе равняется о = 12U0 л?/ся*.
Рсыенае. Воспользуемся известными <]юрмулами
«_ 5 я. 91* „ £.dL
1 b»4 F/, 21iJ. 0,а>; 8 '2Jt-
ИЗОГНУТАЯ ОСЬ ВАЛКИ
,431 ПРОГИБ БАЛКИ, НАГРУЖЕННОЙ СОСРЕДОТОЧЕННЫМ ГРУЗОМ 129
Из перпых двух формул мы находим
Д1^ L = 0.8 100 и I - 255 с«.
16 v
Тогда вторая формула дает
q? _ 3£0 3-2-10“ 0,01
8JZ I - 256
Подставляя это в третью формулу, получаем
Так как обе ветви изогнутой оси должны иметь общую касательную
о точке приложения груза Р, вышеприведенные выражения (а)
для угла наклона должны быть равны при х—а. Из этого мы за-
ключаем, что постоянные интегрирования равны между собой, т. е.
С=С>. Выполняя второе интегрирование и подставляя С вместо Ci,
получаем
4- Сх + С2 при х ^а,
(Ы
2. Свободно опертая и равномерно нагруженная деревянная балка квад
ратного поперечного сечения имеет пролет I — Зм Найти наибольший прогмб.
если (0*)^ = 70 кЦсм- Е -- 10s кг/см* и q = 500 кЯм.
Огяюет. f = 0,78 СМ
3. Определить высоту Л равномерно нагруженной и свободно опертой стальной
двутавровой балки, имеющей пролет 3 ж, если наибольшее нормальное напряжение
раяно 12НС»кг/<л2 и наибольший прогиб/ = 0,25 см
Ormeia. й = 45 гл.
4. Равномерно нагруженная консоль пролета I имеет прогиб на конце, равный
0,01 I Каков угол наклона касательной к изогнутой оси на конце?
Ответ. 6 = 0,0133 радиана.
5. Какова длина равномерно нагруженной консоли, если прогиб на свобод-
ном конце равен 2.5 с.и и угол наклона касательной к изогнутой оси в той же точке
равен 0,01?
Ответ. I 3,33 м.
33. Прогиб свободно опертой балки, нагруженной
сосредоточенным грузом
В этом случае имеются два различных выражения для изгибаю-
щего момента (см. параграф 22), соответствующих двум участкам
балки (рис. 119). Поэтому уравнение (79) для изогнутой оси должно
быть написано для каждого участка. Таким образом, мы получаем
Интегрируя эти уравнения, получим
... dy Pbx* ,
=------------------------g/-4-с ПРИ х-^а
и
dy Pbr' Р(х~а)г . ,, _
------2Г 4---2'—~4-С, при х^а.
при к -а.
Так как обе ветви изогнутой оси имеют общий прогиб в точке при-
ложения груза, то два выражения (Ь) должны быть идентичны при
л=о. Из этого следует, что Сг=С2. Окончательно нам необходимо
определить только две постоянные С и С,, а для этого мы имеем два
условия. а именно, прогиб на каждом из двух концов балки рав-
няется нулю. Подставляя в первое из выражений (Ь) х=0 и i/=0,
находим
С2=С,=0. (с)
Подставляя во второе из выражений (Ь) у=0 и
Pbl РЬ*_Р1>(Р—Ъг}
6 (11 - 61
к=1, получаем
(d)
Подставляя значения (с) и (d) постоянных в уравнения (Ъ) для
изогнутой оси, получаем
Щ (/• — (>— х'| при A go (86)
EJjg lr-y-x-)+f(j!-°)’ при л йо. (87)
Первое из этих уравнений дает прогибы для левого участка балки,
а второе дает прогибы для правого участка.
Подставляя значение (d) в уравнения (а), получаем
"Р«
» (е)
*--”((’-»-ап "Р" л -п-
Иг этих уравнений можно легко вычислить угол наклона в любой
точке изогнутой оси. Часто нам нужны значения углов наклона на
концах балки. Подставляя х = 0 в первое из уравнений (е), х = I
1зп
ИЗОГНУТАЯ Oft, Б 4 ТКИ
Ггл v
во второе и обозначая углы наклона на соответствующих концах
через ht и (js, получаем ')
_Pb (Р ~
\ttx)x=o &IEJX
r. _ !^У\ _____Pub (J+o)
6lFJt
Наибольший прогиб имеет место в точке, где касательная к изог-
нутой оси горизонтальна. Если а~>Ь, как на рис Л 9, то наибольший
прогиб будет, очевидно, на левом участке балки. Мы можем найти
положение этой точки, приравняв первое из выражений (е) пулю.
Тогда получим
/•—&*—Зх*=0.
откуда
Й
Это есть расстояние от левой опоры до точки, соответствующей
наибольшему прогибу7. Для того чтобы найти наибольший прогиб,
мы подставляем выражение (Г) в уравнение (86), которое дает
РЬ(Р— 1>*)т
srS7£j, ' |В)
Если груз Р приложен посередине пролета, то наибольший про-
гиб будет, очевидно, также посередине пролета. Его величина по-
лучится подстановкой fc=-g- в уравнение (g), которое дает
pi*
<9°i
Из уравнения (f) можно заключить, что в случае одной сосредо-
точенной силы наибольший прогиб находится всегда близко к се-
редине пролета балки. Когда Ь—-% , °н—посередине пролета;
в предельном случае, когда Ь весьма мало и Р находится близко
к опоре, расстояние х, определяемое при помощи уравнения (f),
равняется , и точка, соответствующая наибольшему прогибу,
’) Для пологих кривых, которые мы имеем н №л: шннстве c.ij чаеп углы ник,
лона 6, п 0а мои,но принять численно рапными j г лам поворота концов балки при
изгибе, причем утлы считаются положительными, «тли поворот происходит по ча-
совой стрелке.
34] ОПРРЛГЛРНИГ ПРОГИБОВ ПРИ ПОМОЩИ ЭПЮРЫ ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ 131
отстоят от середины пролета лишь на расстоянии
J=—4=0,077/.
Вследствие этого прогиб посередине пролета приблизительно ра-
вен наибольшему прогибу. Чтобы получить прогиб посередине про-
лета, подставляем в уравнение (86) и находим
(91)
Разность прогибов, определяемых по формулам (g) и (91) в наибо-
лее неблагоприятном случае, т. е. koi да b приближается к нулю,
составляет лишь около 2,5% наибольшего прогиба.
ЗАДАЧИ
1. Найта положение груза Р (рис, 11©). если отношение численных значений
, 1в1 I 3
углов наклона на концах балки равняется |-4-1=—,
Ответ. с = ~ I.
2. Найти разность наибольшего прогиба и прогиба посередине пролета балки
(рис 119), если 6 = 2в.
Ойке«. 0.0046 .
3. Найта наибольший прогиб балки, показанной на рнс. 119, если балка
имеет двутавровое сечение с высотой '£3см и площадью поперечного сечения 35.5сл<а;
4. Каков будет наибольший прогиб, если двутавровую балку в предыдущей
задаче заменить деревянной балкой, имеющей поперечное сечение 25 <25 см*
Модуль упругости для дерева можно принять £=10“ кг,'см\
34. Определение прогибов при помощи эпюры изгибающих моментов
Графоаналитический метод. В предьщущих параграфах было по-
казано, как можно получить изогнутую ось балки путем интегри-
рования дифференциального уравнения (79). Однако во многих слу-
чаях, в особенности, когда нам нужно знать скорее прогиб в оп-
ределенной точке, чем общее уравнение изогнутой оси балки, вы-
числение можно значительно упростить при помощи эпюры изгибаю-
щих моментов Ниже следует изложение этого метода *).
Применение эпюры изгибающих моментов к вычислению прогибов балок
быю разработано О Мопг’ом, см L. Architekt и. Ing. -Ver. (1 lannover), стр. 10,
1868, см также его Abiiandltingen, стр 294; цитированная на стр. 43. Подобный
метод бы т разработан независимо профессором С. L. Green’oM, Univ, of Michigan,
1874. Кажется, что впервые этот ыеюд был предложен SI. Venarl’OM. См. его
замечания в киш е Navicr, стр. 72 и 79. цитированные па стр. 103.
132
ИЗОГНУТАЯ ОСЬ ВАЛКИ
(гл. V
На рис. 120 АВ представляет часть изогнутой оси балки и atb,—
соответствующий участок эпюры изгибающих моментов Два смеж-
ных поперечных сечения балки на расстоянии ds одно от другого
будут пересекаться после изгиба под углом rf6, и из уравнения (56)
имеем
df)~y ds—~ ds.
Для балок, примейяемых в сооружениях, кривизна очень мала, и мы
можем принять dx вместо ds. Тогда
С графической точки зрения это озна-
чает, что элементарный угол dfi меж-
ду двумя последовательными радиуса-
ми или двумя последовательными ка-
сательными к изогнутой оси равняет-
ся заштрихованной элементарной пло-
щади Mdx эпюры изгибающих момен-
тов, поделенной на жесткость при из-
гибе1). Это будет справедливо для
каждого элемента и, следовательно,
угол между касательными в А и В по-
лучится суммированием элементов,
определяемых уравнением (а). Тогда
т- е. угол между касательными в двух точках А и В изогнутой оси
равняется площади эпюры изгибающих моментов между соответ-
ствующими вертикалями, разделенной на жесткость при изгибе
балки.
Рассмотрим теперь расстояние точки В изогнутой оси от касатель-
ной АВ' в точке А Припоминая, что изогнутая ось балки есть пло-
ская кривая, указанное выше расстояние мы можем измерить по
вертикали ВВТ. Отклонение, произведенное на этом расстоянии из-
гибом элемента тп балки и заключенное между двумя последова-
тельными касательными вшил, равняется,
Графически это означает момент заштрихованной площади Д1 dx
') Проверяя размерность, получаем <,;1 — радианах, т. е. отплеченное
число, Af dx. — в ьа см с и, EJг — в (ku'cm*) ьлг*.
относительно вертикали, проходящей через В, поделенный на EJC.
Интегрирование дает полный прогиб BB’i
Х1Л dx, 03)
т. с. расстояние В от касательной в А равняется моменту площади
ы ары изгибающих моментов между Ли В относительно вертикали,
I входящей через В, поделенному на жесткость при изгибе EJt.
При помощи уравнений (92) и (93) в каждом частном случае легко
можно вычислить у гол наклона касательной к изогнутой оси и вели-
чину прогиба в любом поперечном сечении. Сначала мы вычисляем
абсолютные значения 0 и /. Затем, взяв положительные направления
координатных осей, как указано на рис. 122, мы считаем поворот
Рис. 12 [.
касательной к изогнутой оси положительным, если он происходит
по направлению движения часовой стрелки, и прогиб балки поло-
жительным, если он совпадает с положительным направлением
оси (/.Этот метод вычисления деформаций балки называется гро^ю-
анилитичп-ким метсдох.
Вычисление интегралов в уравнениях (92) и (93) часто можно
упростить при помощи известных формул, по которым определяются
площади и центры тяжести их. Несколько формул, которые встре-
чаются в приложениях, дано на рнс. 121.
35. Определение прогиба консоли графоаналитическим методом
В случае консолн с сосредоточенным грузом на конце
(рис 122, а) эпюра изгибающих моментов показана на рис. 122, Ь.
Так как касательная в заделанном конце А остается неизменней, то
134
ИЗОГНУТАЯ ОСЬ ВАЛКИ
(гл V
расстояния точек изогнутой оси от этой касательной являются дей-
ствительными прогибами. УголП6, который составляет касательная
к изогнутой оси в В с касательной в А, согласно уравнению (92),)
равняется
(9-1)
Прогиб f вычисляется из уравнения (93)
как момент площади aha, относительно
оси bbi, разделенный на EJZ. Тогда
И
Для какого-либо поперечного сечения
тп угол поворота относительно оси х
есть площадь т’п’аа, рис. 122, Ь, поде-
ленная на EJ,. В случае пологой кри-
вой, как, например, изогнутая ось балки,
угол поворота может быть принят равным тангенсу- угла наклона
касательной к кривой, и мы получаем
(96)
Прогиб у в том же поперечном сечении есть момент площади irfn'aa,
относительно т'п', разделенный на EJZ (см. уравнение (93)). Разби-
вая эту1 площадь на прямоугольник и треугольник, как указано на
рисунке, получаем
'j=vr. [р <'-*£+¥¥] -^(¥ -<) да
Для консоли с сосредоточенным грузом Р в поперечном сечении,
отстоящем на расстоянии с от опоры (рис. 123, а), эпюра из-
гибающих моментов показана из рис. 123, Ь. Угол наклона и
прогиб для какого-либо сечения слева от точки приложения груза
определяются из уравнений (96) и (97) с заменой с вместо I. Для
какого-либо сечения справа от груза изгибающий момент и кри-
визна равны нулю; следовательно, эта часть балки остается пря-
мой. Угол наклона является постоянным и равным углу наклона
в D, т. е. на основании уравнения (94), Pt^lZEJ^ Прогиб в каком-
либо поперечном сечении тп равняется моменту площади тре-
угольника aa,d относительно вертикали т'п', разделенному на
EJ* что дает
У =ЁГг ~2~ (Х~~ У С)’ С98)
’) Оп принимается положительным, так как вращение происходит по часовой
стрелке.
Ч »’ Oni-Eai'.'ir'HUI' ПГОГНВА КОНСОЛИ ГГАФО\Н\1ИТИЧГ!СКПЯ мгтотом 135
В случае консоли с равномерной нагрузкой интенсивностью q
(рис. 124,а), изгибающий момент в каком-либо поперечном сечении
пт на расстоянии х, от заделанного конца равняется
и изображается параболой atdb на рис. 124 ,Ь Угол наклона в
Рис. 123 Рис. 124
каком-либо поперечном сечении на расстоянии х от опоры, из
уравнения (92), равняется
«=ж=в; f (л-'^+з)- <">
и
Угол наклона на конце получится путем подстановки в указанное
уравнение I вместо х
Прогиб в каком-либо сечении на расстоянии х от заделанного конца
равняется моменту площади аа,а! относительно вертикали cd, раз
деленному на (рис. 124, Ь). Момент элементарной площадки
заштрихованной на чертеже, равняется
и полный момент есть интеграл этого выражения от хж—О до х,—х.
Следовательно. к
-л,)(/-»,)• л,.
Тогда после интегрирования прогиб в какой-либо точке на расстоя-
нии х т опоры равняется
136
ИЗОГНУТАЯ ОСЬ ПАЛКИ
Для прогиба на конце, т. е. прих=/. имеем
=го; <|С2>
Та же задача может быть решена методом сложения действия сил.
Равномерную нагрузку можно рассматривать как систему беско-
нечно малых грузов с/(1с, указанных па рис. 140, стр. 145.
ЗАДАЧИ
I. Определить прогиб верхнего конца стойки, изображенной на рис. 98.
Решение Изгибающий момент о каком либо поперечном сечешш/пя на расстоя-
нии л от верха равняется
где Л -g- dp- IdXt кг есть полное гидростатическое давление, приходящееся
на одну стойку. Пользуясь уравнением <93), находим прогиб верха стойки
HP I-2i.lC'Wi.2».|00’.12
lot/,- 2-lo-10*-27,l4
2. Определить прогиб п угол наклона па конце консоли, изогнутой парой
сил М (рис. 125).
S.-
ли
3. Лис деревянные пряьюутольные балка, аазатые на левом конце (рис. 126),
изгибаются путем на|яжсяпя Солта на правом конце. Определить диаметр d болта
таким образом, чтобы коэффициенты безопасности для деревянных балок и для
стальною i«vna были одинаковы. Длина балок I— 1 jw, высота й=3»см, шири-
на Ъ—15 гм. допускаемое напряжение для стали [<т|=80б/<г си2, для дерева
|<rf=^J кг/or. Определить прогиб балок, если растят лвающее напряжение в
болте SXJ те/елг.
Ратине Если Г ость сила, действт юшая и Плис. то уравнение для опре-
деления d будет
ip 6Р1 8UJ
ad* Ь>Р ~ &.)
откуда
<1 —1,13 си п Р — 800—т- — 800 кг.
То1да, взяв Г=Ю’ M’/cai2, получим из уравнения <У5) прогиб f —0,267 см.
ОПРЕЛГЛНШЕ ПРОГИБА СВОБОДНО ОПЕРТОЙ БАЛКИ
4, Каково должно быть у равнение «г и бруса де изгиба, если движущийся ио
Спех грхз Р остается на одной г: том же уровпс [рис 127)
Смтт.
5. Определить допускаемый прогиб бмьн, показаииил па рис. 125, если дано
догч скаемое напряжение 1<т] Определить также прогиб для ьоьсоли, нагруженной
па копне (рнс 122)
ат о ^„4^.
6. Круглый диск «V радиуса R (рис 128) вызывает в тонкой стальной иолоске
толщиною й притяжение магнитными ейлами, равномерно распределенными с »ш-
1?11спш№стью д й,- см*. Определить длину I свободной части АС полпеки и наиболь-
шее напряжение п пей. если й —0,025 ся, R~7,5 см щ-1 г-’/гл'-.
Рис. 127
Рис. 128
Решение. Длину свободной части полоски можно определить из условия,
что в точке С кривизна, вызываемая равномерно распределенной нагрузкой д,
должна быть равна . Поэтому
V/1
I- 1 --0,83 св.
F qf<
Наибольшее напряжение определится из уравнения
36. Определение прогиба свободно опертой балки
графоаналитическим методом
Рассмотрим случай свободно опертой балки с грузом, приложен-
ным в точке F (рис. 129). Эпюра изгибающих моментов представляет
треугольник ггД/, (рнс. 120 Ь). Егогышкддь равна и его центр
Тяжести ('. находится па расстоянии —°т вертикали iibi.
Ве|утика.11,>1пе расстояние / конца В до линии АЬ', китц>ая является
касательной к изогнутой оси в Л, получается из уравнения (93)
ИЗОГНУТАЯ ОСЬ БАЛКИ
ГЛ. V
и равняется
, I РаЬ l-pb _ РдЬ (,>+&}
EJZ 2 з 6£7г •
Пользуясь этим значением, найдем угол наклона G, левого конца
балки, а именно
«i=4 = £*gt4. (а)
что совпадает с ранее полученной формулой (88)х). При вычислений
угла поворота 6, конца В балки (рис. 129, о) мы замечаем, что
поворот конца В относительно конца Л на основании уравнения (92)
равняется . РаЬ Ь=21Г,-
Следовательно, 0.-Ч, — ь « _Pab (l±b) РаЬ _ Реб (Ча) ... 6/£/г 2Г/,~ ~&1ЁЗг W
Можно дать простое толкование формулам (а) и (Ь), если рассмат-
ривать а^зх на рис. 129, Ь, как свободно опертую балку, несущую
треугольную нагрузку, представленную треугольником’ Ре-
акция левой опоры о, этой воображаемой балки равняется
р __РаЬ l-f-b 1 _Pab(l+b)
Л«~ 2 S Т~ Ы ’
Подобно этому
R ^PaL-U+u)
’) Заметит»., чп> а=1 — Ь.
,36] airi ’irfll'IIHF П'ОГПВЛ СРОБОДНО ОПГРТОЙ ГАЛКИ 139
Сравнивая эти результаты с формулами (а) и (Ь), можем заключить,
что углы поворота fi, и (I. коппов действительной балки АН полу-
чаются путем деления поперечных сил па копнах воображаемой
балки йД на жесткость при изгибе EJt. Воображаемая балка atb,
называется фиктивной балкой.
Чтобы вычислить угол наклона в какой-либо точке d изогнутой
оси (рис. 129,с), необходимо вычесть из угла 6, на опоре угол 0 меж-
ду касательными в А и d, Пользуясь уравнением (92) для вычисле-
ния угла 0, из рис. 129,& мы получаем
Л -".
Первый член в скобках представляет реакцию левой опоры фиктив-
ной балки аД, а второй — нагрузку на этой балке слева от попе-
речного сечения тп. Поэтому выражение в скобках представляет
поперечную силу в сечении тп фиктивной балки Следовательно,
угол наклона действительной балки в точней можно получить деле-
нием поперечной силы в соответствующем сечении фиктивной балки
на жесткость при изгибе EJ,.
Рассматривая прогиб у в точке d, мы можемвадеть из рис. 129, а,
что
у — ее — di\ (с)
Из треугольника Асе мы получаем
И
где Z?i есть реакция левой опоры фиктивной балки Второй член
правей части уравнения (с) представляет расстояние точки d изо-
гнутой оси до касательной Ае. и оно получается из уравнения (93)
(площадь Дй,гпл) у. (е)
Подставляя выражения (d) и (е) в уравнение (е), получаем
t; “ пл‘ &ai,nn К/ (О
Видно, что выражение в скобках представляет изгибающий момент
в поперечном сечении тп фиктивной балки. Таким образом, про-
гиб в какой-либо точке свободно опертой балки получается делением
изгибающего момента в соответствующем поперечном сечении фик-
швной балки на жесткость при изгибе EJZ. Подставляя в уравнение
(О значение /?, и замечая, что
. РЬх'
площадь Дй./ип—-g—,
140
ИЗОГНУТАЯ ОСЬ ВАЛКИ
[ГЛ. V
получаем
tfb
\edb
Рис J.W.
„ 1 роЬлц+t) m~i рьх{р—ь*-~а2)
У EJt [ 6Z 6' I “ &,EJZ
Это уравнение совпадает с уравнением (86), которое было ранее
получено интегрированием дийф-ерегциального уравнения изо-
гнутой оси. Прогиб для точки, находящейся справа от груза Р,
можно вычислить подобным обра-
зом, Результат будет, конечно, та-
кой же, какой дает уравнение (87).
Видно, что при помощи графоана-
литического метода мы исключаем
процесс интегрирования, который
был применен в параграфе 33.
В случае равномерно нагру-
женной балки (рис. 130, а), мы
рассматриваем фиктивную балку ab
(рис. 130, Ь), нагруженную парабо-
лическим сегментом acb, который в
этом случае представляет эпюру
изгибающих моментов. Полная фик-
тивная нагрузка на фиктивную балку равняется
l.fiP .
и каждая реакция равна . Тогда угол наклона в конце дейст-
вительной бачки получится делением этой реакции на F-J г. Чтобы
вычислить прогиб в середине, ад находим изгибающий момент в се-
редине фиктивной балки, ко-
торый равняется
^’Л£_3/
24“ \ 2 16
f |Т // IT
"м
Тогда прогиб получится де-
лением этого момента на EJг.
В случае свободно опертой
балки" АВ с парой сил /И,
действующей на конце (рис.
131), эпюра изгибающих мо-
ментов представляет тре-
угольник abd, изображенный
на рис. 131, Ь. Рассматривая ab
как фиктивную балку', находим, что полная фиктивная нагрузка
.Ш т" , .. -
равна 2 . 1огда реакции на концах фиктивном балки оудуг равны
36]
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПРОГИБА СВОБОДНО ОПЕРТОЙ ВАЛКИ 141
"К и ’ ^ДОвагельно, углы поворота концов действительной
балки равняются
^=<ет, <1Ю>
и
°-=-д£- <104>
Прогиб в поперечном сечении тп балки получается делением изги-
бающего момента в соответствующем поперечном сечении т.п,
фиктивной балки па EJZ, что дает
.. £_гшг—л,/^* -ч—/.OS1
iJ~~EJz 6 А 2 р 3)' CEJ; V е У *105)
ЗАДАЧИ
1. Определить углы поворота концевых сечений и прогибы под грузами и
в середине балки, показанной на рис. 132,
Рис. 133.
Решение. Фиктивная балка 6j дет нагружена трапецией udeb, площадь которой
равна Рс{1—с) Углы поворота на концах будут
е* ~ ~
Прогиб под грузом равняется
&tx-c EJZ\_ 2 2 3] EJg\2 3 J'
Прогиб в середине из уравнезия 191) равняется
4,4--яй/3'*-4*-
2. Определить углы наклона касательных на копнах балки, показанной на
рис. 92.
, fdy, 7HF [di/\ 2НР
vuieew. a=0-18(O;>
где H — галиис давление па балку.
3. Свободно опертая балка АП натружена, как показано па рис. 133. Найти
прогиб в середине балки п ианболшнш Прогиб, определить углы наклона каса-
тельных на концах балки.
ИЗОГНУТАЯ ОСЬ БАЛКИ
(ГЛ. V
Ответ, (f)
, 2^2 01' /dy\ _ fdy\ М’
:-L 27»Уз$7/ UM*.,- \«>/1=“Я£7;-
4. Определить угль.- С, и и„ г> прогиб в каком либо поперечном сечении тп
балкн, свободно опертой на концах и
изгибаемой игрой сил Рс (рис. 134).
Решение. Нагрузка фиктивной
балки указана на рис. 134, b Реакции
вй, и Ь, равняются
Д'
Рис. 134.
„ 1 ГРсаг2а Pel)1 ( , b
I [ 21 3 21 \а'' ЗЯ
Следовательно, утлы иоворота 0, и 02 равны
[4 т)] - ай; -»')
Если мы получаем
6.= С = -z—
’ * 21ZV/
Бели а > ~= . то угол 6, меняет свой знак, и прогибы везде будут направлены
вниз. Изгибающий момент в поперечном сечении фиктивной балки равняется
.. РаР* х Рсх[ г /. а\ 2 „1 /'ex’
IT? 3-Н" Г+т)~Т1’ ]~ТГ
Следовательно, уравнение изогнутой осн для левой части действительной балки
будет
Рсх Iь , й \ 2 и! Ра‘
у~2РЕРг[ 3 J 6Z£V/
S. Балка изгибается двумя парами сил, как показано на рис. 135 Определить
отношениеЛ4.:Л4ц, еслиточка перегиба находится на расстоянии//3о~ левой опоры,
Опихт. Mt=2Mv
Рис. 135. Рис. 136.
6. Две доски разной толщины /ц иЛ£, лежащие одна на другой, несут равно-
мерно распределенную нагрузку, как показало на рис. 136 ’ Определить отно-
шение наибольших напряжений, возникающих в каждой,
37]
МЕТОЛ СЛОЖЕНИЯ ДЕЙСТВИЯ СИЛ
143
Решение. Обе доски имеют одну и ту же изспнутую ось и кривизну; поэтому
п.к изгибающие моменты находятся в таком же отношении, как и моменты инер-
ции их поперечных сечений, т. е. в отношении
Моменты сопротивления находятся в отношении следовательно, наи-
гс’лыипе напряжения относятся как ht : hs.
7. Стальной стержень АВ имеет такую первоначальную кривизну, что при
выпрямлении его силами Р (рис. 137) возникает равномерно распределенное дав-
лечпе то длине твердой плоскости MN Опреде-
лит* силы Р. необходимые для выпрямления
скржня, и наибольшие напряжения, возникаю-
щие в нем, если I = 50 <л, f — 0,25 сч и попереч-
ное сечение стержня представляет квадрат со
огероиой 2,5 с.ч
Решение. Чтобы получить равномерно рас
предсленное давление, первоначальная кривизна
стержня должна быть такой же. как и у свобод-
но опертой балки, пест щей равномерно распределенную нагрузку
i .остью . Тогда мы получим
2РР Р1
Л'шгх- /8=f-
Нис 137.
интенсив-
ен
Наибольшие напряжения будут
5 2Р I*
" 384 I EJ,
°гах^
Ve
1спсрь из (Л) И (/)
тпях- :у8 =
в из (1)
Plh
=§т;-
(h)
(0
2-1-2 1О‘-О,25.2,5
5-50*
= 2400 кг‘смг
Р=500 кг.
8 Определить прогиб f в середине деревянной балки, изображенной на
рис. 72, а, если поперечное сечение ее имеет размеры 25 см. Найти наибольшее
чормальние наг ряжение.
Oni&m. /=“0,52 см, cfn,ax—39 кг>см*.
9. Пользуясь той же балкой, что к в предыдущей задаче, найти наибольшее
нормальное напряжение и прогиб в середине пролета при условии загружения,
показанного на рис 72, е.
Отлип. f —J), <r|ras = 9,5 кг! см11.
37. Метод сложения действия сил
Из рассмотрения графоаналитического метода видно, что про-
гибы балки вполне определяются эпюры"! изгибающих моментов.
Из определения понятия изгибающего момента (параграф 20) сле-
дует, что изгибающий момент, вызванный в каком-либо поперечном
сечении балки несколькими одновременно действующими попереч-
ными грузами, равняется сумме изгибающих моментов, вызванных
н том же поперечном сечении каждым грузом, действующим отдель-
но. 1 [з этого следует, что прогиб, вызванный в какой-либо топье
ИЗОГНУТ ЛЯ-ОТТ ЕЛЛКЙ
балки системой одновременно действующих поперечных грузов,
можно получи гь суммированием прогибов, вызванных в этой
точке каждым грузом отдельно. Имея, например, уравнения изог-
нутых осей для случаев, изображенных на рис. 123 и 119, мы мо-
жем получить простым суммированием прогибы для консоли
или свободно опертом балки, несу-
щей какую-либо поперечную на-
грузку.
Взяв в качестве примера случай,
показанный на рис. 138, и вос-
пользовавшись уравнениями (97) и
(98), мы заключаем, что прогиб
в В равняется
* i - Ql' л. (1 с\
Рис. 138, lb 2EJZ з/
Подобно этому прогиб в D равняется
ГО=ЕТг{Т Т)+ЗЁГ/
Прогиб в каком-либо поперечно,м сечении тп для части DB консоли
будет
(*~ т)+Й; (т~ т)-
В случае распределенной нагрузки суммирование будет естест-
венно заменено интегрированием. В качестве примера мы возьмем
случай свободно опертой балки, несущей равномерно распределен-
ную нагрузку (рис. 130), и вычислим углы наклона па концах и
прогиб в середине балки. Из уравнения (а) параграфа 36 следует,
что приращение угла наклонаd<h, вызываемое на левом конце балки
элементарным грузом показанным на рис. 130, равняется
,, (l+b) db _qb(P — Ь*'у
°* " GIEJZ ~ G/EJ, ~
Тогда угол наклона V,, вызываемый всей нагрузкой, равняется
сумме приращений угла наклона, вызываемых всеми элементами
qdb от b = 0 до b == I. Следовательно,
(а)
Прогиб в середине получается из уравнения (91), которое было
выведено па основании предположения, что груз расположен
справа от середины. Какой-либо элементарный груз qdb, распо-
371
МЕТОЛ СЛОЖЕНИЯ ДЕЙСТВИЯ сил 145
ложенный справа or середины, вызывает в середине прогиб
Суммируя прогибы, вызываемые всеми такими элементарными гру-
зами, расположенными справа от середины, и замечая, что нагрузка
на левой половине балки вызывает такой же прогиб в середине, как
и нагрузка на правой половине, получаем для полного прогиба
Результаты (а) и (Ь) совпадают с формулами (83) и (82), ранее по-
лученными интегрированием дифферен-
циального уравнения изогнутой оси. »t ____ , . _ J
Метод сложения действия сил осо- -—-—^-1- —"*" ...
бенпо пригоден, если распределенная ~~
нагрузка покрывает лишь часть проле- Рис- 139.
та, как на рис. 139. Пользуясь вы-
ражением, выведенным выше для (dy) г, найдем, что прогиб,
вызванный в середине нагрузкой, расположенной справа от
середины, равняется
т Нагрузка, расположенная слева от се-
редины, вызывает прогиб
Нйг,
Следовательно, полный прогиб в середине равняется
/-f. -17.=)’ (ЗС —»)+/(ЗГ - «>.
rf с г
Рассмотрим теперь равномерно нагруженную консоль (рис. 140).
Прогиб, вызываемый в каком либо поперечном сечении пт каждым
элементарным грузом qdc, расположенным слева от сечения, можно
найти IB уравнения (98) подстановкой qdc вместо Р. Прогиб /д,
вызываемый полной нагрузкой, расположенной слева от тп, рав-
няется сумме прогибов, вызываемых всеми такими элементарными
ИЗОГНУТАЯ ОСЬ ВАЛКИ
Гг.ч. v
грузами; при этом с изменяется от с — 0 до с = .г:
/Л“ PJz У 2 (л—У с) dc~^rt Г
Прогиб, вызываемый в каком-либо поперечном сечении пт элемен-
тарным грузом qdc,, расположенным справа от сечения, найдется
из уравнения (97) подстановкой q(1сг вместоР и с, вместо /. Прогиб
уз, вызываемый полной нагрузкой, расположенной справа от се-
чения, равняется сумме прогибов, вызываемых всеми такими эле-
ментарными грузами; при этом изменяется от с,=х до €,==/:
1 Г (с.х* ц ( «• , з?Р /л’\
У*=£7, J 9 ("2 6 , dC^~2LJ1 \ 6 'г 2 3 ) '
Тогда полный прогиб в сечении пт будет равен
, а /Рх* IXя . д«\
У— У,+Уг~ 2EJe \ 2 3 + 127’
что согласуется с ранее найденным уравнением (101).
ЗАДАЧИ
I. Определить прогиб и
J, =: /Б70 си’ q = 7СЮ иг/л.
Рис. 141.
середине балки АН, показанной на рис. 141. если
/= 7.2 м, а—3.6 м, Ь = 2,4 м, £ =- 2-10’ кг/смг.
Решение. Вследствие того, что «== -g, прогиб,
вызываемый в середине нагрузкой, действующей
на левой пояовиее балки, на основании уравнения
(82) равняется
15
2 ’ 3S4£J/
Прогиб, вызываемый в середине нагрузкой, расположенной на правой поло-
инне балки, равняется
Cqcdc ,, 25 ql‘
Г" J ~ 4с 1= 48-162 EJ,'
Полный прогиб равняется
® _4“Ч_4+Ч=4=(т и + ’ 2-к “•
2. Определить прогиб и середине балки, показанной на рис 95. когда груз на-
ходится и подо/КСНии, при KOTOJN1M имеет место наибольший изгибающий момент.
37]
МЕТОД СЛОЖГПИЯ ДЕЙСТВИЯ сил
147
Удачише, Прогиб можно получить при помощи у равнении (91 । и метода сло-
жения действия сил. подставляя в это уравнение/;—-^- — для одного груза и
b= ~ d для другого.
Рис 142
3. Определить прогибы в середине и углы поворота концевых сечений балок,
показанных на рис. 72,6 и 72.rf. Принять для этих вычислений двутавровую балку
с J.=25iiO см'.
(Jmflem, Для балки, изображенной
па рис 72,6, f=0,3 см 0,=0,ОС241 ра-
диана и 6г=—0,002"<’6 радиана.
4. Балка со свободно опертым»
гонцами изгибается двумя парами сил
Л1, и AL, приложенными на концах
(рис. 142), Определить углы поворота
концевых сечений и положение поперечного сечения, в котором itpot иб является
наибольшим
Решение, Абсолютные значения углор из сравнений (103) и (104) будут
#t=«iL+«£
1 ЗВ/, 3EJt 1 ’ 3£7,+ 6Е/г‘
При помощи уравнения (105) находим уравнение изогнутой оси
Рис. 143.
Положение наибольшего прогиба можно найти из этого
уравнения,если первую производную приравнять нулю.
5. Каково отношение прогибов на концах консолей,
показанных на рис. 143, если интенсивность равномер-
ной нагрузки одна и та же в обоих случаях?
Ответ’ 7:41,
б. Определить прогибы на концах консолей, пока-
занных на рис. 73, предполагая, что материалом яв-
ляется сталь, высота каждой балки равняется 25 см и наибольшее нормальное
напрнм.ение равно 1400 кз/с.ч®. Воспользоваться методом сложения действия сил.
Решение, Взяв, например, случай, представленный на рис 73,(>,и заыетив,что
полная распределенная нагрузка равняете» qt== 1Ыю кг, а груз на конце равняется
Р = 500кг= — ql, мы имеем
ql* , Pl* 47ql*
1 6EJ,3EJt~2\f>bJt‘
A1_,.x h h ( о'8
"пик— ~2JT 27^ (Г'+ 2
Исключая Jt, получаем
47/;сП13Х 47 CW-1400
1 МЕЕ «4-2.10’. 25
Подобным образом могут быть решены другие Рис. 144
три задачи.
7. Найти прогиб f конка В консоли АВ, нагруженной треугольной нагрузкой
АСВ (рис. 144).
Решение. Применяя метод сложения действия сил и пользуясь уравнение
(102) я результатом задачи 1 параграфе 35, получаем^
ЗО£Т7= 120/77 ’
Т48
ИЗОГНУТАЯ ОСЬ БАЛКИ
(гл. V
38. Прогиб балок с консолями
Балка с консолью может быть разделена на две части: часть
между опорами, которая может быть рассматриваема как балка
с опертыми концами, и свешивающаяся часть, которая может быть
рассматриваема как консоль. Дан ил люстрации мы рассмотрим
изгиб балкн с консолью под действием равномерно распределен-
ной нагрузки с] (рис. 115). Балка разделена на две части АВ и ВС
Ь/ 2
ХЖ
V
Рис. 145.
и действие консоли па часть балки между опорами заменено по-
перечной силой qa и парой сил 2. Мы находим, что попе-
речная сила непосредственно передается иа опору и что необходимо
рассмотреть только пару сил qtrj*. Тогда прогиб в каком-либо по-
перечном сечении между опорами получится вычитанием прогиба,
вызываемого парой сил qa?i2, из прогиба, вызываемого равномерно
распределенной нагрузкой b (рис 145,6). ГЪыьзуясь уравнениями
(81) в (105), мы получаем
Угол поворота поперечного сечения в точке В получается при
помощи уравнений (83) и (104), из которых, считая поворот по-
ложительным в направлении движения часовой стрелки, мы полу-
чаем
п _ ____у/*
”« “ bi-Jx ЫШг ’
Прогиб в каком-либо поперечном сечении свешивающегося конца
(рис. 143,о) получится теперь путем сложения прогиба консоли (урав-
нение (101)) с прогибом
<1 Г. { 9"!/ \ V
v-tsrj;—ncj^)x'
вследствие поворота поперечного сечения В.
38]
ПРОГИБ БАЛОК С КОНСОЛЯМИ
149
ЗАДАЧИ
1. Определить прогиб и угол наклона конца С балки, показанной на рис 147.о.
Прото
2. Определить прогиб в конце С, а также в середине между опорами балки,
показанной на рис. 146.
Решение. Часть балки между олора-
н: будет находиться в условиях балки,
нагруженной силой Р и парами сил Р.п
и PJ> на опорах. Согласно уравнениям (91)
Рис. 146. Рис 147,
п (105) и методу сложения действия сил прогиб в середине равняется
f — ?с дл__________________________4CS) _ __PJ>P
' 48£// lf,EJe lf>£Jz
Угол 0, на опоре Л получается из уравнений (88), (103) и (104)
1 61EJ, 3EJt 6ЕУ/
Из уравнения (95) прогиб на конце С равняется
3EJt й’”
3. Балка с консолью изгибается в одном случае силой Р, приложенной иа
конце (рис. 147,о), а в друюм случае той же силой приложенной в середине
пролета (рис 147,6). Доказать, чго нры иб и точке D в первом случае равен прогибу
на конце С во втором случае
Отчет. В каждом случае прогиб равен
РРа
lf>bJz '
4. Балка длиною I с двумя равными консолями нагружена Двумя равными
силами Р на концах (рис. 148) Определить отношение, х I, при котором; 1) про-
Рис 148
РИС. 149.
гиб в середине равен прогибу гга любой конце, 2) прогиб в середине имеет
напболыпую величину.
Ответ. I) х— 0.152ft 2) х = //б
5. Деревянная балка круглого поперечного сечения, опертая н С с концом,
прикрепленным в А, тевет равномерно разделенную пмрузку д на копсоли CD
(рис. 119) Определит!, диаметр поперечного сечения и прогиб в D, если /—1 м,
и *- 2 м, q — 400 нам и 1с] — 80 ла;..и*.
nSOrilJ'IAH O«_h БУШИ
|r I. V
Решение Диаметр найдется из уравнения
лк1
- |с|.
Тогда прогиб на конце D найдется из у рай пения
уя4
8/:Л
<?сИ' да*
et-j^ 24EJJ
1Л.
6. Катка длиною I иессг равномерно распределенную нагрузку интен-
ciihiioctmo q (рис. 159). Определить длину консо чей так, чтобы численно наи-
больший изгибающий момент был насколько
возможно меньшим. Определить прогиб в се-
редине при этом условии.
Решение Полагая численные значения из
гнбяющнх моментов в середине и па опорах
равными, мы получаем
Рис 120
л = 0.207/.
Прогиб в середине определится из уравнения
5 g(/-2x)« дл*(/-2лУ
' 3S1 EJ. ~ 16ft/.
в котором первый член правой части представ тяет прогиб, вызываемый нагруз-
кой, лежащей между опорами (уравнение (82)), а второй—прогиб, вызываемый
нагрузкой, лежащей на консолях (уравнение (105)).
7. Определять прогибы па концах консолей дяя балок, представленных на
рис. 70, а. Ь._ с Для вычислений принять балку двутаврового сеченпя Л, =
= 2&К) елр, Е =» 2- 1ц* ;:г,е.ч-,
Otnecni. Г.с.тп I — дайна балки между опорами и а — длина консоли, то
f - _<??* । 1^! \а
J<: WJ^-bEJ, 24U.I '
Ра-l 117РдЭ
}ь ~ 4EJ- 31Ш:4 ’
39. Влияние поперечных сил на прогиб балок
Выше (с-р 118) при paccMoneiiini прогибов было принято во внимание лишь
действие изгибающего момента. Дополнительный прогиббудетвызван поперечной
силон при взаимном сдвиге смежных поперечных сечений одного относительно
дрv того. В результате неравномерного распределения касательных наряжений
поперечные сечения, прежде плоские, становятся искривленными, как па рис. 151,
па автором показан изпгбтолько от сдвига1). Элементы поперечных сечений в цен-
трах тяжести остаются вертикальными и скользят один по другому Поэтому угол
пак юла касательном к изогнутой осп точьпоотсдвига равен п каждом поперечном
ссчешш относительному сдвигу в центре тяжести этого сечения. Обозначая через р,
прогиб от едпнга, мы получаем дчя кикого-лнбо поперечного сечения следующее
•) Деформация, вызываемая изгибающим моментом п состоящая из взаим-
ных поиоротон смежных поперечных сечений, исключена.
391
ВЛИЯНИЕ ПОПЕРЕЧНЫХ СИЛ НА ПРОГИБ БАЛОК 151
.сражение для угла наклона
где Q/F есть среднее касательное напряжение г*., ,6 — модуль упругости при сдвиге
п с — численный коэффициент, на который нужно умножить'среднее касательное
напряжение для того, чтобы получить касательное’напряжение в центре тяжести
поперечного сечения. Для прямоугольного поперечного сечепияа=* , (см уравне
цие(66)); для круглого поперечного сечения а—/в (см. уравнение (68)) При непре-
рывной нагрузке на балке поперечная cu.iaQ есть непре-
рывная функция, которую можно дифференцировать
гох. Тогда кривизна, вызываемая только сдвигом, будет
_______а_ rfQ____о
Л» “ F(idx “ F6 9'
где q — интенсивность нагрузки. Сумма этой кривизны
I кривизны, вызываемой изгибающим моментом (см
у равнение (79)). дает полное выражение для кривизны;
Рис. 151.
Во всех случаях, в которых при определении прогиба нужно принять во внимание
влияние поперечной силы, необходимо пользоваться этим уравнением вместо у рав
пении |79) ’).3)ias М и q, как функции х, можем легко проинтегрировать уравне-
ние (106) таким же образом, как было указано в параграфе 32.
В этом случае с болыпим успехом
может быть применен графоаналитический
метод, причем интенсивность фиктивной
нагрузки будет
(Ь)
вместо одного М (см. стр. 139).
Рассмотрим, например, слу чай балки,
свободно лежащей на двух" опорах, с
равномерно распределенной нагрузкой
(рис. 152) Изгибающий момент в каком-
либо поперечном сечении х равен
ы ю
Фиктивная нагрузка на балке состоит из двух частей: 1) нагрузки, представленной
первым членом уравнения (Ь) и определяемой параболической эпюрой изгибающих
моментов (рис. 152, ft) и 2) нагрузки, представленной вторым членом уравнения (Ь),
т е а (СJrIFG)q. Так как q постоянно, то это есть равномерно распределенная на-
грузка, показанная на рис. 152, с.
Дополнительный прогиб в каком-либо сечении от поперечной силы равен
изгибающему моменту, вызываемому в этом сечении фиктивной балки, показанной
на рис. 152,’с нагрузкой, разделенному на £JZ. Следовательно, в середине балки
дополнительный прогиб равен
. 1 / HJ, У Р aPq
'• тг,(°1а'')т~ят1
’) Другой способ определения допочнительного прогиба вследствие сдвига
рассмотрен па стр. 270,
ИЗОГНУТАЯ ОСЬ ВАЛКИ
[гл. V
Складывая это с прогибом от изгибающего момента Сравнение (82)), получаем
ПОЛНЫЙ ПрОГЦб
f__W* nfv ._»?/ / 4aur? /' .
7 3S4EJ-+8ГО -3S4iJ^ 5 PG'
(y — 1 yf-есть радиус иперцш поперечного сечения относительно оспа
Д.тя прямоугольного поиереч-юю сечеч.чя высотой -= ^/г2,а ~ "У- ,,о‘
лагая ^=«2(1 4-[t)x: 2,6. получаем из (d)
Z 7? -
Можно видеть, что прц^-=э 10 влияние лоперечной силы на прогиб составляет
около 3% Если отношение -у \меньшгется, то эго влияние увеличивается
п
Коэффициент а обычно бывает болы.гс 2 для дчутавровь х балок, и если эти
балки коротки, то влияние поперечной сн гы может быть сравнительно велико.
Пользуясь уравнением г70) ц рис. 110, мы получаем
откуда
(е)
Например, положимЛ—бОс.ч, Г =. 173слг2,=:91С60си4, 6-= i8см, 1>1=Л,7см,
11, =г 55,6 гл, I = Cih Го1да уртвЕР-ге (е) даст а _ 1,99. Подставляя з уравне-
ние (d), находим
5 !и 4’ 1 ад 91116,1
'- 5Й ' Z77\1 + 3 ,’Л,Т75^О» •
1 эля
,>ДМ 384£Г'
Дополнительный прогиб от сдвпга в этом слу чае равен 20,3% от прогиба, вызы-
ваемого изгибающим моментом, и поэтому должен быть принят но внимание.
П ciyqae сосредоточенной нагрузки Р
(рис 153) последняя может рассматриваться как
предельнып случай нагрузки,распределенной по
очечг, короткой части с балки Величина фик-
тивной нагрузки Pt па балке AflJ, соответствен-
но второму члену Е выражении (Ь) будет
Рис 153.
б)
^•-ате
Дополнительный прогиб от поперечной силы по
лу чается делением па EJ- изгибающего мо-
ме |та, вызываемого в бачке фиктивной со-
средоточь нюп нагрузкой, определяемой
д|я центра н пой u.iipiiHi балки niruOaio
уравнением (/) Например, ..... _—.......... ......... ......
щи) момент в серели ie фиктивной 6i.tkii возипкаюпип! от пзгрузки tf), будет
a\L'J.‘l (j)Pl/4, н диполиительный прогиб в с< редине от поперечной силы равен
Л-
(и)
ПЛПЯНИЕ ПОПЕРЕЧНЫХ СИЛ ИЛ ПРОГИБ САЛОК 1 S3
слладывая -йот прогиб с прогибом, вызываемыч только рзпи'»Т1ощвм моментом
С, равнение t'iOy), получим следующее уравнение для полного прогиба:
. Г‘г • а - Г1* (\ —1*1 — i
/==‘48fJ'“ FC ’ 4 4bEJx\И F Gy
Дтя балки прямоугольного поперечного ссчсппя высотою Л имеем
J2F'
и мы получаем
При у ~ уд дополнительный прогиб от поперечной силы составляет около 4пи
ст прогиба ст изгпбакякего момента.
Во всех приведенных выше рассуждениях предполагалось, что поперечные
течения балки цигут свободно искривляться, как показано на рис. 151. Рапномер-
1'0 нагруженная балка представляет случай, в китирим ли условие приблизитель-
но удннлетворяется Поперечная сила в середине такой балки равна нулю и здесь
нет никакого искривления Искривление постепенно у вели швается с увеличением
поперечной силы .ю длине балки от середины к левому и правому концам СтСДО-
вагельно, условие симметрии деформации относительно середины удовлетворяется.
Рассмотрим теперь изгиб сосредоточенной догрузкой посередине Из условия сим-
метрии среднее поперечное сечение балки должно остаться плоским В то же са-
мое время смежные поперечные сечения справа и слева от натрузки п<спринвм.иот
пшеречцую силу, равную Р-2, и должно иметь место искривление поперечных се-
чечии, вызванное этими поперечными силами Однако из условий непрерывности
деформаций не моишт быть резкого из-
менения от ii.iocKoro среднего сечения
к искривленным сменным сечениям
Должно быть непрерывное увеллченпе
искривления по длине бадкп в любом
направлении or середины, и только в
некотором расстоянии от на-рузкл
искривление может Gt iti. таким, какие
производит поперечна.! сила Pj2 при
условиях свободы искривлений. Из
9'ir\ расс1ждсгп|й необходимо заклю-
чить. что вблизи среднего поперечного
течения распределение напряжений бу-
дет не таким, как указано эленентар
ной теорией изгиба (см стр J87). Искривление будет частично задержано, и
дополнительный прогиб от поперечной силы б-, дет несколько меньше того, что
найдено выше (см у равнение (gj) Болес подробное исследование ’) показывает,
•по в слу чае сосредоточенной нагрузки г. середине прогиб там же равняется
Рис. 1Й4.
4&LJ,
Аналогичное условие мы имеем в случае консольной балы! Если заделанное
| опсречное сечение может свободно искривляться, как показано па ряс 154 а, то
*) См L. N. G. F»] о а, цитирован ня стр 107. S. Т i та о s h е и к о,
Phil Mag., т. 47. стр ПН5 1924; см. также Th Ka-tuati, Seripla Uiinor-
sitaiis atque Bibliothecae Ihenwoliritauaruni. 1923 и автора Theory of Plasti-
city стр. 95 1‘1H.
П1ОГЦ\'ТЛЯ OCI ГАДКИ
1ГЛ V
•.С.ГОПНР б>.-ivr таки-л, какие предполагались при выводе j равнения (h) Прогиб
консоли прямо! гл.тыкн о поперечного сечения получится псыстаноско’) I вместо
'/2 и Р вместо в это уравнение. т. е.
Когда заделанное поперечное сечение полностью препятствует искривлению (рис
154, 5), условия будут теми же что предполагались при "выводе уравнения (i)
и прогиб станет
что меньше прогиба, данного уравнением (j).
ГЛАВА VI
СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ ИЗГИБЕ
40. Лишние закрепления
В предыдущих параграфах были рассмотрены три типа балок:
I) консоль, 2) балка, свободно опертая на концах и 3) консольная
балка (со свешивающимися концами). Во всех трех случаях реак-
ции могли быть определены из основных уравнений статики; следо-
вательно, эти задачи —статически определимы. Рассмотрим теперь
задачи иа изгиб балок, в которых уравнений статики недостаточно,
чтобы определить все реакции опор, так что необходимо вывести
дополнительные уравнения, основанные иа рассмотрении деформа-
ций балок. Такие задачи называются статически неопределимыми.
Рассмотрим различные типы опор, которые может иметь балка.
Опора, изображенная на рис. 155, а, называется шарнирно-под-
ватной опорой. Если пренебречь трением в шарнире и в катках,
то очевидно, что в этом типе опор реакция должна проходить через
центр шарнира и быть перпендикулярной к плоскости тп, по ко-
торой передвигаются катки. Следовательно, мы знаем точку при-
ложения реакции и ее направление. Остается только один неизвест-
ный элемент — величина реакции.
На рис. 155, b показана шарнирно-неподви-жная опора. В этом
случае реакция должна проходить через центр шарнира, но может
иметь любое направление в плоскости рисунка. Мы имеем два не-
известных элемента, которые нужно определить из уравнений ста-
тики, а именно: направление реакции и ее величину, нли иначе:
вертикальную и горизонтальную составляющие реакции.
На рис. 155, с представлен заделанный конец. В этом случае не
только неизвестны направление и величина реакции, но также и
СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ ИЗГИБЕ
[гл. Vi
точка приложения. Реактивные силы, распределенные по заделан-
ному сеченй'ю, могут быть заменены силой /?, приложенной в цен-
тре тяжести сечения, и парой сил Л1. В таком случае мы имеем три
неизвестные, которые нужно определить из уравнений статики, а
именно: две составляющих реактивной силы и величину пары Л1.
Для балок, нагруженных поперечными силами в плоскости сим-
метрии, мы имеем для определения опорных реакций три уравнения
статики, а именно:
2Х=0, 2Г=0, 2Л1=О. (а)
Если балка оперта так, что имеются лишь три неизвестных реак-
тивные элемента, то они могут быть определены из уравнений (а),
и, следовательно, задача статически определима. Эти три элемента
как раз достаточны, чтобы обеспечить неподвижность балки. Когда
число реактивных элементов больше трех, мы говорим, что имеются
лишние закрепления, и задача является статически неопределимой.
Консоль опирается заделанным концом. В этом случае, как
было выяснено выше, число неизвестных реактивных элементов —
три и они могут быть определены из уравнений статики (а). Для ба-
лок, свободно лежащих на опорах, и балок со свешивающимися кон-
цами обычно предполагают, что одна из опор имеет неподвижный,
а другая—подвижный шарнир. В таком случае мы опять имеем
три неизвестных реактивных эле-
, I* 7 J мента, которые могут быть опре-
/1 гшптТ'ТДа'j -у №е|1Ь1 из уравнений статики.
j 11.11Если балка имеет неподвижные
„ г________________J шарниры иа обоих концах (рис .156),
задача становится статически не-
р,,г- 1о6‘ определимой. На каждом конце мы
имеем по два неизвестных реактив-
ных элемента, являющихся составляющими каждой реакции. Для
определения этих четырех неизвестных мы имеем лишь три уравне-
ния (а). Следовательно, мы имеем одно лишнее закрепление, и для
определения реакции необходимо рассмотреть деформацию балки.
Вертикальные составляющие реакции можно вычислить из урав! г-
ний статики. В случае вертикальной нагрузки можно заключг.ъ
также из статики, что горизонтальные составляющие Н равны, ко
противоположны по направлению. Чтобы найти величину Н, рас-
смотрим удлинение оси балки при изгибе. Приближенное значе-
ние этого удлинения можно получить при допущении, что игогнутая
ось балки является параболой 1), уравнение которой представляет
(Ь)
•) Точное вираже! педли H3oi in тол <хп балки Gjait дано ниже (сы. гъм II)
ЛИШНИЕ ЗАКГРТПЕПИЯ
где i есть прогиб посередине. Длина кривой равняется
2 j | isi'-sCл.-]/ i+(£j*. fc>
0 п
Б случае пологой кривой величина (difldxy мата по сравнению с
единицей и, пренебрегая малыми величинами порядка выше вто-
рого, мы получаем приблизительно
Подставляя это выражение в уравнение (с) и пользуясь уравнением
(Ь), находим длину' кривой
М'-К).
Разность между длиной кривой и расстоянием I между опорами
_ , 8 \
представляет полное осевое удлинение балки и равняется [ у)
if fl}. Тогда относительное удлинение будет (/*,!*). Зная его
и обозначая через Е модуль упругости материала балки и через F
площадь поперечного сечения балки, мы получаем горизонтальную
реакцию из уравнения
(d)
Необходимо отметить, что для большинства балок на практике про-
гиб f весьма мал ио сравнению с длиной / и растягивающие напря-
жения }(/2//2)£, вызываемые силами Я,обычно малы по сравнению
с напряжениями от изгиба, и ими можно пренебречь. Это оправды-
вает обычную практику расчета балок с опертыми концами, когда
предполагают, что одна из двух опор представляет подвижный шар-
нир, хотя специальные приеппсобтения для возможности свобод-
ного движения шарнира в действительности применяются только в
случае больших пролетов, например мостов
В случае изгиба гибких стержней и тонких металлических пла-
С1ИПОК, где прогиб f уже не очень мал по сравнению с I, растяги-
вающими напряжениями, вызываемыми продольными силами Н,
пренебрегать нельзя. Такие задачи будут разобраны в дальнейшем
(СМ. ТОМ 11).
В лиследупчисм изложении для решения статически неопреде-
лимых задач изгиба буды применен метод сложения действия сил.
Решения будут получены комбинацией шлцюнсслодпшшных стати-
чески определимых случаев таким образом, чтобы удовлетворить
условиям на опорах.
Г38 СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ ИЗГИБЕ (ГЛ VI
41. Балка, заделанная одним концом и опертая другим
Рис. 157.
В этом случае мы имеем три неизвестных реактивных элемента
на одном конце и один неизвестный на другом конце. Следователь-
но. задача однажды статически неопределима. Начиная со случая
одного сосредоточенного груза Р (рис, 157,о), примем за лишнее
закрепление то, которое препятствует левому концу А балки по-
ворачиваться при изгибе. Отбрасывая это закрепление, мы полу-
чаем статически определимую задачу, показанную на рис. 157, Ь.
Изгиб, вызываемый статически неопределимой парой Ма, теперь
будет разобран отдельно, как показано на рис. 157, с1). Очевидно,
что изгиб балки, изображенный на рис. 157,а, можно получить сло-
жением случаев (Ь) и (с). Необходимо лишь величину пары Мо на
опоре подобрать таким образом, чтобы удовлетворить условию
01== —6',. (а)
Таким образом, поворот левого конца
балки от силы Р будет уничтожен ре-
активным моментом Ма и будет удов-
летворено условие в заделанном кон-
це, а именно, угол наклона здесь ра-
вен нулю. Чтобы получить статически
неопределимую пару Л1О, необходимо
лишь вставить в уравнение (а) извест-
ные значения для углов 6, и О' из
уравнений (88) и (104). Тогда
___A1J
&EJZ 3EJZ •
откуда
(107)
Эпюра изгибающих моментов теперь
может быть получена сложением
эпюр для случаев (Ь) и (с), как показано заштрихованной пло-
щадью на рис. 157,с?. Наибольший изгибающий момент будет либо в
а, либо в d.
Прогиб в какой-либо точке легко можно получить вычитанием
прогиба, вызываемого парой Мп (рис. 157, с), из прогиба в этой
точке, вызываемого сосредоточенным грузом Р (рис. 157, Ь). Урав-
нения изогнутых осей для обоих этих случаев уже были даны в (86)
и (87) стр. 129 и в (105), стр. 141. Возьмем, например, случайс<~ I
х) Изогнутая ой. Пялки и яиоры изгибающих моментов показаны вместе.
411 БДЧКЛ ЗАТГЛАШНЯ ОДНИМ КОНЦОМ II ОПРГТЛЯ ПГ\|ЦЧ 1г>9
и вычислим прогиб f в середине пролета. Из уравнении (91) и (105)
имеем
. <,. . IV
или, при помощи уравнения (107),
В точке с, где изгибающий момент получается равным нулю, кри-
визна изогнутой оси балки также равна нулю, и мы имеем точку
перегиба, т. е точку, где кривизна изменяет знак.
Из уравнения (107) можно видеть, что изгибающий момент в
заделанном конце зависит от положения груза /-*. Если мы при-
равняем нулю производную от уравнения (10/) по с, мы найдем, что
момент М„ имеет численно наибольшее значение при с =/,) 'з . Тогда
|M.L.=$f=0,IB2«. <"*>
Изгибающий момент под грузом, из рис. 157, а, равняется
~ g с)' <я+с>- <ь>
Если мы возьмем производную от (Ь) по с и приравняем ее нулю, то
мы найдем, что Ма получается наибольшим при
с-^Н'З—1)=0,366/.
Подставляя это в уравнение (6), мы получаем
(ЛДла^О-174 Pl-
Сравнивая это с уравнением (108), мы находим, что в слгчае под-
вижной нагрузки наибольшие нормальные напряжения оА будут в
заделанном сечении и при условии, что
Имея решение для одного сосредо-
точенного груза и пользуясь методом
сложения действия сил, можно ре-
шить задачу для других типов по-
перечной нагрузки при помощи изложенной выше теории.
Возьмем, например, случай, изображенный па рис. 158. Момент
на опоре А, возникающий от элементарной нагрузки с/de, получится
из уравнения (107) подстановкой qdc вместо Р.
160
СТАТИЧЕСКИ НРОПГЕДИЛИМЫР ЗАДАЧИ ПРИ ИЗГПВЕ
Ггл.тл
Полным момент А!„ на опоре будет
Если нагрузка распределена по всей длине балки (рис. 159, с),
то, подставляя в уравнение (с) а — 0, b — I, получаем
Эпюра изгибающих моментов получится
вычитанием треугольной эпюры от пары
Д10 (рис. 159} из параболической эпюры
от равномерной нагрузки. Можно ви-
деть, что наибольшие нормальные на-
пряжения от изгиба будут в заделанном
сечении. Прогиб в какой-либо точке
балки получится вычитанием прогиба в
этой точке от пары Ма (уравнение (105))
из прогиба в той же точке от равномерной нагрузки (уравнение (81)).
’1огда для середины пролета мы получим
5 qP др
' ~&4EJZ 16ЕДг— 192EJX’
(110)
ЗАДАЧИ
1. Построит^ эпюры поперечных сил для случаев, показанных на рис 157
и 1ГЛ.
2. Определить наиГолылий прогиб для случая равномерно распределенной
нагрузки, I оказанной па рис 159.
Решение. Складывай уравнения (81) и (105), получаем сод^ующие уравнения
дан изогнутой осн:
<0
Полагая производную dytdx рапной нулю, мы находим точку наибольшего про-
гиба при х=(//16) (15 —1 33) = 0,579/. Подставляя в (d). получаем
f
бпах 185 EJZ
3. Определить реакцию правой опоры балки, показанной на рпс 155, счи-
тая эту реакцию за лишнюю цеизвегп.угс
Решение Огбрясыван опору В, находим, что нротб этого конца балки, ряс
сматризаемсй как консоль, из уравнения (84) будет i^/VBFZ,. Реакция В доялиа
быть такова чтобы уяпчю.ч.итьуказ, плыв пропгб, 1огда, пользуясь уравнением
(95), получаем уравнение
qP_
8PJt~ iEJz'
41] КАЛКА ЗАДЕЛАННАЯ ОДНИМ КОНЦОМ И ОПЕРТАЯ ДРУГИМ 161
13 К-ди риг О
в-4 fl.
4. Балки нагружена, как показало ла рис. 160, Определить момент Ма к
реакции Я и В опор.
Ответ.
-Л,‘-т+ш’Л
. 5 9 3 И
Л~ Т9'*®*'- в^в9'+4о’«'-
5. Определить реакцию В опоры равномерно нагруженной балки, показанной
на рис. 159, если опора В упруга, так что направленная вниз сала величиной k
понижает опору па единицу длины.
Решение. 1 Пользуясь тем же методом, что и
в задаче 3, найдем уравнение для определения В:
</Р Bl'
8EJZ 3EJX
из которого
6. Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил для равно:иерно
нагруженной балки, опертой в середине и на концах.
Указание. Из условий симметрии среднее поперечное сечение не поворачи-
вается при изгибе н каждая половина балки будет находиться в условиях балки,
заделанной одним концом н свободно опертой другим.
7. Определить прогиб конца С балки, показанной на рпс. 161.
Решение. Заменяя дейсгвае свешивающегося конца парой Ра. получим изгиб
балки между опорами сложением случаев й и с) па рис. 161. Пользуясь форму-
лами (103) и (104), мы найдем статически не-
определимую пару Ма из уравнения 8,— —
нлц
Pal Ма1
fiEJz ~ 3EJJ
откуда Ма = Ра/2. Прогиб в С будет
г Ро' , п /В в'» Ptf u. Ptfl
/=зй;+“л_,.,_зй;+®;-
Первый член правой части представляет собой
прогиб консоли, а второй — прогиб вследст-
вие поворота поперечного сечения балки в В,
8. Определить дополнительное давление балки АВ на опору В (рис. 157) от
неравномерного нагревания балкн при условии, что температура изменяется от
4 внизу до I вверху балки по линейному закону
Ранение. Если опора В отброшена, то неравномерное нагревание вызовет
Н3| иб оси балки по дуге круга. Радиус этого круга мо-.кст быть определен из урав-
нения 1/г —о((—/J/й. в котором йьсть высота балки и« — коэффициент линей-
пи о расширения. Соответствующий прогиб в В может быть найден, как в зада ге
162 СТАТИЧЕСКИ НГОПРГДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ НГК ИЗГИБЕ (ГЛ. VI
2 на стр. 90, и равен
г-L Ра V ~ '>
' '2r~ 2h
Этот прогиб должен быть уничтожен реакцией опоры В. Пусть В означает эту
реакцию; тогда мы получим
Bl1 _ Ра (/ — !„)
3EJZ 2'г ’
откуда
в = 1г
9. Консоль АВ (рис 162), нагруженная па конце В, опирается на короткую
консоль CD такого же поперечного сечения, как и консоль АВ. Определить дав-
ление X тежду двумя балками в точке С.
Решение Давление А' будет найдено из условия, что в течке С обе консоли
имеют один и тот же прогиб. Пользуясь уравнением Й5) для нпжкей консоли и
уравнением (97) вместе с уравнением (95) для верхней, мы получаем
Рис 162 Из Рассмотрения эпюры изгибающих мпчептов для
верхней и нижней консолей можно заключить, что в
точке С верхняя консоль имеет больший угол накло-
на, чем нижняя. Это указывает на то, что соприкасание между двумя консолями
будет только в точках С и D.
10. Решить задачу 7, полагая, что вмести сосредоточенного груза рав-
номерная нагрузка интенсивностью q распределяется: I) по длине а свешиваю-
щегося конца и 2) по всей длине балки. Построить эпюры изгибающих моментов и
поперечных сил для утях двух случаев.
11. Построить эпюры изгибающих момевтов и поперечных сил для случая,
показанного на рис. 158, если а — 1,2 л, b — 3,6 м, I ~ 4,5 л и q == 500 кг, м.
42. Балка с двумя заделанными концами
В этом случае (рис. 163) мы имеем шесть реактивных элементов
(три на каждом конце), т. е. задача имеет три статически неопреде-
лимых элемента. Однако для обыкновенных балок горизонтальными
составляющими реакций можно пренебречь (см, стр. 155), что
уменьшает число статически неопределимых величин до двух. При-
мем моменты Мп н Мь на опорах за статически неопределимые ве-
личины. Тогда для случая одной сосредоточенной силы Р (рис.
163, а) решение можно получить сложением двух статически опреде-
лимых задач, показанных на рис. 163, b и 163, с. Очевидно, что усло-
вия в заделанных концах балки АВ будут удовлетворены, если
пары Ма и Мь подобраны таким образом, чтобы одела гь
е, = —()', (а)
4 21
БАЛКА С ДВУМЯ ЗАДЕЛАННЫМИ КОНЦАМИ
163
'!□ этих двух уравнений получаются статически неопределимые па-
рР1. ппльзуясь. уравнениями (88) и (89) для сосредоточенной силы и
уравнениями (103) и (104) для пар, получаем из уравнения (а)
откуда
__ ^(2*-с*) _ M«l ,
SEJ/г БЕ Jz'
_ J*(t-c)(2/-c) _ Mbl
6,'/Уг БЕ11''3.EJг'
(Ill)
Оба опорных момента отрицательны и вызывают изгиб выпуклостью
вверх. Складывая эпюры изгибающих моментов для случаев Ь) и
с), получаем эпюру, показанную на рис. 163, d Мы видим, что наи-
бсиьший положительный изгибающий момент для случая, показан-
ного на рис. 163, а, находится под силой в точке С. Его вели-
чина может быть найдена из рис 163. d и выражена следующей
формулой:
•П | | Mb(i-c) Wc'd-cf (П2,
Из рис. 163, d можно видеть, что численно наибольший изгибающий
момент будет или в точке С, или на ближайшей опоре. Для подвиж-
ной нагрузки, т. е. когда с из-
меняется, при с< Р2 наибольшее
'•ислеииое значение .41. получа-
ется подстановкой с = ИЗ в урав-
нение (111) Этот maximum ра-
вен 4Р//27. Изгибающий момент
под грузом будет наибольшим,
когда с ~ 112, и этот maximum
пз уравнения (112) равен Р//8.
Следовательно, для подвижной
нагрузки наибольший момент
будет на конце
Пользуясь методом сложения
действия сил, прогиб в какой-
либо точке балки можно по-
лучить сложением прогиба
от силы Р с прогибами от
пар Ма и /Wh.
Имея решение для одного сосредоточенного груза Р, какой-
либо иной тип поперечной нагрузки легко можем исследовать при
помощи метода сложения действия сил.
164
СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ ИЗГИБЕ [ГЛ. М
ЗАДАЧИ
I. Построить эпюру поперечных сил для случая, показа итого на pic. 163, а,
если Р = 400 кг, I -- 3,6 л и с == 1,2 ж,
2. Найти моменты па «отцах балки, нагруженной в точках, отстоящих на
1/3 дайны балки от опор (рис 164) Построить эпюры изгибающих моментов п по-
перечных сил.
Отпет. Ма -- Alj, = — -g- Pi.
3. Решить предыдущую задачу, когда сила в точке D имеет противоположное
направление.
Откет. Ма = — ДГЙ == —Р1.
4. Построить эпюру изгибающих моментов для равномерно нагруженной
Рис. 114. Рис, 165.
Решение. Момент в Л, вызываемый элементарным грунты qdc (рис. 10,5,с),
по уравнению (111), равняется
4U,r_s^=a*.
Тогда ыомелт, вызываемый нагрузкой, ледащей по всему пролету, равняется
,, _ Гг»8(/-С)Ф_ </Р
'w°“ Jo Р 12
Момент на опоре£ будет иметь ту же величину. Складывая параболическую эпюру
изгибающих моментов, вызываемых равномерной нагрузкой, с прямоугольной
эпюрой моментов от двух равных пар, приложен-
ных на концах, мы получим эпюру, показанную
на рис. 165.Л заштрихованной площадью.
5. Определить моменты на опорах балки с
заделанными концами и нагруженной треуголь-
ной нагрузкой, показанной на рис. 166.
Решение. Интенсивность нагрузки в рас-
Рис. 166 стоянии с от опоры В равняется двсЦ, а на-
грузка, изображенная заштрихованным элемен-
том, равняется qac(k;l. Моменты, действующие на концах и вызываемые этой
элементарной негру этой, на исповании уравнения (111) будут
Л11,
llo-jTony
.. p/uc’(/rc)rfc_ qcp Г (l~cfdc <!ap
I» УсЙ «»=-]—-----------p— = —30 -
о 0
13]
РАМЫ
165
6. Определить реактивные моменты Л1в и Мь в балке с заделанными кон-
ками- изгибаемой парой Рс (рис. 167).
Решение Пользуясь решением задачи 4, стр. 142 и уравиеаиями (103) и (104),
голучаем следующие уравнения:
лм . ,л З^Г - , а\ 2 ,.1
•Д«в -г Л14 =г — -р-1 а* U + -g- ) — - b* I,
из которых можно легко вычислить Мо и 51s,
7. Определить моменты на опорах балки с заделанными концами от нерав-
i омерного нагреаанвя, если температура изменяется от t„ внизу до t вверху балки
по линейному закону.
„ ,, v.EJ,(t ~ 1Л
Ответ. Ма = Мь —-------^-т---«,
8. Определить влияние па реактивную силу и реактивный момент в А, вы-
зываемое малым портика литым перемещением о заделанного конца А балки АВ
'рис. 163).
Решение. Отбросим опору А\ тогда прогиб в А и угол наклона б, в этой
точке найдутся как для консоли, заделанной в В и нагруженной силой Р, г. е.
Прикладывая в А реактивную селу X вверх J"* а -*-g
и реактивную пару У в том же направлении, рйс
как Ма, такой величины, чтобы уничтожить
}гол наклона 6, и сделать прогиб равным &,
получим для определения неизвестных величин X и У следующие уравнения:
xz2 п х/3 № . .
2£J2 EJz 2EJz’ iEJx 2EJX '*
9. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов для балки, по-
казанной на рис. 166, если q^SW кг/м, 1 — 4,5 л.
10. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов для балки с
заделанными концами, если левая половина балки равномерно нагружена на-
грузкой q — 500 кг]м. Длина балки 1=^5 м.
43. Рамы
Метод,, примененный в предыдущем параграфе для статически
неопределимых балок, можно приложить также к изучению рам
Возьмем в качестве простого примера симметричную раму
(рис. 168), с шарнирами в С и I), и нагруженную симметрично. Вид
рамы после деформации показан пунктиром Пренебрегая измене-
нием длины стержней и влиянием осевых сил на изгиб стержней ’),
можем рассматривать раму составленной из трех балок, как показано
па рис. 168, Ь. Очевидно, что на концах горизонтальной балки АВ
х) Одновременное действие изгиба и сжатия будет рассмотрено ниже (см
•1.1СЦ, 11).
166 СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ ИЗГИБЕ |ГЛ. VI
будут действовать пары М, которые препятствуют свободному по-
вороту этих концов и представляют действие вертикальных стерж-
ней на горизонтальную балку. Эта пара М может быть принята за
статически неопределимую величину. Зная М, можем изгиб трех
стержней исследовать без всякого затруднения. Для определения М
мы имеем условие, что в А и В стержни между собой соединены же-
стко, так что поворот верхнего конца вертикального стержня АС
должен быть равен повороту левого конца горизонтального стерж-
ня. Отсюда уравнение для определения /И будет
(а)
б, должно быть определено из изгиба горизонтальной балки АВ.
Если обозначим через I длину этой балки и через EJ — ее жест-
Piic 168,
кость при изгибе, то угол поворота кониа А от силы Р, на основа-
нии уравнения (88) при Ь=-Н2, равняется PPHSEJ. Пары на кон-
цах сопротивляются этому изгибу и вызывают угол поворота в
противоположном направлении, который из уравнений (103) и
(104) равняется MU2EJ. Окончательное значение угла поворота
будет
вж=_'Г_л»
I6Z-J 2LJ '
Рассматривая теперь вертикальный стержень АС. как бвлку с опер-
тыми копнами, изтбаемую парой сил Л1, и обозначая через li его
длину' и через EJ , его жёсткость при изгибе, найдем из уравнения
(104) угол вверху
'3|
РАМЫ
167
Оставляя в уравнение (а), получаем
РГ ЛИ _ мч
1SEJ 2EJ ~ 3Ej, •
откуда
«-2
(ИЗ)
Рис. 169.
Это есть абсолютное значение М. Его направление показано на
рис. 16S, Ь. Зная .И, можем построить эпюру изгибающих момен-
тов. как показано на рис. 168, с. Также показаны реакции в шар-
нирах С и D (рис. 168, а). Вертикаль-
ные составляющие этих реакций из ус-
ловий симметрии равны между собой и
каждая из них равна Р/2. Что же ка-
сается горизонтальных составляющих, то
их величина M!h получается, если рас-
сматривать вертикальные стержни, как
свободно опертые балки и нагруженные
вверху парами Л1.
Эта задача может быть решена и дру-
гим пути», если вместо Л1 за статичес-
ки неопределимую величину принять
горизонтальную реакцию И в шарнирах
С и D. Статически неопределимая зада-
ча решается путем сложения двух ста-
тически определимых задач, показанных
на рис. 169,b и 169,с. В случае Ь) от-
брошено лишнее закрепление, препятст-
вующее горизонтальному перемещению
шарниров С и D- Вертикальные стержни
уже не имеют изгиба. Горизонтальный
стержень А В находится в условиях бру-
са со свободно опертыми концами, углы
поворота которых равны Pl2/16EJ, и
поэтому горизонтальное перемещение
каждого шарнира С и О равняется h(Pl2/l6EJ). В случае с) рас-
сматривается действие сил Н. Эти силы вызывает изгибающие па-
ры на концах горизонтального стержня ЛВ, равные tih, так что
углы поворота его концов (Г будут Hh-ll2EJ, Перемещение каж-
дого шарнира С и D состоит из двух частей: 1) перемещения
V h--tih~t!2EJ, вследствие поворота верхнего конца и 2) перемеще-
ния Hh'IZEJ, вертикальных стержней, как консолей. В действи-
тельности же (рис. 169, о) шарниры С и D не перемещаются. Сле-
довательно, горизонтальные перемещения, вызываемые силой Р
168 СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ ИЗГИБЕ (ГЛ. VI
(рис. 169, Ь), должны быть уничтожены силами /7 (рис. ю9, су, т. е.
И2 . ННЧ _ ЯЛа
ЙЕГ‘ “ 2EJ 1 3£J, •
откуда
Замечая, что Hh=M, видим, что этот результат согласуется с най-
денным выше уравнением (113).
Этот последний метод анализа особенно пригоден для несиммет-
ричной нагрузки, как например, указанной на рис. 170, Отбрасывая
Рис. 170
закрепление, препятствующее го-
ризонтальному перемещению шар-
ниров С и D, мы имеем положе-
ние, изображенное на рис. 170, Ь.
Очевидно, что увеличение расстоя-
ния между С и D можно полу-
чить умножением суммы углов (|. и
0г на Л. Пользуясь уравнениями (88)
п (89), находим это увеличение рас-
стояния
.fPcfP-c*), Рси-с)(21-су] _
I 61EJ 61EJ ] “
Pc(l-cyh
~~ 2EJ
Оно должно быть уничтожено горизонтальными реакциями /7
(рис. 169, с). Тогда, пользуясь результатами, полученными в пре-
дыдущей задаче, мы получаем следующее уравнение для опре-
деления Н:
откуда
Pc(l-cyh
,2LJ '~3EJ J ~ 2EJ
(114)
Имея решение для одной сосредоточенной силы, можем легко ис-
следовать при помощи метода сложения действия сил какой-либо
иной случай нагрузки балки АВ рамы.
Рассмотрим теперь раму с заделанными опорами и несимметрично нагружен-
ную, как показано на рис. 171. В этом случае мы имеем три реактивных элемента
на кантон опоре, и система имеет три ст.пически неопределимых элемента. При
решении этап задачи мы будем пользоваться методом, осионапным па методе сло-
жения депо имя сил, б котором данная система нагрузки рааделяется на части,
169----
тг< то для каждой отдельной нагр\ зьи чол но найти простое решение ’) Задача,
никазачная на рис 171, в 'лтцет быгь решена сложением решений двух задач,
(-оказанных на рис 171, t и 171, с. Случай, показанный г Ь), является симметрич-
ным л может быть рассмотрен
таким же образом, как пер-
вый пример, показанный на
рис. 168. Исследование слу-
чая, изображенного в с), по-
казывает, что точка переги-
ба О горизонтального стерж-
ня АВ находится в середине
стержня Это следует из того
\ с ювия, что силы Р/2 равно
отстоят от вертикальной оси
симметрии рамы и противо-
положны по направлению.
Момент, прогиб и осевое уси-
лие, вызываемые в средней
точке О горизонтальной бал-
ки АВ одной из сил Р/2, бу-
дут уппчтожены действием
другой силы Р/2. Следоеа-
тельпо, в точке О не будет ни
изгибающего момента, ни вер-
тикального прогиба, ни осе-
гои силы. Величина попереч-
ной силы X в той же точке ___________________„__________*___________ __г...
кальный прогиб в О равен нулю (рис. 171, сГ). Этот прогиб состоит из двух частей:
прогиба ft от изгиба консоли ОВ и прогиба ft вследствие поворота конца В вер-
тикального стержня BD. Пользуясь известными уравнениями для консоли
(уравнение (98)) и обозначениями, данными на рисунке, получим следумцпе
уравнения:
может быть найдена из того условия, что вертя-
г2 3£/+ 2 2F.J
Подставляя это в уравнение найдем величину X поперечной силы. Оп-
ределив X, можем вычислить изгибающий момент для случая с) в любом попе-
речном сечении рамы. Складывая его с изгибающими моментами для симметричного
случая 6), получим решение задачи ®).
ЗАДАЧИ
I. Найти осевые усилия во всех стержнях рамы, показанной на рис. 168, а.
Onteem. Сжимающие усилия в вертикальных стержнях =7/2; сжимающее
усилие в горизонтальном стержне
2. Построить эпюру изгибающих моментов для рамы, показанной на
рпс 170, а.
’) Такой метод был широко применен W. L. Andree см. его книгу «Das B-U
V’cifanrcii», Berlin, 1919.
®) Решения мкогнх важных задач на рамы можно найти и книге: К I е i и I о-
R е I, Mehrsheiige Rahmen, Berlin, 1927.
СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ ИЗГИБЕ
[гл. VI
8. Определить изгибающие моменты в узлах рамы, показанной на рис. 172
Равенне. Рассматривая стержень АН как балку, опертую на копнах
(рис. 172, Ь), н обозначая через моменты в узлах, полупим угод поворота О,
РР Ml
16£J 2EJ ’
Полагая это равным уиу Ь канон
пах вертикальных стержне!, коте*
рые и читаются тодым парами Л1,
получим следу юки* уравнение длл
определения А‘
РР Ml __ МН
16EJ 2EJ~2EJ,’
Пге. 172
откуда
4. Построить эпюру изгибаю-
щих моментов для рамы предыду-
щей задачи.
5. Определить горизонтальные реакции И для случая показанного на
рис. 173.
Умение. Пользуясь уравнением (114) и применяя метод сложения действия
сил, получаем
И W___1
24Л . 2 й J '
’+ТТЛ
6. Построить эпюру изгибающих
задачи, полагая Л=/ и J—J,.
7. Определить изгибающие мо-
менты и узлаз рамы, показанной
на рис. (74.
моментов для трех стержней предыдущей
Рис. 174
Рис 173.
Решение Разъединяя раму, ках показано на рис
тля определения пар М и Л1,
174, 5, получим уравнения
43]
РАМЫ
Вставляя в эта уравнения значения
. Рс(1 -г) ЛИ , Mh MJi
,= 2EJ 2ЕГ
_ MJ f • Mh M,h
V-6FZ, ЗЕ J, ‘
голучпм два уравнения для определения Л! и Л1,.
'В. Построить эпюру изгибающих моментов и определить осевые усилия во
всех стержнях рамы, показанной на рис. 174, а, если h—l и J=-J t—iz.
9. Симметричная прямоугольная рама подвергается действию горизонталь-
ной силы И, как показано на рис. 175. Определить изгибающие момаггы Л! и М,
в узлах.
Рамние. Вид деформированной рамы покатан на рис. 175.0. Разъединяя
раму, как показано на рис. 175,6,и прилагая моменты по направлениям, которые
согласуются с искаженным видом рамы, мы
имеем для стержня СР
Рассматривая теперь вертикальный стержень
АС, как консоль, заделанную на конце С с
углом О,, найдем угол наклона в конце А
а' h' А,А /м
*!-•• • 2 2EJt EJt- ( )
Наконец, вследствие изгиба стержня АВ
fi=so’=2“.
а » 6EJZ
Тогда из уравнении (Ь), (с) и (й) получаем
(b)
W)
Вставляя в урвиненис (Ь), можем найти из- рнС_ (75.
гибаюший момент Mt. Когда горизонталь-
ный стержень имеет очень большую жесткость, мы приближаемся к условиям ра-
мы, показанной на рис. 171, с и подверженной действию поперечной t агрузки Н.
Вставляя в (е)У—со, получаем для этого случая
«-¥ Г-7Т- «
Случай рамы, показанной на рис. 168 с шар-
нирными опорами и подвержашый действию
поперечной нагрузки, приложенной в И, модою
получить подстановкой J=-0 в уравнение (е).
"10. Определить горизонтальные реакции Н и
изгибающие моменты Л1„ и М6 в узлах Ап В
рамы, показанной на рис, 176,
Ответ.
дЛ11т+20
2ij 2т+3
„ .. <lhI 7m ft J
(ГЛ. VJ
TTZ--------СТКТЙЧЕСКЙ-НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ ИЗГИБЕ
11. Рама слтепт вл двух стержней, соединенных жесткой В и заделанных
в А вС (рис, 177). Определить изгибающий момент М в В и сжинающее усилие
Рис 177.
в АВ, если, вследстаие повышения температуры, стержень АВ увеличивается
в длине на /0)
Ответ. Р и М могу г быть найдены на уравнений
Pl* МР РР Ml, Ml
3LJ ~ 2£7=’ А 2£ j ~ ГТ==4£7 *
44. Балки на трех опорах
В случае балки на трех опорах (рис. (78, а) имеется один ста-
тически неопределимый элемент. Пусть будет этим элементом ре-
акция промежуточной опоры. Тогда при помощи метода сложения
действия сил решение случая а) можно получить путем сложения
5
случаев, представленных в Ь) и с) рис, 178. Промежуточная реак-
(ияХ найдется из того условия, что прогиб f, вызванный в С силой
э, должен быть уничтожен реакцией X. Пользуясь уравнением (86).
44]
БАЛКИ НА ТРЕХ ОПОРАХ
ьод}чаем следующее уравнение для определения Л':
Pci, ((/,- — с* — /'] Л78 zl
6(G+4)£A 3 (lt-~l2)EJz *
откуда
X“ 57---------------'
Если P действует на левом пролете балки, то можно воспользовать-
ся тем же уравнением, но расстояние с должно быть измерено от
опоры А и I, и 1г должны перемениться местами. Для Л=/а=/ из
уравнения (115) следует
Х-Рс^|~г'). (ПО)
Имея решение для одной силы Р, какую-либо иную нагрузку легко
можно исследовать при помощи метода сложения действия сил.
Та же задача может быть решена и другим способом. Вообразим
балку разрезанной на две части в С (рис. 178, d) и пусть Мс обозначает
величину изгибающего момента первоначальной балки в этом по-
перечном сечении. Таким образом, задача сводится к рассмотре-
нию двух свободно опертых балок, показанных в d), которые яв-
ляются статически определимыми. Величина Мс определится из
условий непрерывности изогнутой оси на опоре С. Из этого следует,
что угол ') 6=6', или, пользуясь уравнениями (88) и (104) и предпо-
лагая, что изгибающий момент М положителен, получаем
_Л1А мд
&EJg ‘~'AEJZ'
откуда
Следовательно, Мс— отрицателен и направлен, как указано на
рис 178, d. Эпюра изгибающих моментов показана заштрихованной
площадью на рис. 178, d.
ЗАДАЧИ
I. Для примера, представленного на рнс. 178. доказать, что величина изгибаю-
щего момента Мс, определяемая уравнением (117), та же самая, что получается
для поперечного сечения С при помощи уравнения (115).
2. Построить эпюру поперечных сил для балки предыдущей задачи, если
I, c=L,!2 и Р—400 кг.
3. Ьалкд на трех опорах (рис. 178, п). несет равномерно распределенную на-
грузку интенсивностью </ Определить изгибающий момент на опоре С.
Решение. Пользуясь методом сложения действия сил. подставляя qdc вмеето
Р в уравнение (117) и интегрируя по обоим пролетам, получаем
г 1С— cf)dc г qc(l\ -с1) de Q z’-H®
Л1“ J 2/, (1,+lJ J ЩЬтМ ~ 8 Z^-Z,
___________________ и 0
*) Угол считаем положительным, если вращение происходит по направлению
СГЛ»ИЧЕСКИ-Т1РОПРЕЛЕЛЙМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ ИЗГИБЕ
[ГЛ. VI
при Mg=—^g-. Направление этого момента такое, как указано на
рис. 178,d.
4. Построить эпюру поперечных сил для предыдущей задачи, полагая 1.=1г
В 9=700 кг/м.
5. Определять численно наибольший изгибающий момент в балке АСВ (рпс.
178, о), если Р~4 т /я=3л, /а=4л. с=2л
Ответ. 51пшх=3140 кгм
6. Балка иа трех равноотстоящих друг от друга опорах несет равномерно рас-
пределенную нагрузку интенсивностью q. Каксе будет иметь влияние па среднюю
реакцию понижение средней опоры на величину Д?
Решение. Пользуясь указанным на рис. 178, b и 178, с методом, найдем
среднюю реакцию X из уравнения
5 д&Г X(2/yiJt
384 EJ ~48ЁТ'1'0’
откуда
.. 5 9„Г 6Й£7
Л=Т2«'—ё~-
7. Определить дополнительное давление Салки АВ иа опору С (рис. 178, а)
вследствие неравномерного нагревания балки, если температура изменяется от t
внизу до /, вверху балки по линейному закону, полагая t>t, в
Решение. Если отбросить опору С, то вследствие неравномерного нагревания
изогнутая ось балки будет дугой круга. Радиус этого круга определяется из урав-
нения
!«(/-/,)
в котором h — высота балки и а — коэффициент линейного расширения. Соответ-
ствующий прогиб в середине f=P/2r и реакивя X в С может быть найдена из урав-
нения
48EJ '
8. Определить эпюру изгибающих момент»<в для балки АВС, опертой на
три понтона (рис. 179), если горизонтальная площадь поперечного сечения каж-
дого понтона равняется F и вес единицы объема воды равняется у.
Решение. Отбрасывая спору С, находим, что прогиб, вызываемый в этой
точке грузом Р. состоит из двух частей: 1) прогиба от изгиба балки а 2) прогиба
вследствие опускания понтонов Л и В, Из уравнения (91) получаем
Рис. 179.
Реакция X средней опоры yucHii-
шает этот прогиб на величину
Х<2У, X
48EJ, +W <Ь)
Разность между (а) и (Ь; представляет величину погружения среднего понтона,
ранную XjF-(, откуда получаем следующее уравнение для определения X;
Зная X, легко можем получить эгюру изгибающих моментов.
45]
RFPA3PE3HHE ПАЛКИ
175
45 Нсразрезные балки
В случае нераэрезной балки на многих опорах (рис. J80) обыч-
но одна опора считается неподвижным шарниром, в то время как
другие — подвижными шарнирами. При таком устройстве каждая
промежуточная опора имеет только один неизвестный реактивный
элемент, а именно величину вертикальной реакции. Отсюда число
статически неопределимых элементов равно числу промежуточных
опор. Например, в случае, показанном на рис. 180, а, число стати-
чески неопределимых элементов равняется пити. Здесь также могут
Рис |ё0.
быть применены оба метода, указанные в предыдущем параграфе.
Но если число опор ведико, то второй метод, в котором за статиче-
ски неопределимые элементы принимаются изгибающие моменты,
гораздо проще. Пусть рис. 180, b представляет два смежных про-
лета п и п-|-1 неразрезной балки, рассеченной на опорах п—1, п и
л<1. Пусть М„_,, М„,МП+, означают изгибающие моменты на этих
спорах. Направления этих моментов зависят от нагрузки на балку.
Мы примем за положительные — направления их, показанные на
рисунке1). Очевидно, что если изгибающие моменты на опорах из-
вестны, задача с неразрезной балке сведется к расчету стольких
балок, свободно лежащих на двух опорах, сколько имеется про-
летов в иеразрезной балке. Для вычисления изгибающих моментов
Л1Й., »^и+1 воспользуемся условием непрерывности изогнутой
сси балки на опорах. Для какой-либо опоры п это условие непре-
рывности удовлетворяется, если изогнутые оси двух смежных про-
летов имеют общую касательную на опоре п, т. с. если угол наклона
на правом конце пролета п равен углу наклона на левом конце про-
лета Чтобы вычислить эти углы наклона, воспользуемся гра-
J) Еслч окончательно пол\ ним для некоторых моментов отрицательные зна-
ки, то это укажет, что направление моментов противоположно направлению, по-
казанному на рисунке.
T7tf СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ ИЗГИБЕ [ГЛ. VJ
фоаналитическим методом. Пусть Fn означает площадь эпюры из-
гибающих моментов для пролета п (рис. 180, с), рассматриваемого
как свободно опертая балка, от действительной нагрузки на этом
пролете. Пусть а„ и Ьп представляют горизонтальные расстояния
центра тяжести С„ площади эпюры моментов от опор л—1 и п. Тогда
ДЛЯ этого условия нагрузки угол на правом конце будет (см. § 36).
В дополнение к изгибу, вызываемому нагрузкой, расположенной на
пролете, пролет п изгибается также парами Д1п_1 я Л4„. Из уравне-
ний (103) и (104) угол, вызываемый на опоре п этими парами, рав-
няется
_ Мп-,1п\
6EJt J'
Тогда полный угол поворота равняется1)
iuCJz)' у '
Таким же образом для левого конца пролета п-Н получаем
f/ ^п+1 I M/Jn+l ^и-Н^иЧ-» /),.
’ “ ln^EJ„ + 3£4 “ 6£'Л • 1°)
Из условия непрерывности следует, что
(с)
Вставляя выражения (а) и (Ь) в это уравнение, получаем
Л1.-Л+2Л1.(1„+1„1)+М^,;„,— (118)
Это есть уравнение трех моментов2). Очевидно, что число этих
уравнений равно числу промежуточных опор, и следовательно, из-
гибающие моменты па опорах могут быть вычислены без затруд-
нений.
Вначале предполагалось, что концы неразрезной балки оперты.
Если один или оба конца заделаны, то число статически неопре-
делимых величин будет больше числа промежуточных опор, и тогда
необходимые дополнительные уравнения могут быть выведены из
того условия, что заделанные концы балки не поворачиваются (см.
задачу 5 ниже).
Зная моменты на опорах, можем вычислить без затруднения
реакция опор неразрезной балки. Взяв, например, два смежных
’) Угол принимается за полегштслышй, если вращение происходит по ча-
стной стрелке
Эта уравнение было выведено В е г t о I, Compl. rend. soc. ing. civtls,
стр. 278, 1335; см. таксе Clapeyron, Compt. rend., т. 45, 1857.
45]
HEPA3PE3HHF БАЛКИ
177
пролета п и п-]-1 (рис. 180, Ь) и рассматривая их как две свободно
опертые палки, можем легко вычислить реакцию А„ опоры п от на-
грузки на этих двух пролетах. В добавление к этому будет воз-
никать реакция от опорных моментов Л1„_,, А 1„, А1„+1. Взяв направ-
ление этих моментов, как указано на рис. 180, Ъ, найдем дополни-
тельное давление на опору п:
-Мп | -Л1д+Л1„д., '
Складывая это с найденной выше реакцией Л;', , получим полную
реакцию
Лп=Лп+и"-,1~ М" . (119)
Если на опорах приложены сосредоточенные силы, то они непосред-
ственно передаются на соответствующие опоры и должны быть при-
бавлены к правой части уравнения (119).
Общее уравнение непрерывности (с) можно применить также в тех случаях,
когда, вследствие неточности расположения опор или неравномерной осадки опор,
оворы расположены не на одной высоте , i
(рнс. 181). Пусть ₽„нрп+, означают /^-"“<7-----------}----т-=------*
\ глы наклона к горизонту прямых ли- 1 !
НИН, соединяющих ТОЧКИ опор Я-ГО И !
(n-f-l)-ro пролетов; углы поворота, 1-*-----4--------*»*-<’>-/---*1
определяемые уравнениями (а) и (Ь). из- рис jgj
мерены от линии, соединяющей центры
шарниров. Стедовательно, угол О
между касательной в и И горизонтальной линией будет для пролета я
-4
'М„1„ • Л4и-1/п , 7яОи
,3EJZ 6/?Jz
Точно таким же образом для пролета и44
3F.J,
Приравнивая эти углы, получаем
Л1„_,/в+ 2М„ (1„+М + Л1„+,1и+1-
= - - м ня»
Если hH_t, ht:, означают вертикальные расстояния опор п—1, « и л-J-l отно-
сительно какой либо горизонтальной ливни, то
11одстаеляя в уравнение (120), можем вычислить изгибающие моменты на опорах,
Жмиикающие вследствие понижения опор.
178
СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ П”И ИЗГИБЕ
[ГЛ. VI
ЗАДАЧИ
I. Определить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил для перазрез-
ной балки с тремя равными пролетами, несущей равномерно распределенную на-
грузку интенсивностью д (рис. 182)
Ргшепис. Для свободно лежащей балки с равномерно распределенной на-
грузкой эпюра изгибающих моментов представляет параболу с наибольшей ор-
динатой qlf,. Площадь параболического сегмента равняется
₽ 2 . яЧ яЧ
Центр тяжести этой площади находится в середине пролета, так что си=б„“(п.'2.
Вставляя в уравнение (118), получаем
>+«,.(ns'>
Применяя это уравнение и нашем случае (рис 182) для первого и второго пролетов
н замечая что на опоре О изгибающий момент равняется нулю, получаем
(d)
Ь)
Рве 182
Из условий симметрии очевидно, что
Mt—M, Тогда нз (d) следует /М,==
— —(qP 10). Эпюра изгибающих
моментов показана на рис. 182, а
заштрихованной площадью. Реак-
ция опоры О равняется
. ql дГ 1 _ 4
’ 2 10 / “ Цг“
Реакция опоры I равняется
. , I и ,
л>“’,+пГТ'П’' -
Эпюра поперечных евл показана па рис. 182, с. Наибольший момент будет, оче-
видно, на расстоянии 4/^10 от концов балки, где поперечная сила равняется нулю.
Численно наибольший изгибающий момент бедет на промежуточных опорах.
2. Определить выражение для правой части уравнения (118), когда имеется
сосредоточенная нагрузка на пролете п и вег ее на пролете n+1 (рис. 183).
Ptuanue. В этом случае есть площадь треугольника с высотою РсЦп—
и с осионапие.и /п, следовательно
F„=-Pt(l,(-c)/2 и а„
45]
НЕРАЗРЕЗНЫ’ БАЛКИ
LLi-ЯВЛЯЯ В (118) получим
м„_ л+ги„
3. Определить изгибающие моменты на сворах и реакции дли иеразрезноЛ
балки, показанной на рис. 184.
й-плчп М——1.54m<г,М,——3,74тлС —l.&intM.Реакции: Ло——0,366m;
.4,=2,f*.‘ т, Ла==6 22m; Д3=3,7.гмп, Z,=—0,275m Моменты на опорах отрицатель-
ны и вызывают изгиб выпуклостью пиерх
5. Определить эпюру изгибающих моментов для случая показанного на
рис. 156, и.
Решение. Уравнение (118) для этого случав получается
Лу+4ЛМ+Лу-0.
Очевидно, что Mt=<—Pc, между тем как условие в заделанном конце (опо-
“СТАТИЧЕСКИ ИРОПГЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ ИЗГИБЕ
[ГЛ. VI
рь 0} даст (из хравнений < 10-3) н HU4)>
Из приведенных выше уравнений получаем Л10==—7"^' Aft—у РсгМг——?с-
Эпюра из-иЛнощих моментов показана на рис 186, b
6. Определить изгибающие моменты на опорах неразрезной балки с семью
равными пролетами, когда нагружен только средний пролет равномерно распре-
деленной нагрузкой q.
Отчет ~ Л(„ М,=-М^^ Л1В.
7. Неразрезная балка, имеющая четыре равных пролета, каждый длиною
4,8 л, равномерно нагружена на последнем пролете. Построить эпюры изгибаю-
щих моментов и поперечных сил, если q--500 кг/м.
8. Решить з.чдачу 5, полагая, что равномерная нагрузка интенсивностью q
распределена по всей длине балки и что с=1/2. Построить эпюру поперечных сил
для этого условия нагружения.
Omzun. Mt=- — Я,— — н9/!’ Л,*“ -4в*г‘
ГЛАВА VII
СИММЕТРИЧНЫЕ БАЛКН ПЕРЕМЕННОГО ПОПЕРЕЧНОГО
СЕЧЕНИЯ. БАЛКИ ИЗ ДВУХ МАТЕРИАЛОВ
46. Балки переменного поперечного сечения
В предыдущих параграфах рассматривались балки призматиче-
ской формы Более подробное исследование показывает, что уравне-
ния (56) и (57), которые были выведены для призматических стерж-
ней, могут быть применены с достаточной точностью для стержней
переменного поперечного сечения при условии,что изменение являет-
ся не слишком резким. Случаи резкого изменения поперечного се-
чения, в которых имеет место значительная концентрация напряже-
ний, будут разобраны во 11-и части.
В качестве первого примера балки переменного поперечного
сечения рассмотрим изгиб консольной балки равного conpomueje-
ния, т. е. балки, в которой момент сопротивления изменяется по
длине ее в том же отношении, как и изгибающий момент. Тогда,
как видно из уравнений (60), (оА)1Пак остается постоянным по длине
балки и оно может быть принято равным [о]. Такое условие являет-
ся выгодным в отношении употребляемого количества материала,
так как каждое поперечное сечение будет иметь наименьшую пло-
щадь для того, чтобы удовлетворить услови-
ям прочности.
Для консоли с нагрузкой на конце (рис. 187)
изгибающий момент в каком-либо попереч-
ном сечении на расстоянии х от груза числен-
но равен Рх. Для того чтобы иметь балку
равного сопротивления, момент сопротивле-
ния также должен быть пропорциональным х. Это условие может
быть выполнено различными путями Возьмем в качестве первого
примера случай прямоугольного поперечного сечения постоянной
ширины Ь и переменной высоты h (рис. 187). Из определения
понятия балки равного сопротивления следует, что
Рис. 187
М
Г
бРл _ йР1
=const,
где
есть высота балки в заделанном конце. Тогда й2= •
4о]
БАЛКИ ПЕРЕМЕННОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ
183
—rui ---СИММЕТИГЧНБ1Е БАЛКИ ПЕРЕМЕННОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ [ГЛ. VI|?.
Можно видеть, что в этом случае высота балки изменяется, следуя?
параболическому закону. В нагруженном конце площадь поперек
ного сечения равна нулю. Этот результат получается потому, что:
при выводе формы балки равного сопротивления касательными на-
пряжениями пренебрегалось. В практических приложениях эти
напряжения должны быть приняты в расчет таким образом, чтобы
путем некоторого изменения формы в нагруженном конце иметь
достаточную площадь поперечного сечения для того, чтобы
воспринять поперечную силу. Прогиб балки на конце найдется
из уравнения (93):
<«•»
. bh*
где '(.““[г- представляет момент инерции поперечного сечения в
заделанном конце. Сравнивая с уравнением (95), видим, что этот
прогиб в два раза больше прогиба призматического стержня, имею-
щего жесткость при изгибе EJ^htj же нагрузку', т. е. стержень
имеет такую же прочность, ио не такую же жесткость, как призма-
тический стержень.
В качестве второго примера мы рассмотрим консоль прямоуголь-
ного поперечного сечепия постоянной высоты h и переменной шири-
ны b (рис. 188, а и 188, Ь). Так как момент сопротивления и момент
инерции J , балки треугольной фермы увеличиваются с возраста-
нием х в том же отношении, как и изгибающий момент, то наибольшее
напряжение (<тх)шах и кривизна (см. уравнение*56)) остаются постоян-
ными по длине балки, и величина радиуса кривизны .может быть
определена из уравнения (см. уравнение (55)):
Прогиб на конце дуги круга можно принять, в случае небольших
прогибов, равным
<122>
или при помощи уравнения (а)
/-кий- (|23>
Из этого уравнения видно, что для этого типа консолей равного
сопротивления прогиб на конце изменяется пропорционально квад-
рату длины и обратно пропорционально высоте. Этим результатом
можно воспользоваться для приближенного расчета напряжений и
прогибов в листовой рессоре. Рассмотренная выше тр^тольиая
пластинка разрезается на полоски, которые затем накладываются
дпуг надрута, как показано на рис. 188, b, с, d. Для первого прнбли-
жения первоначальной кривизной и тре-
нием между полосками иренебраают
и тогда уравнение (123) можно считать
достаточно точным ’).
При вычислении прогиба балок пере-
менного сечения можно воспользоваться
с выгодой графоаналитическим мето-
дом (см. § 34). В связи с этим необ-
ходимо лишь помнить, что кривизна изо-
гнутой оси в каком-либо поперечном се-
чении равна отношению MiEJt (урав-
нение (56)}. Поэтому увеличение жестко-
сти при изгибе в данном сечении будет
иметь то же влияние, как уменьшение в
т«»м же отношении Изгибающего момен-
та. Следовательно, задачу на изгиб ба-
лок переменного сечения можно свести к
задаче на изгиб балок постоянного попе-
речного сечения при помощи измененной
лпопы изгибающих моментов. Измененная эпюра моментов получает-
ся умножением ординат действительной эпюры моментов на отноше-
ние JJJ, где J есть момент инерции в
данном поперечном сечении и есть
постоянный момент инерции. Это сво-
дит изгиб стержня переменного по-
перечного сечения к изгибу' стержня
постоянного поперечного сечения с мо-
ментами инерции Jn.
Например, задачу на изгиб кругло-
го вала (рис. 189), который имеет се-
чения двух разных диаметров с мо-
ментами инерции Jo и Ji н нагру-
жен силой Р, можно свести к задаче на изгиб круглого вала,
имеющего постоянный момент инерции 20. При рассмотрении
фиктивной балки /iBi вместо треугольной нагрузки AiCiBi, пред-
*) Это решение получено Е. Phillips, Ann. mines., т. J, стр. 15и ЗЛ6,
18'»2 См также Гой hunter and Pearson, History ol the Theory ot J-ia-
stici iv t 2 tip 330, 1893 и A. C a s I i g 1 i a n o, Theeoe tier Bieguiigs — und Ior-
Siuns — Fcdcm, Vienna, 1888. Влияние трения между листами было рассмотрено
S. Маг, е, Аял mines, тт. 7-0, №£-1906 D Landau и Р. Н Рая» нсслеловяли
распределение нагрузки между отдельными листами рессоры, J. Franklin Inst.,
тт 185—187. Полная библиография о механических рессорах была опубликована
A,**. Sm- Meeh. Г rars, New York, 1927 См. также книгу: Ь. G г о s s п. Ь. L е li г,
1>к 1-edern, VDI Verlag, 1938 Весьма полное исследование различных типов меха-
нических pecwp дало в книге А. М. W a h 1, Mechanical Springs, Cleveland, 1944.
184 СИММЕТРИЧНЫЕ ВАЛКИ ПЕРЕМЕННОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ [ГЛ. VII
ставляющей эпюру изгибающих моментов от действительной на-
грузки, мы воспользуемся нагрузкой, представленной заштрихо-
ванной площадью. Эта площадь получается уменьшением ординат
эпюры на среднем участке вала в отношении JJJi. Определение
прогибов и углов наклона можно теперь сделать, как в случае
призматических стержней; величина прогиба и угол наклона в
каком-либо поперечном сечении балки будут равны изгибающему мо-
менту и поперечной силе от фиктивной нагрузки, поделенным на EJ„.
Необходимо заметить, что в случае, представленном на рис. 189,
имеет место резкое изменение диаметра вала в расстоянии 1/4 от опор,
вызывающее местные напряжения в этих точках. Это не имеет сущест-
венного влияния на изгиб вала при условии, что разница в диамет-
рах двух участков мала по сравнению с длинами этих участков.
Метод, примененный для вала переменного поперечного сече-
ния, можно применить также к составным двутавровым балкам
__________________________________ или фермам со сплошной
= стенкой переменного попе-
31 С речного сечения Пример
фермы со сплошной стен-
кой, опертой на концах и
равномерно нагруженной,
показан на рис. 190. Изги-
бающий момент уменьшает-
ся от средины к концам
фермы, и вес балки можно
уменьшить путем уменьше-
ния числа листов в поя-
сах, как показано схемати-
чески на рисунке. Прогиб такой балки можно вычислить на основа-
нии момента инерции среднего поперечного сечения. За фиктивную
нагрузку вместо одной параболы, указанной пунктиром, взята пред-
ставленная на рис. 190 заштрихованная площадь, в которой умень-
шение поперечного сечения компенсируется увеличением ординат
эпюры моментов в отношении Jceff:a/J.
Рис. ию.
ЗАДАЧИ
1. Стальной лист формы. показанной на рис 101, заделан на одном конце и
I игру жен силой Р на другом Определит». прогиб па конце, если длина равна 21,
ширина — а, толщина листа —Ли нагрузка на копие — Р.
Решение. Прогиб будет состоять из трех час 1 ей"
РР РР
^’~ЛЕГ2~2Ы-----ПР°П,Г' в Я.
, ЪРР* \
1г ~^lj--прогиб и С гслшктпис у г.та пакли» в В.
h~2TJ-----прогиб 01 пл иба части ВС листа.
Полный прогиб равен
4<м
ВМ1КИ ПЕРЕМЕННОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ 185
2. Решить Ши'дидущчю задачу, полагая /--25 см, а— 7,5 си, P---4D' лг и
crri—W.fl ча/сзс.
3. Определят, ширину d листовой рессоры (рис 168) и ее прогиб, если
Р--2.5 т, h=l,2a см, 1=60 ел, 1о]=4800 лг/с.ч2 и число листов и—10.
Рис. 191.
Решение Считая листы рессоры вырезанными из треугольной пластинки
(рис 188,6), найдем цанболынее напряжение
_6Р1
опада
6Р/ 6-2500-63
/: jo] Л2" 10-4800-1,25=
Ifporsrfiопределится из уравнения (123)
4800-60=
1,25-2-Ю4
---6,91 си.
4. Сравнить прогибы в середине и углы поворота на концах вала, показан-
ного на рис 18U, с теми же величинами вала той же длины, яо постоянного попе-
речного сечения, момент инерции которого равен /0. Принять 3jJo=2
Ранение. Вследствие большей жесткое™ при изгибе в середине углы пово-
рота концов вала, показанного на рнс. 189, будут меньше у глов поворота кон-
цов цилиндрического вала во столько раз, во сколько заштрихованная пло-
щадь меньше cccii площади треугольника /1,С,ЙЖ. Полная площадь пред-
ставляет нагрузку для случая цилиндричес-
кого вала При заданных значениях эго от-
ношение равно 5/8 :1.
Прогибы в середине для обоих валов
будут находиться в таком же отношении,
как изгибающие моменты от заштрихован
пой площади и площади треугольника Л,С,В,.
Эю отношение равно 9/16: 1.
5. Балка, опертая на концах, нагруже-
на, как показано на рис 192, Как должна из-
меняться высота ft балки для того, чтобы
Рнс. 1у2
иметь |]*>рму равного сопротивления, если ширина b прямоугольного голеречного
сечения остается постоянной по длине балки?
Огалт. Л*=*-Л* ^1 —
6. Отределить прогиб стальной пластины толщиною 1,® см. показанной
на рис. 193,« и 193,6, под действием нагрузки Р—10 кг, приложенной в середине.
Реш, пне Сводя эту задачу к определению прогиба пластины постоянной ши-
рины раиной 10 см преобразуем эпюру моментов для storo случав в трапецию abed
I OU---СИММЕТРИЧНЫЕ ВАЛКИ ПЕРЕМЕННОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЙ [ГЛ VII
(рис 193, с), тогда мы получим
f И Pl*
'"№~’
где Jz есть момент инерции в середине пролета. Численное значение прогиба те-
перь легко можно найти.
Рис 194
7. Определить нкибольший прогиб листовой рессоры (рис 1Я8.с).если /—‘ЗОсл.
h = 1.25 см. l-'-l-10‘ фсм* [о>40С0 ке/см*.
Onwm. f== 12,96 см
8. Свободно спертая балка прямоугольного сечения несет нагрузку Р, ко-
торая дзюкагся по пр<и«у Как должна изменяться высота h балки для того,
чтобы иметь форму равного сопротивления, если ширина Ь прямоугольного попе-
речного сечения остаекя постоянной по длине балки?
Решение. Для какого-либо данного положения груза наибольший момент
имеет место под грузим Обозначая расстояние груза от середины пролета через X,
находим изгибающий момент под грузом
Необходимая высока h балки под грузом получайся из уравнения
г . «И
откуда
/" = 6Р /'£_ _
^ (o j lb [<;] 'j 4
-&r+f~=l-
4b [al 4
Можно видеть, что в этом случае высота ft изменяется, следуя закону эллипса,
полуоси которого равны
Г " У 4И5Г
47J СИММЕТРИЧНЫЕ БАЛКИ ИЗ ДВУХ РАЗЛИЧНЫХ МАТЕРИАЛОВ 187
9 Определить опорные моменты на концах балки АВ с заделанными кониа-
ур, нагруженной в середине пролета (рис. 194). Припять
Решенье Решение получается путем сложения двух простых случаев, пока-
заы'ык на рис 194, би с. Ясно, что условия в заделанных концах будут удов-
летворены. если углы поворота слипов будут равны нулю, т. с. если реакции от
фиктивной пагрузки (ем стр 139), представленной заштрихованными площадями
в б) и с), равны. Поэтому уравнение для определения численного значения .W будет
откуда
-_-М1-
ЬР1
48 ‘
10. Решить предыдущую задачу в предположении, что в точках С и D при-
ложены pant ые грузы Р.
- ./ Pi
Ответ. М—р-.
6
47. Симметричные балки из двух различных материалов
Имеются случаи, когда применяются балки из двух или несколь-
ких различных материалов. Рис. 195, а представляет простой слу-
чай деревянной балки, усиленной стальной полосой, приболчепой
к балке снизу. Полагая, что при изгибе не
существует скольжение между сталью и де-
ревом, здесь также мы можем воспользо-
ваться теорией цельных балок. Согласно
этой теории, удлинения и укорочения про-
дельных волокон пропорциональны рассто-
яниям от нейтральной оси. Благодаря тому,
‘то модуль упругости дерева значительно ej bj
меньше модуля упругости стали, деревян-
ная часть балкн при изгибе будет эквива-
лентна очень узкой стенке из стали, как
показано на рис. 195, b Чтобы момент внутренних сил не изменился
Для данной кривизны, т. е. для данного удлинения и укорочения,
толщина bi этой стенки должна быть следующей:
(а)
Таким образом, задача сводится к изгибу стальной балки таврового
сечения, называемого н/этбраэдешшы.* сечением; эта задача может
быть решена на основании предыдущей теории.
Рассмотрим, например, свободно лежащую балку длиной 3 /л
и нагруженную в середине силой 400 кг. Размеры поперечного
£
188 СИММЕТРИЧНЫЕ БАЛКИ ПЕРЕМЕННОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ [ГЛ. VII
сечения деревянной части балки: 6= 10 см, 7г=15 ся, а па выпуклой
стороне она усилена стальной полосой шириной 2,5 ся и толщиной
1,25 см. Полагая Е/Ес=1 20 и пользуясь уравнением (а), будем
иметь преобразованное сечение стенки 15x0,5 см и полки 2,5х
' 1,25 с.м. Расстояния крайних волокон от нейтральной оси
рис. 195, b равны hi — б.Збг.ч и ha--9,9 см. Момент инерции преобразо-
ванного сечения относительно нейтральной оси равняется/^—290с.и*,
следовательно, напряжения в крайних волокнах преобразован-
ного сечения (из уравнений (61)) будут
„ 30000-6.» ___ ,
----тя1--65Ь К?'Я*.
0,,= -^Ь=Ь- -5°»^ 1024 «гЬЛ
Чтобы получить наибольшее сжимающее напряжение в дереве дей-
ствительной балки, нужно напученное выше напряжение omi8, пре-
образованного сечения (стали) умножить на Е^1ЕС— 1 20. Наиболь-
шее растягивающее напряжение для этого случая одно и то >ке и
для действительной балки, и для преобразованной балки.
В качестве другого примера изгиба балки hi двух разных материалов рас-
смотрим случай биметаллической плюсы, сиегавленпон из иикеиесоя стали и
монеж-металла (рис. 196). Изгиб такой полосы внепшпмз силами пожег быть рас-
смотрен точно таким же образом, как в предыдущей задаче об изгибе балки из де-
рева и стали, при условии, что мы знаем отношение FjEo в котором Е„ и £с соот-
ветственно будут модули упругости монсль-четалла и стали. Рассмотрим теперь
Рис Pj6
изгиб такой полосы вследствие изменения температуры Коэффициент .ишейиого
расширения монель металла больше, чем никелевой стали, п при щмтышенпи тем-
пературы будет происходить иггиб с погнутостью со «тороны стальной полосы, это
явление изгиба биметаллических полос вследствие изменения температуры исполь-
зуют в различии*. автоматических ипструмитгах для регулирования температу-
ры ’) кик, например, термостатах. Пусть й/2 — т«тл1иина и Ъ — ширина каждой
метал-чпчесьой плюсы, / — увеличение температуры, г — радиус кривизны,
U(, и «м — коэффициенты линейною расширения «ютостствснпи стали и монель-
’) См. статью автора в J. Opt. Soc. Amer., т, 11, стр 23.
471 ГНММЕТРЦЧ1'Ь11: ВАЛКИ ИЗ ДВУХ РАЗЛИЧНЫХ МАТЕРИАЛОВ 189
ме Л та При повышении температуры полоса мопель-металла, имеющего боль-
tnti i коэффициент линейного расширения, будет подвергаться изгибу и сжатию. а
полоса стали — изгибу н растяжению Рассматривая элемент полисы, Ыянелеп-
цый двумя смежными поперечными сечениями тп и (рис. 1Й6, с) можем вну-
тренние силы по поперечному сечению стали привести к растягивающему уси-
лию Р, в к парс Таким же образом вну трешше силы для монель металла ыи.тно
привкгл к сжимающему усилению Рл и к паре Мг. Внутренние силы в любом по-
перечины сечении балки должны быть в равновесии. Поэтому
в уравнение (Ь), получаем
Ph E<JC
2 г 1 г '
Другое уравнение для определения Риг можно вывести из того условия, что пи
поверхности соприкасания с—с относительные удлинения монель-металла и стали
должны быть одинаковы. Поэтому
2Р, й _ 2Р, й
°с "*’Гсй1>‘ 4r" EMfib 4г
пли
hb “(“ы “ °с) 1~~& ’ (<5)
Пэ уравнений (с) и (<1) мы получаем
ЕЮ <е -<«, - «.) ' - ‘ - 10
Вставляя в это уравнение
полу чаем следующее приближенное уравнение;
1_ 3 (ся-се)<
г' 2 Л
Теперь из уравнения (с) находим
Р^ (“я - °<J t - Ос) I (Сс+^ы) ig)
Из уравнений (у) и (Ь) можно определить р, мг и Мг. Наибольшее напряжение
190 СИММЕТРИЧНЫЕ ВАЛКИ ПЕРЕМЕННОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ [ГЛ. VII
в стали получается сложением растягивающего напряжения, вызываемого уси-
лием Р, с растягивающим напряжением от кривизны —
'"«=S+4 (ЕЛ+ЕЛ+^.)-
Полагая, например, что оба металла имеют один и тот же модуль упругости Е,
получаем
ЛЕ
>
или, пользуясь уравнением (/) х), получаем
Для Е=1,8-10“ лг/си®, f=200’C и ам—ас=4-10-' находим
<xmax=7afi
Распределение напряжений, возникающих от нагревания, показано на рис. 196, с.
ЗАДАЧИ
1, Найти допускаемый изгибающий момент для деревянной балки, усиленной
стальной полосой (рис. 195), если 6=15 см, h=20 см и толщина стальной полосы
равна 1,25 см. Принять Ед=10’ кг/см*, Ес^ЛСРкг/см1, |<7д]=80 кг'сма — для
дерева и (ос]=1070 кг!с»? Для стали
2. Предположить, что деревянная балка в иредьвдтцей задаче усилена вверху
стальной полосой шириной 5 см и толщиной 2,5 с.и, в внизу стальной полосой ши-
риной 15 см н толщиною 1,25 см. Вычислить допускаемый вэгзбающий момент,
если £ и (cj те же, что и в предыдущей задаче.
Orwm Л4=368 ООО кг см.
3. Биметаллическая полоса имеет длину 7=2,5 см Найти прогиб в сере-
дине, вызываемый увеличением температуры на 200° С, если £с=1,15 Е„ и
«„—ас=4-10
48. Железобетонные балки
Известно, что сопротивление бетона гораздо больше при сжатии, чем при рас-
тяжении. Следовательно, прямоугольная балка из бетона будет разрушаться от
растягивающих напряжений на выпук-
лой стороне. Балку можно сделать зна-
чительно прочнее путем добавления
стальных (усиливающих) стержней иа
выпуклой стороне, как показано на
Рис. 197
рис. 197.
Так как бетон сцепляется со сталью
очень крепко, то при изгибе не имеется
никакого скольжения стальных стерж-
ней ствосительно бетона, и поэтому ме-
тоды, изложенные в предыдущем naj>ar-
рафе, здесь таяже могут быть примене-
на практике площади поперечных сечений
что бетон на выпуклой стороне перестает
ны к расчету напряжений при изгибе,
стальных стержней обычно таковы.
*) Это уравнение сохраняется также для Е^Е*.
;8]
ЖЕЛЕЗОБЕТОННЫЕ БАЛКИ
191
сопротивляться растяжению раньше, чеыпачинастсятекучестьстали.ипри 5олыиих
нагр) зках, практически, лишь одна сталь воспринимает все растяжение Отсюда,
кои расчете напряжении при изгибе в железобетонных балках, практикой уста-
новлено допущение, что все растяжение воспринимается сталью и все сжатие —
бегзион. Заменяя растягивающие усилия в стальных стержнях их равнодействую-
щей, найдем, что распределение внутренних усилий по какому-либо поперечному
сечению п/р будет такое, как показано па рис. 197, Ь. Предполагая, как и прежде,
чю поперечные сечения при изгибе остаются плоскими и обозначая через hi рас-
стояние нейтральной оси от верха 1), найдем наибольшее продольное относитель-
нос укорочение ер в бетоне и относительное удлинение оси стальных стержней по
следующим формулам:
kd (l-Md
ер— , ес«= г
Бетон не следует закону Гука, и диаграмма сжатия для этого материала имеет
фтрму, подобную диаграмме для чугуна на рис 4, Ь. Когда сжимающие иапряже-
п in j величивактгя, угол наклона касательной к диаграмме уменьшается, т. е.
модуль упругости бетона уменьшается с увеличением напряжений. При вычис-
лении напряжений в железобетонных балках на практике обычно допускают, что
бетон следует закону Гука, и вместо переменного модуля упругости принимают
для этого модуля более низкое значение, чем то, ногорое получается из испыта-
ний на сжатие при малых напряжениях. На практике для железобетона часто ПО-
ЛлГВЮТ, что £с/£б=15 Тогда и:» уравнений (а) наибольшее сжимающее иапрежс-
i'lie в бетопе и наибольшее растягивающее напряжение в стали г) соответственно
будут
Ор=-~£<ii —7-“с’
Определим теперь положение нейтральной оси ич того условия, что нормаль-
1'ые \ сплия по поперечному сечению тр должны приводиться к паре сил, равной
изгибающему моменту в этом поперечном лчелии. Сумма сжимающих усилий
в бетопе должна равняться растягивающему усилию 7? в стальных стержнях, или
bkdct_
2 с с’
(с)
где £, есть полная площадь поперечного сечения стали. Пользуясь обозначени-
ями tc;bd=p и £с;£р=п, получаем из (с) u (Ь)
й’=2(1 — k)pn, (d)
откуда
k-V {pn-^+ipn - рп. (124)
После определения положения нейтральной оси га уравнения (124) получаем,
на основании уравнения (а), отношение между наибольшим напряжением в бето-
не и напряжением в стали
<7б_ *!
се (1—й)п‘
(125)
Расстояние jd между равнодействующими R сжимающих и растягивающих усилий.
’) /сесть численный коэффициент, меньший единицы.
*) Поперечные размеры стальных стержней обычно малы, и вместо наиболь-
шего напряжения принимается среднее растягивающее напряжение.
"ТЭ2 СИММЕТРИЧНЫЕ БАЛКИ ПЕРЕМЕННОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЙ [ГЛ. VII
децстаующпд по поперечному сечению балки 1рис. 197, Ь) равно
М=-|ы+(1-л><1=(1-А)<1, на»
н момент внутренних усилий, равный изгибающему момешу М, будет
idR=i dFf. и er- — <%=М,
откуда
>М
”<- Ты'- (™'
При помощи уравнений <124)—(128) легко вычисляются напряжения при И31ибе
в железобетонных балках.
ЗАДАЧИ
I. Определить расстояние нейтральной оси от верха балки, если £c'£g=15
и £с=0,1Ю8 bd (рис 197).
Om^pi. kd-0,38id.
2. Определить отношение p^Fetbd, если наибольшее растягивающее напря-
жение в стали равняется 60U кг; см3, наибольшее сжимающее напряжение в бе-
тоне равняется 43 м/с.и! и £с/£б=п=15.
Решение. Из уравнения (125) А=0,446. Тотла из уравнения (d)
3. Определить отношение р. если наибольшее сжимающее напряжение в бе-
тоне равняется растягивающего напряжения в стали.
Оща-т. р—0,0107.
4. Определить безопасную пагрузку посередине железобетонной балки дли-
нен 3 .и, опертой на кондах и имеющей 8=25 см, d~30 см, £с=7,31 с№, если
и—17 и допускаемое напряжение для бетона равно 43 кг/ся2.
Отпет Р=229п кг
а. Вычислить наибольшип изгибающий момент, который мижет безопасно
выдержать железобетонная балка, если Ь—20 t.W, d=30 с.и, Fс= 12,5 с.и2, £c/£g= 12
и допускаемое напряжение для стали равно 1000 кг!см2 и для бетона — 53 кг; см2.
Ответ. Л4—1920 лг.«.
6. Определить значение k, при кагором в бетоне и стали одновременно воз-
никают наибольшие допускаемые напряжения.
Решение. Пусть Gg и <ТС — допускаемые напряжения для бетоне и стали.
Тогда, взяв отношение этих напряжений, определяемых формулами (Ь), и рас-
сматривая лишь абсолютное значение этого отношения, получим
<?б kE6
ас (!-£)£/
откуда
Lena это условие удовлетворяется, то говорят, что балка имеет сбимнсиро-
ваннит арматуру. Имея k п пользуясь уравнением (12G), получаем высоту из
уравнения (128) и площддь £с из уравнения (127).
J) j есть численный коэф4|ИЦИект, меньший единицы.
КАСАТЕЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ В ЖЕЛЕЗОБЕТОННЫХ ВАЛКЭХ
193
7. Определить отношение p=Fc bd, если o£--8U(J кг/гяа, Oj=43 кг/см-' и п —
=- Е,/Е(,~15.
Решение Из формулы предыдущей задачи находим Л=0,446 Тогда, встан-
•|>я в уравнение (d). получаем
р=0,С12.
8. Рассчитать балку шириною 25 r.v, которая может безопасно выдержать
нзгпбакшшй момент, равный 2700 кем, если об=-50 к?/<.чР, ос^600 лг/<лг
» i.,'7.6—12. Найти высоту d и площадь стали Ftt.
'Припять сбалансированную арматуру, как в задаче 6.
49. Касательные напряжения в железобетонных балках
Пользуясь тем же методом, что и в § 26, и рассматривая элемент mmu,nt
мсклу двумя смежными поперечными сечениями nip и ш,р, (рис. 198), можем
заключить, что наибольшие касательные напряжения будут действовать по ней-
тральному слчк> лч,- Обозначая через dR разность менаду сжимающими усилиями
р бетоне по поперечным сечениям тр и ш,р,, найдем, что касательные напря-
жения %ух по нейтральному слою определятся из следующего уравнения:
(Л-х'вахь^=^,
I dR
Гак как изгибающий момент равен
M--Rjd,
то уравнение (а) получает вид
I <£Af Q
(а)
Рис 198.
где Q есть поперечная сила в рассматриваемом ссчепии Прп номошн уравнения
(126) указанное выше уравнение д.,я касательных папряже гпн получается
(129)
tTy^^-bdi3- kY
При практических расчетах имеют важное значение не только касательные
напряжения по нейтральному слою, но таяже касательные напряжения no ио
верхсоети соприкасания стали и бетона (напряжения сцепления) Рассматривая
снова дна смежных поперечных сечения (рис 198), найдем, что разность между
растягивающими усилиями в стальных стержнях в этих двух сечениях равна
«-S*
fd
Эта разность уравновешивается напряжениями сцепления, распределенными по
Новерхнсч in стержней Обозначая через Г полну ю боковую поверхность всех
стальных стержней па единицу длины балки, найдем, что напряжения сцепления
по попсрдппсти стержней будут
<1R^ Q __ 3Q
Fdx fjd-F(3-k)d'
**m напряжения получаются больше напряжений но нейтральному слою (урав-
нение (129)). если F меньше б. Чтобы увеличить F и в то же время iохранить пло-
щадь поперечного сечения стали постоянной, необходимо лишь увеличи |ь чиию
стержней и уменьшить их диаметр
(1Л'О
ГЛАВА VIH
ИЗГИБ БАЛОК В ПЛОСКОСТИ, КОТОРАЯ НЕ ЯВЛЯЕТСЯ
ПЛОСКОСТЬЮ СИММЕТРИИ
50. Чистый изгиб в плоскости, которая не является плоскостью
симметрии
Если балка имеет плоскость симметрии, скажем плоскость ху
(рис. 199, а), и пары, действующие в этой плоскости, приложены
на концах, то балка будет изгибаться в той же плоскости и ней-
тральная ось пп в каждом
поперечном сечении балки
(рис. 199, а) будет прохо-
дить через центр тяжести
С и будет перпендикуляр-
на плоскости действующих
пар. На основании сим-
метрии можно заключить,
что напряжения, соответ-
ствующие этому направле-
нию нейтральной оси, дают
равнодействующую пару в
плоскости ху и при над-
лежащем подборе величи-
ны напряжений (см. урав-
нение (56)) эта пара бу-
дет уравновешивать вне-
шнюю пару М
Рассмотрим теперь слу-
чай, когда плоскость ху из-
гибающих пар (рис. 199. Ь)
не является плоскостью
симметрии, и исследуем,
при каком условии нейт-
ральная ось будет пер-
пендикулярна этой плос-
кости. Предполагая, что ось пп перпендикулярна плоскости ху,
и поступая так. как п 23, найдем, что усилие, действующее
на бесконечно малый элемент dF поперечного сечения, перпеп-
ЧИСТЫЙ ИЗГИБ
195
дикулярно поперечному сечению и имеет величину EydFIr. Урав-
нения равновесия части балки, показанной на рис 199,6, будут1)
Е \ydF-A), ^-[y'dF-M, ^yzdF=Q. (а)
Первое из этих уравнений устанавливает, что нейтральная ось
проходит через центр тяжести поперечного сечения. Второе урав-
нение определяет величину кривизны ’/, изогнутой оси и третье
уравнение устанавливает, что оси у и г являются главными ося-
ми инерции поперечного сечения (см. Приложение А, § IV,
стр. 355) и что плоскости ху и хг являются главными плоскостями
балки. Это показывает, что в общем случае чистого изгиба пло-
скость изгиба совпадает с плоско-
стью действующих пар лишь в
том случае, когда последняя яв-
ляется одной из главных плоско-
стей бруса.
Если плоскость дейстиующих
пар не проходит через одну' из
главных осей инерции попереч-
ного сечения бруса, то третье
из уравнений равновесия (а) не
будет удовлетворено. Следова-
тельно, направление нейтраль-
ной оси не будет перпендикуляр-
но плоскости изгибающих пар и
должно быть найдено следующим
образом. Предположим, что пара Л1 действует в продольной плоскос-
ти бруса, которая пересекает поперечное сечение но линии пип, на-
клоненной к главной оси у под углом О {рис. 200). Вектор Л1, представ-
ляющий момент пары, может бытьразложеп на две составляющие, как
показано на рисунке. Так как каждая составляющая пары действует
в одной из главных плоскостей балки, то соответствующие напряже-
ния получаются при помощи обычных формул, выведенных для слу-
чая чистого изгиба (см. уравнение (57)), и полное напряжение
в какой-либо точке А поперечного ^сечения будет определяться по
формуле
g Afycostl j AfzsinB ф)
Приравнивая это напряжение нулю, получаем уравнение нейтраль-
ной оси:
<с)
’) Остальные три уравнении будут всегда удовлетворяться, так как моменты
веех <_ил относительно оси х и проекции сил на оси у и z обращаются в нуль.
7*
Т9Б изгиь в плоскости, нг нвлшощгйся плоскостью симмгтгпи [гл. vht
и тангенс угла Р, определяющий направление нейтральной оси пп,
будет
*е ₽= —
(<D
Видно, что угол р вообще отличается от угла 6 и нейтральная
-ось не перпендикулярна продольной плоскости тт, в которой дей-
ствуют изгибающие пары Этп два угла будут равны только, если
(I =0 или Jz=Jy. В первом из этих случаев изгибающие пары дей-
ствуют в главной плоскости ху, и нейтральная ось совпадает
с главной осыо г. Во втором случае два главных момента инерции
поперечного сечения равны между собой. В таком случае эл-
липс инерции поперечного сечения (см. Приложение А, § V,
стр 359) становится кругом и любая пара взаимно перпендикуляр-
ных центральных осей может быть принята за главные оси, и, сле-
довательно, нейтральная ось всегда будет перпендикулярна пло-
скости изгибающих пар.
В предыдущем изложении мы разложили заданную пару на Две составляю-
щие пары, действующие в главных плоскостях балки, и вычислили напряжения,
вызванные каждой из этих составляющих Иногда бывает удобно работать не-
посредственно с заданными изгибающими парами и иметь формулу для определе-
ния нормальных напряжений, вызываемых этими парами. Чтпбы вывести такую
формулу, рассмотрим И31иб балки парами Мг и Му, действующими в двух пропэ-
пклыго выбранных перпендикулярных продольных плоскостях ху и хг (рис 311).
предположим, что иеличииы этих пар таковы, что изгио происходит в плоскости
ху. так что нейтральная ось п каждой поперечном сечении паралл-ельпа оси г.
Обозначая гу соответствующий радиус кривизны, находим, что нормальное на-
пряжение будет cx=Ey/rv4 получаем следующие значения изгибающих пар:
Аналогично, если пары таковы, чю Ю|иб происходит в плоскости хг. гоох=
=—t.zlr, и мы имеем
ЧИСТЫЙ ИЗГИБ
197
В о'ипем случае, копа изгиб происходит в обеих плосвостях. зависимость
чс/хау изгибающими моментами и радиусами кривизны получится сложением
уравнений (е) и (1). и мы имеем
EJB EJ.
Л1,
(g)
Если пары действуют только в плоскости ху, то Л1у=0 и мы получаем
Подставляя во второе из уравнений (g) находим
> _ MJ,, * MJ у,
rv I (jJv—J*y^ rz £(JJy~Jyi)
Тогда нормальные напряжения. вызываемые парой Мг. будут
F Ег Мг
°х=-----~7У-------
rV Г1 Jr’v •’уг
Аналогично. если Ме равно пулю, мы получаем
М„
ОХ= - J Vzl) - JJI
(131)
(132)
(133)
Уравнения (132) и (133) особенно полезны для балок, в которых стенка и полки
параллельны осям и и г.
ЗАДАЧИ
I. Консольная балка прямоугольного поперечного сечения (рис 202) из-
гибается парой М, действующей в продольной плоскости тт. Какую кривую
Рис. ЗЙ.
будет описывать конец балки, если угол® определяющий плоскость шгпбэюшего
MijMtina. изменяется от нуля до 2п?
Рнненае. Разлагая изгибающим момент М па два составляющих минета
Мопвц 41 sin 0, действующих соответственно в iJiaunbix нлогкостях ху п \г.
находим две составляющие и и
v прогиба копна консоли соогветствеоко ио
198 ИЗГИБ В ПЛОСКОСТИ, НВ ЯВЛЯЮЩЕЙСЯ ПЛОСКОСТЬЮ СИММЕТРИИ [гл. VIII
направлению у и г.
откуда
Л4/2 cos В M/1 sin 6
.“ =----2EJT' ---------2Ё^‘
\2EjJ \2EjJ
Мы видим, что конец консоли описывает эллипс с полуосями MP>2EJ. и
Mis/2£Jf
2. Найти Лля предыдущей задачи численное значение отношения вертикаль-
ного н горизонтального прогибов конца консоли, если 0 = 45° иЛ = 26,
Отпет, u:~t> = JV!JZ — .
3. Найти для
консоли, изображенной на рис. 202, угол наклона р
нейтральной оси к горизонтальной и величину наи-
большего напряжения, если в = 45° и h = 26=15 см,
Л4=12(И) кгем.
Ответ, tg р = 4, отах -= 9 ьг/см2
4. Двутавровая балка, свободно лежащая на опо-
рах, изгибается двумя равными и противополож-
ными парами М, действующими на концах балки в
плоскости т (рис 203) Найти наибольшее напря-
жение и наибольший прогиб f балки, если J
Jz = 2376 см*, М = 50 000 .
iOUcffit
5. Стержень углового поперечного сечения (рис. 204) изгибается парами М,
приложенными на концах и действующими в плоскости большей полки. Найти
направления главных центральных осей вис, величи-
ны 3„к Jv главных моментов инерции и величину наи-
большего нормального напряжения при изгибе, если
М = 10 000 кля При решении задачи воспользовать-
ся формулой (132)
Отит <р= 1’4‘’1О',150,19сии4, Jv= 16,1 бел4,
(о)п1ах = 601 кг/см* в точке А.
Г
51. Изгиб балок, имеющих две плоскости
симметрии
Если балка имеет две плоскости симметрии,
то задача об изгибе поперечными силами, на-
клоненными к этим плоскостям и пересекаю-
щимп ось балки, может быть легко решена
при помощи метода сложения действия сил. Рис. 204
Каждая поперечная сила может быть разложе-
на на две составляющие, девствующие в двух плоскостях симметрии,
и после решения задачи иа изгиб для каждой из этих плоскостей
окончательные напряжения л прогибы получатся путем сложения.
ИЗГИБ БАЛОК. ИМЕЮЩИХ ДВЕ ПЛОСКОСТИ СИММЕТРИИ
199
В качестве примера рассмотрим консоль прямоугольного попе-
речного сечения (рис. 205) с поперечной силой Р, приложенном на
конце под углом 0 к вертикальной плоскости симметрии. Разлагая
силу на две составляющие Р cos О и Р sin 0 и рассматривая изгиб
в вертикальной и горизонтальной плоскостях симметрии, мы нахо-
дим, что абсолютные значения соответствующих изгибающих мо-
ментов в заделанном конце равны Pl cos 0 и Pl sin О. Принимая во
внимание направление этих моментов, найдем, что нормальное на-
пряжение в какой-либо точке
заделанного поперечного сече-
ния будет
_ PZycosb Pi'z sin 6
Наибольшее растягивающее на-
пряжение будет в точке Л, и его
величина определится по фор-
муле
6Р1 /cosO .sin04
"max— bh \ fl Ъ }'
Рис 205
Вертикальный и горизонтальный прогибы нагруженного конца
будут
, Pl»co$Q ,_________sin 6
ТУ- 'AEJX ' 3£J„ '
и полный прогиб получится из уравнения
ЗАДАЧИ
I. Горизонтальная деревянная балка прямоугольного поперечного сечения
несет вертикальную нагрузку, равномерно распределенную но оси, и оперта на
концах в положении, указанном ла рис. 206. Определить наибольшее нормаль-
ное напряжение и вертикальный прогиб в середине,
если длина балки 1=3 м, интенсивность нагрузки
<з=Ш»к,Уж, 6=20 ел, 6=15 см, tga=
Omesm 0„,ак=46,2 кг/см3, /=0,341 см.
2. Решить предыдущую задачу, если расстояние
между опорами равно 1,8 м и балка имеет два спеши
ватощихся конца, длина каждого из которых равпа 0,6 л.
3. i орпзонтальный круглый стержень длиною I с
заделанными концами несет равномерно распределенную
вертикальную нагрузку интенсивностью д и горизонтальную поперечную на-
гр'-зну Р, сосредоточенную в середине. Найти наибольшее напряжение, если
67~-24 ОНО кгем, qp=& I'M/! кл'М и диаметр стержня <1=10 см.
Ответ nmax=51 кг/с,и8.
200 ИЗГИБ В ЦЛОГК0СТИ, НЕ ЯВЛЯЮЩЕЙСЯ ПЛОСКОСТЬЮ СИММЕТРИИ (гл VIII
4. I ufii'4метальная балка квадратного поперечного сечения (рис. 207) со
свободно опертымп концами нагружена в точках, отстоящих от опор на расстоя-
ниях, рапных у длины двумя рапными силами Р ««дна из которых вертикаль-
на, а другая горизонтальна Найти огоах, если /=3,6 .я, ci~30 см, Р~'2.4 Гц
2Р1
OttiU-m 5—М а<ои2.
52. Изгиб балок в главной плоскости, которая не является
плоскостью симметрии
Центр сдвига. При рассмотрении чистого изгиба (см. стр. 195)
было показано, что плоскость изогнутой оси совпадает с плоскост ыо
изгибающих пар при условии, что эти пары действуют в одной из
двух главных плоскостей изгиба. В случае изгиба балки копланарпой
системой поперечных сил задача становится более сложной. Если
главная плоскость, в которой действуют силы, не является пло-
скостью симметрии балки, то такой изгиб обычно сопровождается
кручением балки. В последующем изложении будет показано, как
можно исключить это кручение и получить простой сагиб надлежа-
щим перемещением плоскости действующих сил параллельно
самой себе.
Мы начнем с простых примеров, в которых поперечное сечение
балки имеет одну ось симметрии (ось z) и силы действуют в пло-
скости, перпендикулярной к этой оси (рис. 20S). Рассмотрим случай
тонкостенной балки показанной на рис. 208, а, н определим поло-
жение вертикальной плоскости, в которой должны действовать по-
перечные сиды для гого, чтобы произвести простой изгиб балки
в вертикальной плоскости. 11з наших предыдущих рассужде-
ний о распределении вертикальных касательных напряжении тги
(см. стр. 110) мы можем заключить, что практически вся поперечная
сила Q будет воспринята только одними полками. Если мы будем
рассматривать полки как две отдельные балки, поперечные сече-
ния которых имеют соответственно моменты инерции J' и , то
'•21
ИЗГИБ БАЛОК В ГЛАВНОЙ плоскости
201
и\ кривизна и прогибы при изгибе будут одинаковы, если на-
грузка распределяется между ними в отношении J'.:J, Ч. Тогда
поперечные силы в этих полках будут находиться в том же
< тношении.
Это условие будет удовлетворено, если поперечная нагрузка дей-
ствует в вертикальной плоскости, проходящей через точку О
(рис. 208, о), причем hi: где hi и /ь — расстояния О or
центров тяжести поперечных сечений полок. Таким образом, мы на-
ходим, что точка О перемещается от центра тяжести С поперечного
сечения к той полке, поперечное сечение которой имеет больший
момент инерции. В предельном случае, показанном на рис. 208, Ь,
в котором одна из полок отсутствует, можно предположить с доста-
точной точностью, что точка О совпадает с центром тяжести полки
н что поперечная нагрузка долж-
на действовать в вертикальной -нАн-А-н „
плоскости, проходящей через эту ЛЧтР/у гН^ П/7 Ггр
точку, для того, чтобы иметь про- р/Н, _] пл—\~z Тп z
стой изгиб. Точка О, через кото- LilLW Lxj
рхю должна проходить плоскость Т 'У
нагрузки, чтобы исключить круче- .
ние, называется центры! сдвига. 'у
Рассмотрим теперь сечение Рис 2<»
швеллера (рис. 208, с) и определим
положение плоскости, в которой должна действовать вертикальная
нагрузка, чтобы произвести простой изгиб с нейтральной осью,
совпадающей с осью г. Для этой цели необходимо рассмотреть рас-
пределение касательных напряжений по поперечному сечению при
простом изгибе. Чтобы вычислить вертикальные касательные на-
пряжения тху для поперечного сечения стенки, можно воспользо-
ваться тем же методом, что и в случае двутавровой балки (стр. 111),
т. е. можно предположить с достаточной точностью, что вертикаль-
ная поперечная сила Q воспринимается только стенкой. В полках
возникнут горизонтальные касательные напряжения, которые мы
бхдем обозначать через тл2. Чтобы найти величину этих напряже-
ний, рассмотрим элемент, вырезанный из полки двумя смежными
поперечными сечениями на расстоянии dr и вертикальной пло-
скостью тпт^, параллельной стенке (рис. 209). Если балка изо-
гнется выпуклостью вниз, то нижняя полка будет растяну-та и
растягивающие усилия Nia Л' '-dN, действующие на указанный выше
элемент, будут равны в
Л'-’- f iji'.l
') 1 |[)и itum рассмотрении пренебрй!ается влиянием поперечной силы на
иронгб HO.IUI,.
ИЗГИБ В ПЛОСКОСТИ. НЕ ЯВЛЯЮЩЕЙСЯ ПЛОСКОСТЬЮ СИММЕТРИИ [ГЛ. V1H
где интегрирование должно быть распространено на заштрихован-
ную часть поперечного сечения полки. Интеграл представляет ста-
тический момент заштрихованной площади относительно оси г.
откуда
Момент заштрихованной площа-
ди пропорционален расстоянию и
от края полки; следовательно,
тгх пропорционально и. Как мы
видели ранее (стр. 104), касательные напряжения т..г, равные т2Л,
должны действовать горизонтально в точках по линии tins в попе-
речном сечении полки. Следовательно, напряжения тдг распреде-
ляются неравномерно по поперечному сечению полки, но они про-
порциональны расстоянию и. У сопряжения пачки и стенки рас-
пределение касательных напряжений является сложным. В нашем
приближенном вычислении мы предполагаем, что уравнение (а)
сохраняется от «=0 до и—Ь. Тогда, обозначая через h расстояние
между центрами тяжести полок и замечая, что момент площади по-
перечного сечения Ы полки относительно оси г равны Ы h;2, мы
получаем из уравнения (а)
^тлг)шах (Tzx)max 2J,
(Ь)
Равнодействующая R (рис. 210) касательных напряжений txz,
распределенных по площади поперечного сечения Ы полки, рав-
няется
р Qbhbt (Jtf/it
А 2/г 2 4J.
(с)
ИЗГИБ БАЛОК В ГЛАВНОЙ ПЛОСКОСТИ
203
Суммирование касательных напряжений по поперечному сече-
нию верхней полки, очевидно, дает равную и противоположную си-
лл Таким образом, касательные напряжения по сечению швеллера
приводятся к силам, показанным на рис. 210. Эта система сил ста-
тически эквивалентна силе Q, приложенной _______
з точке О на расстоянии от центра стенки । । " т
го изгиба с нейтральной осью, совпадаю-
щей с осью г, вертикальная плоскость, в Ц~_—।—
которой действуют поперечные силы, долж- I V
па проходить через точку' О, называемую 'Q
центром сдвига. При каком-либо другом Рис. 210.
положении этой плоскости изгиб балки бу-
дет сопровождаться кручением, и напряжения уже не будут следо-
вать простому закон}', в котором ох пропорционально у и не зави-
сит от координаты г.
В случае изгиба углового сечения в вертикальной плоское™
касательные напряжения т в точках по тп будут направлены, как
где интеграл представляет момент за-
штрихованной площади относительно
оси z. Эти касательные напряжения
дают равнодействующую силу в ука-
занном на рис. 211,b направлении и
равную
Сила такой же величины получится
также для нижней полки- Равнодей-
ствующая этих двух сил равна Q и проходит через точку О пере-
сечения средних линий полок, которая, следовательно, в этом слу-
чае и является центром сдвига.
В предыдущих случаях мы рассмотрели балки с одной плоскостью симмет-
рии аотирые изгибались перпендикулярно этой плоскости В таком случае центр
сдвига находится на оси симметрии поперечного сечения, и для определения его
положения необходимо найти лишь одну координату Рассмотрим теперь несим-
метричную палку, для которой необходимо найти две координаты, >1тобы
’) При вычислении этих напряжений применяется тот же метод, что и в
случае шнеллеров.
204 ИЗГИБ В ПЛОСКОСТИ. НЕ ЯВЛЯЮЩЕЙСЯ ПЛОСКОСТЬЮ СИММЕТРИИ (гл VIII
определить положение центра сдвига ’). В качестве примера мы возьмем швеллер
одинаковой толщины по с неодинаковыми полками (рис 212). Взяв центральные
оси у и г параллельно стенке и полкам, мы предположим сначала, что попереч-
ные силы, действующие на балку параллельны стенке и находятся на таком
расстоянии от стенки, что не вызывают кручения балки Вертикальная попереч-
ная сила Qy будет воспринята только стенкой.
Для вычисления горизонтальных поперечных сил и полках мы листупим,
как и прежде, и рассмотрим усилия, действующие на элемент нижней полки за-
штрихованный на рис. 212, Чтобы вычислить продольное усилие Л’, действующее
Рис 212.
на элемент, мы воспользуемся уравнением (132) для Продольных нормаль-
ных напряжений Тогда мы получим
Л'-j (Jy $ — Jv* $
где интегралы в правой части представляют моменты относительно осей г и у
') Вопрос об определении центра сдвига был рассмотрен несколькими ак-
торами См . например, A A Griffith and G. I. Та у 1 о г, АтК'ьогу Солил.
Aeronaut (England). Tech. Repls, т.З.сгр *W, l9l7, R Ma 1 la rl. Schwerz,
Bauzeilung, т 77. стр. 197. т 79, стр "54 и т. 83. стр 111 и 176, С Web е г,
Z angew Math, и .Mecli. т. 4, етр 344. 1924, Л Eggenschwiler, Proc 2d Inlenrat.
Congr. Appl Meeh., Zurich, crp.. 4.M, 192b Gsr также статью автора в .1. Frank-
lin lnsi., i- 239, стр 201, 1945. В последнее время вопргк приобрел важное значе-
ние при проектировании самолетов Обзор соответствующей литературы дан в
статье Р К ь h i„ hai Adijsory Сояпп. Aeronaut. Techn. holes, \ bbl
ИЗГИВ БАЛОК В ГЛАВНОЙ ПЛОСКОСТИ
205
, попади. заштрихованной на рис. 212, так >по
J ydl-~ctu
zdf= -lu (b,-d—^^t^+du^-b^y,
дифференцируя. получаем
(?* I
п уравнение равновесия рассматриваемого элемента будет
— Qydx г /и1
т ---- I J fin —.1 I —, I Ни — t
Тогда горизонтальное каслтслыюе напряжение по поперечному сечению полки
И соответствующая кисательная сила в полках равняется
с и ГУ , (d
ЧТ«г“"— , , г» 9 Я 9
<е)
Так как силы, действующие на балку, псе вертикальны, горизонтальные касатель-
ные силы в полках должны образовать пару, которую можно получить умноже
пием поперечной силы в шпкньн полке па расстояние h Тогда момент 1) относи-
тельно центра тяжести С (рис. 212) всех касательных напряжений, действующих
по поперечному сечению, будет
Эти указывает па то, что вертикальная плоскость, в которой действуют внешние
силы, чтобы произвести изгиб балки без кручения, находится на расстоянии
ь-
(f)
от центра тяжести С поперечного сечения. В частном случае, ко'Да полки оди
каковы, оси //иг являются главными осями и Jyz отсутствуют. t=-j- и мы
Ifh’l
что согласуется с ранее полученным результатом (d), см. с гр. 203.
Расстояние г0 представляет горизонтальную координату центра сдвига.
Чп Лц пы-шелнть ттрдипату у0, предположим, что внешние поперечные силы
') Момент, вращающий по часовой стрелке, считается поло,|:ителып>1м.
206 ИЗГИБ R ПЛОСКОСТИ, НЕ ЯВЛЯЮЩЕЙСЯ ПЛОСКОСТЬЮ СИММЕТРИИ [гл. VIII
действуют в плисксстп, параллельной плоскости хг.Д.тя вычисления нормальных
напряжений мы теперь воспользуемся уравнением (133). Рассматривая опять
элемент, заштрихованный на рис. 212. и поступая, как прежде, получаем
Взяв мбмент этой силы относительно точки 2/ (рис. 212) и разделив на горизон-
тальную касательную силу Qt, зызываемую внешними силами, мы получим рас-
стояние / плоскости действующих сил от точки В.
Тогда искомая координата центра сдвига будет
m -
Для частного случая рапных полок мы имеем Jyt—0,
С— -g- и, выразив в числах d и Jy, можем показать, что
выражение (g) обратится в нуль, и, следовательно,
центр сдвига лежит на оси г. Координаты yv и
представляемые уравнениями (f) и (р), полностью опре-
деляют положение центра сдвига для швеллера. по-
казанного на рис 212
В случае зетового сечения (рис. 213), рассматри-
вая «начала действие поперечных сил в плоскости,
параллельной стейке, и полупиз уравнение, подобное уравнению (е), мы можем
легко доказать, что горизонтальные касательные силы в полках будут отсутство-
--- г------------- ------------- ---------- _ .... _ одвига также
Рис 213
вать. Следовательно, горизонтальная координата г0 центра
будет отсутствовать. Далее, рас-
сматривая поперечные силы, дей
ствующие в горизонтальной п.чо
скссти, найдем, что горизонталь-
ные касательные силы в полках
раниы Qz; *iv у называет на
то, что плоскость горизонталь
ной нагрузки должна проходить
через центр тяжести С.
Во всех случаях, когда
пачки тонкостенной балки
пересекаются по одной оси
О, как на
_._г_______ . примерах, показанных на
рис. 214, найдено, что равнодействующая поперечная сила прохо-
дит через эту ось и эта же ось, очевидно, является осью центров
сдвига.
Возвращаясь теперь к общему случаю и гиба несимметричных
балок, мы заключаем из предыдущих рассуждений, что для того,
чтобы иметь простой изгиб балки (изгиб без кручения), внешние
силы должны быть распределены по оси центров сдвига. Для
ИЗГИБ ВАЛОК В ГЛАВНОЙ ПЛОСКОСТИ 207
исчисления прогибов, вызываемых этими силами, мы можем вое-
пАтъзсватъся теми же методами, что и в случае чистого изгиба
(см. § 50)- Мы можем разложить каждую силу па две составляю-
щие, параллельные главным нейтральным осям поперечного сече-
ния балки, исследовать изгиб балки в каждой из главных плоско-
стей, применяя обычные формулы для балок, и получить полные
прогибы геометрическим сложением прогибов, найденных в двух
главных плоскостях.
Другой прием заключается в том, чтобы выбрать оси у и г параллельно стен-
ки и полкам балки, как показано на рис 212, разложить каждою действующую
поперечную силу па две составляющие, параллельные осям у и г, и гримскить
формулы (131) для сил в плоскости ху Подобные формулы можно вывести для
сил в плоскости xz. Окончательные прогибы получатся опить геометрическим
сложением.
ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ
ИЛИ СЖАТИЯ. ТЕОРИЯ ПРОДОЛЬНОГО ИЗГИБА
53. Изгиб, сопровождаемым растяжением или сжатием
Здесь предполагается, что призматический брусок нагружен
силами в одной из его плоскостей симметрии, но, если прежде все
эти силы были перпендикулярны к оси бруска, то теперь они .могут
иметь составляющие вдоль оси бруска. Простой случай такого рода
показан на рис 215, который представляет колонну, нагружен-
ную наклонной свлой Р. Эта сила разложена на поперечную со-
ставляющую Q и продольную Л', причем предполагается, что ко-
лонна сравнительно жестка и прогиб так мал, что им можно пре-
небречь при рассмотрении напряжений, вызываемых силон N.
Тогда результирующее напряжение в какой-либо точке получится
сложением сжимающего напряжения от силы N с напряжением при
изгибе от поперечной нагрузки Q Отучай гибкой колонны, в кото-
рой продольное усилие, благодаря вызываемому им прогибу колонны
(рис. 215, Ь), имеет значительное влияние на изгиб, будет рассмотрен
в дальнейшем. Напряжение от силы Л' постоянно во всех попереч-
ных сечениях колонны и равно N-'F, где F есть площадь поперечного
сечения. Напряжение при изгибе зависит от момента, который уве-
личивается от нуля вверху до rnaximurn’a
QI внизу. Следовательно, опасное сече-
ние находится в заделанном конце, и на-
пряжение здесь в какой-либо точке на
расстоянии у от оси z бутет
Полагая, например, что поперечное
сечение колонны па рис. 215 есть прямо-
угольник с размерами b’<h, где h —
сторона, параллельная плоскости изгиба, мы имеем F—bh и ,/г—
— bh’Kz Тогда наибольшее сжимающее напряжение будет в точ-
ке п и равняется гп, ..
- S X- (Ь)
О' Ь/
Рис 215
И31ИБ. СОПРОВОЖПЛГМНЙ ГЛСТЯЖРНИГМ ПЛИ СЖАТИЕМ
209
Это напряжение является численно наибольшим. В точке т мы
получаем
(а )
v’x*mw—bb* bh '
Когда сила Р не параллельна одной из двух плоскостей сим-
метрии, напряжения при изгибе, вызываемые ее поперечной со-
ставляющей Q, найдутся разложением Q на составляющие, па-
раллельные этим плоскостям (см, § 51). Результирующее напря-
жение в какой-либо точке получается сложением этих напряже-
ний от изгиба с сжимающими напряжениями, вызванными продоль-
ной силой.
больший нзгапиощий момент должен быть в заделанном конце, где
—36 <ri)0 кгем Давление в к>м же поперечном сечении равно Л?,тЛ'1=4<М кг.
Наибольшее сжимающее напряжение в точке т равняется
4 4(Н . 32-36000 о ,, о ,
о—'-------з—=1,34-4з,9=4< ,2
nd8 ad* ....
2. Определить наибольшее растягивающее напряжение и
Деревянной б>ттке покачанной па рис 217, если S™1600 кг. Ь—'.
, 6 40)-Ии) 1600 ,
Ти ,.is- : -г' “ '«
, гоя I, ной
ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ
[ГЛ. IX
3. Определи it наибольшее сжимающее напряжение в конструкции АВС,
которая поддерживает нагрузку Р=800 кг (рис. 218} и имеет жесткое соединение
брусков в В неподвижный шарнир в Л и подвижную опору в С. Поперечное сече-
ние брусков АВ и ВС представляет квадрат 25-' 25 см.
' 6 400-2-10 240 „
Отч. т о=-—255—25’=372 ке<1"
4 Кирпичная подпорная степа толщиной 1.8 м и
высотою 4,5 м испытывает давление со стороны песча-
ной насыпи (рис 219). Определить наибольшее растя-
тивающееи сжимающее напряжения внизу стены, если
ее ве< равен-(=2200 алл* и боковое давление песка
равняете» 4-Ю0 кг на погонный метр Распределение дав-
лен ни песка по высоте стены следует линейному закону,
как показано прямом АВ.
Ответ. Напряжение в т равняется
2200-4,5 4400-1,5.100-6
10000 100.180*
Рис. 220.
Напряжение о и равняется
2200-4,5 4400-1,5-100-6 „ м .
’“-тогаг'*—им»?—°-23
Б. Определить толщину стены в предыдущей задаче, при которой напряжение
в п будет равно нулю.
Олюлп 2 л
Б, На круглую колонну высотою 1,8 м действует сила Р, составляющие кото-
рой Q и N равны 400 кг каждая. Найти диаметр колонны, если наибольшее- сжи-
мающее напряжение равняется 65 кг: см
7. Найти стпях и ст)п в поперечном сечении, находя-
щемся посередине бруса ВС (рис. 218), если вместо со-
средоточенного груза Р будет действовать вертиквль-
ная нагрузка 9=500 «/л .'распределенная ио оси АВС.
8. Круглый стержень ЛИ (рис 220). прикреплен-
ный шарниром и Ни опертый на гладкую вертиквльную
плоскость (без трения) в .1, подвергается действию соб-
ственного веса Определить положение поперечного се-
чения тп, в котором сжимающее напряжение будет
наибольшим.
Ptuu-ние. Обозначим через I длину стержня, через q
вес единицы длины ею и через п угол наклона к гори-
зонту Тогда горизонтальная рескцпя в А равняется
P=lql/2) etga, сжимающее усилю в каком либо поперечном сечении тп на рас-
стоянии хот Л равняется 9xsine+(91/2)(cos 2a/sino) и изгибающий момент и том
же поперечном сечении равняется
2
Наибольшее сжимающее напряжение в поперечном сечении тп равно
, о/cos* а \ , 32 /о/ СЛ* cosa'
—и -..-тгг 1+^а i о- * cos а----------о—
еде d есть диаметр стержня.
53] ИЗГИБ. СОПРОВОЖДАЕМЫЙ РАСТЯЖЕНИЕМ ИЛЯ СЖАТИЕМ 21 I
Приравнивая нулю производную от этого выражения по х, получаем
Рис 227
*). Стержень, показанный на рис. 215. имеет длину 2 л и диаметр 30 см. Опре-
делить величину силы Р, если ее составляющие Л1 и Q равны и наибольшее сжима-
ющее напряжение в п равно 70 кг/см2.
Отлуц Р—1280 кг.
10 . Сила Р вызывает изгиб стержня АВС,
заделанного п А (рис. 221). Определить угол по-
ворота конца С при изгибе, если изгибающие
моменты в А и В численно равны между собой.
Рсш/ние. Из равенства изгибающих момен-
тов в .4 и В следует, что сила Р проходит через
среднюю точку D стержня АВ. Тогда Px=Pvl/'2u
и составляющие Рх и Pv могут быть теперь вы-
числены. Угол поеорота поперечного сечения В
вследствие изгиба части АВ от составляющей си-
лы Pv равен Pj,l -J2BJ по направлению часо-
вой стрелки. Угол попорота того же поперечною сечения от составля-
ющей силы Рх равен P^aliBJ в направлении против часовой стрелки. Угол по-
ворота поперечного сечения С относительгю поперечного сечения В, вследствие
Рис 222
изгиба части ВС стержня, равен PxiF;2£J в направлении против часовой стрелки.
Полный угол поворота конца С в направлении по часовой стрелке равняется
РуР P^al P^i1 Рхиг
5еТ~~~ЁТ~2ЁЗ~ ~2ЁР
11 Трехшарнирпап рама АВС (рис 222) поддерживает вертикальную на-
грузку Р. Найти чпеленко наибольший изгибающий момент в раме и сжи-
мающее усилие Л' в горизонтальных стержнях
,, « м W
О/нне/л
12 11айти угол наклона а силы Р, действующей па стсркснь ЛВС (рис 223),
если известно, что прог иб в В равен кулю.
Ответ t4«-
ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ
[ГЛ. IX
54. Внецентренная нагрузка короткой стойки
Внецентренная нагрузка есть частный случай сложения растя-
гивающих или сжимающих напряжений с напряжениями от изгиба
Когда длина стержня не очень велика по сравнению с его попереч-
ными размерами, его прогиб настолько мал, что им можно пренебречь
по сравнению с первоначальным эксцентриситетом е, поэтому можно
пользоваться принципом сложения действия 1). Возьмем, например,
случай сжатия продольной силой Р, приложенной с эксцентрисите-
том е (рис. 224) на одной из двух главных осей поперечного сече-
ния. Если мы приложим две равные и противоположные силы Р
в центре тяжести О поперечного сечения,
то от этого условие не изменится, так как
они эквивалентны нулю. Тогда мы получим
4/ осевое сжатие силой Р, вызывающей непо-
средственно сжимающие напряжения —PIF,
как показано на рис. 224, Ь, и изгиб в од-
ной из главных плоскостей парой силе Ре,
7 вызывающей нормальные напряжения —
\PeyUj, как показано на рис. 224, с. Следо-
^вательно, полное напряжение будет
Р Рец
п ------------
(а)
Эпюра распределения этого полного напря-
жения показана на рис. 224, d. На рис. 224, d
предполагается, что наибольшее напряже-
ние от изгиба меньше осевого сжимающе-
го напряжения, так что по всему по-
перечному сечению стержня будут лишь одни сжимающие на-
пряжения. Если наибольшее напряжение от изгиба будет больше
непосредственно сжимающего напряжения, то нулевая линия на-
пряжений будет параллельна оси г и делит поперечное сечение на
две зоны с растягивающими напряжениями налево и сжимающими
напряжениями направо.
Для прямоугольного поперечного сечения со сторонами hub
(рис. 224, а} уравнение (а) становится
п_____Р__ *?Реу
х~ bh '
(а')
и чы получаем подстановкой у=—(ft/2)
*> Случай ви«1Н>тренлоГ| нмгрузки длинных сгсржие9 cv
54) BHFHFHTI'1'ИИЛЯ НАГРУЗКА КОРОТКОЙ стойки 213
Подстановкой у—Л<2 мы получаем
Р Р : I , 6е\
- W, Uf - № ( 1 + ft J •
(С)
Можно видеть, что когда е-<Л/6, нигде но поперечному сечению знак
напряжений не изменяется. Когда е--Л.’6, то па основании уравне-
ния (с) наибольшее сжимающее напряжение равняется 2Pibh и
напряжение на противоположной стороне прямоугольного попереч-
ного сечения равняется нулю. Когда е-4и6, то знак напряжений
меняется, и положение нулевой линии напряжений получится при-
равниванием к нулю общего выражения (а*) для оЛ; тогда
л= т
или, посредством обозначения /г для радиуса инерции относительно
оси z (см. Приложение)
У=—(134)
Видно, что расстояние нулевой линии напряжений от центра |яже-
сти О уменьшается с увеличением эксцентриситета е. То же рас-
суждение можно применить и в случае внецентреино растягиваю-
щей нагрузки. Уравнение (134) можно применить также для других
форм поперечного сечения, если точка приложения нагрузки нахо-
дится на одной из главных осей инерции.
Рассмотрим теперь случай, когда точка В приложения впецситрснпо сжимаю-
щей силы Р не находится Ы1 па одной из двух главных осей инерции поперечного-
сечения, принятых на рис 225 за осп у и z Если
взять т и п за координаты этой точки, то моменты
силы Р относительно осей у и z будут соответственно
равны Рп и Рт. Используя принцип сложения дей
ствия сил, получим напряжение в как<>й либо гичке
F поперечного сечения
первый член правой части представляет сжимающее
напряжение, а два другие — папряжеяия от изги-
ба, вызываемые соответственно моментами Рт и Ра.
Мтыю видеть, что распределение напряжений сле-
Дест линейному закону Уравнение пулевой линии
напряжений полу чится приравниванием правой ча-
ет сравнении (е) пулю При помощи обозначений
JzlF—Q и гле.1гн iv — соответствующие радиусы инерции относи-
тельны <я-ей z и у, получаем я
Подставляя в зто уравнение сначала у— 0, а затем z-C, мы получаем точки .11
ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ
(ГЛ. IX
и N пересечения нулевой линии напряжений с осями координат г и у (рис. 225).
Координаты этих точек s и г будут
т—
Эти уравнения имеют такую же форму, как и уравнения (g), поэтому можно заклю-
чить, что когда нагрузка приложена в точке В' с координатами s и г, соответству-
ющей нулевой линией будет линия M'N'. показанная па рисунке пунктиром и
отсекающая на осях у к г отрезки т и л.
Существует другая важная зависимость между точкой приложения В нагрузка
и положением соответствующей нулевой линии напряжений, а именно, когда В
движется по линии BJ3t (рис. 226), то соответствующая нулевая линия папряже-
для составляющей! Вг параллельна осп Z, и ес расстояние от этой оси равняется
Для некоторого положения нагрузки на линии BtBt напряжение будет равняться
нулю в В'. Следовательно, когда точка приложения нагрузки движется по пря-
мой BiBt, то соответствующая пулевая линия напряжений поворачиваете! окало
точки В', координаты которой овределяются уравнениями (Ь) в (i).
ЗАДАЧИ
1. Площадь поперечного квадратного сечения стержня уменьшена на поло-
вину в тп (рис. 227). Определить наибольшее растягивающее напрмжеине в по-
перечном сечении тп, вызываемое продольной нагрузкой Р.
,, . , 2Р Ро24 8Р
Ответ (оА)гаах=-^-4--^-^—у
2. Решить предыдущую задачу, полагая, что стержень пммгт круглое попе-
речное сечение.
3. Стержень таврового течения виецентренно нагружен силами Р (ряс. 323).
Определить наибольшие растягивающее и сжимающее напряжения в этом стержне,
если d -I см, h—9 см, ширина полки 6—9 см, Р—1000 кг.
551
ЯДРО СТЧРНИЯ
215
Рсмение Расстояния центра тяжести таврового сечения от низа и верха со-
огвегетаенно равны й,=2,47 см и йж—6,5-1 см Эксцентриситет силы Р равняется
г--0.5—2,47=2.97 <•.«. Момент инерции Jz= 1 18 см* Напряжения от изгиба будут
Peh,
1000-2,97-2.47
J18
=82 кг ch-.
<оЛ)пип= —
Pch2
1000 2,97 6,5<
118 ”
164 кг см*
Складывая их с растягивающим напряжением PjF=
-- КМ 1'17,05 — 58 кг.'-'м*, получаем наибольшее растягивающее на-
пряжение G2-y58—120 ке/см2 и наибольшее сжимающее напряжение
164—58—106 еа'см*
4. Определить наибольшее растягивающее напряжение в се-
чении тп зажимной скобы, показанной на рис. 229, если Р= 120 кг,
Ь--7,5 см и поперечное сечение представляет прямоугольник с раз
мерами 2,5?: 0,6 см
Ответ. сгаах=1520 кг/см2.
5. Определить ширину поперечного сечения мп в предыдущей
чтобы огаяк было равно 1300 кг/ем2.
Рис. 227.
задаче так.
Рис. 228.
•’ЪгЬчзх—"
6. Найти наибольшее и наименьшее напряжения в заделанном поперечном
сечении прямоугольной колонны, показанной на рис 224, если Ь=25 см, Л=30 пи,
Р=2/н и координаты точки В приложения нагрузки (рис 225)
равны wi=n=5 см. Main п положение вейтрвльнон оси.
55. Ядро сечения
В предыдущем параграфе было покачано, что для малого
эксцентриситета с нормальные напряжения имеют един и тот
же знак по всей площади поперечного сечения внецентренно
нагруженного стержня При больших значениях е кулевая
линия напряжений пересекает поперечное сечение, н на-
пряжения получаются разных знаков В случае материалов
очень слабых при растяжении, как, например, бегон или кир-
пичная кладка, возникает вопрос об определении области, в
пределах которой можно прикладывать сжимающую нагруз-
ку, не вызывая по всему поперечному сечению растягивающих напряжений.
Эта область называется ядром сечения Метод определения ядра сечения
иллюстрируется следующими простыми примерами.
В случае круглого попереч/лии сечения радиуса R можем заключить в сил} сим-
метрии, что ядро сечения представляет круг. Радиус а этого круга найдется из того
условия, что когда -точка приложения иаарузки находится на контуре ядра, со-
ответствующая нулевая линия напряжении должна быть касательной к контуру
поперечного сечения Припоминая, что момент инерции площади круга относи-
тельно диаметра равен Я/?*,4 (см Приложение), и, следовательно, радиус инерции
равен z—] Т/Г—КЦ, находим из уравнения (134) подстановкой а вместо с и R
ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ
[гл. IX
вместо у, что
R=T-
(135)
г. с. радиус ядра сечения равен одной четиерти радиуса поперечного сечения.
Для случая круголчокопцелпго сечения с внешним радиусом R„ п внутренним
радиусом А’в имеем
и радиус ядра на основании уравнения (134) получается
(136)
Для (?„=-0 уравнение (136) совпадает с уравнением (135) Для очень тонкого
кольца, кода R,, приближается к Ru радаус а ядра приближается к значению
В случае лряши/лыьад.о лойс/тлягач сечения (рис 230) нулевая линия напря-
жений совпадает со "стороной eg, когда нагрузка приложена в точке Л, на расстоя-
нии/».'6 от центра'тяжести (см. стр. 213) Таким же об-
разом нулевая линия напряжений совпадает со сторо-
ной gl, когда нагрузка находится в точке в. на расстоя-
нии й/6 от центра тяжести Когда нагрузка движется
по линии АВ, нейтральная ось поворачивается около
точки g (см стр. 214) не пересекая поперечного сече-
ния. Следовательно, АВ есть одна из сторон ядра сече-
ния Другие стороны вытекают из симметрии. Поэтому
ядро сечения представляет ромб с диагоналями, рав-
ными ft.‘3 и Ь/3. До тех пор пока точка приложенная
остается в Пределах этого ромба, пулевая линия на-
пряжений не пересекает поперечного сечения и напря-
жения не будут меняться по знаку.
Для двутаврового сечения (рис. 2.<1) крайние поло-
жения нулевой линии напряжений, в которых она не
пересекает поперечное сечение, определяются сторона-
ми АВ п CD н пунктирными линиями ЛС и ВО. Счет-
точки приложения нагрузки могут быть определены из
Рис СЮ
у равнения (134). По симметрии можно заключить, что эта точки будут верши-
нами ромба, заштрихованного на рис. 231
Гели точка прилозсения инсцентрепной нагрузки на-
ходится вне ядра сечения, то соответствующая нулевая
линия напряжений пересекает поперечное сечение, и на
грузка вызывает не только сжимающие, но также и рас
тягивающне напряжения Если материал совсем не Со-
противляется растягивающим уеллиям, то часть попереч
него сечения будет бездействовать, а остальная — будет
испытывать только сжимающие напряжения. Воплем,
например, прямоугольное поперечное сечение (рис 232) с
точкой приложения А па!рузки на главной оси у и на
расстоянии гог края сечения. Если с меньше й/3, то часть
поперечного сечения не будет работать Рабочий участи
может быгь найден из того условия, что распределение сжимающих усилий по
поперечному сечению следует лилейному закону, изображенному на рису нке
прямой лш, и чго равнодействующая этих усилий равняется Р. Так как эта рав-
Рис 231.
551
ЯДРО (Ь.ЧЬПИЯ
217
нодсйсгкукяцая должна проходить через центр тяжести площади треугольника
ni'is, то размер /га patxmcro у частка поперечного сечения должен б_гть равен Зе.
В Случае кругового поперечного сечения (рис. 233}. если эксцентриситет СЛ
нагрузки'больше /?/4 и материал не сопротивляется растягивающим усилиям, бу-
дет раьогать только часть попереч-
ного сечения Пусть линия пп, пер
цендикуяярвая к АС, будет грани-
цей этого участка Ее расстояние b
т точки А может бить найдено из
следующих условий: 1) сжимающие
напряжения пропорциональны рас-
с тояпию у от пп. 2) сумма сжимаю-
щих усилий, приходящихся на ра
<*ц|>1Ип участок поперечного сечения,
равна нагрузке Р и 3) момент этих
уы'-Лий относительно пп равен мо-
менту РЬ нагрузки Р отн|1С11телтлю
той же оси Если обозначить
Рис 282.
!ан<»иыиее сжимающее напряжение через то сжимающее напряжение на не-
котором расстоянии у от пп будет
и для определения ft получаются следующие уравнения:
(' 1/OmaxdF=p (' аг=рь
J о-Н J b-f-c
из которых
где JIHi= \ tfdF есть момент инерции Площади рабочего участка поперечного се-
чения относительно осп пп и 5„и=^ ydF есть статический момент площади рабо-
чего участка поперечного сечения относительно той же оси При помощи уравнения
(а) положение А для данного положения пп легко можно найти То же уравнение
можно применить также и для других форм поперечного сечения нрл условии, что
Zi находится па одной из главных осей ’). Если нагрузка нс приложена на главной
оси, задача об определении рабочего участка поперечного сечения становится бо
лее сложной 2)
При помощи понятия о ядре сечения мчжло значительно у принять вычисле-
ипс панболыних напряжений от изгиба в случае, когда изгиб происходит не в глав-
ной плоскости. Например, пусть пип па рис 230 будет продольная плоскость
балки, в которой действует изгибающий момент М, и пп — соответствующая пей-
тральная ось, которая образует- угол а с плоскостью тп (см пр 195) Обозначая
через О’",,* наибольшее напряжение в наиболее удаленной точке с и через d ее рас-
Пйя-ше от нейтральной ли пп. находим, что напряжение в какой либо другой
’) Для случаев Kpvi-лых поперечных сечений к круглых кольцевых сечений,
которые яв.чяюл.’й важными при расчете напряжений в трубах, изданы таблицы.
Упрощающие эти вычисления (См Кеск, 7. Architect и Ing, Ver (Hannover),
стр 627, J882. см. также Z. Ver. deut. Ing., стр 1321, IfK)2 и статья G Dreyer,
и Bautechnik, 1925
s) Некоторые рягчепи для прямоугольных поперечных сечений можно найти
п следующих статьях F Eng esse г, Zentr. Baiiverwalt, стр. 424, 1919, О. И с и
не I s там же. стр. 447, 1918; К. Ро tr I, Der Eisenbau стр. 211, 1918; Е К
R s 11 и g. Proc 1 nst.Ci vil bngrs. (London), r. 3. 1905—1446.
ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТНШ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ
{гл. гх
точке, находящейся на расстоянии с от пл. будет O=amZKw/d, и момент всех уси-
лий распределенных по поперечному сечению, относительно оси tin равняется
___^шах
(Ь)
где Jnnccib момент иперцти поперечного сечения относительно осн пп Момент
внешних сна относительно той же оси равняется М sin о Приравнивая это
правой части уравнения (Ь), имеем
Nd яп а
Это уравнение можно значительно упростить, пользуясь свойствами ядра сече-
ния г) Пусть О будет точка пересечения плоскости тт с ядром сечения иг — ее
расстояние от центра тяжести поперечного сечения Из свойств ядэа сечения вы-
текает, что сжимающая сила Р, приложенная в точке О, вызывает напряжение,
равное нулю, в вершине с Следовательно, растягивающее напряжение, вызывае-
мое в точке с изгибающим моментом Рг, действующим в плоскости пип, числеппо
равно сжимающему напряжению Р/Р от силы Р или, подставляя Рг вместо М
в уравнение (с), получаем
Р Prdsina
откуда d sin a i T.— FT- «>
Вставляя это в уравнение (с), получаем
ОЗП
Произведение Рг называется моментом сопротивления поперечного сечения в
плоскости тт. Это определение согласуется с определением, которое мы имели
прежде (см. стр .%), и для изгиба в главной плоскости Рг становится равным W.
ЗАДАЧИ
I. Определить ядро сечения профиля двутавровой балки, для которой
Леэ 151см3, Jg = 83860с№, (г=±23.5см. Jv= 17(H)сма, iy^3,3GcM Ширина
полок Л = 17,6 см
Отат Ядро сечения представляет ромб с диагоналями, равными 36,82 см
2. Определить радиус ядра кругового кольцевого сечения, если R„ = 25 см
Отпет Радиус ядра а -= 10.25 см
3. Определить ядро поперечного сечения, имеющего форму равностороннего
треугольника.
4. Определить ядро поперечного сечения квадратной тонкой трубки
Решение Если h — толщина трубки нЬ — сторона квадратного поперечного
сечения, то имеем
6 ’
Ядро сечения есть квадрат с диагональю
•) См R L а и <1. Z Architect. и fnger.ieurw, стр. 291, 1897.
56] BHF11FHTPEHHOE СЖАТИЕ ГИБКОЙ СИММЕТРИЧНОЙ колонны 219
56. Внецентренное сжатие гибкой симметричной колонны
При рассмотрении изгиба гибкой колонны под действием вне-
цеитренной нагрузки (рис. 234) прогибом f уже более нельзя пре-
небрегать по сравнению с эксцентриситетом е. Предположим, что
эксцентриситет имеется в плоскости симметрии,
тогда изгиб будет происходить в той же продоль-
ной плоскости ху, в которой действует нагрузка Р,
и изгибающий момент в каком-либо поперечном
сечении тп будет
Л4=—Р(/4-с—у). (а)
При определении знака момента необходимо
заметить, что, вращая рис. 234 по часовой стрел-
ке на угол я/2, мы получим те же направления ко-
ординатных осей, которые были приняты при вы-
воде уравнения (79). Поэтому, следуя правилу,
представленному на рис. 63,6, мы берем момент (а)
со знаком минус, так как изогнутая ось обращена
Рис. 231.
вогнутостью в сторону положительного направле-
ния оси у. Дифференциальное уравнение изогнутой оси получится
подстановкой (а) в уравнение (79), а именно
rJ.^-Pd+e-n- (Ь>
Пользуясь обозначением Р EJ~P • получаем из уравнения (Ь) (138) (С)
Путем подстановки можно легко доказать, что уравнение
y^cjiinpx+c^cospx+f+e (d)
есть решение уравнения (с). Это решение содержит две постоянные
интегрирования с, и с,, величины которых должны быть подобраны
так, чтобы удовлетворить условиям на концах колонны и получить
истинную изогнутую ось колонны. На нижнем конце, который яв-
ляется заделанным, условия следующие:
<е>
Пользуясь этими условиями совместно с выражением (d) и его
220 ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ | ГЛ IX
первой производной, получаем
с,=0. сг= —(7+Н.
Таким образом уравнение изогнутой оси (d) получается в виде
(/Ч е) (1 — cos рх} (f)
Чтобы получить величину прогиба / на верхнем конце колонны,
мы подставляем х—1 в правую часть уравнения (f). Тогда прогиб у
в левой части должен быть равен /, и мы получаем уравнение
(/+е)(1—cospZ),
откуда
(139)
' ccspl ' '
Подставляя это в уравнение (/), получаем уравнение изогнутой оси
)40
J cos pl ' '
Пользуясь этим уравнением, мы можем легко вычислить прогиб в
любе»! поперечном сечении стержня.
В случае короткой стойки, которая была рассмотрена в § 54, ве-
личина pl мала по сравнению с единицей, и с достаточной точностью
можно принять
cosp/= 1 —(g)
Пользуясь этим значением созр/ и пренебрегая величиной р*/*/2
и знаменателе выражения (139). как малой величиной по сравнению
с единицей, мы получаем
Это представляет величину прогиба иа конце консоли, изгибаемой
парой сил Ре, приложенной на конце. Следовательно, использо-
вание приближенного выражения (ц) равносильно тому, что прене-
брегается влиянием прогибов на величину изгибающего момента
в принимается взамен него постоянный момент, равный Ре.
Если pl не мало, что обычно бывает в случаях, когда колонна
являезся гибкой, то при вычислении / мы должны пользоваться
выражением (139). Таким путем мы находим, что прогиб уже не про-
порционален нагрузке Р Оц увеличивается гораздо быстрее, чем
Р, как ьто видно из значении этого прогиба, данных во второй
сцючке таблицы 2.
56] ВНГШПТРЕННОГ СЖАТИЕ ГИБКОЙ СИММЕТРИЧНОЙ КОЛОННЫ 221
Таблица 2
Прогибы, вызываемые Рнецеитргпиой продольной нагрузкой
Р* 1 npii^THxtei'Hoe, secpi 0,1 0, у O.iXBr fi.UM 0,5 0,149c 0.13‘M 1.140 0,101 O.MOc 1.867 0,405 1,5 13, le 12.8c 13,2 0 <311 -2
Наибольший изгибающий момент имеет место в заделанном конце
колонны и равняется
.W1UftX = P(e+f)=₽Ksecp/. (141)
Ряд значений sec pl дан в четвертой строчке вышеприведенной таб-
лицы. Эти значения показывают, как быстро увеличивается момент,
когда pl приближается к значению я/2. Это явление будет рассмот-
рено в следующем параграфе.
Здесь, однако, необходимо повторить, что в рассматриваемом
случае нет пропорциональности между величиной сжимающей силы
и прогибом д который она вызывает. Следовательно, здесь не может
быть применен принцип сложения действия сил (стр. 144). Сила Р,
направленная по оси, вызывает только сжатие стержня, но когда
та же сила действует вместе с изгибающей парой Ре, она вызывает
не только сжатие, но также и дополнительный изгиб, так что полная
деформация не может быть получена простым сложением продоль-
ного сжатия от силы Р и изгиба от нары сил Ре. Причину, почему
в этом случае ие применим принцип сложения действия сил, можно
легко объяснить, если мы сравним эту задачу с изгибом балки попе-
речными грузами В последнем случае можно предположить, что
малые прогибы балки не изменяют расстояния между силами, и из-
гибающие моменты можно вычислить без рассмотрения прогиба
балки В случае внецентренного сжатия колонны прогибы, вызы-
ваемые парой сил Ре, совершенно изменяют характер действия осе-
вой нагрузки, которая вынуждена производить как сжатие, так и
изгиб. В каждом случае, когда деформация, возникающая от одной
нагрузки, изменяет действие другой нагрузки, будет найдено, что
окончательная деформация не может быть получена методом сложе-
ния действия сил.
Предыдущие рассуждения относились к изгибу в плоскости
симметрии колонны. Если колонна имеет две плоскости симметрии
и эксцентриситет е не находится иа одной из главных осей попереч-
ного сечения, то необходимо разложить изгибающую пару Ре
на две составляющие пары, каждая из которых действует и плоскости
симметрии колонны Тогда можно будет исследовать изгиб и каждой
из двух плоскостей таким же способом, как рассмотрено выше
222 ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ [ГЛ. IX
Приведенные выводы об изгибе колонны, заделанной одним
концом, можно также применить к случаю стойки, внецентренно
Рис 235
сжатой двумя равными и противоположными силами Р
(рпс. 235). Па основании симметрии можно заклю-
чить, что среднее поперечное сечение А не пово-
рачивается при изгибе, и каждая половина стойки
па рис. 235 находится точно в таких же условиях,
как стойка на рис. 234. Следовательно, прогиб и
наибольший изгибающий момент получаются подста-
новкой 112 вместо I в уравнения (139) и (141). Таким
путем мы получим
Л!л1ах = Ре sec р.у-,
(142)
(143)
и уравнение для наибольшего сжимающего напряжения по-
лучается
rsec'
где W означает момент сопротивления.
ЗАДАЧИ
1. Найти прогиб в середине и наибольшие растягивающее и сжимающее на
пряжения н ннецентрснно сжатой стальной стойке с шарнирными концами
длиной 3 л, если поперечное сечение представляет швеллер с высотой 14 см,
•= 53,2 с , J „=563,7 г.«4, 18,51 см2, шириною полок 5,8 см Расстюяние между
центром тяжести и наружной гранью стенки швеллера z0= 1,71 см и сжимающая
сила Р= 1,6 т действует по линии пересечения плоскости симметрии швеллера
С наружной гранью стенки швеллера.
Ответ f =0,363си, <?гаах= 193 кг)с>^ —растягивающее напряжение, Cmln™
= 160 кг/см* — сжимающее напряжение
2. Стальной брус квадратного поперечного сечения 5Х 5 см и длиной 1,8 м
внецентренно сжимается силами /•’=4i»U кг. Эксцентриситете направлен по диаго-
нали квадрата и равен 2,5 см. Найти наибольшее сжимающее напряжение, по-
лагая, что стержень имеет шарнирные концы.
Ответ отгх <= 85 кг/см2
3. Стальной стержень, имеющий длину 1,2 ни прямоугольное поперечное
сечение 2,5Х 5 см,сжимается двумя силами 400 кг,приложенными в вершинах
концевых поперечных сечений, так что эксцентриситет направлен по диагонали
поперечного сечения и равен половине длины диагонали. Найти наибольшее сжи-
мающее напряжение, считая концы шарнирными.
Ответ, с = 231 кг/см2.
17] КРИТИЧЕСКАЯ нагрузка 223
57. Критическая нагрузка
В предыдущем параграфе было указано, что прогиб внецентрен-
нг сжатой колонны очень быстро увеличивается, когда величина
pi в уравнении (139) приближается к значению л/2. Когда pl ста-
новится равным л/2, то формулы (139) для прогибов и (141) для наи-
большего изгибающего момента дают бесконечно большие значения.
Чтобы найти соответствующее значение нагрузки, мы воспользуемся
формулой (138). Подставляя р=п/2/ в это выражение, мы находим.
что значение нагрузки, при котором выражения (139) и (141) ста-
новятся бесконечно большими, равняется
<144)
Это значение, которое зависит только от размеров колонны и модуля
упругости материала, называется критической нагрузкой или эй-
леровой нагрузкой, так как Эйлер был первым, который вывел это
значение в своем знаменитом исследовании упругих кривых ’).
Чтобы бадее ясно видеть физическое значение этой нагрузки, пост-
роим кривые, представляющие зависимость между нагрузкой Р и
прогибом /, каковая дается уравнением (139k Несколько кривых
такого рода для различных значений отношения т. е. эксцент-
риситета к радиусу инерции, показано на рпс. 236. Абсциссы этих
’) Цитировапо"на стр 125.
224 OJLUOBPFMFHIIOF ЛГЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ )ГЛ. IX
кривых представляют значение отношения ///2, в то время как ор-
динаты представляют значение отношения P/PKf, т. е значения от-
ношения действующей нагрузки к ее критическому значению, опре-
деляемому уравнением (144).
Из кривых видно, что прогибы f делаются все меньше и меньше
и кривые все ближе и ближе подходят к вертикальной осн по мере
того, как уменьшается эксцентриситет е. В то же самое время про-
гибы быстро увеличиваются, когда нагрузка Р приближается к ее
критическому значению (144), и все кривые имеют своей асимптотой
горизонтальную линию Р/Р^— 1.
Дифференциальное уравнение изогнутой оси (79), которое было
использовано при изложении предыдущего параграфа, было выве-
дено на основании предположения, что прогибы малы по сравне-
нию с длиной /стержня. Следовательно, формула (139) для прогиба /
не может дать нам точного результата, когда Р весьма близко к Р .
Однако кривые на рис. 236 указывают, что независимо от того, на-
сколько мал может быть эксцентриситет е, возникают весьма боль-
шие прогибы, если нагрузка Р достаточно близка к ее критическому
значению. Если прогибы становятся большими, то изгибающий
момент в заделанном ковце и напряжения также получаются
большими
Эксперименты, относящиеся к сжатию колонн, показывают, что
даже, когда приняты все практические меры предосторожности к
тому, чтобы приложить нагрузку центрально, всегда имеется не-
который неизбежный малый эксцентриситет. Слс-дователыю, в та-
ких опытах нагрузка Р вызывает не только сжатие, но и изгиб. Кри-
вые на рис. 237 показывают результаты таких опытов, полученные
57]
КРИТИЧЕСКАЯ НАГРУЗИЛ
некоторыми экспериментаторами. Можно видеть, что с увеличением
точности в приложений нагрузки кривые все ближе и ближе подхо-
дят к вертикальной оси и быстрое увеличение прогиба становится
все более и более резко выраженным, когда нагрузка приближается
к ее критическому значению. Нагрузки Р, которые близки к их
критическим значениям, всегда вызывают большие деформации,
обычно имеющие место за пределами упругости материала, так что
после такой нагрузки колонна теряет свою практическую пригод-
ность. Это указывает на то, что критическая нагрузка, определяе-
мая уравнением (144), должна рассматриваться как предельная
нагрузка, которая производит полное разрушение колонны. В прак-
тических приложениях допускаемая нагрузка должна быть меньше
критической нагрузки, и она получается путем деления критиче-
ского значения нагрузки на некоторый коэффициент безопасности.
Дальнейшее обсуждение этого вопроса находится в следующих двух
параграфах.
В предыдущем изложении была рассмотрена колонна с одним за-
деланным концом и другим свободным. Подобные выводы могут
быть сделаны в случае стойки с шарнирными концами р
(рис. 235). Уравнения (142) и (143) дают бесконечно . I
большие значения, когда Г”
pl я
й
Подставляя вместо Р его значение из формулы (138),
мы получаем в этом случае
Р„=^. (145) ЦТ
Это есть критическое значение сжимающей силы для стой- рис sm.
ки с шарнирными концами.
В случае сжатия колонны с заделанными концами изгиб имеет
форму, показанную на рис. 238. Изогнутую ось можно рассматри-
вать как состоящую из четырех участков, каждый из которых по-
добен кривой, полученной ранее для колонны с одним заделанным
и другим свободным концом. В этом случае критическое значение
нагрузки найдется подстановкой Z/4 вместо I в уравнение (144),
что дает
о ^EJ,
Ик»~ р
(146)
Такова критическая нагрузка для колонны с заделанными концами.
Необходимо отметить, что при выводе уравнения (139) пред-
полагалось, что эксцентриситет находится в направлении оси у
и что эта ось яаляется осью симметрии. Если колонна имеет дв«.
В с П. Тимошенко
-----------WHUBftMfcHHUE ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ [гл. IX
плоскости симметрии, то подобные формулы будут получены, если
первоначальный эксцентриситет находится в направлении осн z.
Тогда изгиб будет происходить в плоскости хг, и, чтобы вычислить
прогибы, нужно в уравнение (139) подставить Jy вместо Jt. Если
сделана попытка приложить нагрузку центрально и изгиб произой-
дет в результате малого неизбежного эксцентриситета, то мы долж-
ны рассматривать изгиб в обеих главных плоскостях ху и xz, и при
вычислении критического значения нагрузки мы должны в уравне-
ния (144), (145) и (146) подставить меньший из двух главных мо-
ментов инерции. В последующем изложении предполагается, что J.
есть наименьший главный момент инерции и ix — соответствующий
радиус инерции.
При вычислении прогибов иногда бывает удобно применять
приближенные формулы вместо точных формул (139) и (142). В пре-
дыдущем параграфе было показано (стр. 220), что для малых нагру-
зок, т. е. когда pl есть малая дробь, скажем меньше , прогиб
определяется с достаточной точностью из уравнения
в котором влиянием продольной свлы на изгиб пренебрегается и
предполагается, что изгибающий момент Ре является постоянным.
Для больших нагрувок уравнение (а) является недостаточно точ-
ным, и необходимо принять во внимание влияние сжимающей силы
на изгиб. Это влияние зависит, главным образом, от отношения
Р/Рф к прогзб может быть получен с весьма удовлетворительной
точностью из приближенной формулы
'“fir.TZT- <»>
Прогибы, вычисленные по этой формуле, даны в третьей строчке
таблицы 2 на стр. 221. Сравнивая эти числа с числами второй строч-
ки той же таблицы, видим, что эта формула (Ь) является достаточно
точной почти до критического значения нагрузки.
Подобная приближенная формула для прогиба стойки с шарнир-
ными концами представится в виде *)
r РеР I
___Р_'
Ркй
Первый множитель в правой части представляет прогиб, вызванный
’) Это приближенное решение было дано Thotnas’OM Joung’oM п его знамени-
той книге «А course of Lectures on Natural Philosophy and Hie Mechanical Arts».
Loudon, 1807.
58]
КРИТИЧЕСКОЕ НАПРЯЖЕНИЕ. РАСЧЕТ КОЛОНН
227
двумя парами сил Ре, преложенными иа концах. Второй множи-
тель представляет влияние на прогиб продольной сжимающей
силы Р-
Уравнение (с) весьма полезно для определения критической
нагрузки из опыта со сжатой стойкой. Если результаты такого опыта
представлены в форме кривой, подобной кривым, показанным на
рис. 237, то для определения Ркр нужно провести горизонтальную
асимптоту к этой кривой. Эта операция не может быть сделана
с достаточной точностью, особенно если неизбежные эксцентри-
стеты не очень мвлы и кривая не поворачивается очень резко при
приближении к горизонтальной асимптоте. Более удовлетворитель-
ное определение Рвр получается при помощи
уравнения (с). Разделив это уравнение на
мы получим
Это уравнение показывает, что если мы возь-
мем за абсциссы прогибы /, измеренные при
опыте, а за ординаты — отношение [IP, то
построенный на этих координатах график представит прямую ли-
нию (рис. 239). Эта линия пересечет горизонтальную ось (JfP—Qy
на расстоянии ел*/8 от начала координат, и величина, обратная тан-
генсу угла наклона линии, даст критическую нагрузку *).
58. Критическое напряжение. Расчет колонн
Рассматривая случай стойки с шарнирными концами, мы полу-
чим критическое напряжение путем деления критической нагрузки,
определяемой из уравнения (145), на площадь поперечного сечения.
Таким путем мы находим
Видно, что для данного материала значение критического напряже-
ния зависит от величины отношения Ih^, которое называется гиб-
костью стержня. На рисунке 240 кривая АСВ представляет 2)
Ъ Этот метод, указанный R. V. Sauthwe) Ром Proc, Roy.Soc. (London) А.,
т- 135, стр. 601, 1932, оказался весьма полезным и теперь широко применяется
при испытаниях колонн.
г) Эта кривая иногда называется кршяП Эйлера, гак как сна получена из
формулы Эйлера для критической нагрузки.
228ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ [|Л. IX
зависимость между о„р к l!it для случая стали, имеющей Е=2-10®
кг!смй. Необходимо отметить, что кривая вполне определяется
величиной модуля упругости материала и не зависит от его пре-
дела прочности. Для больших значений гибкости llit критическое
напряжение становится малым и это указывает на то, что очень
гибкая стойка выпучивается и теряет свою прочность при очень
малом сжимающем напряжении. Это положение не может быть улуч-
шено, если взять сталь высокой прочности, так как модуль упру-
гости стали значительно не изменяется благодаря примесям и
термической обработке и остается практически постоянным.
Стойка может быть сделана более прочной путем увеличения момента
инерции Jz и радиуса инерции /2, что может быть очень часто выпол-
нено без какого-либо увеличения площади поперечного сечения
путем расположения материала стойки по возможности дальше от
нейтральней оси. Таким образом, колонны трубчатого сечения
более экономичны, чем колонны со сплошным сечением. Когда гиб-
кость уменьшается, то критическое напряжение увеличивается,
и кривая ДСВ приближается асимптотически к вертикальной оси.
Однако должен быть некоторый предел применения кривой Эйлера
для коротких строек. Вывод выражения для критической нагрузки
основав на применении дифференциального уравнения (79) для
изогнутой оси, а при выводе этого последнего предполагалось, что
материал совершенно упругий и следует закону Гука (см.
§ 31). Поэтому кривая АСВ на рис. 240 дает удовлетворительные
результаты лишь для сравнительно гибких стержней, для которых
окр остается в пределах упругости материала. Для коротких стоек,
для которых окр, полученное из у равнения (147), выше предела про-
порциональности материала.кривая Эйлера ведает удовлетворитель-
ного результата и нужно прибегнуть к опытам на продольный из-
1иб стоек, сжатых за пределом пропорциональности. Эти опыты
показывают, что стойки из такого материала, как строительная
сталь, которая имеет резко выраженный предел текучести, теряют
КРИТИЧЕСКОЕ НАПРЯЖЕНИЕ. РАСЧЕТ КОЛОНН
свою устойчивость и выпучиваются, как только сжимающее напря-
жение становится равным пределу текучести. Некоторые резуль-
таты опытов показаны на рис. 241. Материалом является строитель-
ная ствль, имеющая резко выраженный предел текучести от-=
3000 кг/см2. Видно, что для стоек, обладающих относительно боль-
шой гибкостью (Z lT>80), опытные значения критических напряже-
ний совпадают удовлетворительно с кривой Эйлера, в то время как
для коротких стоек критическое напряжение остается практически
независимым от гибкости l!it и равняется пределу текучести.
В случае обыкновенной низкоуглеродистоп стали предел те-
кучести не так резко выражен, как в предыдущем примере, и имеет
место при более низком напряжении. Для таких сталей мы можем
принять от-=2200 кг1сзг. Предел пропорциональности также зна-
чительно ниже, так что кривая Эйлера удовлетворительна лишь для
гибкостей выше ///,=100, что соответствует сжимающему напря-
жению о=2000 кг!сзлг. При более высоких напряжениях, т. е.
Для ///,<100, материал не следует закону Гука, и кривой Эйлера
пользоваться нельзя. Она обычно заменяется в неупругой области
двумя прямыми линиями ЛВ и ВС, как показано на рис. 242.
Горизонтальная линия АВ соответствует пределу текучести, а на-
клонная линия ВС взята для напряжений между пределом пропор-
циональности и пределом текучести материала.
Имея такую диаграмму, как линия ABCD на рис. 242, построен-
ная для обыкновенной строительной стали, мы можем легко полу-
чить критическое напряжение для стальной стойки любых разме-
ров. Необходимо лишь вычислить в каждом частном случае значе-
ние гибкости ///, и взять соответствующую ординату из кривой.
230 ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ [гл. IX
Чтобы получить безопасное напряжение для стойки, необходимо
критическое напряжение разделить на надлежащий коэффициент
безопасности. При выборе этого коэффициента необходимо принять
во внимание, что, так как гибкость увеличивается, различные
недостатки, такие как первоначальная кривизна колонны, по-ви-
димому, увеличиваются. Поэтому кажется логичным вводить пере-
менный коэффициент безопасности, который увеличивается с уве-
личением гибкости. В некоторых технических условиях коэффи-
циент безопасности увеличивается от 1,7 для //гг=0, до 3,5 для
Hiz= 100. Он изменяется таким образом, что допускаемые напряже-
ния в неупругой области следуют параболическому закону. Для
Лг>100 коэффициент безопасности принимается постоянным и
равным 3,5 и допускаемые напряжения вычисляются при помощи
кривой Эйлера. На рис. 242 даны кривые, которые представляют до-
пускаемые напряжения и коэффициенты безопасности как функции
гибкости для обыкновенной строительной стали.
Выше была рассмотрена стойка с шарнирными концами. Этот
случай иногда называется основным случаем продольного изгиба
стоек, так как он встречается очень часто при расчете сжатых эле-
ментов ферм с шарнирными уалами. Допускаемые напряжения, оп-
ределяемые по диаграмме рис. 242 для основного случая, также мо-
гут быть использованы в других случаях при условии, если мы возь-
мем вместо действительной длины колонны приведенную длину,
зависящую от условий на концах колонны. Рассматривая, например,
случай колонны с одним ваделанным и другим свободным концом
(см. стр. 219), а также колонну с обоими заделанными концами
(см. стр. 225), мы можем представить соответствующие формулы
для критических нагрузок в следующем виде:
g^| КРИТИЧЕСКОЕ НАПРЯЖЕНИЕ. РАСЧЕТ КОЛОНН 231
Сравнивая эти формулы с формулой (145) для основного случая, мы
можем заключить, что при расчете колонны с одним заделанным н
другим свободным концом мы должны взять длину в два раза больше
действительной длины, чтобы воспользоваться диаграммой рис. 242.
В случае колонны с обоими заделанными концами приведенная
длина равна половине действительной длины.
Подбор надлежащих размеров поперечного сечения колонны
обычно производится путем последовательных попыток. Зная
нагрузку Р, действующую на колонну, мы принимаем некоторые
размеры поперечного сечения и вычисляем i£ и Uiz для этих разме-
ров. Тогда значение безопасного сжимающего напряжения полу-
чи |СЯ из диаграммы рис. 242. Умножая это значение на площадь
принятого поперечного сечения, получим допускаемую нагрузку на
колонну. Если эта нагрузка не меньше и незначительно больше Р,
то принятое поперечное сечение является удовлетворительным.
В противном случае вычисления нужно повторить. В случае ко-
лонн с заделанными концами при вычислении ix принимается
площадь поперечного сечения брутто, так как заклепочные
огверстня не оказывают заметного влияния на величину кри-
тической нагрузки. Однако при вычислении безопасной нагрузки
на колонну допускаемое напряжение умножается па площадь
поперечного сечения нетто для того, чтобы застраховать от чрез-
мерных напряжений в колонне.
ЗАДАЧИ
I. Стальной стержень прямоугольного поперечного сечения 2,5x5 см и с
шарнирными концами сжимается продольными силами. Определить наименьшую
длину,при которой можно применить уравнение (147) для критического напряже-
ния, если предел пропорциональности материала равен 2000 кг/см2 и Е =•
х=2 10“ кг/см2. Определить величину критического напряжения, если длина
стержня равна 1,5 м.
Onscm. Наименьшая длина = 72 см. Критическое напряжение для 1=1.5 л
равняется 457 кг[сз&.
2. Решить предыдущую задачу, полагая, что стержень имеет круговое по-
перечное сечение диаметра 2,5 см и концы его заделаны
3. Определить критическое сжимающее напряжение для бруса двутав-
рового сечеадя, длина которого равна 1,8 м и концы которого заделаны. /г =
64,4 см*, Jv — 712 см* и F = 21,5 см2. Определить безо-
пасную нагрузку при помощи кривой рис. 242.
Оптин скр=183О /о'гп2, l/i.= 104, безопасная нагрузка
=|| LJgJ —z
4. Решить предыдущую задачу, полагая, что концы колонны
заделаны. Воспользоваться рис. 242.
Oiuvm. окр=22(Ю ке]см2, коэффициент безопасности =2,
& зопасная нагрузка = 23 G50 ЛР. Рис 243.
5. Вычислить при помощи рис. 242 безопасную нагрузку
дли стержня (рис.243), составленного из двух двутавровых балок того же попереч-
ного сечения, что и в вышеприведенной задаче 3. Длина стержня равна 3 м и он
гпдаетшарнирные концы 1 Грсдиоложпть.чтосоединснне осуществлено так жестко,
Ч|» оби двутавровые балки работают, как один брус.
232 ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИИ [ГЛ. IX
-QI РАСЧЕТ КОЛОНН HA ОСНОВАНИИ ПРЕДПОЛАГАЕМЫХ НЕТОЧНОСТЕЙ 233
Решение J_ = 2X7J2= 1424 <л4, Jy = 2 [64,4-|-21,5Х (5)4]=1204ещ‘. Поэта
»у большее значение гибкости равно
и in рис 242 ааходим, что допускаемое сжимающее напряжение равняется
1030 кг1смг.
Безопасная нагрузка= 1030-2-21,5=44 300 кс.
6. Решип. предыдущую задачу, полагая, что концы стержня заделаны
7. Колонна длиною Зле шарнирными концами состоит из двух швел-
леров, имеющих Jz — 53,2 смл, Jj— 363,7 ема, F — 18,51 см2 и расстояние
между центром тяжести и наружной гранью стецки швеллера ге= 1,71 см Найти
безопасную пагрузку на колонну, если расстояние между наружными гранями
стенок швеллеров равняется 10 см
8. Определить необходимую площадь поперечного квадратного сечения
стальной стойки длиною 1,8 м, если нагрузка Р—16 т и концы являются шарнир-
ными Воспользоваться рис. 242
S. Решить предыдущую задачу, предполагая, что концы стойки заделаны.
59. Расчет колонн на основании предполагаемых неточностей
В предыдущем параграфе безопасная нагрузка на колонну была
получена путем деления критической нагрузки для колонны на над-
лежащий коэффициент безопасности. Недостаток этого метода за-
ключается в некотором произволе при выборе коэффициента безопас-
ности, который, как мы видели, изменяется одновременно с гибко-
стью. Чтобы иметь более рациональный способ расчета колонн,
был разработан *) другой метод, который основан на предполагае-
мых неточностях. На основании существующих экспериментальных
данных мы можем принять некоторые значения для величины неиз-
бежного эксцентриситета е в приложении сжимающей силы Р.
Toifla, пользуясь этими значениями в формулах § 56, мы мо-
жем вычислить величину Рт нагрузки, при которой наибольшее
сжимающее напряжение стойки получается равным пределу теку-
чести материала. Тогда безопасная нагрузка получится путем
деления Рт на надлежащий коэффициент безопасности. Таким обра-
зом, вместо того, чтобы пользоваться критической нагрузкой, кото-
рая эквивалентна разрушающей нагрузке, мы пользуемся uaipys-
кои, при которой начинается текучесть, как основанием для вычис-
ления безопасной нагрузки.
Этот метод расчета колонн можно упростить при помощи диаг-
рамм, построение которых будет теперь пояснено. Если взять случай
стойки с шарнирными концами (рис. 235k то наибольший пзгибаю-
*) См D Н J о и и g. Proc. Am Soc. Civil Engrs , Дек 1934. также II К
Stephenson atid К- Cl о in u ge г, ir. Texas Eng. Exp. Sla Bull, tj 129,
1953.
шли момент получится из уравнения (143), и наибольшее сжимающее
напряжение будет
Р Ре Г Р I . ,
V tr,2 ,а>
Первый член правой части есть напряжение, возникающее непосред-
ственно от силы Р, а второй—наибольшее сжимающее напряжение,
вызываемое изгибающим моментом Нагрузка, при которой начи-
нается текучесть, получается путем подстановки в это уравнение
от вместо отах, что дает
<ь>
Здесь мы пользуемся обозначением г=-^-для радиуса ядра попереч-
ного сечения (см. стр. 218) и ix=VJJFwm наименьшего главного
радиуса инерции. Величина PJF есть среднее сжимающее напряже-
ние или центральное сжимающее напряжение, при котором начи-
нается текучесть. Обозначая это напряжение через ov, мы получаем
”.=о.(1 /I) <с)
Из этого уравнения для двиного значения отношение е!г можно
получить значение иСоДля любого значения гибкости 1кг. Резуль-
таты таких вычислений для
строительной стали, име-
ющей 2400 кг/см3, пред-
ставлены кривыми на
рис. 244. Пользуясь этими
кривыми, мы можем легко
вычислить среднее сжимаю-
щее напряжение ос и сжи-
мающую нагрузку Pt=Fcc,
при которой начинается
текучесть, если даны е/ г
и Z/i£. Тогда безопасная на-
грузка получится путем
,деления РТ иа коэффициент
безопасности
В предыдущих рассуж-
дениях мы предполагали.
что неизбежные неточности
в колонне могли быть представлены эксцентриситетом нагрузки.
Подобным образом мы можем также рассматривать как неточ-
ности первопачвльную кривизну колонны. Обозначая наибольшее
234 ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ [ГЛ. IX
б^КусМ1
75СО
начальное отклонение оси колонны от прямой линии ’) через а,
можем получить кривые, подобные показанным на рис. 244 и
представляющие о£ как функцию отношения atr и гибкости Ш*.
При практических расчетах обычно полагают, что первоначаль-
ное отклонение а находится в некотором отношении к длине I ко-
лонны- Взяв некоторую величину такого отношенияа), мы вычислим
величину а, и тогда значение
ос получится из вышеупомяну-
тых кривых. Результаты, по-
лученные таким путем для
трех различных значений
отношения all и для
ит—2400 кг!см\ показаны для
двутаврового сечения на
рис. 245. Для очень коротких
колонн все три кривые дают
ос=2400 кг/см*. Для очень
гибких колони значения, да-
ваемые кривыми, прибли-
жаются к значениям, полу-
Ь ы во rwaruoeovesoo^ чаемым из кривой Эйлера.
47 Ппльч^'ягь onwnfi на кпипых и
Рис. 245.
Пользуясь ОДНОЙ из кривых и
разделив значение ое, взятое
из кривой, на надлежащий
коэффициент безопасности, скажем 2, получим безопасное значение
среднего сжимающего напряжения. Преимущество этого метода
заключается в том, что здесь применяется постоянный коэффи-
циент безопасности, так как увеличение неточностей с возраста-
нием длины / колонны уже было принято в соображение, а именно:
было предположено, что эксцентриситет пропорционален промету.
Однако величина неточностей, которая должна быть принята,
остается в некоторой степени неопределенной н зависящей от
существующих экспериментальных данных.
60. Эмпирические формулы для расчета колонн
В обоих методах расчета колонн, разработанных в двух послед-
них параграфах ив основании теоретических соображений, имеет
место некоторая неопределенность, как, например, переменный коэф-
фициент безопасности в процессе расчета, показанный на рис. 242,
или предполагаемые неточности, принятые для составления кри-
’) Обычно принимается половина волны синусоиды как представляющая
начальную кривизну колонны.
*} Обычно оно принимается в пределах 1ббб'
601
ЭМПИРИЧЕСКИЕ ФОРМУЛЫ ЛЛЯ РАСЧЕТА КОЛОНН
235
вых на рис. 245. Эти величины могут быть должным образом выбраны
лишь на основании опытов с действительными колоннами. При та-
ких обстоятельствах является естественным, что многие инженеры
на практике предпочитают пользоваться непосредственно резуль-
татами опытов, представленными эмпирическими формулами. Та-
кой метод является совершенно правильным до тех пор, пока при-
ложение этих формул остается в пределах, для которых они были
установлены и для которых имеется достаточно экспериментальных
данных. Однако, как только необходимо перейти за эти пределы,
формулы должны быть изменены для того, чтобы соответствовать
новым условиям. В этой работе теоретические соображения имеют
основное значение. Одна из старейших эмпирических формул была
установлена Тредголдом *). Она была применена Гордоном для того,
чтобы представить результаты опытов Годкинсона, и была дана в
окончательной форме Рэнкином. Допускаемое среднее сжимающее
напряжение, определяемое по формуле Гордона—Рэнкина равняется
М=------тт. (а)
'+»(-)
где а есть напряжение и b — числовой коэффициент, обе эти ве-
личины постоянны для данного материала. Принадлежащем выборе
эгпх постоянных формула дает результаты, удовлетворительно согла-
сующиеся с результатами опытов в некоторых пределах
Формула, выражающая прямолинейный закон и выведенная
главным образом на основании экспериментальной работы J1. Тет-
майера (и ранее применявшаяся Американской железнодорожной
технической ассоциацией, так же, как и Чикагский строительный
устав 1924 р.), дает допускаемое напряжение (в кг/см1} в виде
|щ=1025 —4.5//»,. (Ь)
Эта формула должна применяться при 30<//»,< 120 для главных
элементов и при //'/,= 150 для второстепенных элементов. Для зна-
чений ///,<30 применяется 1а 1=900 кг!см?.
Формула, выражающая параболический закон и предложенная
А Остенфельдом s), также иногда применяется. Она дает для кри-
тического сжимающего напряжения следующее значение:
где а и b — величины, зависящие от механических свойств материала.
') 11пюсительно истории формулы см. Е. Н. Salmon, Columns, London.
1421; см. также Todhunter and Pearson, History of Theory of Elasticity,
Cambridge, т. I, Стр. 105. 1886.
Z. Ver. dent. Ing. t. 42, стр. 1462, 1898; см. также G. E. Fuller and
W. A. J 0I1 u s to и, A p p 1 i e d Meeh a d ic s, r. 2. стр 3W, 1819
236 ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ [ГЛ. IX
Для строительной стали уравнение (с) иногда принимается в та-
ком виде:
о„_2560 — 0,085 (Д)’. (d)
Это уравнение дает параболу, которая касается кривой Эйлера при
lht— 122,5, и величину критического напряжения для короткой
стойки, равнуюоК|1==2560 кг!см'1. Чтобы получить допускаемое напря-
жение из этой формулы, необходимо принять коэффициент безопас-
ности в пределах от 2’/ж до 3.
Нормы 1948 г. Американского института стальных конструкций
(A1SC) предписывают для определения допускаемых напряжений
при сжатии пользоваться формулой, выражающей параболический
закон,
[ui-1090 —0,031 (I)* (е)
при lhz<. 120 для главных и второстепенных элементов. Для вто-
ростепенных элементов (решетка и т. п.) при значениях 120< ///,< 200
допускаемое сжимающее напряжение определяется по формуле типа
Гордона — Рэнкива
(f)
J80UUi*
Для главных элементов при значениях 120<//£г< 200 допускаемое
сжимающее напряжение получается путем умножения уравнения
(f) на следующую дробь:
'•6~Я5.- И
Нормы 1946 г. Американской железнодорожной технической ассо-
циации (AREA) и нормы 1949 г. Американской ассоциации государ-
ственных дорог (AASHO) предписывают пользоваться для определе-
ния допускаемого напряжения в сжатых элементах формулой, вы-
ражающей параболической закон:
[о] =960 — 0,016 (Z/z8)’ при /'<<140. (h)
Строительный устав г. Нью-Порка (1947 г.) предписывает пользо-
ваться формулой (1) для элементов, обладающих гибкостью 120,
с наибольшим значением 960 кг/с.и2.
ЗАДАЧИ
1. Стротельнав стальная колонна с шарпирно-онертымв концами имеет
Jr=-484 сиг н F—42 ся2 Нужно рассмотреть колонны, имеющие три разные длины,
а именно: /=1,5 м, 1=3 м и /=4 м. Каковы будут безопасные нагрузки в кг. если
60]
ЭМПИРИЧЕСКИЕ ФОРМУЛЫ ДЛЯ РАСЧЕТА КОЛОНИ
237
применить 1) нормы AJSC, 2) строительный устав г. Нью Норка, 31 формулу
(Ь) и 4) нормы АКСА?
Отлт.
l=lfi я 1=3» 1 — 4 я
1) 43'260 35660 27760
2) 40320 33720 27300
3) 34730 26370 20830
4) аШП 35070 31000
2. Подобрать балку двутаврового сечения, которая должна служить в ка-
честве колонны длиною 3,6 л с заделанными концами и нести нагрузку 8р rn При
иеиить нормы Американского института стальных конструкций (AISC)
Решение. Взяв приведенную длину I — у (3,6) — 1,8л», получим уравнение (е)
в таком виде
80000
1090 — 0,03!
при этом полагаем //»л< J20. Наименьшая площадь может быть найдена,если при-
нять [О [= КЮОкг/слР.как для короткой стойки Это дает F -МНЮО/1090=73,4 ся2.
Поэтому при подборе мы не должны брать сечение, которое имеет площадь меньше
73,4 сл2.
Мы попробуем сначала взять сечение, для которого F = 73,4 снг, наимень-
ший рч.пиус инерции tz= 2,46 с-я н l}tx =- 73,2, что с 120, Действительное
напряжение, одределяемое левой частью уравнения (»), равняется 1990 кг/с.«г,
в то время как допускаемое напряжение, определяемое правой частью уравнения,
равняется 924 кг/см®. Таким образом, взятое сечение является небезопасным,
поэтому мы берем сечение с большей площадью, а именно такое, для которого
Ь ...86,1 ся2, наименьший радиус инерции /г=_2,77 см и Действитель-
ное напряжение равняется 929 кг/си2, а допускаемое натряжение равняете!!
959 кг/сл2, так что выбрапное сечение является удовлетворительным.
ГЛАВА X
КРУЧЕНИЕ И ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА
И КРУЧЕНИЯ
61. Кручение круглого стержня
Рассмотрим круглый стержень, заделанный в верхнем конце и
скручиваемый парой сил, приложенной к нижнему концу (рис. 246).
Можно показать посредством измерений на поверхности, что круго-
вые сечения стержня при кручении остаются круговыми и что их
диаметры и расстояния между ними не изменяются при условии, что
угол закручивания мал.
Диск, изображенный отдельно на рис. 246, Ь, будет находиться
в следующем напряженном состоянии. Его нижнее поперечное
сечение повернется относительно верхнего поперечного сечения на
угол d<f, где <р измеряет поворот сечения тп относительно заделан-
ного конца. Прямоугольный элемент abed боковой поверхности диска
принимает форму, показанную на рис. 246, Ь. Длины сторон, ио
существу, остаются такими же, но только углы изменяются.
Элемент находится в состоянии чистого сдвига (см. § 16) и ве-
6)1 КРУЧЕНИЕ КРУГЛОГО СТЕРЖНЯ 239
личина относительного сдвига у найдется из малого треугольника
сас'\
Так как с'с является малой дугой радиуса d/2, соответствующей раз-
ности dq> углов поворота двух смежных поперечных сечений, то с'с=
—(d/2)d<p и мы получаем
1 dip ,
»=йг4 <а>
Для стержня, скручиваемого моментом на конце, угол закру-
чивания пропорционален длине и величина dipldx постоянна. Она
представляет угол закручивания на единицу длины стержня и будет
обозначаться через 0. Тогда из (а) имеем
(148)
Касательные напряжения, действующие по граням элемента и вы-
зывающие вышеуказанный сдвиг, имеют направления, показанные
на чертеже. Величина каждого на основании уравнения (39) равна
(149)
Таким образом, напряженное состояние элемента на поверх-
ности стержня вполне выяснено. Что же касается напряженного со-
стояния внутри стержня, то сделаем предположение, что не только
круговой контур поперечного сечения стержня не искажается,но
также и сами поперечные сечения остаются плоскими и поворачи-
ваются, как абсолютно твердые, т. е. каждый диаметр поперечного
сечения остается прямым и поворачивается на один и тот же угол.
Испытания круглых стержней показывают, что теория, основанная
на этом предположении, очень хорошо согласуется с результатами
опытов. В твком случае рассуждение относительно элемента abed
на поверхности стержня (рис. 246, Ь) остается в силе и для подоб-
ного элемента поверхности внутреннего цилиндра, радиус которого г
заменяется d/2 (рис. 246, с). Толщина dr элемента в радиальном на-
правлении считается очень малой. Следовательно, такие элементы
находятся также в состоянии чистого сдвига, и касательное напря-
жение на их гранях равно
т-Gre. (b)
Это указывает на то, что касательное напряжение пропорцио-
нвльно расстоянию г от оси стержня. Рис. 247 изображает это рас-
пределение напряжений. Наибольшее напряжение имеет место на
внешней поверхности стержня. Для вязких материалов пластиче-
ское течение начинается на внешней поверхности. Для материалов.
240 КРУЧЕНИЕ И ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И КРУЧЕНИЯ [гл X
которые слабее при сдвиге в продольном направлении, чем в попе-
речном, например в случае деревянного стержня с волокнами, па-
рад дельными оси, первые трещины появляются от касательных на-
пряжений, действующих в осевых сечениях, и они
возникают на поверхности стержпя в продольном
направлении
В образце т материала, который слабее при
растяжении, чем при сдвиге, например в случае
круглого чугунного стержня или цилиндриче-
ского куска мела, трещина часто имеет место по
винтовой линии, наклоненной под углом 45° к
оси стержня (рис. 248). Объяснение простое. Припомним, что состоя-
ние чистого сдвига эквивалентно растяжению в одном направлении и
равному ему сжатию в перпендикулярном направлении (см. рис. 45).
Прямоугольный элемент, вырезанный из внешнего слоя скрученного
стержня со сторонами под углом 45° к оси, будет подвержен напря-
жениям, показанным на рис. 248. Показанные растягивающие на-
пряжения производят упомянутую винтовую трещину.
Найдем теперь соотношение между приложенной скручивающей
парой Л1к и напряжениями, которые она вызывает. Из равновесия
части стержня между низом и поперечным сечением тп (рис. 246, а)
мы заключаем, что касательные напряжения, распределенные по по-
перечному сечению, статически эквивалентны паре сил, равной и про-
тивоположной скручивающей паре Л1К. Для каждого эле-
мента площади dF (рис. 246, с) сдвигающее усилие равно
т dF. Момент этого усилия относительно оси стержня на
основании уравнения (Ь) равен (tdF)r=Gbr!dF. Крутя-
щий момент Л/, равен сумме этих моментов, взятой по
всей площади поперечного сечения, т. е.
.11,. = J CtrW-O) J r’dF=a:Jl
h
(С)
Рнс 248.
где J,, есть полярный момент инерции круглого по-
теречного сечения. Для круга диаметра d мы име-
гм (см. Приложение А, стр. 353). Jp=nd’/32, следовательно,
.. nd*
. Л1к 32______М,
G nd’ -GJ
(150)
видим, что !», угол закручивания на единицу длины стержня,
1рямо пропорционален приложенному крутящему моменту и обрат-
го пропорционален модулю упругости при сдвиге G и четвертой
телеки диаметра. Если длина стержня есть I, то полный угол
£JJ КРУЧЕНИЕ КРУГЛОГО СТЕРЖНЯ 241
закручивания будет
Ф=М=ЙА. (151)
Этим уравнением пользуются для опытной проверки теории, причем
многочисленными опытами подтверждаются предположения, сде-
ланные при выводе теории.
Необходимо заметить, что опыты на кручение обычно произво-
дятся для определения модуля упругости G для различных мате-
риалов. Если измерить угол закручивания, вызванный в данном
стержне заданным крутящим моментом, то величину G можно легко
получить из уравнения (151).
Подставляя 0 из уравнения (150) в уравнение (149), получим
уравнение для вычисления наибольшего касательного напряжения
при кручении круглого стержня
Xm*-2Jp • 11а2'
Наибольшее касательное напряжение пропорционально крутящему
моменту Л4К и обратно пропорционально кубу диаметра стержня.
В практических приложениях необходимый диаметр вала часто
должен быть рассчитан по числу лошадиных сил N, которое он
передает. По данному N крутящий момент в кг см получится из
известного уравнения
М, 2’“-75t'0?;, (153)
в котором п означает число оборотов вала в минуту. Величина
2лд/60 есть угловая скорость, и левая часть уравнения (153) пред-
ставляет работу, произведенную в одну секунду крутящим момен-
том, измеренным в кг см. Правая часть уравнения представляет
произведенную работу (в кг см!сек}, вычисленную по числу лоша-
диных сил W. Взяв Л1К из уравнения (153) и подставив его в уравне-
ние (152), получим
<1(^-71,141/-i.. (154)
f ',ттах
Принимая, например, допускаемое напряжение при сдвиге
1т 1=600 кг1с.ч?, имеем
г/(аи)=8,43
ЗАДАЧИ
I- Определить диаметр d пала машины мощностью в 200 лошадиных сил при
n=li!0 оборотов в минуту, если допускаемое напряжение 1т)—200 кг-сч1.
Ответ. d=14,4 см
2. Определить мощность в лошадиных силах, передаваемую палом, ccait
d=15 ел, о=120 оборотов в минуту, G—8-105и «ж8 и угол закручивания.
242 КРУЧЕНИЕ И ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА II КРУЧЕНИЯ [гЛ. X
измеренным между двумя поперечными сечениями на расстоянии 7,5 м,
равен -jg радиана.
Решение. Из уравнения (151) имеем
м _nrf* <pG_n-154 8-10s
iW“" 32 ' I 32“ ' Го^ТБО-
Передаваемая мощность, на основании уравнения (153), равна
„_М^Яп л.1б4-в-10*-2я.120
Л“6(Г7й00= 32-15-750.60-7500 ~tz;t’00 А с-
Рнс. 2&0.
3. Вал диаметра d—8,75 см делает 45 оборотов в минуту Определить переда-
ваемую мощность, если наибольшее касательное напряжение равно 300 кг! см9.
4. Стальная проволока (G—8-106 кг/е№) долж-
на иметь такие размеры, чтобы наибольшее касатель-
ное напряжение равнялось 900 кг!см9 при угле за-
кручивания 90°. Определить отношение l/d.
Ответ. //<1=698,
5. Стальной вал с заделанными концами
(рис. 249) подвергается действию крутящего мо-
мента Л1к, приложенного в промежуточном попереч-
ном сечении пт. Определить угол закручивания,
если известно допускаемое напряжение [т).
Решение. Для обеих частей вала углы закручивания одинаковы. Поэтому, па
осповаиии уравнения (151), крутящие моменты обратно пропорциональны длинам
этих частей. Ec.ni я>6, то больший крутящий момент будет иа правой части вала
и нели-шна его равняется Мк-аЦр-\-Ъ). Встав-
ляя эту величину крутящего момента и ]rJ
вместо Тдих в уравнение (152), получим для d
следующее уравнение’
d.. j/ngsr
> («+б)л(тг
Теперь угол закручивания иощно получить
при помощи уравнения (151).
6. 500 л. с. передается от шкива /, из
чих: 200 л. с. шкиву // и 300 л. с. шки-
ву If! (рис. 250). Нантн отношение диаметров cl, и
______________,________________„._____г___, .:dit чтобы иметь едко и тоже
наибольшее напряжение в обеих частях вала Найти отношение углов закручи-
вания для этих двух частей.
Решение. Крутящие моменты в двух частях вала находятся в отношении
5 : 3 Для того чтобы кисть одно и то же наибольшее напряжение, необходимо, на
основании уравнения (152), чтобы
Углы закручивания, на основании уравнений (151) и (152), должны быть в от-
ношении
9. У 5 •
7. Полагая, что пал предыдущей задачи имеет постояйвый диаметр и вра-
щайся со скоростью 200 оборотов в минуту, найти D&ui'uniy диаметра, если
62]
КРУЧЕНИЕ ПОЛОГО ВАЛЛ
243
(r|--400 кг!см2 Найти угол закручивания для каждой части вала, если
Ю1 кг/см” и 4=4= 1,2 м
8. Определить длину стального вала диаметра cl=5 см (G—8-10* кг.'см2),
если наибольшее напряжение равно 900 кг/см\ когда угол закручивания равен 6°.
Отлгп. 1=2,33 м.
9. Определить диаметр, начиная с которого имеет решающее значение при
проектировании угол закручивания валя, а не наибольшее напряжение, если
(?==8-10" кг/сл*,[т]—200 кг:см2 н наибольший до-
пускаемый угол закручивания равен 1/4° на метр.
Решение. Исключая Мк из уравнений
аами_ л
Л4’ Сяй4 180.4.100 •
получаем <1=11.46 см, так что для й<11,46 см
угол закручивания является решающим факто-
ром при проектировании.
10. Определить крутящий момент в каждой части вала с заделанными кон-
цами, который скручивается моментами Мк и AfJ', приложенными в двух проме-
жуточных еечемиях (рис. 251).
Решение. Определяя крутящие моменты, вызываемые в каждой части вала
моментами ЛГН и Л1’ (см. выше задачу 5), и складывая полученные выражения
для каждой части, получаем
М'к (Z»4-c)-|-/W^c м’ка — М^с (а+Ь)
11. Определить диаметры и углы закручивания для вала задачи 6, если л=
—120 оборотов в минуту, Т(П„=200 кг/см*, 4=1.8 л и 4=1.2 м.
62. Кручение полого вала
Из предыдущего рассмотрения кручения сплошного вала видно
(см рис. 247), что материал только на внешней поверхности вала
может быть напряжен до предела, равного допускаемому напряже*
нию. Внутри вала материал работает при более низком напряжении.
Поэтому в случаях, где уменьшение веса имеет большое значение,
например для валов аэропланных двигателей, уместно применять
полые валы.
При рассмотрении кручения полых валов делаются те же
предположения, что и в случае сплошных валов. Общее выраже-
ние для касательных напряжений здесь будет то же самое, как и в
уравнении (Ь) предыдущего параграфа Однако при вычислении
момента сдвигающих усилий радиус г изменяется от радиуса внут-
реннего отверстия, который мы обозначим через -^d„ до внеш-
него радиуса вала который, как прежде, будет d. Тогда
уравнение (с) предыдущего параграфа должно быть заменено
КРУЧЕНИЕ И ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И КРУЧЕНИЯ
1“- »
следующим уравнением:
И J CdF^M.-OtJ,
где J p—(^/32)(d*—d,) есть полярный момент инерции кольцевого
сечения. Тогда
32.Uk А1в
я (d* — d*) G GJp ’
(155)
и угол закручивания будет
<156>
Подставляя уравнение (155) в уравнение (149), получаем
(157)
Из уравнений (156) и (157) мы видим, что, взяв, например, dt=-~d,
угол закручивания и наибольшее напряжение по сравнению с теми
же величинами для сплошного вала диаметра d увеличатся приб-
лизительно на 6?i>, между тем как вес вала уменьшится на 25%.
ЗАДАЧИ
I. Полый цилиндрический стальной вал внешнего диаметра 25 см и внутрен-
него диаметра 15 см вращается со скоростью 1000 оборотов в минуту. Какова пе-
редаваемая мощность в лошадиных силах, если ттах=520 кг; см 2-
Опм*ш. А'=19 360 л. с.
2. Найти наибольший крутящий момент, который может быть приложен к
полому круглому валу, если d=15 см, d>—10 гл и 1т|=520 кг/см*.
3. Полый вал пароходного двигателя передает 8000 л. с. при 100 оборотах
в минуту и дотускаемом напряженш 300 ке/сн2. Найти d, если ajdt~‘2.
Раигнце.
.. 8000-75-100-60
-----ЕП®-----‘
Из уравнения (157) имеем
_ 16 16ilB
Ттах 15 ‘ nd3 '
>-да
. ЗЛ 16-16-8000-75-100-60
V 15-2л 100-л-300
ледовательно, dt—‘23,5 см.
63J
ВАЛ ПРЯМОУГОЛЬНОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ
245
63. Вал прямоугольного поперечного сечения
Задача о кручении вала прямоугольного поперечного сечения сложна вслед-
пние искривления поперечного сечения прн кручении Эго искривление можно
показать на опыте с прямоугольным бруском из резины, па гранях которого на-
черчена система квадратиков. Из фотографии ’) (рис. 252) видио, что при кручении
лгтвии, первоначально перпендикулярные к оси бру-
ска, искривляются. Это указывает на то, чго иска-
жение упомянутых выше квадратиков изменяется по
граням этого поперечного сечения, достигая наиболь-
шего значения в середине и становясь равным нулю в
углах Поэтому мы полагаем, чго касательные напря-
жения изменяются соответственно этому искажению, а
именно: наибольшее значение в серединах сторон и
нуль—в углах поперечного сечения Строгое иссле
давание задачи 2) указывает, что наибольшее касатель-
ное напряжение имеет место в серединах длинных сторон
прямоугольного поперечного сечения н определяется
у равнением
я котором 1> — длинная сюрона и с — короткая сторона
прямоугольного поперечного сечения и а — числовой
коэффициент, зависящий от отношения b!c. Несколько
значений а. дано ниже, в таблице 3. Величина наи
Ьыьшего напряжения может быть вычислена с доста-
точной точностью из следующего приближенного урав-
Рис. 252.
нения
^'8т
Значения числового коэффициента р даны в третьей строчке таблицы 3.
Таблица 3
Данные для кручения валов прямоугольного поперечного сечения
•— | 1,00 О ; 0,208 f 0,141 I oe - 1 _ж§ oo “ S8 Si 2,00 0,246 0,229 2,50 0,258 0,249 3,00 0,267 0,263 4,00 6 0,282 0,299 0,281| 0,299 8 0,307 0,307 10 [ oo 0.31з'|0,333 0,3130,333
') Фотография взяга из книги С. В а с h, Elaslicital und Festigkeit, 6-е изд.,
стр 312, 14)11.
4) Полное решение принадлежит St.—V епг nt'y, Mem. sav. eti aiders,
т 14. 1855. Оценку этой работы можно найти yTodbunter and Р е а г s о ц.
History of the Theory of Elasticity, Cambridge, t, 2, стр. 312, 1893.
246 КРУЧГНИЕ И ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И КРУЧЕНИЯ [г.'1- X
Во всех рассматриваемых случаях угол закручивания на еди-
ницу длины пропорционален крутящему моменту и может быть пред-
ставлен уравнением
-£• й>
где С есть постоянная, называемая жесткостью при кручении вала.
В случае круглого вала (уравнение (150)) C=*GJp
Для прямоугольного вала (уравнение (159)) С=р/и?’б.
64. Винтовая пружина с малым шагом витков
Предположим, что винтовая пружина кругового поперечного се-
чения подвергается действию сил Р, направленных пооси (рис. 253),
и что какой-либо виток лежит в плоскости, мало отличающейся
от плоскости, перпендикулярной к оси пружины. Рассматривая
равновесие верхней части пружины, ограниченной осевым сече-
нием, например тп (рис. 253, Ь), можем заключить из уравнений
статики, что усилия по поперечному сечению тп витка приводятся
к срезающей силе Р, приложенной в центре тяжести поперечного
сечения, и к паре сил, действующей в плоскости поперечного сече-
ния в направлении против часовой стрелки. Момент пары равен
PR, где R есть радиус цилиндрическом поверхности, содержан1ей
осевую линию пружины. Пара сил PR скручивает виток и вызывает
наибольшие напряжения, которые, на основании уравнения (152),
равняются
где<2 — диаметр поперечного сечения тп витка. На эти напряжения
л кручения должны накладываться напряжения от срезывающей
ВИНТОВАЯ ПРУЖИНА С МАЛЫМ ШАГОМ витков
247
силы Р- Для грубого приближения эта сила считается равномерно
распределенной по поперечному сечению. Тогда соответствующее
касательное напряжение будет
4Р
W •
Ф)
В точке т (рис. 253, Ь} направления т, и т, совпадают, так что здесь
имеет место наибольшее касательное напряжение, величина кото-
рого равна
Можно видеть, что второй член в скобках, представляющий алияпие
срезывающей силы, увеличивается с увеличением отношения d!R.
Это имеет практическое значение в тяжелых винтовых рессорах, ка-
ковые употребляются в железнодорожных вагонах. Такие точ-
ки, как /л, на внутренней стороне витка находятся в менее благопри-
ятных условиях, чем такие точки, как п. Опыт
с тяжелыми рессорами показывает, что трещи-
пы обычно начинаются па внутренней стороне .
витка. '
Имеется и другая причина, по которой не- к--1-----Н
обходимо ожидать более высокого напряжения рнс_
па внутренней стороне витка. При вычис-
лении напряжений от скручивания мы воспользовались уравнением
(а), которое было выведено для цилиндрических стержней. В дей-
ствительности, каждый элемент пружины будет находиться в ус-
ловиях, показанных на рис. 254. Видно, что если при кручении по-
пере-шое сечение в / поворачивается относительно ас, то перемеще-
ние точки b относительно точки а будет такое же, как точки f от-
носительно точки с. Благодаря тому, что расстояние ab меньше
расстояния с/, относительный сдвиг на внутренней стороне аЬ typei
больше, чем на внешней стороне с/, и, следовательно, касательные
напряжения, вызываемые парой сил PR, будут больше в Ь, чем в /.
Принимая это во внимание и учитывая влияние срезывающей силы1),
мы должны заменить уравнение (160) следующим уравнением для
вычисления наибольшего касательного напряжения:
16PW ,'4т -1 , 0,615\
Тл,а»” ~я<Р \4м — 4’ т )г
27?
в котором т—•
(161)
*j Такне исследования били сделаны V. R о е v с г’ом, Z. Ver, dent. I rig ,
i. 57, стр 1905, 1913, также AJ4. \V a ii 1’om, Trans. ASME, 1928. Последний опре-
делил также напряжения опи«ным путем ирн помощи измерений на поверхности
нотка. Иодное исс-лсдоваоие различного рода пр)жин дано W all 1, ом, iiiinip.
на стр IKi'.
~248 КРУЧЕНИЕ И ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И КРУчГНИЯ [гл. X
Можно видеть, что поправочный коэффициент в скобках увеличи-
вается с уменьшением т. Например, в случае т=4 этот коэффи-
циент равен приблизительно 1,40 и если т—10, он равен 1,14.
При вычислении удлинения пружины или опускания се нижнего
конца обычно принимается только влияние кручения витков. Для
угла закручивания какого-либо элемента между двумя смежными
поперечными сечениями тп и т'п' (рис. 253, с), пользуясь уравне-
нием (151) и принимая Rd* вместо I, получим
Вследствие кручения нижняя часть пружины поворачивается от-
носительно центра тп (рис. 253, а), и точка приложения В силы Р
описывает малую дугу' ВВ', равную a dtp. Вертикальная составляю-
щая этого перемещения равна
В-В-^ВВ’ i=R Л1—. (с)
Полное опускание пружины получится путем суммирования опуска-
ний В'В", вызываемых каждым элементом тп т'п', по длине пру-
жины Тогда
(162)
где п означает число витков.
Для пружины некругового поперечного сечения указанный выше
метод можпо применить к вычислению напряжений и деформаций,
если вместо уравнений (151) и (152) принять уравнения, соответ-
ствующие данной форме поперечного сечения. Например, в случае
прямоугольного поперечного сечения должны быть применены урав-
нения (158) и (159).
ЗАДАЧИ
1. Определить паншльнюе напряжение и удлинение винтовой пружины
(рис 25Л). если Р—100 ы, Р-=10слг, d=2 см, число витков равно 20 и G—8- 10s
tai см*
Ответ Tniax-7a'> кг/см-, fl—Ю см.
2 Решить предыдущую задачу, предполагая, что виток имеет квадратное
сечен нс 2 см в стороне.
Решение Полагая, что поправочный коэффициент дан срезывающей силы,
в «внсичщти от кривизны витков (см. уравнение (161)) в этом случае такой ?ке,
как п для кругового поперечного сечения. получим из уравнения (158)
ШИ-10-1,14 .
;Т5И—696
Цуи вычислении удлинения необходимо в уравнение (162) подеi«шить 0.141 d1
ВИНТОВАЯ ПРУЖИНА С МАЛЫМ ШАГОМ ВИТКОВ
Й9“
/см. уравнение (169)) вместо nd\'dl2. Тогда
3. Сравнить веса Двух винтовых пружин, одну круговую, а другую —квад-
ратного поперечного сечения, спроектированных при принятых в задаче 1 усло-
виях и имеющих одно н то же наибольшее
напряжение. Принять в обоих случаяд попра-
гочпый коэффициент, ранный 1,14. Сравнить
Х'ДЛИНСНЙЯ этих пружни.
Реинние. Длина стороны квадрата по-
перечного сечения найдется из уравнения
nd’; 16=0,2086’, откуда b~ j/o,944-d=O,98fzI.
Веса пружин находятся в том же отношении,
каки площади поперечных сечений, т. е в отно-
шении
-ли-
2=-:(0,981d)’==0,816
Удлинения двух пружин находятся в отноше-
0.1416’; 0,141-0,926:g-= 1,33
4. Как распределится нагрузка Р между двумя концами иннтовой пружи-
ны, показанной па рис, 255, если число витков выше точки прилгекения нагрузки
равно 6 и ниже этой точки равно 5.
Опихт. Rt : /?2=5 :6.
5. Две винтонне пружины из одного и того же материала и одинакового
кругового поперечного сечения и длины, собранные, как показано па рис. 256,
сжаты между двумя параллельными плоскостями.
Определить наибольшее напряжение в каждой пружи-
не. если <1=1,25 см и Р— 40 лг
Решение. Из уравнения (162) следует, что нагруз-
ка Р распределяется между двумя пружинами
обратно пропорционально кубу радиусов витков, т е.
силы, сжимающие внешнюю и внутреннюю пружины,
будут относиться каи 7,5s 10’. Тогда, на основании
уравнения (161), наибольшие напряжения в атнх
пружинах соответственно будут равны 185 кг/с,«8
и 343 кг!см2.
6. Какова будет предельная нагрузка для пружи-
ны задачи I, если допускаемое напряжение равно
(г 1=1300 кусм*. Каково будет удлинение пружины
при мой предельной нагрузке'’
Ответ. 179 кг, 6=17,9 см.
7. Коническая пружина (рис 257) растя! ивается
осевыми силами Р. Определить безопасную величи-
ну Р. если допускаемое напряжение (т]=3(ХМлг/сл!2,
днннетр поперечного сечания <1=2,5 гл, радиус конуса
Рис. 257 вверху пружины /?,=5 см и внизу /?2=20 сл. Опре-
делять удлинение пружины, если число витков равно п
и горизонтальная проекция осевой линии пружины представляет спираль, за-
данную уравнением
К_«.+<Ь =*.>«.
230 КРУЧЕНИЕ И ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И КРУЧЕНИЯ (ГЛ. х
Решение Дли какой-либо точки А осевой линии пружины, определяемой
величиной угла а, расстояние от оси пружины равняется
—/?,) а
2пп
а соответствующий крутящий момент равен
Наибольший крутящий момент при а—2яп равен I‘Rt. Безопасный предел для /*,
на основании уравнения (161), будет
'ЙЮО-л-2,5"
16-30.1,09
-=422 кг
Осадка пружины получится из уравнения (с) (см стр. 248) равной.
8, Определить необходимую площадь поперечного сечения витков конической
пружины, спроектированной при тех же условиях, как в предыдущей задаче, но
квадратного поперечного сечения Принять поправочный коэффициент равным
1,09 (см предыдущую задачу).
Ответ. b2=G см®
R5. Одновременное действие изгиба и кручения. Изгиб и кручение
валов круглого поперечного сечения
Выше, при рассмотрении кручения (см. стр. 238) предполагалось,
1то круглый вал испытывает простое кручение. В практических
(риложениях мы часто имеем случаи, когда действуют одновре-
leiiHo крутящий и изгибающий моменты. Силы, передаваемые валу
осредством шкивов, зубчатых колес или маховиков, можно приве-
ти к скручивающим и изгибающим силам. Простой случай такого
ода показан на рис. 258.
Круглый вал заделан в одном конце и нагружен на другом вер-
Гкалытой евлой Р, приложенной на расстоянии R от оси. Этот
учай приводится к нагрузке вала крутящим моментом MK—PR
поперечной силой Р на свободном конце ’). Крутящий момент
яется постоянным по оси, а изгибающий момент,вызываемый си-
>й Р, в каком-либо сечении равняется
Л1= — Р({~х). (а)
При отыскании наибольших напряжений, возникающих в вале,
обходимо рассмотреть: 1) касательные напряжения от крутящего
®) В этой задаче весами вала и шкива пренебрегают.
g5] ОДНОВРЕМРНПОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И КРУЧЕНИЯ КРУГЛЫХ ВАЛОВ 251
момента Л1к, 2) нормальные напряжения от изгибающего момента(а)
и 3) касательные напряжения от поперечной силы Р. Наибольшие
касательные напряжения от крутящего момента возникают на по-
верхности вала и имеют величину
Наибольшие нормальные напряжения <тжот изгибающего момента
имеют место в волокнах, наиболее удаленных от нейтральной оси
Рис. 258.
в заделанном конце, где изгибающий момент является численно наи-
большим; величина этих напряжений равна
(с)
Касательные напряжения от поперечной силы обыкновенно имеют
лишь второстепенное значение. Наибольшей величины они дости-
гают на нейтральной оси, где нормальные напряжения от изгиба-
ющего момента равны нулю. Поэтому наибольшие сложные напря-
жения обычно имеют место в точках, где напряжения (1) и (2) яв-
ляются наибольшими, в данном случае в волокнах на верхней и
нижней поверхностях вала в заделанном конце.
Рисунок 258, b представляет вид сверху части вала в заделанном
конце и выделенный у места заделки элемент с действующими на
него напряжениями. Главные напряжения для этого элемента най-
дутся из уравнений (72) и (73) (стр 114)
°™.-г* ।
“ZO2 КРУЧЕНИЕ И ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И КРУЧЕНИЯ [гА. X
или, пользуясь уравнениями (Ь) и (с), получаем
(•«('I (163)
Таким же образом, пользуясь уравнением (73), получаем
(.’I <м—Е Мйу О63'>
Из уравнения (163) можно заметить, что о1Пах имеет такое же значе-
ние, как и при простом изгибе вала, если бы действовал некоторый
эквивалентный изгибающий момент, равный
Чкв=4(М+Юй^Щ)
Наибольшее касательное напряжение в рассматриваемом элементе
(рис. 258, Ь). по уравнению (34) (стр. 52), равняется
(164)
На практике для определения безопасных размеров диаметров ва-
лов, сделанных из мягких металлов, теперь обычно принимают
теорию наибольших касательных напряжений. Обозначая допуска-
емое напряжение при сдвиге через (т! и подставляя его вместо
в уравнение (164), получим следующее выражение для определения
диаметра вала:
Ь1^ (165)
Вышеприведенные рассуждения можно применить также и при
расчете полого вала наружного диаметра d и внутреннего диаметра
rf,. Тогда
и полагая dl/d=n, получим из уравнений (163) и (163') для полого
<’.™=ar7i^(M+VMi+M;), ней
’—Я^(И -ТТС+Х). (167)
Наибольшее касательное напряжение равняется
(I6S)
ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА Й КРУЧЕНИЯ КРУГЛЫХ ВАЛОВ 253
откуда
(169)
Если на вал действует несколько параллельных поперечных сия,
то для определения необходимого диаметра по формуле (165) или
(169) нужно взять полный изгибающий момент М и полный кру-
тящий момент в каждом поперечном сечении. Если поперечные
силы, действующие на вал, не параллельны, то результирующие из-
гибающие моменты от них должны быть определены по способу
сложения векторов. Пример такого вычисления разобран ниже,
в задаче 3.
ЗАДАЧИ
1. Вал круглого сечения диаметром 6 см поддерживает шкив диаметром
75 си, весящий 200 кг (рис. 259). Определить наибольшее касательное напряжение
в поперечном сечении тп, если горизонтальные натяжения верхней и нижней
частей ремня равны соответственно 700 кг
и ICO кг. "
Решение. В поперечном сечении тп
Л4к=(700 — 100) 37,5=22 500 кг см, f=.
41= 16) '2004-800’= 12 370 кг см ~
Тогда по формуле (164)
•c,„BI=606 кг!см*.
2. Вертикальная труба, показанная
па рис. 260, подвергается действию го-
ризонтальной силы Р=100кг, приложен-
ной на расстоянии 1 м от оси труби, Определить и ттах,еслн длина трубы
/=7,5 м и момент сопротивления 1F= 150 см*.
Отпет. от„^502 кг!ал*, xro0X=25S кг/см?.
3. Определить необходимый диаметр однородного вала (рис. 261), несущего
два одинаковых шкива диаметром 75 см и весом 200 кг каждый. Горизонтальные
усилия в ремне для одного шкива и вертикальные усилия для другого показаны па
pocj пке. Допускаемое напряжение (т)=400 кг/см.
К.'УЧРННЕ И ОДНОВРЕМЕННОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И КРУЧЕНИЯ [ГЛ. дЗ
Решение. Опасными сечениями будут тп и которые выдерживают пол-
ный крутящий момент и наибольшие изгибающие моменты. Крутящий момент
в обоих сечениях равняется Л)и=(60И—200) 37.5= 15 000 кг см. Изгибающий
момент в сечении тп равняется (600+200+200)15=15 000 кг см Изгибающий
момент и сечении /^п,, действующий в горизонтальной плоскости, равняется
--(600+200) 75=15000 кгем.
Изгибающий момент в том же поперечном сечении, действующий в вертикаль-
ной плоскости, равняется
•2ЛО-75 ЮТО-15-37,5
—----------у§-----— = —3750 кг см.
Равнодействующий изгибающий момент в сечении т1п1 равняется
М=У 15000*+3750'= 15 460 кг см.
Этот момент больше момента, действующего в сечении пт, и поэтому должен быть
подставлен вместе с вычисленным выше крутящим моментом Мн в уравнение (165),
из которого получаем <1=6,50 см.
4. Определить диаметр вала, показанного на рис. 259, если допускаемое напря-
жение на сдвиг равняется Jt]=400 кг: см*.
5. Определить внешний диаметр полого вала, если (т]=400 кг] см*, ,
а остальные размеры и силы указаны на рис. 261
6. Решить задачу 3, полагая, что на правый шкии действует такой же крутящий
момент, как и в задаче 3, по вызываемый горизонтальной силой, касательной к
окружности шкива, вместо вертикальных натяжений в ремне 600 кг и 200 кг.
ГЛАВА XI
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ И УДАР
66. Энергия упругой деформации при растяжении
Рис
При рассмотрении простого растяжения стержня (см. рис. I)
мы видим, что во время удлинения под действием постепенно уве-
личивающейся силы последняя производит некоторую работу,
и эта работа превращается, частично или полностью, в потенциаль-
ную энергию деформации. Если деформация остается в пределах
упругости, то произведенная работа иол- '
ностью преобразуется в потенциальную
энергию и может быть возвращена при по-
степенной разгрузке деформированного
стержня.
Если конечная величина нагрузки бу-
дет Р и соответствующее удлинение — б,
то диаграмма растяжения будет иметь вид,
показанный па рис. 262, где по оси абсцисс
отложены удлинения, а по оси ординат —
соответствующие силы. Р, представляет про-
межуточное значение силы, a di — соответствующее удлинение. Уве-
личение dPi силы вызывает увеличение dfii удлинения. Работа,
произведенная силой Pt во время этого удлинения, равна
и представлена на рисунке заштрихованной площадью. Если при-
нять во внимание увеличение силы во время удлинения, то со-
вершенная работа изобразится площадью трапеции abed. Полная
работа, совершенная в процессе нагрузки, когда сила увеличива-
лась от 0 до Р, равняется сумме таких элементарных площадок и
изображается площадью треугольника ОАВ. Этот же треугольник
представляет полвую энергию U, накопленную в стержне во время
деформации. Тогда
и-^. (170)
Пользуясь уравнением (1), мы получаем следующие два выражения
для энергии деформации в призматическом стержне:
(172)
256
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ И УДАР
(ГЛ. XI
Первое из этих уравнений дает энергию деформации как функцию
силы Р, а второе дает ту же энергию, как функцию удлинения 6.
Для стержня данных размеров и данного модуля упругости энер-
гия деформации вполне определяется величиной силы Р или вели-
чиной удлинения 6.
В практических приложениях часто имеет важное значение энер-
гия деформации, отнесенная к единице объема. Из уравнений (171)
и (172) она равняется
с -гг
(7=
"2Е’
(173)
или
(174)
где a—PiF есть растягивающее напряжение и — относитель-
ное удлинение.
Наибольшее количество энергии деформации в единице объема,
которое может быть накоплено в стержне безостаточпой деформа-
ции *), найдется подстановкой в уравнение (173) предела упругости
вместо о. Сталь с пределом упругости 2000кг/с.чг и Е—2-Ю’Тсг/с.и2
дает 1 кг см на куб см; резина с модулем упругости £=10 кг/см*
и пределом упругости 20 кг/см2 дает £"=20 кг см на куб см. Иногда
интересно знать наибольшее количество энергии деформации на
единицу веса U", которое может быть накоплено без появления оста-
точной деформации. Эта величина вычисляется из уравнения (173)
подстановкой предела упругости вместо а и делением Ь" на вес
одного кубического сантиметра материала. Несколько числовых
значений, полученных таким образом. Дано в таблице 4.
Таблица 4
Значения потенциальной анергии на единицу объема и на единицу веса
Материал У дельныП Е кг см- Предел упру- V кг см на сг? С'“ кг см не
Строительная 7.8 2 10« 20» 128
ИПетрумент аль на я сталь 7,8 2-10» еооо 16 •2051
Медь 8,5 1-10» 270 0,0365 4.3
Дуб . . 1.0 1-10 270 0,865 365
Резина 0,93 10 20 20 21505
•) Эта величина иногда называется «живое упрут ое сопротивление».
.06] ЭНЕРГИЯ УПРУГОЙ ДЕФОРМАЦИИ ПРИ РЛГТЯЖЕЧИИ 257
Эта таблица показывает, что количество энергии, которое может
быть накоплено в данном весе резины приблизительно в 10 раз
больше, чан для инструментальной стали и приблизительно в 170
раз больше, чем для строительной стали.
ЗАДАЧИ
1. Призматически'! стальной стержень длиною 23 or и площадью поперечного
сечения 25 см* игямается силой Р— JECO кг. Определит» количество энергии де-
формации
Отяет U-=Q,tA кг си
2. Определить количество энергии деформации в предыдущей задаче, если
площадь полеречюго сечения вмесго 25 ед* равняется 12,6 см*.
Опыт. 1/=1.28 кг см.
3. Определить количество энергии деформации в вертикальном однородном
стержне, растянутой под действием собн генного веса, еелй длина стержня равня-
ется 30 л, площадь его поперечного сечения 6 смйи вес стати 7,8 кг/дци?.
Опч»т L ^С,81 кг ел
4. Определить количество энергии деформации в предыдущей задаче, если
в дополнение к собствеп.вслу весу стержень нагружен па конце продольной
силой P—-U.V кг
Он/л-и/ 6—27,81 ьг см.
5. Проверить решение задали, гоказашюй парис. 18, стр 26, для того случая,
когда псе сторжпи имеют одно я то же поперечное сечение и один я тот же модуль
упр.'пдтн, iiy.cwприравнивания энергии дформации системы работе, произве-
денной нагрузкой Р.
Решение. Если X есть усилие в вертикальном стержне, то его удлинение
равно Хг.Г£, и работа, произведенная силой Р, будет P(X!!FE). Прправнн-
вая ее к энергии дс^фрминп, получаем
i_ г -У , 2 <Хсо5* °)Ч
2 1 Hl ~21Е+ ЭДГока ’
откуда
Л ~F|-2 «№ а ’
что пиз-серд.дает пр-чкнеё решение щ t>j
С. Проверить задачу 2, стр. 19. пути! р
приравнивания работы, произведенной гру-
зом, к энергии деформации даух стержней.
7. < дальний степень длиной 75 c.j и площадью поперечной
вытяп вастся на 0,05 ел 4afrni количество анерг ин диЬормацли.
Огмои. Из уравнения (172) находим
((,',<5)’-6-2-10е .
'=Е_!— ---------------=о, щ кг (.
8. Сравнить количества энергш! дв^рчаиии в двух круглых стержнях, по-
казанных па рис 263. а и 263,1>, пэедпо.чагая равномерное распределение напря-
жений по поперечным сечениям стержней.
Реше-пт Энергия деформации призматического стержни равняется
2 С. П. Твэышевхо
258
ЭНЕРГИЙ ДЕФОРМАЦИИ И УДАР
[гл. XI
Энергия деформации стержня с выточками равняется
U* 2FE + ЫЕ 162FE’
отсюда
1\ 7
V 16’
При данном наибольшем напряжении количество энергии, накопленной
в стержне с выточками, меньше, чем в стержне одинаковой толщины Петре
буется лишь весьма небольшое количество работы, чтобы довести растягиваю-
щее напряжение до опасного предела в таком стержне, как показано на
рис. 263, с, который имеет очень узкую выточку и большой внешний диаметр,
хотя ею диаметр в самом слабом месте равен диаметру цилиндрическою
стержня.
67. Растяжение, вызываемое ударом
в
Рлс. 264.
На рис. 264 показано простое устройство для того, чтобы выз-
вать растяжение ударом. Груз Q падает с высоты h па выступ тп
и при ударе вызывает растяжение вертикального стержня АВ,
который закреплен в верхнем конце. Если массы стерж-
ня и выступа малы по сравнению с массой падающего
тела, то удовлетворительное приближенное решение по-
лучается, если пренебречь массой стержня и предполо-
жить, что При ударе не происходит потери энергии. Пос-
ле удара о выступ тп тело Q продолжает двигаться
вниз, вызывая растяжение стержня. Вследствие сопро-
тивления стержня скорость движущегося тела умень-
шается до тех пор, пока не сделается равной нулю. В этот
момент удлинение стержня и соответствующие растяги-
вающие напряжения будут наибольшими, и их вели-
чина определяется на основании предположения, что полная
работа, произведенная грузом Q, преобразуется в энергию деформа-
ции стержня *). Если 6 означает наибольшее удлинение, то совер-
шенная грузом Q работа равняется Q(M-6). Энергия деформации
стержня получится из уравнения (172). Тогда уравнение для вы-
числения б будет
С (/>+«)=§ 6’, (а)
из которого
(175)
*) В дейС1>:иге.тыюС1>| же часть энергии рассеется, и действительное удли-
нение будет всегда меньше того, которое вычисляется па основании указанных
допущений.
67]
где
РАСТЯЖЕНИЕ, ВЫЗЫВАЕМОЕ УЛАРОМ
259
’ есть статическое удлинение стержня от груза Q HO=]/2gft есть ско-
рость падающего тела в момент удара о выступ тп. Если высота h
• велика по сравнению с 6CT, то тогда приближенно получается
Соответствующее растягивающее напряжение в стержне будет
(176)
Выражение под радикалом прямо пропорционально кинетической
энергии падающего тела, модулю упругости материала стержня и
обратно пропорционально объему FI стержня. Следовательно, на-
пряжение может быть уменьшено не только увеличением площади
поперечного сечения, по также и увеличением длины стержня или
уменьшением модуля упругости Е. Это совершенно отлично от ста-
тического растяжения стержня, где напряжение не зависит от
длины I и модуля упругости Е. Подставляя в уравнение (176) до-
пускаемое напряжение вместо о, получаем следующее уравнение
для размеров стержня, подверженного предельному осевому удару:
pi —
2Е Qu* 9.EQh
(177)
т. е. для того, чтобы сохранить наибольшее напряжение постоянным,
объем стержня должен быть пропорционален кинетической энергии
падающего тела.
Рассмотрим теперь другой крайний случай, в котором h рав-
няется нулю, т. е. тело Q внезапно положено на опору тп (рис. 264)
без начальной скорости. Хотя в этом случае мы не имеем ки-
нетической энергии в начале растяжения стержня, все-таки эта
задача совершенно отлична от задачи при статическом нагружении
стержня. В случае статического растяжения мы предполагаем по-
степенное приложение нагрузки и, следовательно, всегда сущест-
вующее равновесие между действующей нагрузкой и сопротивляю-
щимися силами упругости в стержне. При этих условиях вопрос о
кинетической энергии не входит в задачу. В случае внезапного при-
ложения нагрузки удлинение стержня и напряжение в стержне в на-
чале равны пулю, и внезапно приложенный груз начинает падать
под действием собственного веса. Во время этого движения сила
сопротивления стержня постепенно увеличивается, и, когда она
260
ЭНЕРГИЯ ЛЕФОРМЛПИИ Я УДАР
сделается равной Q, вертикальное перемещение груза будет б£1.
В этот момент груз обладает некоторой кинетической энергией, при-
обретенной при перемещении на 6СГ; следовательно, он продолжает
двигаться вниз до тех пор, пока его скорость не дойдет до нуля
вследствие действия силы сопротивления стержня. Наибольшее
удлинение при этом условии получится из уравнения (175) под-
становкой t>—0. Тогда
6==25„, (178)
т. е. внезапно приложенный груз, вследствие динамических усло-
вий, вызывает удлинение, которое в два раза больше удлинения.
получающегося в случае постепенно при-
ложенной нагрузки.
Это можно показать также графически
на рис 265. Наклонная линия О А пред-
ставляет диаграмму растяжения стержня,
показанного на рис. 264. Тогда для некото-
рого удлинения, например ОС, площадь
О А С дает соответствующую энергию дсч|юр-
мацин в стержне. Горизонтальная линия
DB находится на расстоянии Q от оси б
и площадь ODBC дает работу, произведен-
ную грузом Q при перемещении на ОС.
Когда б равно бС1, то совершенная грузом
Q работа изобразится па рисунке площадью
прямоугольника ODAjCt. В это же самое
Рис. 265.
время накопленная в стержне энергия определится площадью
треугольника ОЛ.Ср который представляет лишь половину
площади упомянутого прямоугольника. Другая половина произ-
веденной работы преобразуется в кинетическую энергию дви-
жущегося тела. Вследствие приобретенной скорости тело продол-
жает двигаться и останавливается лишь на расстоянии 6-= 2йсг от
начала. В этот момент полная работа, совершенная грузом Q
и изображенная прямоугольником ODBC, равняется количеству
энергии, накопленной в стержне и представленной треуголь-
ником О АС.
Предыдущие рассуждения об ударе основаны на предположении,
что напряжения в стержне остаются в пределах упругости. За этим
пределом задача становится более сложной,так как удлинение стерж-
ня уже не пропорционально растягивающей силе Предполагая, что
диаграмма растяжения не зависит от скорости нагружения стержня*),
*) Опп™ с мягкой сталью показывают, что с \педпчепием скорости испыта-
ния предел текучести повышается и количество работы, необходимой для разрушу
иия образца, бпльше, чем при статическом испытанно См Н Н Д а в и д е и ко в.
Известия Петербур-скиго политехнического института, 1913, W с 11 е г, 7 Ме-
tallkunde, 1924, М J. М a n J о I n е, J. Appl Meeh., г 11, стр. 211. 193.
671
ГЛСТЯЖРНИГ. ВЫЗЫВАЕМОЕ УДАРОМ
261
найдем, что удлинение за пределом упругости при ударе можно
определить из обычной диаграммы растяжения, которая показана
на рис. 266
Для некоторого предполагаемого наибольшего удлинения 6
соответствующая площадь (MDF дает работу, которую необходимо
произвести, чтобы вызвать такое удлинение; она должна рав-
няться работе Q{h | 6), совершенной грузом Q. Когда Q(/?4-6)
равно или больше всей площади ОАВС диаграммы растяжения, то
падающее тело разрушит стержень.
Из этого следует, что любое изменение формы стержня, кото-
рое влечет уменьшение полной площади О АВС диаграммы, умень-
шает также силу сопротивления стержня
удару-
В образцах с выточками, например, по-
казанными на рис 263,1> и 263, с, пластиче-
ское течение металла будет сосредоточено у
выточки, и полное удлинение и работа, не-
обходимая для разрушения, будут гораздо
меньше, чем в случае цилиндрического
стержня, показанного на том же рисунке. Рис 266
Такие образцы с выточками весьма слабы
при ударе Легкий тли чок может произвести разрушение, даже
если сам материал будет мягким Точно так же слабо сопротив-
ляются удару части, имеющие заклепочные отверстия или резкое
изменение поперечного сечения
В нредыдещем изложении мы пренебрегли массой стержня по сравнению с
массой пдзающл о тела Q Только в таком случае »ы можем предполагать, что вся
энергия падающего тела преобразуется в энергию деформации стержня. Действи-
тельные условия при ударе более сложны. п когда стержень имеет значительную
массу, то часть эиер! ни будет теряться при ударе. Хорошо известно, что когда
Дви.-крцаяся со скоростью v масса Q/p цситралыю ударяет покоящуюся массу
Q,/gn деформация в точке соприкасания является пластической то конечная об-
щая скорость vu двух ie.4 равняется
(Ь)
В слсчае стержня, показанного па рис. 2G4 условия Голл- сложны. При ударе
верхний конец А остается в покос, в го время как нижний конец В приобретает
скорость движущегося "ела Q Слщовятезык) гля того чтобы вычислить из урав-
нения (Ь) конечную скорост» vc, мы дотд.ны воспользоваться пршяккпой vac-
coil raieiin децСтнипчыюй чаесы сгсрдшя. Предполагая, чп» скорость стержня
изменяется линейно по его -глине, можем показать что приведенная масса в этом
случае разняе-ся одной трети массы ггёржня 2). Для стержня весом q на единицу
’) €м Hacks I roh, Baunialenaienktinde. стр. 321. 1ЭД5 и Н. Z i m in е г-
m a u Zentr Bauverwalt, сгр 265 (b’Jj
г) Эго решение г'ллчо получено Н. Cox'vu. leans Cambridge Phil.
стр. 73, 1849. см также 1 о d 1> о п t е г and Pearson, History of the Theory
of Elasticity, Cainbrid^c, т. 1, стр ьУ5. Ibt4}_
262
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ И УЛАР
[ГЛ. XI
длины уравнение (Ь) получает вид
Это есть общая скорость груза <2 и нижнего конца стержня, которая устанавли-
вается в первый момент удара. Полагая, что у поверхности соприкасания между
падающим грузом и опорой пт (рис. 264) происходит пластическая деформация без
всякого отскакивания, получаем, что соответствующая кинетическая энергия
равняется
^4)
<2«* 1
+ 3Q
Эта величина должна Сыть подставлена в уравнение (а) вместо
дли того, чтобы принять во внимание потерю энергии в первый момент уда-
ра. Тогда вместо уравнения (175) получаем
(179)
Изложенный метод дает удовлетворительные результаты до тех
пор, пока масса стержня мала по сравнениюс массой падающего тела.
В противном случае становится необходимым рассмотрение про-
дольных колебаний стержня *). Местная деформация в точке со-
прикасания при ударе разобрана J. Е. Sears’oM2) и J. Е. Р. Wag-
staff’oM *).
ЗАДАЧИ
1. Груз в 4 кг, привязанный к стальной проволоке диаметром 0,3 см
(рис. 267), падает вз А с ускорением g. Определить возникающие в проволоке на-
пряжения в тот момент, когда ее верхний конец внезапно остановится. Массой
проволоки пренебречь.
Решение. Если ускорение груза Q равняется g. то растягивающих напряжений
в проволоке ист. После остановки проволоки в А напряжения получаются из
уравнении (176), в котором 6СТ пренебрегают. Подстааляя vt—2gh и l=h, полу-
чаем
’) Продольные колебания призматического стержня при ударе были рас-
смотрены Navier. более исчерпывающее решение было разработано St.-Vcnant’OM;
см. его перевод: С 1 е b s с h, Theone der Elasticitat fester Keeper, 1833, приме-
чание «§61. См. также J. Bouss inesq. Application des Patentiels. стр. 508,
1885 и C. R a in s a u e г. Ann. Pliys.k. T. 30, 1UU9,
«) Trans. Cambridge. Phil. Soc., t. 21. стр. 49, 19(Й.
’) Pi ос. Roy. Soc, (London) A t. 105. стр. 544. 1924.
67]
РАСТЯЖЕНИИ, ВЫЗЫВАЕМОЕ УДАРОМ
263
Очевидно, что напряжения в этом случае не зависят от высоты й. с которой падает
груз, так как квиетическая энергия тела увеличивается в том же отношении, как
и объем проволоки
2. Груз Q—400 кг падает с высоты ft= I м на вертикальный деревянный столб
длиною о ж и диаметром 30 см, закрепленный в нижнем конце. Определить наи-
большее сжимающее напряжение в столбе, полагая для дерева
;£=10‘ кг/см2 и пренебрегая массой столба и величиной б,,.
/ Опъст с—138 к.'.,с.«2. Q—г
3. Груз Q=4000 кг, привязанный к концу шального проволоч- • 1 I
«ого каната (рис. 267). движется вниз с постоянной скоро- I h
стью о= 1 м)сск. Каковы будут напряжения в канате, когда его I
Верхний конец внезапно остановится? Свободная длина каната в /?Г| I
момент удара равна /=20 л. площадь его поперечного сечения * LJ
petto равна Г—15 см2 и £=10‘ кг/см2. рис 2е7
Роиениг. Пренебрегая массой каната и полагая, что кинетиче-
ская энергия движущегося тела полностью преобразуется в потен-
циальную энергию деформации каната, получаем следующее уравнение для оп-
ределения наибольшего удлинения 6 каната:
в котором бет означает статическое удлинение каната. Замечая, что Q=fEbCTH,
из уравнения (ф получаем
Г£.. л
откуда
Следовательно, при внезапной остановке движения растягивающее напряже
в канате увеличивается в отношении
й 1 . » » / QI . , и
Г 'Тё“'+Р57' ю
Для указанных числовых данных получаем
_ Ql _4000.2Q.100
г IE 15.10»
А_, । ..
бет /<881.0,53
следовательно.
ст=5,39 у«1437 кг!см\
4. Решить предыдущую задачу, если между канатом п грузом помешена пру-
жина, которав удлиняется на 4 см от груза в 1000 кг,
Решмис, 6ст=0,534-4<4=16,53 см. Вставляя в уравнение (е). получаен
1 -[-и,806=1 ,S<Ks о= | ,8< £ =а481 ,о Kijcv*.
2Ы
зил-пт ягфогмлпил п удар
Ггл х1
Сравнивая это с результатом предыдущей задачи гидом. чти пружин». > и
ценная между канатом и грузом, пмссу ««eitwiic г.лнявпя на умети шейпе пел1пмнь:
Огоах при ударе.
5. Для случая, показанного на рис, 2G4, определит; высоту Л, для которой
наибольшее напряжение о стержне при ударе раиияется 2ИЮл.'/см4 Припять
0=10 кг, 1=2 л, F—3 ся*. £=2-10" кг/см* Массой стержня пренебречь.
Отьст. Л=60 ич.
68. Энергия упругой деформации при сдвиге и кручении
Энергия деформации, накопленная в элементе, испытырающем
чистый сдвиг (рис. 268), может бьпь вычислена по методу, применен-
ному в случае простого растяжения Если нцис-
тою грань «л/ элемента принять закрепленной,
то необходимо рассмотреть лишь работу, про-
изведенную силой Р при деформации верхней
грани &L. Полагая, что материал следует закону
Гука, находим, что относительный сдвиг пропор-
ционален касательному напряжению и диаграм-
ма, изображающая эту зависимость, аналогична
диаграмме, показанной на рис. 262 Тогда ра-
бота, произведенная силой Р и накопленная
в форме энергии упругой деформации, будет равняться (см, уравне-
ние 170, стр. 255)
Припоминая, что
из (170') мы получим следующие 'рй у :авпснпя:
(180)
(181)
Путем деления этих уравнений на объем Ft бруска получаем два
выражения для энергии деформации ла единицу объема:
\‘G
(18-1)
где t=Plf есть касательное напряжение я \=&-1 — относительный
сдвиг. Количество анергии при сдвиге на единицу объема, которое
681 эштгия упругой трфогм-шш при слвигг и кручгппи 265
может быть накоплено в бруске без остаточной деформации, полу-
чится подстановкой в уравнение (1К?) предела упругости вместо т.
Энергия, накопленная в скручиваемом круглом вале, легко
вычисляется при помощи уравнения (1Х2) Если тП1ЯХ есть наиболь-
шее касательное напряжение на поверхности вала, то Ttnas (LHd)
будет касательным напряжением в точке па расстоянии г от осп,
где d — диаметр вала Энергия на единицу объема в этой точке из
уравнения (182) будет
W
(AF
(а)
Энергия, накопленная в материале, заключенном между двумя ци-
линдрическими поверхиос1ями радиусов г и r-l dr, равняется
2т*
— 2л/г dr,
OJZ
где I — длина вала Тогда полная энергия, накопленная в вале,
будет
V- j ТТ(184)
Это выражение показывает, что полная энергия составляет лишь
половину той энергии, которая была бы, если бы все элементы вала
были напряжены до наибольшего касательного
напряжения т„ах.
Энергия кручения может быть вычислена из диа-
граммы кручения (рис 269). в которой крутящие
моменты изображены ординатами, а углы закручи-
вания — абсциссами. В пределах упругости угол
закручивания пропорционален крутящему моменту,
как представлено наклонной линией ОЛ Узкая за-
штрихованная па чертеже? площадка изображает ра
боту, произведенную крутящим моментом при воз- Рнс 269.
растанми утла закручивания ч на величину
Площадь ОДизображает полную энергию, накопленную
в вале во время кручения. Припоминая, что <p=4Ua//GJp, получаем
В первом из этих уравнений энергия представлена как функция
крутящего момента во втором — как функция угла закру-
чивания
В общем случае, для любой <|юрмы поперечного сечения и кру-
тящею момента, изменяющегося по длине вала, уюл между двумя
266
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ И УДАР
смежными поперечными сечениями определяется по формуле (см.
стр. 246)
Энергия деформации части вала между двумя смежными попереч-
ными сечениями равняется
22
и полная энергия кручения равняется
С'~Й (ж)’ j м^'
(186)
ЗАДАЧИ
1. Определить соотношение между пределом упругости при сдвиге и пределом
упругости при рястяжении, если количество энергий деформации на 1 си*. кото-
рое может быть накоплено без остаточной деформации, одно и тоже как при растя-
жении. так и при сдвиге.
Решение. Из уравнений (173) и (183) имеем
откуда
2Е~2G
Для стали
2. Определить осадку винтовой рессоры (см. рис 253), пользуясь выражением
энергии деформации при кручении.
Решение. Обозначим через Р силу, действующую в направлении оси рессоры
(рис. 253), через R — радиус витков и через п — число витков. Из уравнения
(185) энергия кручения, накопленная в рессоре, будет
_(PR)s2^Rn
2GJp •
Приравнивай это выражение произведенной работе Рд;2, получаем
,2anPR*_ 64л PR*
GJp ~ Gd‘ ’
что совпадает С уравнением (162).
3. Вес стальной винтовой рессоры равен 4 кг. Определить количество энер-
гии, которое можно накопить в этой рессоре, не вызывая остаточных деформаций,
если предел упругости при сдвиге равен 5000 ке/см*.
ЭНЕРГИЯ УПРУГОЙ ДЕФОРМАЦИИ ПРИ изгнав
267
Решение. Количество энергии на луб см из уравнения (182) равняется
... (ЗГИХУ)»
Ь °2.7,7-10* *~<6,Д кгсм-
Энергия, приходящаяся на кг материала (см. стр. 256), равняется 2051 кг см. Тогда
полная энергия кручения *), которая может быть накоплена в рессоре, будет
«-•4-2051=41112 кг см.
4. Сплошной круглый вал и тонкая труба из одного материала и одного и того
же веса подвергаются кручению. В каком отношении будут находиться количества
энергии в вале и трубе, если наибольшие напряжения в них равны’
Ответ. 1:2
5. Круглый стальной вал с маховым колесом на одном конце врлцается со ско-
ростью 120 оборотов в минуту .^Другой его конец внезапно останавливается. Опре-
делить наибольшее напряжение вала при ударе, если длина вала 1*-1 Л м. диаметр
d=5 см, вес махового колеса Q=40 кг, радиус инерции его <=25 си.
Решение. Наибольшее напряжение вала будет тогда, когда полная кине-
тическая энергия маховика преобразуется в энергию деформации скрученного
вала Кинетическая энергия маховика равняется
QiW 40-258(4я)2 „Л1
Подставляя это выражение в уравнение (184), вместо U, получал!
- / 16.7,7-10*-201 к) ,,
«26-1И-----
6. Два круглых стержня из одного и того же материала, одинаковой длины,
ко разных поперечных сечений /' н Ft, скручиваются одинакоными моментами,
В каком отношении будут находиться 1соличества энергии деформации в этих двух
стержнях?
Ответ. Обратно пропорционально квадратам площадей поперечных сечений.
69. Энергия упругой деформации при изгибе
Начнем рассмотрение со случая чистого изгиба. Для призмати-
ческого бруска, заделанного одним концом и изгибаемого парой
сил на другом (рис. 270), угол поворота свободного конца равняется
All , <
(а)
Это перемещение пропорционально изгибающему моменту М, и при
помощи диаграммы, подобной изображенной на рис. 269, и путем
подобных же рассуждений мы можем заключить, что работа, произ-
веденная изгибающим моментом при изгибе, или энергия, накоп-
ленная в бруске, равняется
и^. (Ь)
*) Распределение напряжений предполагается такое же, как и а скручиваемом
круглом стержне.
268
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИЙ И УДАР
(ГЛ. XI
При помощи уравнения (а) эта энергия может быть выражена двояко
следующим образом: "=₽„ (187) 1/=^. (IBS)
Иногда полезно иметь потенциальную энергию, выраженную в виде
функции наибольшего нормального напряжения з.0„—Д11пах/1Г. Так,
например, для прямоугольного бруска аП1 -b\i-bhJ, или М—
=М'50|а>/6, 11 Уравнение (187) получает вид
J*~ -—-л''-': <189)
V ®
ЧУ»—/•—Очевидно, в этом случае полная энергия со-
Ау ставляет лишь одну1 треть той энергии, которая
Рис. 270. была бы, если бы все волокна испытывали на-
пряжение оПйХ.
При рассмотрении изгиба силами, перпендикулярными к оси,
энергией деформации сдвига сначала пренебрегают. На основании
уравнений (187) и (188) энергия, накопленная в элементе балки
между двумя смежными поперечными сечениями, находящимися на
расстоянии dx одно от другого, равняется
, ;Uzdx , LJ, < dqn2
Ф-®, ilJ- 2<l,
Здесь изгибающий момент А1 есть величина переменная в зависи-
мости от х, а
(см. стр 124). Следовательно, полная энергия, накопленная в бру-
ске, равняется
(190)
О
или
<191)
Возьмем, например, консоль АВ (рис. 271, о). Изгибающий момент
в каком-либо поперечном сечении пт равняется .-VI =—Рх. Под-
становка в уравнение (190) дает
МтЙМт’ W
о
69] ЭНЕРГИЯ УПРУГОЙ ДЕФОРМАЦИИ ПРИ ИЗГИБЕ 269
Для прямоугольного бруска з^^-^РМЫт?, и уравнение (с) можно
представить в виде
и^ьыЦ^. (С')
Это показывает, что количество энергии, которое может быть на-
Рис 2?1
коплено в прямоугольной консольной балке, нагруженной на конце,
без остаточных деформаций, составляет одну треть энергии дня
того же бруска при чистом изгибе и одну1 девятую — при растяже-
нии того же бруска Это соображе-
ние является важным при проек- /
тировании рессор, которые должны р
без вреда поглощать данное коли-
чество энергии и, кроме того,
иметь, по возможности, малый вес.
Способность консоли поглощать
энергию можно увеличить, давая
ей переменное поперечное сечение.
Например, консоль /лдзяого ая\рч-
тивления с прямоугольным попе-
репным сечением постоянной высоты Л (см. рис. 188) ц с теми же
значениями для Р, h и о1Т.ах имеет прогиб,а следовательно, и количе-
ство накопленной энергии' на 50% больше, чем призматический бру-
сок. В то же самое время брус равного сопротивления изгибу име-
ет половину веса призматического бруска, так что он может на-
копить в три раза больше энергии на 1 кг материала.
Возвращаясь к уравнению (с) и приравнивая энергию деформа-
ции работе, совершенной силой Р при изгибе, получаем
Р6 W
2 ~ ЬЕ J, •
(О)
откуда прогиб на конце равняется
6~3EJll’
что совпадает с уравнением (95),
Лйпслпптелызый прогиб от езьига мсткгютакже определить из потенциальной
энергия деформации. Для консоли, гоказанной ни рис. 271, с прямоугольным по-
перечным сечением касателы ое напряжение га расстоянии у от нейтральной оси
равняется (см. уравнение (65),
Следовательно, из уравнения (1Ь2) э 1ергия сдвига в элементарном объеме b dx dy
равняется
270
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ И УЛЧР
[гл. XI
!, . . P-l!v
bdjcdy—------.
20CJs
(с)
Для того чтобы получить уравнение для определения полного прогиба, нужво
эту величину сложить с правой частью вышеприведенного уравнении (d) •*)
Р6 РЧ* Р W ,
2 ''eEj+SOCJz ''
следовательно,
. Л . 3 h* Е\
йз/7,(,1+тс7 oj-
Второй член в скобках выражает действие касательных напряжений на про-
гиб балки.
При помощи метода, изложенного в § 39, на основании предположения, что
элемент поперечного сечения в центре тяжести заделанного конца остается вер-
тикальным (рис. 271, 7), дополнительный угол наклона от сдвига опреденится
и дополнительный прогиб будет
3 Р1
2 ЙО'
Следовательно,
РР , 3 РР_ РР ( ДА® Е \
С ЗЕ/^ 2 bhG ЗЕ/ДН 8 Р G )'
Мы видим, что урванения (g) и (g‘) не совпадают. Расхождение объясняется следу-
ющим; вывод § 39 был основан на предположении, что поперечные сечения балки
могут свободно иснриэляться под действием касательных напряжений. В таком
случае заделанное поперечное сечение будет искривляться по поверхности тОп
(рис. 271, 6) и при вычислении полной рабс-ты, произведенной при изгибе консоли,
мы должны Припять во внимание не только работу, совершенную' силой Р
(рис. 271, п), но также и работу. совершенную напряжениями, действующими в
наделанном поперечном сечении (рис. 271.6). Если будет принята во внимание эта
последняя работа, то прогиб, вычисленный на основании рассмотрения энергии
деформации, совпадает е прогибом, полученным в § 39 и определяемым по приве-
денной выше формуле (§').
В случае свободно опертой балки и нагруженной в средине, как можно за-
ключить из условий симметрии, среднее поперечное сечение не искривляется.
В таком случае уравнение (g). если его примени п> к каждой половине балки, бу-
дет давать лучшее приближение для про иба, чем у равнение (g1). Это можно видеть,
если сравнить приближенные уравнения (g) и (g*; с более строгим решением, дан-
ным в § 311.
*) Такое сложение энергии сдвига с энергией от нормальных напряжений
является правильным, так как касательвые напряжения, действующие на эле-
мент (рис. 268), не изменяют длины сторон элемента, и если нормальные напряже-
ния действуют го этим граням, то они не произведут работу пря деформации сдвига.
Следовательно, касательные напряжения не изменят количества энергии от растя-
жения или сжатия, и оба вида энергии можно просто сложить вместе.
ИЗГИБ, ВЫЗЫВЛГЫ1ЛЙ УДАГОМ
ЗАДАЧИ
I. Деревянная консольная балкй длиной 2 м, прямоугольного поперечного
сечения 12x20 гм песет равномерно распределенную нагрузку д=250 кг на I погм.
Определить количество потенциальной энергии деформации, если E=10s кг/ся2.
j п <?’*" (2,5)*-ЭДЛ12 „„ „
°"™' Ь-«ЕГ, = 40.10‘.12.2С--62’°
2. В каком отношении увеличится количество энергии деформации, вычис-
' ленное в предыдущей задаче, если высота балки будет 12 ся, а ширина 20 см?
Отпет. Энергия деформации увеличится в отношении 202: 12а.
3. Два одинаковых бруска, один со свободно опертыми концами, а другой —•
с заделанными, изгибаются равными силами, приложенными в середине. В каком
отношении находятся количества потенциальной энергии деформации?
Ответ. 4:1,
4. Решить предыдущую задачу для равномерно распределенной нагрузки оди-
наковой интенсивности <] в обоих брусках,
5, Найти отношение количеств потенциальной энергии деформации в балках
прямоугольного сечения одинаково нагруженных, имеющих одинаковую длину
и одинаковую ширину поперечвого сечения, но высоты в которых относятся
как 2-1.
Решение. Для данной нагрузки энергия деформации пропорциональна про-
гибу, а прогиб обратно пропорционален моменту энергии площади поперечного
сечснги. Поэтому при уменьшении высоты в два раза прогиб увеличивается в
8 раз в количество энергии деформации увеличивается во столько же раз.
70. Изгиб, вызываемый ударом
рте. 272.
Динамический прогиб балки, которая подвержена удару падаю-
щего тела Q, может быть определен по методу, изложенному для
случая удара, вызывающего растяжение (§ 67). Возьмем в ка-
честве примера свободно лежащую на опо-
рах балку, ударяемую в середине (рис. 272),
и допустим, что массой балки можно прене-
бречь по сравнению с массой паДаюшего тела
и что балка напряжена до предела текучести.
Тогда потери энергии при ударе не будет и ра-
бота, произведенная грузом Q при его паде-
нии, полностью преобразуется в энергию де-
формации изгиба балки *). Пусть 5 означает
балки при ударе. Если мы предположим, что
при ударе имеет такую же форму, как при
то сила, которая вызвала бы такой прогиб, на основании уравне-
ния (90), должна равняться
наибольший прогиб
изогнутая ось балки
статическом изгибе,
Полная энергия, накопленная в балке, равняется работе, со-
*} Местными деформациями па поверхпосте соприкасания нагрузки с балкой
при этом вычислении пренебрегают.
272
ЭНГГГИЯ ЛГФОРМАЦИИ И УЛАР
[ГЛ. XI
вершенной силой Р,
Если h по-прежнему означает высоту падения, то уравнение для
определения ё будет
(Ь)
откуда
«=с„+р' ^т+7ест&2« О92;
где
И °=1 2Ь,г-
Уравнение (192) — точно такое же, как и при ударе, вызывающем
растяжение (уравнение (175)).
Необходимо заметить, что вид уравнения остается тот же и дая
других случаев удара при условия, что деформация в точке удара
пропорциональна силе приложенной в этой точке. Если через
а обозначим коэффициент пропорциональности, зависящий от кон-
струкции, то мы имеем
Тогда
и так как ёст— Q«, то это уравнение приводится к уравнению (192).
Необходимо заметить также, что прогиб 6, вычисленный из урав-
нения (192) представляет верхний предел, к которому приближается
наибольший динамический прогиб, когда нет потери энергии при уда-
ре. Всякая потеря будет уменьшать динамическим прогиб. Когда
динамический прогиб найден из уравнения (192», то соответствующие
напряжения можно найти умножением на &6С1. напряжений, полу-
ченных при статическом приложении груза Q.
Когда Л велико по сравнению с б,.т или удар происходит в гори-
зонтальном направлении, то уравнение (192) принимает более прос-
той вид
б= 1,7бст1’8-
Для случая балки, опертой на концах и ударяемой посередине, это
уравнение дает
0-J
(ф
70]
ИЗГИБ, ГЫЗЫВАГМЫЙ УДАРОМ
273
Наибольший изгибающий момент в этом случае будет
Pl fi V6F.JZ l
/игоах 4 Р 4
IV
_М8£/а I
Г W"
Для прямоугольного поперечного сечения, пользуясь уравне-
нием (d), получаем
„ , / Qua 18Е , .
tf-nax3’ 1 2g 1Г ' I®)
Это указывает на то, что наибольшее напряжение зависит от ки-
нетической энергии падающего тела и объема IF балки-
При определении влияния май» балки на наибольший прогиб будем пред-
полагать, что изогнутая ось балки при уларе имеет такую же дерму, как и при
статической изгибе Тогда можно показать, что приведенная масса балки 1). опер-
той иа концах, равняется (17/35) (ql/g) и общая скорость, которая устанавливается
в первый момент удара, равняется
г'о= [у v-
Полная квиетическая энергия после у станок гения общей скорости vo равна
Пользуясь этим выражением вместо
в уравнении (Ь), получаем травнете
ip'
r ’’"35Q
в когорт»’ принято во внимание влияние массы балки на прогиб б2)
(193)
х) См Сох, цитир га стр. 261,
г) Несколько примеров на применение этого уравнения можно найзи в статье
Prof Т s с й е 1 ь с li е, Z. Ver deut Ing , стр 134,1ЯЛ4. Более точная теория попе-
речного удара па балку основана на исследовании ее поперечных колебаний сов-
местно с местными деформациями в точке удара. См. перевод Si Venanl’a книги
Cleosdr'a, сгр 537, цитировано; raiat.c Cornpt rend .т. 45 стр 20-1, 1857 и егятью
автора в Z Malh п Phys , т 82, стр 198, 1913. Опыта с балками, подверженными
удару, были произведены в Швейцарии и уд.1влетвор11тсл1ко согласуются с выше-
приведешгой при&тожешгой теорией, eti М PoS, Tech Komm. Verband Schweiz,
Bruckeiibati ч. Lisenhochbaraahnken, март, 1922. См. также Z. Т п я г and М. I\ i s i-
d a, Phil Mag. (серия 7), 7 2], стр 448, R. .\. А г no 1 d, Proc lrss, Mccli. Engrs.
(London), t, 137, стр 217. 1937; E. 11. L e e, J Appl Mecli , i. 7, стр 129, 194<i
274
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ И УДАР
[ГЛ. XI
В случае консоли, если груз Q ударяет балку на конце, величина приведенной
массы балки равняется Когда свободно лежащая на опорах балка уда-
ряется в точке, расстояния которой от опор соответственно равны а и Ь, то приве-
денная масса ее равняется
и уравнение (193) должно быть изменено согласно этому выражению
ЗАДАЧИ
1. Груз в 20 кг, падающий с высоты /г=30 см, ударяет посередине свободно
лежащую на даух опорах деревянную балку прямоугольного сечения длиной 3 м.
Определить необходимую площадь поперечного сечения, если допускаемое напря-
жение [о J—70аг/с.и®, £~ 10* дл/см®. Пренебречь сравнительно с й
Решение, Пользуясь уравнением (е) стр 273 ’), получаем
. Qv1 18£ 20-30-18-10s
=~s—т —=735 кв.см.
2g 1 (1°1> Зои-70*
2, В каком отношении изменится площадь в предыдущей зячзче- I) если про-
лет балки увеличится с 3 до 42) если груз Q увеличится на 50% ?
Ответ. 1) Площадь уменьшится в отношении 3:4, 2) площадь увеличится
на 50%.
8. Груз Q--40 м падаете высоты 30 см на середину свободно лежащей на даух
опорах двутавровой балки длиною 3 м. Найти безопасные размеры, если [о]=
=2000 ке/мй
Решение. Пренебрегая йст по сравнению с h (см. уравнение (с)), находим, что
отношение между динамическим и статическим прогибами равняется
А=1/'—-1/-
Ссг * 4Г&И г йсг
Если изогнутая ось балки при ударе имеет такую же форму, как и при статическом
изгибе, то наибольшие напряжения будут относиться как прогибы. Следова-
тельно.
,/~2й QI
V Сст4Г
=м.
откуда
IF f5EQ h
С -([o»s / ’
где Й7 — момент сопротивления, ас — расстояние пкнболсе удаленного волокна от
нейтральной оси, которое н этом случае равняется половине высоты балки. Под-
ставляя числовые данные, получаем
Г 6-2.10’-40-30 t
< 2<J«P.30O ~ися-
Необходимая двутавровая балка будет № 16, й7= Ив смг.
*} Местными деформациями на поверхности соприкасания нагрузки с балкой
при этом вычислении следует пренебречь.
711
OEIIIFF ЗЫРАЖГ11ИЕ ЭНГРГИИ ЧГ40ГМЛЦИИ
275
4. Какие напряжения возникнут в балке предыдущей задачи от груза в 80 кг,
падающего на середину балки с высоты 15 ем}
Ответ. Цвах= *989 кг/гж®.
5. Груз Q=40 ла, падакяцкй с высоты h—30 сч, ударяет иа конце деревянную
консольную балку длиной 2 ж и площадью поперечного сечения 30 • 30 см Опре-
делить наибольший прогиб, принимая во внимание потерю энергии благодаря вли-
янию массы балки
Решение Пренебрегая 6СТ по сравнению с h, получим уравнение, аналогичное
уравнению (193).
'H0Q
Для 1=0,6; 9=0,6 • 3 • 3 • 10=54 ггг/ж; 91=54 • 2= 108 кг и
/~ 60 ,/36,6-407йЮ‘ 12 „„
0=1/ ЗЮ^Зп» -0.76^.
Г ^140-40
6. Груз Q, падающий вниз с нысоть; h. ударяет поссрезпие балку, свободно
лежащую на двух опорах. Пренебрегая бсг по сравнению с найти величину от-
ношения . при которой влияние массы балки уменьшает динамический прогиб
на 10%.
Oiwkin.
^-=0,483.
71. Общее выражение энергии деформации
При рассмотрении задач на растяжение, сжатие, кручение и из-
гиб было показано, что энергия деформации может быть представлена
в каждом случае функцией второй степени от
внешних сил (уравнения (171), (180) и (187)) или
функцией второй степени от перемещений
(уравнения (172), (181) и (188)).Это положение
также справедливо в самом общем случае де-
формации упругого тела при соблюдении сле-
дующих условий: I) материал следует закону
Гука, 2) перемещения вследствие деформации
настолько малы, что не оказывают влияния
на действие внешних сил. и ими можно пре-
небречь при вычислении напряжений1). При
этих двух условиях перемещения упругой .........
линейными функциями внешних сил. Если эти силы увеличи-
ваются в некотором отношении, то все перемещения увеличивают-
ся в том же отношении. Рассмотрим тело, которое подвергается
действию внешних сил Pt, Р£, Р„... (рис. 273) и опирается таким
системы являются
*) Такие задачи, как изгиб стержней поперечными силами с одновременным
осевым растяжением или сжлтнем, не удоглетворяют вышеуказанным условиям и
исключается из aiuio рассмотрения. Относительно этих исключительных случаен
276
ЭНЕРГИЯ РЕФОРМАЦИИ И УЯЛР
[ГЛ XI
образом, что движение его в целом как твердого тела невозможно,
а могут происходить лишь отдельные перемещения вследствие упру-
гих деформаций. Пусть &, 6а,... означают перемещения точек
приложения сил, измеряемые по направлению соответствующей си-
лы ’), Если внешние силы увеличиваются постепенно, так что они
всегда находятся в равновесии с внутренними силами упругости, то
произведенная ими во время деформации работа будет равняться
потенциальной энергии, накопленной в деформированном теле. Ко-
личество этой энергии не зависит от порядка, в котором приложены
силы, ио вполне определяются их конечными значениями. Положим,
чго внешние силы Pi, Ps, Ps... увеличиваются одновременно в одном
и том же отношении Тогда зависимость между каждой силой и соот-
ветствующим ей перемещением может быть изображена диаграммой
аналогично той, которая показана на рис. 262, и работа, произве-
денная всеми силами Pi, Pi, Pt,..., равная потенциальной энергии
тела, будет
(194)
т. е. полная энергия деформации равна полусумме произведений
каждой внешней силы на соответствующее перемещение'2). На ос-
новании сделанных выше допущений, перемещения 6„ &, 6„... яв-
ляются однородными линейными функциями сил Pi, Ръ, Ps,... Под-
становка этих функций в уравнение (194) дает общее выражение для
потенциальной энергии упругого тела в форме однородной функции
второй степени от внешних сил. Если силы представлены линейными
функциями перемещений и эти функции подставлены в уравнение
(191), то получается выражение для потенциальной энергии в форме
однородной функции второй степени от перемещений.
В предыдущем рассуждении не были приняты в соображение ре-
акции опор Работа, произведенная этими реакциями во время дефор-
мации, равна нулю, так как перемещение неподвижной опоры А
(рис. 273) равно нулю, а перемещение подвижной опоры В перпен-
дикулярно к направлению реакции, трением же на опорах обычно
пренебрегают. Счедовательно, реакции ничего не добавляют к выра-
жению для потенциальной энергии (194).
В качестве примера на применение уравнения (194) рассмотрим потенциальную
энергию, накопленную телом, имеющим фпрыу куба и испытывающим равномерное
растяжение по трем церпеидикулнрны.м направлениям (см. рис Б4) Если ребро
куба равняется единице длины, то растягивающие усилия на его гранях численно
равны ах, ov, и соответствующие удлинения буду г еж, еу, вг.
1) Перемещения ret же точек по направлению, перпендикулярному к соогает
ствующей силе, не рассматриваются в последующем изложении
£) Этот вывод впервые был подучен С1ареугоп'ом; см. Lame, Lesins sur la
theoric mathematiqne de I’Olastrcite, 2 изд., стр. 79, 1866.
721
ТЕОРЕМА К'ЛС г ПЛИЛПО
277
Тогда itorrn it пильная энергия, накопленная с одном кубическом сантиметре,
по форчу.к (194) б.дсг
°лду ° Лу
= 2 1 Т" *' 2 ’
Подставляя вмесп* удлинений их значения из уравнения (4^) ’), получаем
^"=2ё (СХ“ЬСИ вх)------------------------g" I СуС>г}-с>Рх) <[95)
Эго выражение может быть применено также в том случае, koi да нормальные на
пряжения являются сжимающими, необходимо лишь эти напряжения взять е отри-
нэтедьным знаком.
Если, кроме нормальных напряахпий, действуют по граням элемента и каса-
тельные напряжения, то энергия сдвига м<1*ет быть сложена с энергией растяжения
или сжатия (см. стр 270) и, пользуясь уравнением (152), находим, что полная энер-
гия, накопленная в 1 см3, равняется
L'-§g -°y>-cz> —g |-— (I,J&)
В качестве второго примера рассмотрим Салку, свободно лежащую на двух
опорах, нагруженную силой Р посередине пролета и парой сил ,11 на опоре А.
Прогиб посередине по формулам (90) и (103) равняется
х РР , М1~
6~48£J+i6E7- (а)
Угол поворота сечения на опере Л по форматам (88) и (104) равняется
е__I? М1_
“lC£J+3£7'
(Ь)
Тогда потенциальная энергия балки, равная работе, совершенной силой Р н парой
сил Л), будет
:_РЪ Л» I [РЧ* МЧ У1Р1-
2 2 ' EJ \ 96 '* 6 + 16'./ '
Эго выражение является однородной фупкцпь;' второй сгепенп от внешней силы и
внешней пары. Определяя .11 и Р из уравнений (а) и (Ь) и подставляя их з урач-
пел tie (с), получаем выражение для питенгшальнов энергии балки в виде одвор<>д-
ной функции второй степени от перемещений Необходимо заметить, что когда на
тело действуют внешние пары сия, то соответствуилиямн перемещениями будут
углы попорота тех селений элементов, на которые действуют эта пары сил.
72. Теорема Кастилиано
Имея выражение для потенциальной энергии в разных случаях,
мы можем установить очень простой метод для вычисления переме-
щений точек упругого тела при его деформации. Например, в случае
простого растяжения (см. рис. 1) потенциальная энергия стержня по
*) В этом вычислении не имеют праитическсго значения изменения температу-
ры, вызываемые деформацией Для ,_алы1ейшсго ознакомления ем. T.Wej ra-
nch, Thcone elasiisctier Korper, Leipzig, стр 163, 188ч. См. также Ardittdc. и,
lilgenierw,, т, Е4, стр. 91 и 277, 1908,
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ И УДАР
формуле (171) равняется
C'-S-
Взяв производную от этого выражения по Р, получим
Р1_ .
dP~FE~°-
Таким образом, производная от потенциальной энергии по силе дает
перемещение, соответствующее силе, т. е, перемещение точки прило-
жения силы по направлению силы. В случае консоли, нагруженной
на конце, потенциальная энергия равняется (уравнение (с), стр.268)
U="lEJ '
Производная от этого выражения по силе Р дает известный прогиб
P143EJ на свободном конце.
При кручении круглого нала потенциальная энергия равняется
(уравнение (185))
и=-&г;-
Производная от этого выражения по крутящему моменту даег
аи мк1
М1к~ GJ/"
т. е. угол закручивания вала, и представляет перемещение, соответ-
ствующее крутящему моменту.
Когда на упругое тело действует несколько сил, то можно при-
менить тот же метод вычисления перемещений. Например, выраже-
ние (с) предыдущего параграфа дает потенциальную энергию балки,
изгибаемой силой Р в середине и парой сил А! на конце. Частная
производная от этого выражения по силе Р дает прогиб под силой
и частная производная по моменту Л1 дает угол поворота опорного
сечения, на которое действует пара сил Л1.
Теорема Кастил па но является общим выражением этих резуль-
татов 1). Если материал следует закону Гука и перемещения при
деформации настолько малы, что ими можно пренебречь при рассмот-
рении действия сил, то потенциальная энергия такой системы может
быть выражена однородной функцией второй степени от действующих
сил (см. § 11). Тогда частная производная от потенциальной энергии
по какой-либо силе дает перемещение, соответствующее этой силе
’) См. статью Castighano, Nuova teoria intorno deU'equiljbrio dei sis-
tenii elastic!. Atti ace. sci., Torino, 1875. См, также его Tlieorie de I'equihbre des
sisteines elastrques, Turin. 1879. Английский перевод работы Каспсчиано см. Е, S.
Andrews, Elastic Stresses in Structures, London, 1919,
279
21 TFOPFMA КАСТИЯИАНО
(исключительные случаи см. §76). Термины «сила» и «перемещение»
' здесь могут иметь обобщенное значение, т. е. они включают соответ-
^ственно «пару аеп и «угловое перемещение».
? Рассмотрим общий случай, показанный на рис. 273. Положим, что
^потенциальная энергия представлена функцией сил Pi, Pi, Р,,..-,
*ТВК что
| U-f(Pt, Р„ Р„ ...) (а)
СЕсли какой-либо внешней силе Р„ дано небольшое приращение dP„,
то энергия деформации также увеличится, и ее новое значение будет
; U+^dP„. (Ь)
1 Но количество потенциальной энергии не зависит от порядка, в ко-
тором силы приложены к телу, и зависит лишь от их конечных зна-
чений. Можно предположить, например, что сначала была приложена
бесконечно малая сила dP„, а затем силы Р(, Pt, Р„... Окончательное
количество потенциальной энергии будет прежним. Сила dPllt при-
ложенная сначала, вызывает лишь бесконечно малое перемещение,
так что соответствующая работа (равная произведению малой силы
на соответствующее малое перемещение) является бесконечно малой
величиной второго порядка и ею можно пренебречь.
Прикладывая теперь силы Ру, Рг, Рг,..., должны заметить, что
действие их не изменяется ранее приложенной силойdP„i}, и рабо-
та, совершенная этими силами, будет по-прежнему равняться U
(уравнение (а)). Но тем не менее при приложении этих сил сила dP„
на перемещении 6„ в направлении Р„ производит работу (dP,,)6„. Эти
два выражения для работы необходимо при-
равнять друг другу. Поэтому
U+$-(dp,)-U+<dP,
" А dU
№.•
и теорема Кастилиано доказана.
В качестве приложения теоремы рассмотрим консольную балку,
нагруженную силой Р и парой сил Ма на конце (рис. 274). Изгибаю-
щий момент в поперечном сечении пт равняется —Рх—Ма, и по-
тенциальная энергия из уравнения (187) равняется
2£J *
Чтобы получить прогиб 6 на конце консоли, мы должны лишь взять
г} Это слодч ст из условий, оговоренных на стр. 2г 5. па основании которых по-
тенциальная энергия была получена как однородная функция второй степени.
280
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ И УДАГ
[ГЛ XI
частную производную от (J по Р’)> что Дает
А &U 1 Ca.dM .
в“ЭТ“иj Л|5?dx-
Подставляя вместо М его выражение в зависимости от Р и М„.
получаем
То же выражение можно получить при помоши одного из прежде из-
ложенных методов, например графоаналитического метода или мето-
да интегрирования дифференциального уравнения (79) упругой
Рис 275
Чтобы получить угол поворота концевого сечения, найдем част-
ную производную от потенциальной энергии по паре сил Л1О, что
дает
’=эт.-э| j
Положительные знаки, полученные для 6 и О, указывают на то, что
прогибы поворота конца имеют те же направления, соответственно,
как сила и пара сил на рис. 274.
Необходимо заметить, что частная производная представляет
скорость увеличения момента Л1 с увеличением силы Р и может быть
наглядно изображена эпюрой изгибающих моментов для силы,
равной единице, как показано на рис. 275, а. Частная производная
может быть наглядно представлена, таким образом, эпюрой из-
гибающих моментов на рис. 275, Ь. Пользуясь обозначениями-
<Ц) „ ли ...
aF“11» " вС“-,г-
*) Проще будет сначала продифференцировать под знаком интеграла и «птгм
интегрировать, нежели сначала вычислить интеграл и затем дифференцировать.
721
ТРОРЕМЛ КЛСТИЛИЛПО
281
мы можем представить наши прежние результаты в следующем виде:
f Л1Л1„их. (198)
Эти уравнения, выведенные для частного случая, показанного на
рис. 274, также справедливы для общего случая балки с любой на-
грузкой и любыми опорами. Они также могут быть применены в слу-
чае распределенных нагрузок.
Рассмотрим, например, случай балки, свободно лежащей на опорах
И нагруженной равномерно распределенной нагрузкой (рис. 276),
и вычислим прогиб в середине этой балки, пользуясь теоремой
bj dj
Рпс. 276.
Кастилнано. В предыдущих случаях действовали сосредоточенные
силы и пары сил, и частные производные по этим силам и парам сил
давали соответствующие перемещения и углы поворота. Однако в
случае равномерно распределенной нагрузки нет вертикальной силы,
которая действует в середине балки и которая соответствовала бы ис-
комому npoi ибу в середине. Таким образом, мы не можем поступить
та к же, как в предыдущей задаче. Однако это затруднение можно лег-
ко устранить, если предположить, что в середине балки имеется фик-
тивная нагрузка Р бесконечно малой величины. Такая сила, оче-
видно, не окажет влияния на прогиб или эпюру изгибающих момен-
тов, показанную на рис. 276. Ь. В то же самое время скорость увели-
чения изгибающего момента вследствие увеличения Р, выраженная
частной производной представлена на рис 276, с и 276, d. При
этих значениях Л1 и величина прогиба будет
Замечая, что <И и симметричны относительно середины пролета.
2Г'2
SIlFPniH ДЕФОРМАЦИИ В УЛАР
[ГЛ XI
получаем
с“гУЛ1
Ъ ql'
Если требуется вычислить угол поворота конца В балки на
рнс. 276, а при помощи теоремы Кастилиано, мы должны лишь пред-
положить бесконечно малую пару сил Мь, приложенную в В. Такая
пара не изменит эпюру изгибающих моментов на рис. 276,Ь.
Тогда частная производная будет представлена на рис. 277, а
и 277,Ь. Требуемый угол поворота
конца В балки будет
““-tin;-
Мы видим, что результаты, полученные при помощи теоремы Касти-
лиано, совпадают с ранее полученными результатами (стр. 126).
ЗАДАЧИ
1. Определить при помощи теоремы Кастилиано прогиб и угол поворота конца
равномерно нагруженной консоли.
2. Определить прогиб конца В одвокоисольной балки, показанной на рнс, 278.
3. Какое горизонтальное перемещение опоры В рами, показанной на
рис. 274, будет вызвано горизонтальными силами Л?
. 2 Bt? . Bh4
utneem. 6A=3-£j
Рис 279
4. Определить увеличение расстояния АВ, вызываемое силами Н (рис. 2Ю),
если стержни АС и ВС имеют одинаковые размеры, причем необходимо принять во
73]
ДЕФОРМАЦИЯ ФЕРМ
283
внимание лишь изгиб стержней Угол а предполагается не очень малым, так что
влиянием прогибов на величину изгибающего момента можно пренебречь.
Е. Определить прогиб на расстоянии о гр I А
& левого кониа равномерно нагруженной 7
валки, показанной на риг. ?76, а.
t Решение. Прикладывая бесконечно ;кх [
^илую нагрузку Р на расстоянии а от ./if |' ° I
левого конца, находим частную произвол- |г" / ||________
яую^ь. которая изображена на рнс. 281, а У
; Рис. 281.
и 281, Ь. Пользуясь для М параболиче-
ской эпюрой, представленной на рис.276, <>, получаем требуемый прогиб
Подставляя х вместо с и I—х вместо Ь, мы можсу этот результат привести к согласо-
ванию с ранее подученным уравнением изогнутой оси балки (стр |26).
73. Деформация ферм
Теорема Кастилиано особенно полезна при определении де-
формаций в фермах. В качестве примера рассмотрим случай, по-
казанный на рис. 282. Все стержни системы пронумерованы, и их
длины и площади поперечных сечений даны в таблице 5. Уси-
лие Sf, вызванное в каком-либо стержне i системы силами
А» ^»> ЫОЖ1Ю вычислить из обычных уравнений статики.
Эти усилия даны в 4-м столбце таблицы 5. Потенциальная энер-
гия деформации какого-либо стержня, по формуле (171),
равняется S*/J2FtE. Тогда количество потенциальной энергии во
всей системе будет
(199)
где суммирование распространяется на все стержни системы, кото-
рых в нашем случае имеется т~ 11. Усилия S,- являются функциями
нагрузок Р и, следовательно, на основании уравнения (197), про-
гиб б„ под какой-либо нагрузкой Рп равняется
11=’дРп~'дР„‘
т
ЭНГГГИЯ ПРФОГМАНИН И УДАР
Ггл. XI
ДГФОРМАЦИЯ «FPM
285
Производная представляет скорость увеличения усилия с уве-
личением нагрузки Рю. Численно опа равняется усилию, вызывае-
мому в стержне i нагрузкой, равной
Рис. 282.
единице и приложенной в положе*
нии Рп, и мы будем пользоваться
этим обстоятельством при нахожде-
нии указанной производной. В даль
нейшем эти производные будем обоз-
начать через S'. Тогда уравнение
для вычисления деформации будет
1201 >
|==л '
Рассмотрим, например . деформацию б2,
соответствующую силе Рх в точке А
на рис. 2X2,а. Значения S,-, поме-
шенные в 5-м столбце таблицы, по-
лучены при помети статики при на-
груженном состоянии, показанном на
рис. 282,6, в котором отброшены все
действующие силы и приложена
в шарнире А вертикальная сила в
1 тонну. Значения, помещенные в 6-м
столбце таблицы, вычислены из значений, входящих в столбцы 2-
Суммироваине и деление на модуль упругости £=(2/1000)-IOWcai2
Таблица !>
Давние для фермы, показанной на рис. 282
St т s< s. ' s"
2 4 6 6
1 500 351 —13,75 —0,625 143 0
2 30 J 15 -1- 8.25 +0,37» 62 1
3 400 10 + 8,00 0 0 (1
4 300 15 + 8.25 -0 375 62
5 5OJ 10 Ь 3,75 117 0
Ь Shi 20 —10.50 —0,75и 24 1.
•7 □ио 10 ’- 6,25 -*-0.625 |чй б
8 &ю 15 — 6,75 -'-0.375 L,|
9 4' Н) 10 J- 4,00 0 0 0
10 &'Ю 30 —11,25 —0.623 117 (J
ч ЗОЭ 15 'И 6,75 +0.375 э1 0
< ^——=-822 тем
дает деформацию в А (уравнение (201))
«. 822-li'HO п...
s." 2.1U- =»0,411сл.
Предыдущие рассуждения относились к вычислению перемеще-
ний Oi, бз..соответствующих заданным внешним силам Р,, Рг...
При исследовании деформации упругой системы бывает необходимо
вычислить перемещение точки, в которой совсем нет нагрузки, или
перемещение нагруженной точки в направлении, отличном от на-
правления нагрузки. Метод Кастилиано можно применить также и
здесь Мы только приложим в этой точке дополнительную бесконечно
малую еюбравд’атар/о нагрузку Q в том направлении, в котором жела-
ем ' г>
тельно получить перемещение и вычислить производную . Б этой
производной необходимо дополнительную нагрузку Q положить рав-
ной нулю и затем определить желаемое перемещение. Например, в
ферме, показанной на рис. 282,а, определим перемещение точки А.
В этой точке прикладываем горизонтальную силу Q и получаем соот-
ветствующее горизонтальное перемещение
1=яп
Z-. У 6Sf
(а)
где суммирование распространено на все стержни системы. Усилия
S,- в уравнении (а) имеют то же значение, что и прежде, так как до-
полнительная нагрузка Q равна нулю, а производные
получаются как усилия в стержнях фермы, вызываемые нагрузкой,
показанной на рис. 282, с. Эти значения помещены в 7-м столбце
таблицы. Подставляя эти усилия в уравнение (а), мы находим, что
горизонтальное перемещение А равно сумме удлинений 2 и 4 стерж-
ней, а именно:
I ,5г1г Л4/Д 1000 /8,25-300 . 8,25-300\ п ,йг
£ 1.~15---+ 15 J=U’ltw
СМ.
При исследования деформации ферм иногда бывает необходимо
знать изменение расстояния между двумя точками системы Это
можно получить при помощи метода Кастилиано. Определим, напри-
мер, какое увеличение б в расстоянии между узлами А и В (рис.
283, а) будет вызвано сипами Р,, Ре, Рг. Приложим в этих узлах две
равные и противоположные воображаемые силы Q, как указано на
рисунке. Из теоремы Кастилиано следует, что частная производная
о дает УкоРочение расстояния АВ, вызываемое нагрузками
Р„ Pt, Ря. Пользуясь уравнением (197), находим,что это перемещение
286
ЭН1Г1ИЯ ЯГЛОГМЦЦШ1 И УДАР
[ГЛ XI
равняется ’)
Л — i^'\ _ У*Sili ds! _ У*"S>li S'
° \ SQ / Q .... ° ,ir-1 f ‘b °' ’
(202)
где5,— усилия, вызываемые в стержнях системы действующими си-
лами Р„ Pt, Рг; S',— величины, определяемые из нагруженного со-
стояния, показанного на рис. 283, Ь, в котором отбро-
шены, все действующие силы, а в А и в В приложены
две противоположные силы, равные единице, и т —
число стержней-
ЗАДАЧИ
I. Система, состоящая из двух призматических стержней
одинаковой длины и одинакового поперечного ссчсння (рис. 284),
несет вертикальную нагрузку' Р. Определить вертикальное пере-
мещение шарнира А
Решение. Растягивающее усилие в стержне АВ и сжимающее
усилие в стержне АС равны Р. Следовательно, потенциальная
энергия систему равняется
2Г£ *
Вертикальное перемещение А равняется
. dU 2Р1
’’-М' ТЕ-
2. Определить горизонтальное перемещение шарнира А в предыдущей -адаче.
Решение. Прикладываем горитопга.тьную воображаем; ю нагрузку Q, как у ка-
зано на рис 284 пунктирной линией Тогда потенциальная энергия системы & дет
’) Эта задача впервые была решена J С .МачттоЬ'им Юл the Calculation of
the Equilibrium and Stiifiws--of Frames», Phil. Mag , t. 27, стр, 294, 1864, или
Scientific Papers, Cambridge, t, 1, етр. 598, ИЯ0»
П1ИЛСЖКНИК TFOl’FMIJ КАСТИЛИАНО
Производная от этого выражения по Qnpu Ц=0 дает горизонтальное перемещение
А \dQsQ=O \3f-ElQ~,o
3. Определить угловое перемещение стержня АВ, вызываемое нагрузкой Р
(рис. 285).
Решение. Приложим к системе воображаемую пару сил Л), как показано иа
рисунке пунктирными линиями. Перемещение, соответствующее этой ларе сил,
есть угловое перемещение <р стержня АВ ют нагрузки Р, Усилии в стержнях
откуда
Рис. 286.
будут: jjl— в стержне АВ и Р .—в стержне АС. Потенциальная энер-
гия равняется
4. Определить вертикальное перемещение точки А и юризонталыюе переме-
щение точки С стальной фермы, показанной па рис. 266, если Р—1000 кг, площади
поперечных сечений сжатых стержней равны 30 гм2, а растянутых — 12 см1.
74. Приложение теоремы Кастилиано к решению статически
неопределимых задач
Теорема Кастилиано весьма полезна также при решении статиче-
ски неопределимых задач. Начнем с задач, в которых реакции
опор рассматриваются как статически неопределимые величины.
Обозначая через X, У, Z, ... статически неопределимые реактивные
силы, можем энергию деформации системы выразить в функции этих
сил. Для неподвижных опор и для опор, движение которых перпен-
дикулярно к направлению реакций частные производные от энергии
деформации по неизвестным реактивным силам должны быть, по тео-
реме Кастилиано, равными нулю. Следовательно,
*4=°. w-°’ &-<>•• <203)
Таким способом мы получаем столько уравнений, сколько имеется
статически неопределимых реакций.
Можно показать, что уравнения (203) выражают условия для
minimum'а функции U, откуда следует, что величины статически не-
определимых реактивных сил таковы, чго делают потенциальную
288
ЭНЕРГИЯ ЛГФОРМЛЦМИ И УДАР
[га XI
энергию системы minimuni'cM. Это есть так называемый принцип
наименьшей работы, применяемый к определению лишних реакций’).
В качестве примера на применение упомянутого принципа рас-
смотрим равномерно нагруженную балку, заделанную одним концом
и свободно опертую другим (рис. 287). Это — задача с одной стати-
чески неопределимой реакцией. Прини-
мая за статически неопределимую ве-
личину реакцию X правой опоры, найдем
эту неизвестную силу из уравнения
и=°- W
Потенциальная энергия балки, по формуле (190), равняется
(Ь)
Подставляя в (а), получаем
тт-Jr f м a’.*-Jr [ (v* - л.1; хС—? —О,
ЛЛ EJ ,) ал EJ А \ 2 J Е.Г \ 3 о/
О о
откуда
х=4«/.
Вместо реактивной силы X за статически неопределимую величину
можно было бы принять реактивную пару Л(в на левом конце балки.
Тогда энергия деформации была бы функцией Л1в. Уравнение (Ь)
сохраняется, ио изгибающий момент в каком-либо сечении будет
Исходя из условия, что левый конец балки при ее изгибе ке повора-
чивается, производная от энерцш деформации по Ма должна
’) Принцип наименьшей работы впервые был установлен F. Мепасгаа в его
статье «Nouveau pnncipe ччг la distribution ties tensions dans les sys>i6nics elas-
tiqiies». Con pt. rend. t. 4G, стр Ю, 18Л8, см там же, т 98, стр. 7'14,1884. Пол-
ное доказательство принципа было дано Кастилиано, который сделал этот принцип
осговпым методом решения статически определимых систем. Применение метода
потенциальной энерт ил в технике Гдыо разработано О. МоЬг’ом (см его Abhandlun
gen, нитрид), 11 М ц 1 I е г - В г е s I а и в его книге «Die пеигеп Methoden <)ег
Fesligkei tslehre* и F. Спдьь^ег’ом «Uber die Beredniuna sialisdi unhestirnmter.Syste-
nie». Zenlr Bauvercvall., crp fitXi, ГЮ7 Очень полная библиография этого предме-
та приведена в статье Al Griining cEnej klopiidie derMathematisdien WiSjeibchaft.»,
том 4, стр. 419.
ПРИЛОЖЕНИЕ ТЕОРЕМЫ КАСТИЛИАНО
289
равняться нулю, т. с
откуда получаем абсолютное значение момента
Задачи, в которых за статически неопределимые величины мы
принимаем усилия, действующие в лишних стержнях системы, также
можно решать при помощи теоремы Ка-
стилиано. Возьмем, например, систему,
представленную на ряс 18, которая была
рассмотрена ранее (см стр 26). При-
нимая за статически неопределимую не
личину усилие X в вертикальном стерж
не. найдем что усилия в наклонных
стержнях ОН и OD будут равны .
Обозначая через U\ энергию деформации
наклонных стержней (рис 285, а) и че-
V
Рис. ?88
рез th энергию деформации вертикального стержня (рис.
получим полную энергию деформации системы *)
288, Ь).
^+Мг^У reisr^i-
(С)
Если б есть действительно перемещение вниз учла О на рнс (8, то
производная по X от энергии Ui системы, представленной на
рис. 288, а, должна быть равна —б. так как усилие X системы имеет
направление, противоположное направлению перемещения б Также
дЬ' , «
производная будет равна б, поэтому
dU дС\ , dU s v . А
гх”йх+'гх“—б+б-° W
Видно, что истинное значение усилия X в лишнем стержне таково,
что делает полную энергию деформации системы mini mum’ом Под
ставляя в уравнение (d) вместо U его выражение (с), получаем
•) Предполагается, что все стержни имею» jAhj и rj *е площадь поперечного
сечения и один и тот же модуль упругости Е,
1Л г. п
290
ЫН Н ИЯ Д1 ФОРМАЦИИ 11 УЛАР
[ГЛ. XI
откуда
14-2 cos'* и
Подобные рассуждения можно применить к любой статически неопре-
делимой системе с одним лишним стержнем, и мы можем утверждать,
что усилие в этом стержне таково, что обращает энергию деформации
системы в mnniiiuin Чтобы проиллюстрировать способ вычисле-
ния усилий в таких системах, рассмотрим раму, показанную на
рис 289, а. Реакции здесь статически определимы, но когда мы по-
пробуем определить усилия в стержнях, то найдем, что имеется один
ливший стержень Примем стержень CD за лишний Разрезаем этот
Рис 26У
стержень в какой-либо точке и прикладываем к каждому концу F
и F, силу X, равную усилию в стержне
Таким образом, мы приходим к статически определимой
системе, подверженной децствию известной силы Р и, кроме того,
неизвестных сил X Усилия в стержнях этой системы будут найдены
в два этапа. 1) усилия, вызываемые внешней нагрузкой Р, когда
отсутствует X (рис 2S9, Ь), и обозначаемые через S^, где i указывает
номер стержня, 2) усилия, возникающие в том случае, когда внеш-
няя сила Р отброшена и силы, равные единице, заменяют силы X
(рис 289,с) Последние усилия обозначаются через S' Тогда полное
усилие в каком-либо стержне при одновременном действии силы Р
и сил X равняется
5=$: i-SLV. (е)
Полная потенциальная энергия системы по формуле (199) рав-
няется
"-Е^Е^^. <о
где суммирование распространяется на все стержни системы, вклю-
74»
ИГИЛОЖГЛИК ТРШ'ЬМЫ КАСТИЛИАНО
291
чая н разрезанный стержень CD ’}. Применим теперь теорему Каст
лнано, согласно которой производная от С’ по z\ даог перемещение
концов /• и /'i но направлению одного к другому В действительности
же стержень является неразрезанным, и это перемещение равняется
нулю. Отсюда
fe)
т. е. усилие X в лишнем стержне таково, что обращает потенциаль-
ную энергию системы в minimum Из уравнений (Г) и щ) получаем
откуда
(204)
Этот способ можно paciipociранить на систему, в которой имеется
несколько лишних стержней.
Принцип наименьшей работы также можно применять в тех слу-
чаях, когда статически неизвестными величинами являются пары
сил. Возьмем в качестве при-
мера равномерно нагружен-
ную палку на трех опорах
(рис. 290). Если за статически
неопределимую величину при
нятъ изгибающий момент над
средней опорой, то, разрезая
балку в fi, получаем две сво-
бодно лежащие на опорах
Рис 2'*J.
балки (рис 290,Ь), нагружен-
ные неизвестными парами сил .W,„ кроме известной равномерной
нагрузки q Так как в действительности изогнутая ось балки
непрерывна, то никакого поворота конца В' балки А'В' относи-
тельно конца В" балки В"С нет Отсюда
(205)
Опять значение статически неопределимой величины таково, чго об-
ращает потенциальную энергию системы в minimum.
*) Для »|М о стержня 6’(=0 и S,-=l.
292
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ И УДАР
[ГЛ XI
ЗАДАЧИ
I Вертикальный груз Р удерживается вертикальным стержнем DB длиною I
и с площадью поперечного сечения F и двумя одинаково наклоненными стержнями
длиною п с площадью поперечного сечения Г, (рис 291) Определить усилия в
стержнях, а также отношение FtlF, при котором усилия во
всех трех стержнях будут численно равны ме.кду собою.
Решение. Система является статически неопределимой
Пусть X будет растягивающее усилие в вертикальном
стержне Тогда сжимающие усилия в наклонных
и потенциальная энергия системы равняется
2F\E
Принцип наименьшей работы даст
AU XI
dX ГЕ FXE ’
откуда
Подставляя это значение X в уравнение
Х^<Р-Х>.
выражающее услоняе равенства сил во всех трех стержнях, получаем
2 Определить горизонтальную реакцию X в системе, показанной на рис. 292
Решение Неизвестная сила X войдет лишь в выражение для потенциальной
энергии при изтибе части АВ стержня. Для этой частя М-Ра—Хх п
равнение наименьшей работы дает *)
У Хх) х <1х=
3. Определить горизонтальные реакции X системы, показанной па рис. 293
Все размеры даны п таблице 6.
Решение. Из принципа наименьшей работы имеем
dU d „ Sfl,- Si/fdS,
dX~dX l^SF^^X^dX =°‘ (h)
’) В этом случае влиянием осевой силы на изгиб стержня АВ пренебрегают.
741
lint.'IOlKFUHF FFOPFMH КМТИ1ПМГО
243
Данные для фермы, показанной на рис. г*М
* см « 1 >,“ si tf S'tlt Г,- $;* zf
1 9 3 4 а 6 7
2 3 ЗйО.Ь 316,2 100,0 ЭД,6 316,2 25 !—l.StfJP 15 |-l|,SSIP |п 1-1,пн(Р 25 _] (Р03/’ 15 । 1,581/’ J-1.2P2 —2, И» —1,333 ~1,202 —2J U* I а, а, а. а. в. а,. ' <N СЧ -О СМ Г> И --Г-ч-е’0 । 71н7Т'Г 20,82 93,68 17,78 20,82 43^68 246,78
Пусть 5* будет усилие в стержне t, вызываемое известной нагрузкой Р, при Х=0,
и пусть S, будет усилие, вызываемое в том же стержне силами, равными единице.
которые заменяют усилия X (рис. 293, t>). Значении -S’" п S-определяются из стати-
Необходимые числовые значения для вычисления X даны в столбцах 6 и 7 табли-
цы 6. Подставляя эти данные в уравнение (j). получаем
4 Определить усилие в лишнем горизонтально^ стержне системы, показанной
па рис. Art, полагая, что ьтина этого стержня равна 6 лт п площадь поперечного се-
чения равняете ч FB Другие стсривн имеют те же размеры, что и в задаче 3.
Решение Усилие в горизонтальном стержне (стержень номер 0) вычисляется
нз сравнения (204). Эти уравнение подобно уравнению (j) в задаче 3, за исклю-
чением того что □ системе, показанной на рис 294. имеется дополнительный гори-
зонтальный сп-ржена 0 Усилие, возни ьатгдт.Ы й этом стержне только от одной силы
синице (рис.
' 1 Дополнительны н дли в mil.iii теле уравнения
294
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ И УДАР
[ГЛ XI
Дополнительный член в знаменателе будет
Тогда, пользуясь данными задачи 3, получаем
216,34Р
999.^246,78
Взяв, например Fo=50 см!, найдем
216.34Р
Х 121246,78 ’ •
т. е. лишь на 4,7?о меньше значения, волу-
ченного в задаче 3 для неподвижных опор 1>
Взяв площадь поперечного сечения Га—
=5 с.и2, получим
216 34F
*-1Д%б.7Г°-5М'
Отсюда видно, что в статически неопределимых системах усилия и стержнях зави
сят не только от приложенных нагрузок но также и ст площади поперечных сече-
ний стержней.
Б. Определить усилия в стержнях системы, показанной на рис. 23, пользуясь
принципом наименьшей работы
6. Определить усилия в стержнях системы, показанной на рис. 295, полагая,
что все стержни одинаковых размеров и из одного материала.
Решение. Если один стержень отбросить, то усилия в останикхся стержнях
можно определить с помощью у'рвипеннй статики Следовательно, система имеет
один лишний стержень. Пусть таковым будет стержень 1 и X — действующее
в нем усилие. Тогда все стержни на сторонах шестиу сольника
будут иметь растягивающие усилия X, стержни /?, 9. И и /2
будут иметь сжимающие усилия X и стержни 7 и 10 имеют
усилия Р—X. Потенциальная энергия системы булат
2Г£
2/Т
.. Ж о
Из уравнения Ту=О получаем
7. Определить усилия в стержнях системы, показанной на рисунке 289. но
лагая площади поперечных сечений всех стержней равными между собой и при
нпмая усилие X в диагонали AD за статически неопределимую величину.
Решение. Подставляя данные, помещенные о таблице 7, в уравнение (2Гч),
находим
3^-2 V 2
44-2 V i
) Взяв Fe~to, мы получим те же условия, как для неподвижных опор
74]
ПРИЛОЖЕНИЕ ТТОРРМЫ КАСТИЛИАНО
Таблица?
Данные для системы, показанной на рис. 289
, i s? I1 s’ sPsJz, Si’
i oP □
а Y* V 2" 2
2 а Р У 2' aP ~2“
3 а 0 ~ V? 0 “2*
1 aP a
1 1 2" 2
5 C.V2 -И»“2 +1 —2aP аУ~2
6 01-2 +1 0 аУ2
£ s?s, ,,=^<5±?р££, £ s:- , = 2»^^)
8. Прямоугольная рама одинакового поперечного сечения (рис. 296) испытыва-
9 Нагрузка Р поддерживается двумя балками одинакового поперечного се-
чения, пересекающими одна другую, как показано на рис. 297, Определить давле-
ние X пздду балками
Ответ. л=——-j.
29R
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ И УДАР
[ГЛ. XJ
10 Манти статически неопределим j к величин! И в рамс показан поп на
рис. 170. стр. 1ь8. пользуясь принципом нанмепыией работы
Ранение. Энергия деформации изгаба рамы равнялся
.1 2EJ, \1 2CJ
(Ю
где А1о означает изгибающий момент, изменяющийся по длине горизонтального
стержня АВ и найденный как для балки свободно лежащей на опорах. Подстав
ляя в уравнение
dlf
(1)
находим
2Д й’
О, 3"
(mi
Интеграл правой части представляет гимцаД! треу гольной эпюры моментов для
балки, нагруженной силой Р. Следовательно,
Подставляя в уравнение <in), мы получаем для И то же выражение, как в уравне
НИИ 111-1).
11 Найти статически неопределимые величины в рамах, показанных на
рис. ИМ, J72 и 174, пользуясь принципом наименьшей работы.
12. Найти изгибающий момент Alj, в палке, показанной на рис 2й0. золагая
75. Теорейа о взаимности работ и перемещений
Начнем с задачи о балке, свободно лежащей на двух опорах и
показанной на рис. 298,а, и определим прогиб в точке D, когда на-
грузка Р действует в точке С.
что приводит точку исовиадеи
падению с точкой С. Следовать
с>тот прогиб получится подста-
новкой в уравнение (86) x=d,
что дает
Отсюда видно, что это выраже-
ние не изменится, если мы под
ставим d вместо b и b вместо d,
что у называет на то, что для слу-
чая. показанного на рис 298,/?,
про, иб в D, тот же, что про-
гиб в D на рис. 29k.cz. Из
рис. 298, b мы получаем рис. 298,с
простым поворотом балки на 180э,
сточкой D и точку D, к сов-
э, прогиб в С па рис, 298,с равен
75] TEOPFMA О ВЗАИМНОСТИ ГАГ.ОТ II ПЕРРМРП1ЕЧИЙ 297
прогибу в D на рис. 298,о Это значит, что если груз Р пере-
двинется из точки С в точку D. то прогиб, изморенный в D в
первом случае нагружения, получится такой же в точке С во
втором случае. Это есть частный случаи теоремы о взаимности
перемещений.
Чтобы вывести теорему в общем виде*), рассмотрим упругое
тело, показанное на рис 299, нагруженное двумя разтнчными спосо-
бами и опертое таким образом, что его перемещение как твердого те-
ла невозможно. В первом напряженном состоянии приложенные си-
лы будут Pt и Ps, з во втором состоянии Р9 и /\. Перемещения точек
приложения в направлении сил в первом состоянии будут б,, бг, бг,
ба и во втором состоянии б„ б', 63, 6. Теорема о взаимности работ
формулируется так: работа, произ-
веденная силами первого сосгоя-
ния на соответствующих переме-
щениях второго состояния, равна
работе, произведенной силами вто-
рого состояния на соответствую-
щих перемещениях первого состоя- д
ния. Символически это выразится
так:
р,«;+л«>р.8.-ра- (»б)
Чтобы доказать эту теорему, рассмотрим энергию деформации
тела, когда все силы Р„. . , Р3 действуют одновременно, и вос-
пользуемся тем обстоятельством, что количество энергии деформа-
ции не зависит от порядка, в каком были приложены силы, но зави-
сит лишь ют конечных значений сил При первом способе нагружения
предположим, что сначала были приложены силы Р, и Р„, а затем Ps
и Р3. Потенциальная энергия, накопленная при приложении Р,
и РЕ, равняется
(а)
Работа, произведенная силами Р8 и Р4 при их приложении» рав-
няется
Однако необходимо заметить, что при приложении Рг и Р, точки
’) Частный случай згой теоремы Сыл получен J. С. МахадсП’ом (ци-inpou. _на
стр. 286), Теорема принадлежит Е Betti. Nuovo cimen о сер. 2, тт 7 и л, 1872.
В более общем inucmipeua бала дана Еогй’ом ]? е у 1 е i к l.’tai. Proc London
Matti. Sue . т. 4 1873, или Papers г I, стр 17<! Различные цршкне inn
этой текршы к peine nun технических да i.i i Сы nt едет, ни О Mo li r’«rj и II M и 1
1 e r-Breslaii (ццтиров. на стр. 288).
298
энергия треогмлиии и удар
Ггя Xi
приложения ранее приложенных сил Р, и Р, переместятся на б,
л 6'. Тогда Р, и Ря совершат работу
рд+рл *> <с)
Следовательно, суммируя (а), (Ь) и (с), найдем полную потенциаль-
ную энергию, накопленную в теле
Р.б. РД Р.б' /’б'
=-^-|-4-^+-4-3+-Р+р,6;+рд.
(Ф
При втором способе нагружения приложим сначала силы Р, и Pv
а затем Р, и Ps Тогда, повторяя предыдущие рассуждения, получаем
,, f.6. P<fi. Р,6, PSHS
t>'=-V+“2J+~r+4z+pA+z>*6- <е)
Замечая, что выражения (d) и (е) должны представлять одно и то
же количество потенциальной энергии, получаем уравнение (206).
представляющее теорему о взаимности работ. Эта теорема может быть
доказана для какого угодью числа сил, а также и для пар или для сил
и пар. В случае пары за перемещение принимается соответствующий
угол поворота.
Для того частного случая, когда в первом напряженном состоя-
нии действует одна сила Р„ а во втором состоянии одна сила Ря,
уравнение (206) становится *}
Р^\=Рябя. (207)
Если Pj—Ре, то б;=бг, т. е. перемещение точки приложения силы Ря
в направлении этой силы, вызываемое силой Р равно перемещению
точки приложения силы Р( в направлении Р{, вызываемое силой
Р2. Подтверждение этого заключения уже было дано для частного
случая балки, показанной па рис. 298.
В качестве другого примера рассмотрим изгиб балки, свободно
лежащей на двух спорах. Пусть в первом состоянии она изгибается
силой Р в середине, а во втором состоянии изгибается парой А! на
конце Сила Р вызовет угол наклона на конце 6— Пара .И, при-
ложенная на конце, вызовет прогиб в середине 6=-^^-. Уравне-
ние (207) принимает вид
•; Этп выражения нс разделены на 2, так как силы Р, и Ряостаются постсян
ними в то время, корда их точки приложения перемещаются на д' и б'.
г) Эго было доказано впервые J, С. Waxwell’OM и часто называется
75] ТЕОРЕМА О ВЗАИМНОСТИ РАБОТ И ПЕРЕМЕЩЕНИЙ 299
Теорема о взаимности работ и перемещений весьма полезна в за-
дачах о нахождении наиболее неблагоприятного положения подвиж-
кис. 31X1
ной нагрузки в статически неопределимых конструкциях. Примером
является рис 300, который изображает балку с одним заделанным
концом и со свободно опертым другим и несущую сосредоточенный
груз Р. Задача заключается в том, чтобы
найти изменение величины реакции X
левой опоры при изменении расстояния
х груза от этой опоры. Примем дейст-
вительное состояние балки (рис. ЗОН.а)
за первое состояние загружения. Вто-
рое, или фиктивна, состояние показа-
но на рис. 300,Ь. Внешняя нагрузка и
лишняя опора отброшены и вместо не-
известной реакции X приложена на-
правленная вверх сила, равная единице. Это второе состояние за-
гружения является статически определимым, и соответствующая
изогнутая ось балки может быть определена (см. уравнение (97),
стр. 134) Если оси координат приняты, как показано на
рис. 300, Ь, то
(0
Пусть б означает прогиб на конце и у —- прогиб на расстоянии х
от левой опоры. Тогда, применяя теорему о взаимности работ, на-
ходим, что работа, совершенная силами первого состояния на соот-
ветствующих перемещениях второго состояния, равняется
Л'б — Ру.
При вычислении же работы, совершенной силами второго состояния,
заметим, что на конце имеется лишь сила, равная единице1), а соот-
ветствующее перемещение точки Д в первом состоянии равно пулю.
Следовательно, эта работа равняется нулю и теорема о взаимности
работ дает
Хб — Ру^О,
откуда
х-Р’. (?)
Видно, что при изменении грузом Р своего положения на балке
(рис. 300, а} реакция X пропорциональна соответствующим значени-
ям и на рнс. 300, Ь. Следовательно, изогнутая ось балки второго
’) Реакции п заделанном конце не рассматриваются ли в том ни в .-pvroj
случае так как соответствующее перемещение равно нхлю и соотпесствмсщая
работа равна нулю.
здо
ЭНЕРГИЯ ПГ ФОРМАЦИИ И УДАР
[гл Xi
состояния (уравнение (1)) дает полную картину того, как изменяется
X в зависимости отх. Такая линия называется инфлоэнтной линией
или линией влияния для реакции X *).
Если на балку, показанную на рис. 300, а, одновременно действу-
ет несколько грузов, то при помощи уравнения (g) совместно с прин-
ципом сложения действия сил находим
где ув есть ордината ин4*люэнтвой линии, соответствующая точке
приложения груза и где суммирование распространено иа все
грузы.
ЗАДАЧИ
I. Построить линии влияния для опорных реакций балки, лежащей на трех
опорах (рис. 3UI),
Реикние. Чтобы получить линию влияния для реакции средней опоры, прини
маем действительное состояние загружения, показанное на рис. 301, а, за первое
состояние. Второе состояние указано на рис 301. ! в котором груз Р отброщени
реакция X средней онеры заменена силой, равной единице и направленной вверх.
Второе состояние за1руже1Шя является статически определимым, и изогнутая ось
балки — известна (у равнение (86 и (87), стр. 129), следовательно прогибы е и у
могут быть вычислены. Тогда работа, произведен-
ная силачи первого сосп я ния на соогветстпу на-
ших перемещениях ыорого состояния равняется
Рис G01
Работа сил второго состояния (сила, равная сди
пипс) на соответствующих перемещениях первого
состояния (прогиб в С равен нулю) равна ну лю.
Отсюда
Xt>-
Следовательно, изо| ну тая ось балки второго сое
тоники даст ферму линии влияния для реакцииX.
Для того чтобы получить линию ВЛИЯНИЯ для
реакции опоры В, необходимо за второе состояние затру жения принять состоя-
ние показанное на рис. Зй1,г.
2 Пользуясь линией влияния предыдущей задачи, определить реакцию В,
если груз Р находится в середине первого пролета (х=(, 2) (рис 301, а)
8. Найтл линию влияния для изгибающего момента над срсдчсй опорой С
балкн, лежащей на трех опорах (рис. 302). Пользу ясь этой линией влияния вычис-
лить изгибающий момент .lljj когда груз Р находится в середине второго пролета.
Prtuirtw. Первым сщ.'п.яние'а загру жения яздяе^ся действительное состояние
(рис. ЗСъ и) с изгибающим моментом Л1^_. действ;. кпш'М в сечении С. Для получения
*) Применение моделей при определении линии влияния было разработано
G Е. Eeggs’oM J Franklin Irst. 1927.
751
IT ОГЕМА О ВЗАИМНОСТИ РАБОТ И ПЕРЕМЕЩЕНИЙ
301
s те-рого состояния груз Р отброшен балка разрезана в cciciiituC и две пары, равные
сдипике и направленные в противоположные стороны, заменят Йс(рис. ЭС, 6).
Этот случай является статизсски определимым Углы 0, и &2 определяются
уравнением (104) и прогиб у — уравнением (105) Сумма у слов 9, и 0t представляет
перемещение во вто|шм еоспаянии,со<)Твстстпую|цееизг1|б4Ю1Цсмм моменту И ^дей-
ствующему в первом состоянии Работа, произведенная силами пер чего состояния
на соответствующих перемещениях второго состояния, равняется Ц
Работа, произведенная силами второго состояния на перемещениях первого состо
янкя. равна нулю, так как в действительности никакого разреза на опор
шествует в перемещение, «ютретструющее
двум парам, равным единице, второго состоя-
ния. равно нулю. Отсюдг
Рис 3'>2
Таким образом, когда груз Р изменяет свое
положение, изгибающий момент ,1/г изменяет-
ся в том же отношении, как и прогиб у. Сле-
довательно, изогнутая Ось балки второго состояния представляет форму линии
влияния для Мс. Замечая, что
и что прогиб в середине второ) о пролета равняется
л-2 16CJ
находим, что при приложении груза Р в середине второго пролета изгибающий мо-
мент на основании уравнения (Ь) равен
Поло китезьиый знак полученный для Мг, показывает, ЧП» момент имеет
направлен не. указанное на рпс 302,6 Следуя нашему общему правилу дтя
знаков гометоз (рис 6з). мы в этом случае рассматриваем Ид как отрица
тельный момент
4. Найти линию влияние для пзг тбающе.о ыохента в заделанном конце Я
балки АР ipiic 3Cfl) и вычислить этот момент. ьогз-1 груз находится на расстоянии
х=//3 г«т левей опоры.
5. Построить линию влияния зтя юрнзоитальнкх реакций Н рамы, показан
Ответ Линия влияния имеет тот же вид. Шч и изогнутая ось стержня АР в
нагруженном состоянии показанном на рис ЙЫ, г
’) Предполагается, что изгибающий момент М г вызывает изгиб осн вогну-
тостью вниз.
302
ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИЙ И УДЛР
[ГЛ XI
6. Построить линию влияния для усилия X в горизонтальном стержне CL
(рис. лОЗ, а}, когда груз /' движется по балке АВ. Вычислить X, когда груз нахо-
дится в середине. Перемещениями от удлинения и укорочения стержней пренебречь
и принять во внимание лишь перемещение
ог изгиба бальи Л В
Решите. Денспштсльное состояние (ряс
ИЗ, а) принято за первое состояние загрузив
ния. Во втором состоянии гру з Р отброшен я
усилия Л заменены силами, равными едини
не (M<. Ь). Возникающие от этих сил давле-
ния, направленные вверх и равные (1-й)/с,
передаются балке АВ в точках / и //, и балка
г рогибается, как сказано пунктиром. Если у
есть прогиб бачки в точке, соответствующей
грузу Р, и 6 есть перемещение точек С и О по
направлению одна к дру гой во втором состоя-
нии, то теорема о взаимности работ дает
Следовательно, изогнутая ось бачки АВ по
втором состоянии является требуемой линией
влияния Изгиб балки двумя симметрично
расположенными грузами разобран в задаче 1. стр 141. Пздставляя (1-й) с
вместо Р в полученные так находим, что прогибы балки в точке F
и в середине сиотзетственно
будут равны
Расеиатрцвая теперь вращение треегольпака AFC (рис зПЗ.с). как твердою
тела, находим, что горизонтальное перемещение точки С. равно вертикальному пе-
ремещению точки Г, умноженному на h'c Следовательно,
Подставляя, это значение н про’иб в середине в уравнение (1), получаем
РЗГ-Ы
Fa 31-Ас ’
7. Найти линию чтияния для усилия в стержне CD системы, показанной на
рис 304 пренебрегая пеосмыцениячи от у порочений я удлинений п рассматривая
лишь изгиб балка Л В
Олта Линия бу дет та же. «поп для сред.ген peaKuini балка, лежащей на трех
опорах (см задачу Г. стр Зг“П.
8. Пощронть л! нпю влияния усилия для стержня ВС, который поддерживает
балку АВ. Найта усилие в ВС, когда находится в середине (рис ЗОЙ)
O.iv.’iz: Пренебрегая лс-члга цени ими от уд де пения стержня ВС и укорочения
балки АВ, нахедпм, чго усилие в ВС равно yg
761
ИСКЛЮЧИТЕЛЬНЫЕ СЛУЧАИ
303
7f> Исключительные случаи
При выводе и теоремы Кастилиано и теоремы о взаимности работ и переме-
щений аредполагхчось, что керсмещепил. возникающие при деформации, пропор-
цнопалыаы силам, действующим па jпр\(уюсистему. Имеются случаи, п которых
перемещения нс иропорццоиал!.
ны силам, хотя материал тела
может следовать закону Гука
Это бывает всегда, когда перегзе
щенпя при деформации могут из-
менять действие внешних сил. В
таких случаях потенциальная
энергия системы уже не являет-
ся функцией второй степени, и
теорема Кзстшшаьо не имеет
места.
Для того о|1>бы объяснить
это обстоятельство, рассмотрим
про. той случай, в котором на уп-
ругую систему действует лишь од-
на сила Р Предположим сначала,
что перемещение 6 пронорпяои.ьяьно соотлетству ющей силе Р, как изображено пря-
мой линией 9Д на рис 305, а Тог за площадь треугольника <>АВ представит энер-
гию деформации, накопленную в системе при при ю.-кенин силы Р. При бесконеч-
но малом увеличении перемещения на dr потенциальная энергия увеличится на ве-
личину, показанную на рисунке заштрихованной площадью, и мы получаем
db=PM.
При линейной зависимости бесконечно малый треугольник ADC подобен треуголь-
нику' ОЛВ. поэтому
<16 6 , tidP ...
-ур—-р или <!о=—р-. (е)
Подставляя это в уравнение (а), получаем
откуда получается положение Кастилиано:
ilU
dP'
(с)
Пример, в котором теорема Кастилиано не может быть применена, показан на
рис 307. Два одинаковых горизонтальных стержня Лс и ВС, прикрепленные шар-
нирами А, В и С. подвергагг.тея действию нергикальгюй силы Р а точке С. Пу cti. С,
бу дет положение после деформации и а — угол наклона каждого стержнявего де-
фирщцкчзашгом состоянии. Отнишлелыюе уд.гг.пеиие стержней из рис. 307, о,
будет
(«>
\cosa ;
Если рассматриваются лишь малые иеремещеаня, то угол а мал и
i , с' т ...
1 — у приилизительно Тогда ггз (л) имеем
as
304
SIII'ITHSI Яг МИ МАЦИ11 <1 УДАР
Из условия равновесия узла С, (рис. 307. Ъ) следует
Р=2аТ. (f
и. подставляя вместо 7 его значение из уран
ценна (с). получаем P~Ftv\ откуда
\'п ®
b—lu^l |/ (208)
1 ис our g этом СЛуЧве перемещение не пропорцио-
нально силе Р. хотя материал стержней сле_
дует вакогп Гука. Записичисть между 5 и Р изображена на рис. 3£<з.7> кривой
ОЛ. Заштрихованная площадь ОАВ на этом рисунке представляет потенциальную
энергию накопленную в системе. Количество потенциальной энергии равняется
C'=J Pdb.
Подставляя из уравнения г2б8)
получаем
ИА-
(])
Это показывает, что потенциальная энергия системы уже не является функцией
второй степени от силы Г Также опа ire равна половине, а лишь четверти про
изведеипя РЪ (сч 4 71). Icopcwa Кастилиано. здесь, конечно, не имеет места
57--Х- i иН'/АЧ6
Аналогичные результаты полу чаются во всех случаях, где перемещения не пропор-
циональны силам *.
*) 1 акие задачи ныли разобраны F. Е n r> е s ' е г’о ы, Z. Arch rte <1. u. Ing.-Ver.,
i. 35, стр. 733, HSU, см. такя^е H M. \V es I e t g a a г d. Proc Ann, See. Civil
Filgn>„ феираль, 1941,
ГЛАВА XII
КРИВЫЕ БРУСЬЯ
77. Чистый изгиб кривых брусьев
При последующем изложении предполагается, что линия, соеди-
няющая центры тяжести поперечных сечений бруса к называемая
ост бруса, представляет собой плоскую кривую и что каждое по-
перечное сечение имеет ось симметрии, лежащую в плоскости этой
кривой'). Брус подвергается действию сил, ле:каших в указанной пло-
скости симметрии, так 41 о из1иб имеет место в этой же плоскости.
Рассмотрим сначала случай чистого изгиба кривого бруса посто-
янного поперечного сечения, т. е случай, когда к концам бруса при-
ложены пары сил Л! (рис. ЗОЯ). Закон распределения напряжении
для этого случая может быть получен на основании тех же предпо-
ложений, которые были приняты ранее при рассмотрении изгиба
призматических брусьев, а именно, что поперечные сечения бруса,
первоначально плоскиеи нормальные к его оси, остаются такими же
*) Случай несимметричных поперечных сечений рассмотрен F К. G, О с q v i s-
Гом, Publ h"» 107. Inst I. Festig keitslehre Konigl Tech. Hochschule, Stock-
tiolriL 1953,
зов
KPIIBWF БРУСЬЯ
Ггл <н
и при изгибе бруса Пусть ab и cd будут два бесконечно близких
поперечных сечения бруса (рис. 308,о) и men.'/убудет угол между
ними до изгиба. Вследствие изгиба поперечное сечение а! поворачи-
вается относительно ab около нейтральной оси пп на малый угол
Arfq> Этот угол и соответствующий момент Л1 принимаются положи-
тельными, если при изгибе первоначальная кривизна уменьшается
При этом повороте продольные волокна на выпуклой стороне бруса
сжимаются, а волокна на вогнутой стороне растягиваются. Обозначая
через у расстояние волокна от оси, проходящей через центр тяжести
поперечного сечения и перпендикулярной плоскости изгиба, при-
нимая направление к центру кривизны оси бруса ?а положительное
и обозначая через е расстояние нейтральной оси пп от центра
тяжести с, мы находим, что удлинение какого-либо волокна при
изгибе равно (у—с) Adq> и соответствующее относительное удлинение
его равняется
«у — e)&d<p
(r — y)dy
<а)
В этом выражении г означает радиус кривизны оси бруса (рис. 308,6),
а знаменатель в уравнении (а) представляет первоначальную длину
волокна между рассматриваемыми поперечными сечениями ab и cd.
Предполагая, что между продольными волокнами не имеется
бокового давления2), получаем нормальное к поперечному сечению
напряжение в расстоянии у от нейтральной оси, равное
£ (у — g a а'у
(г — У) d<f>
(Ь>
Из этого видно, что распределение напряжений происходит уже не
по линей пому закону, ка к в сл у чае изгиба нризмати чески х бру сьсв,
а по гиперболическому закону, как показано на рис. 308, с. Из того
условия, что сумма нормальных усилий, распределенных по попе-
речному сечению, равняется нулю в случае чистого изгиба, можно
заключить, что нейтральная ось здесь перемещается от центра тяже-
сти поперечного сечения по направлению к центру кривизны оси бру-
са. В случае прямоугольного поперечного сечения бруса заштрихо-
ванная площадь (рис. 308,с), соответствующая растяжению, должна
равняться заштрихованной площади, соответствующей сжатию,
т. 2, стр 422. ЩУЗ.
’> Эта приближенная теория была разработана Е \V i n к е г'ом, Civilin&Tii-
enr. т. 4, стр. 232, 1838; см. также ei и книгу «Die Lehre von dcr Elast zitai uid
Feslrgkeil», Prague, гл. 15, 1867 Подобная теория была также разрабита) а Н R е-
Sa 1’ом, Ana mines, стр. 617, 1862. Дальнейшее развитие теории было сделано F.
Grasliof’ovi в его киш с «Elaslizitat end Fesligkcib. стр 231 ,с'’° — —."г - •’
hunter и Pearson, History of trie 1 liuirj of Elastii i
Об опубликованных работах относящихся к точ-юму реш
брусья, см. «Theory of Elasticity» ватора и J. N. Goodrcr,
2j Точная теория покатывает, чтг. существ«ет иекотор„- , . _..........
но спо не имеет существенного влиянии на нормальные папряжслил от изгиба о.
77]
ЧИСТЫЙ ИЗГИБ КРИВЫХ БРУСЬГВ
407
и мы сразу видим, что наибольшие напряжения возникают на вогну-
той стороне. Для того чтобы напряжении в крайних растянутых
и крайних сжатых волокнах были равны между собой, необходимо
применять такие формы поперечных сечений, которые имеют центр
тяжести ближе к вогнутой стороне бруса
Уравнение (Ь) содержит две неизвестные величины: расстояние
е нейтральной оси пп от центра тяжести С (рис. ЗОЯ, ЬУ и угол поворо-
та Дгйр. Для определения этих величин воспользуемся двумя уравне-
ниями статики, согласно которым сумма нормальных усилий, рас-
пределенных по поперечному сечению, равна нулю и ыомен! этих
усилий равен моменту Л1 внешних пар. Эти уравнения предста-
вятся так:
(JcdF (с)
J чф J '-у
<d>
F Г
Из первого из этих уравнений следует, что
<е)
Первый интеграл в левой части этого уравнения имеет размерность
площади и может быть выражен в таком виде:
где т — коэффициент, определяемый для каждой частной формы
поперечного сечения путем выполнения указанного интегрирования
Величина mF называется приведенной площадью поперечного сече-
ния. Вт орой интеграл может быть преобразован следующим образом:
и уравнение (е> получается в таком виде
тГ — (т+1) у=0,
откуда
e=“rn^i или т=сГ^ё‘ '209)
Теперь из уравнения (d), пользуясь преобразованием
308
КГНВЫ1 БРУСЬЯ
|г.ч ХГ1
пол уча е”
(тг}. _тг?£)=.п
£А dtf__ М М
dtp tn (г — е) I- Fe
(210)
Подставляя это значение в выражение (Ь), мы получаем следующую
формулу для нормальных напряжений:
М(у~е> _М(у — е)
' пЦг — с) F (г — у) ' Fefr - у)
(211)
Для определения напряжений в наиболее уда пенных волокнах под-
ставляем для точек А и В (рис. 308,Ь) значения «/=/?, и у—-—й2.
тогда получим
О__ЩЫЙ. (212)
где г, и гх означают радиусы внутренней и внешней поверхности кри-
вого бруса. Определив из уравнений (i) и (209) величины т и е для
данной формы поперечного сечения, мы можем легко вычислить
нормальные напряжения при помощи уравнения (211).
Изменение Д dtp угла dtp между двумя последовательными попе-
речными сечениями получается из уравнения (210), которое дает
' er ГЕ
в соответствующее изменение кривизны оси бруса будет
А <?Ф Л1
ds ~er!it
М (Л1-Н)
м.»Г£ '
(213)
Если радиальный размер h кривого бруса мал по сравнению с радиу-
сом кривизны ' оси пруса, мы можем пренебречь в уравнениях (Г)
и (g) величиной у по сравнению с г и заключаем, что когда радиус
кривизны делается все большим и большим, число т приближается
к нулю, и величина mr*F приближается к значению центрального
момента инерции Jt поперечного сечения Тогда выражение (213),
представляющее изменение кривизны оси бруса, приближается к
Л!
EJ}
(214)
1то совпадает с прежде полученным значением для кривизны перво-
начально прямых брусьев (см. стр. 123).
. 78] ИЗИ» СИЛАМИ, ЛРЙСТВЯОШИМИ В ПЛОСКОСТИ ГПММГТРИ'Л 309
78. Изгиб кривых брусьев силами, действующими в плоскости
симметрии
Рассмотрим теперь более общий случай изгиба кривого бруса,
показанный на рис. 309, а. Предполагается, что силы Pi,..., Р9 пред-
ставляют систему сил, находящихся в равновесии и действующих в
плоскости осп бруса, которая является плоскостью симметрии бру-
са. Очевидно, изгиб бруса происходит в этой плоскости. Для нахож-
дения напряжений в каком-либо поперечном сечении тп бруса
(рис. 309, й) мы предположим, что часть бруса справа от поперечного
сечения тп отброшена и ее действие на левую часть бруса заменено
силой, приложенной в центре тяжести С поперечного сечения,
Рас ЗП<]
и парой сил ,11. Разлагая силу на две составляющие Л'и (?, одну
нормальную к поперечному сечению п другую, направленную ра-
диально, мы окончательно получаем' ихипающий момент 51. про-
дольную силу N и поперечную силу Q. Положительные направления
этих сил показаны на рис. 309, й.
Напряжения и деформации, возникающие от пары сил. бьпи ис-
следованы в предыдущем параграфе при рассмотрении чистого наги-
ба кривого бруса. Напряжения, соответствующие продольной сиде,
равномерно распределяются по поперечному сечению и их величина
будет равна Д'/б. Эти напряжения буду" вызывать одинаковые
относительные удлинения волокон, по полные удлинения, пропор-
циональные первоначальной длине волокон между какими-либо дву-
мя смежными поперечными сечениями, будут пропорциональны
расстоянию от центра кривизны О оси бруса (рис. 309, с). Таким об-
разом, от действия продольной силы первоначальный угол увели-
чится на величину
(215)
В то же самое время первоначальна»! длина Js элемента оси бруса
увешчиюя иа величину
id, i£. (21Ь)
310
КГИВЫР ВГУСЬЯ
(гл хп
Поперечная сила Q вызывает касательные напряжения и некото-
рое искривление поперечного сечения Обычно предполагают, что
закон распределения касательных напряжений по поперечному сече-
нию кривого бруса такой же. как и для бруса с прямолинейной
осью1). В таком случае относительное радиальное смещение двух
смежных поперечных сечений будет такое же. как для прямых
брусьев, и будет равно
“4*. (217)
Складывая нормальные напряжения, вызываемые парой сил W, с
нормальными напряжениями, возникающими от силы N, получаем
Fejr - y)'F"
(218)
Величину изменения Д угла между двумя смежными поперечными
сечениями находим по (формуле
й5- I219)
’ erl Е FEr ' '
Рис 310
При помощи формул (215) — (219) можно вычислить напряжения и
деформации кривого бруса для любого ро-
да нагрузки бруса, действующей в плоскос-
ти кривизны его оси.
79. Частные случаи изгиба кривых брусьев
В следующих примерах, для некоторых
’ частных случаев приведены вычисления
величины т, определяемой из уравнения
(f) § 77, и расстояние е нейтральной оси
от центра тяжести поперечного сече-
& ния. Зная эти величины, мы можем вы-
числить напряжения в кривых брусьях при
помощи формул двух предыдущих пара-
графов.
Прялоигольксе поперечное сеяние. В этом случае ширина b попе-
речного сечения (рис. 310) постоянна, и мы получаем
’) Это допущение удовлетворительно согласуется с точным решением для уз-
кого прямэугольно-о поперечного сечения, см. книгу автора «Theory of Elasticity»,
стр. 75. 1951.
79] ЧАСТНЫЕ СЛУЧАИ ИЗГИБА КРИВЫХ БРУСЬЕВ
так что
т~ — — 1
А г,
(а>
(Ь)
При малых значениях й/r расстояние е мало по сравнению с Л и чтобы
вычислить его из уравнения (Ъ) с достаточной точностью, не /лодимо
взять IrMc высокой степенью точности. 11ля того чтобы устранить
это неудобство, мы можем воспользоваться известным рядом
г
Тогда из уравнения (а) найдем
Таким образом, мы получаем быстро сходящийся ряд, из которого
Можно легко вычислить величины т и е с какой угодно точностью.
Взяв только первый член ряда, мы получим
Если взять два члена ряда, то найдем
Видно, что при малых значениях hit расстояние е очень мало.
Тогда можно допустить с достаточной точностью линейный закон
распределения напряжений вместо гиперболического. Для сравне-
ния эезультатов, полученных для этих двух типов распределения
напряжений в слу чае прямоугольного поперечного сечения, приве-
дена таблица Ь. В этой таблице для разных значений отношения r)h
даны отношения
Fr
312
KPIIRIJF RPVri.fl
Из этой таблицы видно, что при г/Л>Ш можно принимать линеинып
закон распределения напряжений и для наибольшего напряжения
можно с достаточно» точпосп го пользоваться формулой, выведен-
ной для бруса с прямолинейной осью.
Т а б л к ц а 8
распределения напряжений
> Гиперболический аако! । ас пред», л-и ия иап| иже Линейный закон аспрсделеипя на
пряжений
8
1 9,2 -4,4 6 —6 35,0
2 1-3.4 — Ш,3 1У —12 17,0
20,2 -16,1 18 —18 10,9
4 26.2 —22.2 2-1 —24 С| о
10 к-“ -58,0 60 3,2
7рапецоидал'.Нг’С поперечноесечение. Пользуясь опять уравнением
F
и вводя обозначение
о—г — у, (е)
где v есть расстояние заштрихованного элемента (рис. 311) от оси
00, проходящей через центр кривизны оси
бруса, мы получаем
(П
Переменная ширина поперечного сечения
(рис. 311) равняется
И
Рис 311 dF=dv .
Подставляя это в уравнение (1), получим
m-j-j -1 =
-т {[|>.+<.ЬТЬ] (».-Ц - 1 ®
79)
ЧАГТПЫР СЛУЧАИ ИЗГИБА К| ИШЛХ БРУСЬГВ
313
Если b^b^b то эта формула совпадает с формулой (а), которая оы-
ла получена для прямоугольного поперечного сечения. Если мы при-
мем Ьг=0. то получим из формулы (g) значение m для треугольного
поперечного сечения.
Тавровое поперечное сечение. Поступая так же, как в предыдущем
случае, мы получим для поперечного сечения, изображенного на
рис. 312
Двутавровое поперечное сечение. Тот же способ, что и в предыдущем
случае, дает (рис 313):
И!=~г (b, 1П~Ь&я1Пу- т-6. In — 1 (1)
Круговое поперечное сечение Замечая, что в этом случае (рис. 314)
ширина поперечного сечения на расстоянии у от центра тяжести
Jjj .! HU Рис. 512. Рп сечения равняется 2 j/"- следующее уравнение: - J г - У J ' - У =2т(г— ' Пользуясь рядом V 1 4гг—1 2-475 — § мы получим 1 t h \‘ , т= т । гг ) + •1 '2/1 ' is tOi 4—1II II 1 T^-“ iH L 11 OU# P_i о ic. 313 Рис. 314 — if, получаем для определения m -F 2, F (I) ( V .» 1 : IP \3 _ 5 t'V\* _ ' <4^/ 16 \4^) 128 \4rz) 4(Й‘+5(1У+- - (220>
814
КРИВЫЕ БРУСЬЯ
Рис. 315
Это есть быстро сходящийся ряд, из которого величину т можно
легко вычислить с какой угодно точностью.
Можно видеть, что при вычислении т цз уравнения (d) величина
не изменится, если все элементы dF умножить на некоторую постоян-
ную величину, так как в этом случае интеграл уравнения (d) и пло-
щадь F того же уравнения увеличатся в одном и том же отношении.
Из этого следует, что значение т, полученное для кругового попереч-
ного сечения из уравнения (]), можно применить также для эллипса
с осями Л и Л,, так как в
этом случае каждая элемен-
тарная площадка, получен-
ная для круга, должна
быть умножена на постоян-
ное отношение Лж/Л.
Вычисление интеграла
в уравнении (d) иногда
можно упростить путем де-
ления поперечного сечения
на несколько частей, интег-
рирования каждой части и
сложения результатов этих интегрирований. Взяв, например, по-
перечное сечение в виде кругового кольца с внешним диаметром h и
внутренним диаметром Л, и пользуясь уравнением (j) для внешнего
и внутреннего кругов мы найдем для кольцевого поперечного
сечения:
»’-тга (ФЯФ* • •
Таким же способом мы можем развернуть формулы для поперечных
сечений, показанных на рисунках 312 и 313. Когда величина т
вычислена, то из уравнения (209) мы найдем е, а из уравнения (212)—•
наибольшее напряжение.
Уравнение (d) является основой для графического определения
величины т в тех случаях, когда форма поперечного сечения не мо-
жет быть просто выражена аналшически. Из уравнения (d) видно,
что при вычислении приведенной площади каждую элементарную
Это можно сделать.
площадку нужно уменьшить в отношении -
сохраняя ширину элементарных полосок, но уменьшая их длину в
указанном отношении (рис. 315). Таким путем получится заштри-
хованная площадь на рисунке. Разность между площадями CDF и
ЛВС дает приведенную площадь mF. Зная это, можем легко вычис-
лить величины т и е.
79]
ЧАСТНЫЕ СЛУЧАЙ ИЗГИБА КРИВЫХ БРУСЬЕВ
315
Так как значение mF получается как разность двух площадей, то
точность результата оказывается низкой и метод дает лишь грубое
приближение. Гораздо большая точность может быть получена путем
деления поперечного сечения на полоски одинаковой ширины и за-
тем применения правила Симпсона вместо вычисления интеграла
уравнения (d) *).
Теория кривых брусьев, изложенная выше, применяется при
проектировании подъемных крюков*}. На рис. 316 изображена рабо-
чая часть крюка постоянного кругового поперечного _______
сечения. Предполагается, что вертикальная сила Р I
проходит через центр кривизны О оси крюка. Нан- Ixj-n/
большее нормальное напряжение от изгиба имеет
место в поперечном сечении, перпендикулярном гр у-
зу Р. Затем, поступая так, как изложено в §78. мы
найдем, что на горизонтальное поперечное сечение ।
крюка действуют растягивающая сила Р, приложенная jp
в центре тяжести С поперечного сечения, и изгибающий р |IC 3 ]g
момент М — Pr. Складывая напряжения от силы Р и
изгибающего момента М и пользуясь уравнением (218), получаем
Л1 (у — е) Г’_ Ру
~ /е(г — у}' F ~ Fm {г — у)'
Применяя эту- формулу к наиболее удаленным точкам, для которых
y~±PJ2, мы найдем, что
Видно, что численно наибатьшее напряжение есть растягивающее
напряжение на внутренней поверхности, которое получается умноже-
нием напряжения Р/F на коэффициент напряжения
№
величина которого зависит от отношения h'2r. Пользуясь выражени-
ем (220) для т. найдем, что /г изменяется от 13,5 до 15,4, в то время
как п>2г изменяется от 0,6 до 0,43). Вычисление напряжений в подъ-
емных крюках неправильного сечения можно выполнить, если опре-
делить т при помощи правила Симпсона *}.
*) Призерытаьгх вычислений даны в стат.>е А М. \\ в h 1, J Appl. Meeh.,
том 13, стр 22b 1916
г) I eopenrteuwe и экспериментальное и>^ледонание подъемных крюис.а было
сделано Национал, юн физической лабораторией в Англии, см Н J. G о и g h.
Н L <_ ох и D. G. Sop wi I ’I, Pro.- Inst Meeh Engrs (1 otidon) пек 1434.
Дли сравнения теоретических напряжений в крюках прямоугольного поперечного
сечеиня с эксперийента тьными результатами см К Boftcher, Fornihungta-b,
Ns 337, 1931
3) При ft 2.»=0,6 коэффициент k имеет наименьшее значение.
*) Этот меъа описач А. М Wall Гем, цнтиров на стр 315,
316
KPFBIJF Г.ГУСЬЯ
ЗАДАЧИ
1. Определит!, отношение численных значепн ft <TmaK и сгт[П для кривого бруса
прямоугольна? поперечного сечения при чистом Изгибе если г= 12 см и /:=-10 см.
Отг-ёщ
2. Решить предыдущую задачу для кругового поперечного сечения.
Отпет с=0,54 см, | |=|4| Ц=1,96
I 1 5«э4 7
3. Определить размеры b, п Ьг двутаврогого поперечного сечения (рис 313),
чтобы атах и <rmn ПРП чистом изгибе были численно равны между собой. Даны еле
дующие размеры: rt=3 см, гг =4 см. га=6 см, rt=7 см, bt=l см, t\-\- bt—5 см
Решение. Из уравнений (212) имеем
Ответ. 6t=3.(M см
5. Определить атах
пт. представленного на рис ‘а 17, еелп".
Решение Из уравнения (g) имеем
a omin для крюка трапецеидального поперечного сечения
Радиус оси бруса булег
801
Ч’’ФОРМЛЦПЯ КИИВЫХ КРУСЫ в
Потому е=0,88 гм. h,— с—г— e—rt *5.72—1=2,72 /л. е--=г2—г -J- с-- 12—
—5.72 6.28 см / <=22,5 0,88=19.8 c.ii’, Л4=Рг— 13200 кг сл Напряжения от
изгиба кз уравнений (212) равны
Omax-
IS 200-2,72
19.8-3
=604 кг си1
1заю.б,28_
19,8-12------
К этим напряжениям от изгиба нужно прибавить равномерно распределенные на-
пряжения от растягивающей силы Р. равные PJF-—'2(W. 22,5=89 лг/ui-. Тогда
полные напряжения будут
6. Найти наибольшее напряжение в крюке кругового
поперечного сечения, если диаметр поперечного сечения
Л=2,5 см, радиус осп r=2.b см и Р=4йц кг
Oiiiarm. оП1ЯХ=И48 кг! см?.
7. Найти и omIn для кривого бруса кругового по-
перечного сечения, нагруженного как показано па рис. 31b,
если <1= IG г— ю а= 10 «i и Р=2 rlt
°mtn= ~ 266 кг сыг.
8. Решить предыдущую задачу, fiu-гагая, что поперечное сечение тч
имеет форму, показанную на рис. 312, со слепющимп размерами:
г,=5с.ч, г,=7.3 см, rt=22.-j си 6,-10 см. &?=2,5 см. «=10 е.« Р=1,6 т
О/Янгт. атак=22) ке.'см*, omm=—114 кгсмй
9. Релли ь задачу 7, полагая, что поперечное ссчСнис щп является трапецеи-
дальным, как на рис. 311, t размерами г,=5 см, г2=10,6 см, /.’,-=5 ил. bz—2 5 см
«—0 и P=l,25 in.
Ответ отах=-646 лс/сл-’, clrilll=—380 каем?.
80. Деформация кривых брусьев
Деформации кривых брусьев обычно определяются при помощи
теоремы Кастилиано *). Начнем с простейшего случая, когда раз-
меры поперечного сечения бруса малы по сравнению с радиусом кри-
визны его оси 2). В этом случае изменение угла между двумя смеж-
ными поперечными сечениями определяется уравнением (214), ана-
логичным уравнению (а), стр 123 для прямых брусьев, а энергия
д«1юрмации при изгибе определяется уравнением
(223)
*) См стр 277.
“) Случай, в котором размеры поперечного сечения не малы, рассмотрен
в задаче 6. стр. 325.
31Я
КРИВЫЕ БРУСЬЯ
в котором интегрирование распространяется на всю длину s бруса.
Уравнение (223) аналогично уравнению (190) для прямых брусьев *)
в перемещение точки приложения какой-либо силы Р в направлении
Рис. 319
силы равняется
В качестве примера возьмем кривой
брус постоянного поперечного сечения,
ось которого представляет четверть дуги
окружности (рис. 319); причем этот
брус нижним концом А, имеющим вер-
тикальную касательную, заделан, а на
другом конце нагружен вертикальной си-
лой Р, Изгибающий момент в каком-либо
поперечном сечении тп равняется Л1=—Р г cosy. Подставляя это
в уравнение (223) и составляя выражение производной^, найдем
вертикальное перемещение конца В:
х d CM*rdy i г ..dM . i г n * 2 х
0 0 ' ft
4 EJt’
Для определения горизонтального перемещения конца В нужно при-
ложить фиктивную горизонтальную силу Q, показанную на рисунке
пунктиром. Тогда
ЛI=— [pr cos q:Qr (1 — si n <f)J
аи ,
Sq=— r(l”S»n«J>).
Горизонтальное перемещение равняется
Подставляя Q=0 в выражение для Л1, получим
sin^)^-^-
*7 В случае тонких кривых стержней потенциальной энергией от продольных
и поперечных сил можно пренебречь См етр 322.
ПГФОГМАЦИЯ КРИВЫХ БРУСЬРВ
Я19
Тонког кольцо. В качестве второго пример* рассмотрим случай
тонкого кругового кольца, растягиваемого двумя равными и
противоположными силами Р, приложенными по концам вертикаль-
ного диаметра (рис. 320). Вследствие симметрии можно рассмот-
Рис. 320
реть только один кт?ядра нт (рис. 320, Ь) и вывести заключе-
ние, что в поперечном сечении тп касательные усилия отсутству-
ют, и действуют только растягивающая сила, равна /’/2, и изги-
бающий момент Л4в Величина этого момента является статически
неопределимой и может быть найдена при помощи теоремы Касти-
лиано. Из условия симметрии можно заключить, что поперечное
сечение тп при изгибе кольца не поворачивается. Следовательно,
перемещение, соответствующее изгибающему моменту на рис. 320» Ь.
равно нулю и
Ж-0- И
где С' есть потенциальная энергия рассматриваемого квадранта Для
какого-либо поперечного сечения наклоненного под углом <р
к горизонтальному диаметру, изгибающий момент равняется ’)
Л1=Л|, — ^г(1 — со-<|) (Ь)
Подставляя это в выражение (223) для потенциальной энергии и
') Момент, который стремится уменьшить первоначальную кривизну бруса.
считаем положительным.
320
КЮТВЫР ВРУСЬЯ
80]
ЦГФОГМЛЦИЯ КРИВЫХ БРУСЬЕВ
321
пользуясь уравнением (а), находим
,, rf ГМ’гЛр I .
га, ~t7,J ЛИ."'4’
=гН[ч,--4--(1-«»Ф)]г''ч'.
о
откуда
,11.-^(1 — i'|-0,182Pr. <2241
Подставляя в уравнение (Ь), получаем
М=~ !cos <г —- . (с >
Для определения уменьшения горизонтального диаметра кольца, по-
казанного па рис 320 следует приложить к концам этого тиаметра
две равные и противоположно направленные фиктивные силы Q
Тогда, вычислив t, найдем, что уменьшение горизонталь-
ного диаметра будет равно ’)
(227>
Тб.тг:гч- кольцо Рслн размеры поперечного сечения кривого Cpvca не малы по
сравнению с радиусом кривизны его оси. то необходимо принять во ni пмание не
только энергию ди]орманип от изгибающего момента, но также и энергию дефпр
нации от продольных и поперечных снл. Изменение угла
между двумя смежными сечеппямп (рис 321) ог действия
пар Л-1, па основании урзвнення (213), равняется
М d<f Д1 ds
Л d(f=----=------
'1Еег
Из этого выражения можно определить изгибающий момент в любом
поперечном сечении кольца. Наибольший изгибающий момент будет
в точках приложения сил Р. Подставляя <р=*я/2 в уравнение (с>,
находим
,-М= _ _ 0,318Рг. (225)
при этом рагхтта изгибающих пар Д-1 для элемента, за
ключечного между двумя смежными сечениями, равняет
dL\
M*ds
21 Ее'
Продольная сила А вызывает удлинение элемента между дпу ыя смежными сечени-
. Л' ds
ям» в направлении оси бруса, равное и увеличивает угол <мр иа величину
Знак минус указывает на то, что изгибающие моменты в точках при-
ложения сил Р стремятся увеличить кривизну кольца, в то время
как-момент Л1в в сечении та стремится уменьшить эту кривизну, и
кольцо будет иметь при изгибе форму, показанную на рис. 320,«
пунктиром
Увеличение вертикального диаметра кольца также можно оп-
ределить при помощи теоремы Кастилиано. Полная энергия деформа-
ции, накопленная в кольце, равняется
(' равнение (2Гл}) Работа, совершаемая си хами -V при этом перемещении, рав
A1 ds
няется . Кроме того, при перемещении от действия продольных сил А парами
г Л,'Л •
снл 11 о№1 совершена отрицательная ра'ада----— следовательно полная
энергия, накопленная в элементе бруса при действии сил Л, равняется
dUt—
S*ds
2/Г
M.Vds
<ej
причем значение Л1 определяется по уравнению (с). Следовательно,
увеличение вертикального диаметра кольца равно
Поперечная сила Q производит сдвиг одного лотерейного сечения относи гель-
а<2 ds , .
по другого на величину , где а есть численный коэффициент, зависящим
от фирмы поперечного сечени> (см у равнение (2171} Соответствующая потенциаль-
ная энергия равняется
) Весьма полное псследодап не круговых колеи находящихся по.' действием
Главные резу льтаты
322
KPHRIJF ГРУСЬЯ
ДЕФОРМАЦИЯ КРИВЫХ БРУСЬЕВ
423
Складывая (<’j, (е) и (Г) п пнтегриру я по всей длине бруса, получаем полную потен*
шальную энергию кривого бруса:
( I М* К* М¥ , оОг\ .
J \2ГЕег+21Е lEr^2FG)As-
(228)
Воспользуемся этим уравнением для решения задачи, представленной на рис. 319.
Принимая направления, указанные на рис 321, за положительные, мы имеем
41=—Acosq> Л= — Рсгеф, Q=Rsimp,
где г— радиус осп бруса. Подставляя эти значения в уравнение (228) и применяя
теорему Кастилиано находим вертикальное перемещение точки И:
Ъ=~= Дг Г /г cos’® , , аЕ . , X . пРг / г ,аЕ , X
е -re5^+0-Sin^)<J'F=47£(y-UG—
Если поперечное сечение бруса представляет прямоугольник шириной Ь и высо-
той Л, то, пользуясь для ё приближенным значением ft’/12r (см. стр. 311) и прини-
мая а—1,2 и £/G—2,6, находим
8=^/^212Y
4FE \ hs ‘ )
Если fl мало по сравнению С г, то зтпрым членом в скобках, представляющим влия-
ние на перемещение сил N и Q, можно пренебречь, и тогда мы придем к ранее полу-
ченному уравнению (см. стр 318).
Изложенная выше теория расчета толстых кривых брусьев часто
применяется при вычислении напряжений в таких элементах ма-
шин, как звенья цепей и проушины
(рис. 322). В этих случаях затрудне-
ние возникает при отыскании закона
распределения давлений по поверхно-
сти бруса. Это распределение давле-
ний зависит от величины зазора ме-
жду болтом и кривым брусом. Удовле-
творительное решение задачи можно
получить, только пользуясь одновре-
менно аналитическим п эксперимен-
тальным методами исследования ’).
Частный случай проушины пря-
моугольного поперечного сечения
(рис.322) был весьма обстоятельно исследован 21. При этом исследо-
вании предполагалось, что зазоров не существует и что болт — абсо-
*) О теоретическом исследовании задачи см.: Н. Reissner, Jahrb wtss.
Ges. f. Lintfahrl, »93H; также J. Веке, Etsenbau стр 233 192i; F В 1 e 1 c h,
Tbeorie urid Berecbnung <Jer eisern Erin ken, стр 256, 192-1; В 1 u ;n e n 1 e 1 d,
Z Ver. dent Ing , 1J07 u В a u ma tin тз.'Г же, стр 397, 1'1(18 Эксперцмегпь; были
сделаны Dr Mat1 ar’oj iFo-schutg-.ir,,. 306, 1928), см также D R5 h 1, диссерта-
ция. Вяп'/ig, 1)20 Preuss, Z. Ver deut, Ing., т 55, стр 2173, 1911; M В о p o-
п а е з. Известия Киевского политехнич. ив-та. 1910; Е. G. С о к е г, Pliotoelasti-
cjty, J Franklin Inst.» 1925.
®)H. Reissner and F. Strauch, Ing. Arch,, t, 4, стр 481, 1933,
лютне твердый Наибольшие растягивающие напряжения имеют мес-
то на внутренней поверхности в поперечных сечениях, перпендику-
лярных оси бруса, их величина может быть представлена формулой
от
. <8>
где Р есть полная растягивающая сила, передаваемая брусом,
а — численный коэффициент, зависящий от отношения rjrt, наруж-
ного радиуса к внутреннему радиусу проушины и t — толщина про-
ушины, перпендикулярная плоскости рисунка При г,/г„ равном
2 и 4, значения а соответственно равны 4.30 и 4,39. Значения напря-
жений, получаемые по формуле (g), удовлетворительно согласуются
с опытами 1),
Теория изгиба тонких колец нашла применение при расчете ко-
лец фюзеляжа в конструкциях аэропланов *) и колец жесткости в
подводных лодках’).
При вычислении деформаций кривых брусьев мы пользовались до сих пор тео-
ремой Кастилиано, но эта задача может быть решена, как в случае прямых брусьев,
nyjeM введения фиктивных сил. Вычисления особенно упрощаются в слу час тонких
стержней, когда можно пренебречь влиянием на деформации продольных и попереч-
ных сил. Рассмотрим стержень АВ (рис, 323), заделанный на конце А и нагружен-
ный в его Плоскости симметрии Для определения перемещения
конца В рассыот рпм бесконечно малое перемпкеиие ВС этою конца вследствие из-
гиба элемента т.п стержня. Пользуясь
уравьеалем (214) для определения измене-
ния угла между двумя смежными попереч-
ными сечсния'ш ш и п, находим
ВС=
Замечая что бесконечно малый треуголь-
ьик BCD подобен треуголышку nBnt, на-
ходим две составляющие этого перемеще-
Чтобы получить две составляющее полного перемещения конца В, мы должны лишь
просу ымир-.юать элементарные перемещения It) для всех элементов стержня Обо-
значая эти составляющие через и и с tt снятая их положительными если они
) См Сг В i е г е 11, Mitl. dept. №terialpriifrir,gsa№tait Spec., № 15, 1931
Исследование проушин фоодпругГО) методом Чыао сделано К Takemura и
Y. Н о s о k a w al Rcpt. Aeronaut Inst (Tokyo), т. 18, стр. 128 1926, см. также
М. М F г о с h t and Н. N f-J i 11, J. Appt Mecb , t. 7, ctp 5, 1940. В последней
статье исследовано влияние зазора между болтом и отверстием
е) См W Sited a, Lullfahrt—ГогзсЬ, т 18. стр 214. 1941 Английский пере-
вод см. Nat. Adv'.sory Сотш. Aeronaut. Tech Mem. № HMM, 1942. см также D A.
же, т 19. стр. 585, 1952.
*) Весьма г.о.нюе исследование таких колец меняно найти в книге li Ф Па п-
к о в и ч а, Стрситвльная механика корабля, .Москва, т. 2, стр. 1—816, 1947,
324
КГНВЫГ r."VCMl
совпадают г положительными направлениями глей х it tj подучаем
(•Aids.
—л)
Рассматривая, например, представленный на рис. 319 стержень имеем
А1 = — Рг ces ф, % — у^г (I — Sin ф), Ло - Х=г C-XS ф
Подставляя в уравнение ij) и выполняя интегрирование, получаем результаты,
совпадающие с результатами, полученными на стр. 319
Из у равгенин (j) видно, что если мы приложим к каждлму элементу стержня
. ' Л1 ds
фиктивную горизонтальную силу величиною pj— , то момент этих распределен
пых сил относительно конца В даст зиачеппе перемещения «. Если вместо кфизон-
тальных сил возьмем вертикальные фиктивные силы той же интенсивности, то
момент этих сил относительно копна В даст перемещение у.
ЗАДАЧИ
1. Определить вертпкальчое псреялдс-пие конца В топкого кривого стержня,
имеющего постоянное поперечьте сечение н ось — лугу полукруга (рис. 324).
Решение Энергия деформации изгиба равняется
2. Определить горизонтальное перемещение конца В в лредыдмцей задаче
.. А 2Рг*
Огтлчл с—jyy-
3- Определить увеличение расстоянии мегкду концами А и В тонкого стержня
постояшюг •> поперечного ссчсиия, состоящего из ду i и иолу кр\ га CD п двух пря
молнпейны.х участксз .4 С и BD (рис. 325).
Ответ j ’У hr (-у f ! -J /*—2fr 'l
4, Звено, состоящее из ди\х телу кругл и двах прямолинейных участков, рас
тягивается двумя ращымп, но противоположными силами, направленными по вер
тикал),пой осп симкттрпи (рис ..2d) Оирадетпте i ависльпшй евгиСмюший мсмснт,
полагая, что размеры поперечною сечения малы по сравнению с ратпу.-хм г.
Рашине Рассматривая одну четверть звена (рпс 33fi,fc), напдь.ч статически
неопределимый момип 1;в из того условия, что поперечное ie;снцс,в котором дей
сгвует аЮТ момент, при дефч-рмацяи нс поворачивается Тогда
<Д.
d-Щ-''
ДРФОРМЛНИЯ КРИВЫХ БРУСЬРВ
Замечая что для прямолинейного участка /И—Л1Л, а для криволинейного участка
Л4=/Ий---— <(1 —cos <р). и принимая во внимание только энергию деформации
изгиба, находим
j -а»»,]’’-ч»}-в
откуда
.. РЯя —2
Мл И 2/-Ф-ЛГ’
При 1=0 это выражение совпадает с уравнением (224), полученным ранее для
Рис. 325. Рис. 326.
кругового кольца. Наибольший
равняется
чомент будет в точках приложения сил Р и
5. Решить предыдущую задачу, полагая, что силы Р приложены, как показано
на рис. 326, с.
О'пнет Изгибающий момент в точках А равняется
При /=0 это уравнение совпадает с уравнением для кругового кольца При '-=0,
Pl
как для балки с заделанными концами.
С. Определить из) ибающий момент Мл и увеличение вертикального диаметра
кругового кольца показанного на рис. 320. пола) ая что поперечное сечение кольца
есть прямоугольник шириной b и высотой ft, причем эти размеры не малы по срав-
нению с радиусом ' оси кольца
Решение Пользуясь уравнением (228) для потенциальной энергии и уравне-
нием (Ь> для изгибающего момента, получаем аля определения Л10 следующее
уравнение;
326
КРИВЫЕ БРУСЬЯ
Сращивая это уравнение с уравнением (224), валим, что третий член в скобках
приставляет собой влияние продольной шли и не линейного закона распределения
напряжений. Величины погрешностей, получающихся при применении прибли-
женной формулы (224) вместо предыдущего точною уравнении, приведены в нюк>
следу квдеП таблице 9.
Таблица 9
Величины погрешностей приближенного расчета
3
0,00»
1,6
I h этой таблицы видно,, что и большинстве случаев для вычисления Л1, можно ноль
эоьаться приближенной формулой (224) и что ошибка имеет сттцественное значение
лишь тогда когда h приближается к г или делается боль по г
Увеличение вертикального диаметра кольца определяется из уравнения
Пользуясь уравнением (226) для U п подставляя в это уравнение
llirvi.Ti',')
Рис. 327
Сравнение с у равнением (226) показывает, что влияние
продольных и поперечных сил на величину б обычнь
очень мало1).
7. Определить изгибающие моменты в тонком коль
це, имеющем две оси симметрии при действии равно
мерно распределенною внутреннего давления р
Решение. Рассмотрим один квадрант (рис. 327) с полуосями и и Ъ.
Цели Л1о представляет статически неопределимый момент в сечении А, то
изгибающий момент в каком-либо сечении С с спор ди патами х и у будет
,, << , , ,Р(о—XI*.РУ* ч Pv' .рг ру' .
М =Л10—ра (о — лЧ------g---ч-« о---------Г 1—g-J- -у - (Ю
’) Более точное решение задачи, показанной на рис. 32и дано ашоргм, см
Илссншя Киевсмяотлитсхииялкииин tnu 1910; см так же Phil Мад т. 44, стр
1014, 1922 и Theory бГ Elashcily стр 121 1951 Это рспи нт осказиваст. Ч1й изло
жениая теория, основанная на гипотезе плоских сечений, дает весьма удометво
(ипольные результаты.
80)
ДЕФОРМАЦИЯ КРИВЫХ БРУСЬЕВ
327
Подставляя ли в уравнение находим
де s означает длину четверти кольца, а J*—J if ds и J x"ds — моменты
о о
инерции дуч а АС 13 относительно осей х и у. Следовательно,
»>
Ьли кольцо имеет форму звена, показанного на рис 326, с размерами а=г
и Ь_ I 4- г, то
. , ла
s=b — u р-ц-
А= у — “•’т™ (О — о)’т -у в*4-2а* — в),
а)а*4--у-
Подставив это в уравнение (I), получим
Изгибающий момент в каком либо сечении теперь можно получить из урав
нения 1k).
Для эллиптического кольца вычисления более сайты1). Обозначая
—ч«й>,/Ио=—P/w2 н момент в течении В (рис. 327) М1=троя, приводим ниже
таблицу значений числовых коэффициентов а, Р и ?для различных значений ит-
ноше, ни» а.'Ъ.
Таблица 10
8. 11ч» кая спиральная пружина (рис 328) прикреплена в центре к вертикаль
ному стержню С К этому стержню приложена пара сил Мв которая закручивает
пружину. 3ia пара уравновешивается горизонтальной силой Р, приложенной на
') из J Л ( II Вгеьье, Ojuis de пмлапДие appliquee, Paris, 3изд , стр 443,
18811. См также [I. К esa 1, J math. (Lionville). т. 3, 1887; М Ма г bee. Bull,
assoc tccli. rnaritnne, т. 19, I'jUS, M. Go up I 1 Ann pools, el chaustees r. 2,
пр- 3n>, 1912, M aver M i 1 a, 7. Ver. deul Ing , t. 58. стр. Ы9 1914;
\V. b Burk c, Nat. .Xdv.sory Comm Aeronaut 1 ech. ХоСез, 444, 1933
328
КРИПЫГ БРУСЬЯ
другом копие пружины /1, и ргак:цкн скр»:!1и Установить зависныогп между
моментом Л1„ Н yi-чом поворота стержни «зли вс< размеры рртжаиы известны.
Предполагается что угол закрзчшэтнго не (iacKi.ii.i o и лик чтобы смежные витки
Решение Принимая паса ю кгх’рднн.ц в точке А, находим, «по изгибающий
Полный угол повор’чг. одного конца гртжины отно-
си гольно другою при закручивании будет
‘Ру. Изменение угла ыедду те.уыя cmcjkhIvMii семч-нимп у досматриваемой точ
ки, сылиспе уравнению (214) равняется
л j Л1 Л
'"'ТУ
Рис. 328.
(гп)
। части эпсо у равнения представ
»| стлпчеп нй момент осп пружины ОТНОСИ-
...................................сил -'гот момент полу чае к я умножением
полной длины s спирали на расстояние сс центра /яжесгл от оси х В обычном
случае с достаточной точи. к. идо л i.i.no п] лишь эти расстояние равным г, т. е.
расстоянию от оси стержня С до силь. Р Тогда из у равнения («;) получим
(п)
Если конец А связан с каким-либо стержней, то вргщагщпй ысмеит /Ио. прнло
жеаный в точке С, вы «ываэт рсактпвпугосплз Р у закрепленного копна А пружины.
Дотех пор, пока толшина пружины весьма мала, и число витков ширяли великой
витки не соприкасаются между ссСе>й принятое дону гаевис о том, что сила Р
остается гори ювталыюи моукчо считать чопагечпо точным С ледова ie-тьно, для
этого случая уравнение (п) будет справедливым
9. Пружина, представленная на рис 328. находи гея н ненапряженном сисл >я
Нии в закреплена в точке А Определит! нэибг-дцыге нантяжспия и количество
энергии, накавливаеня! в пружине ири трех полных оГсфптаз стержня, приняв
пружину изготовленной иг стали в 1 гл шириной, (1.6 лл тсиицииоп и -"СОсл длиной.
Ptuu-нпе. Подстагляя данные значения ь зравнение (я), подучаем
3141.12
ta—Л1в -
откуда
Количество потенциальной энергии
*) Более полный разбор этой задачи дан в книге Л Кастатпаио, китпзовзииой
на стр 183. См. также Г. С. W a d I о w, Engineer г 1й0. стр 474, I9db и J. А.
ВО]
.ЧЕ«ОРНЛЦ11Я КРИВЫХ БРУСЬЕВ
Наппольшее напряжение будет в точке В, >де изгибающий момент может Лить
принят рапным 2/V~2,!I0, '
=6912 кг)см‘
10, Поршчевое кольцо внешнего очертании 1Ю кругу имзет Прямоугольное по-
перечное сечение шк-щяпноЗ ширины Ъ и нерешенной высоты h (рис. 32')). Опреде-
лить, какой должен быть закон изменения высоты ft, чтобы кольцо, буду чн встав-
лено с поршнем и цилиндр, оказывало на стенки цилиндра равномерно’pacuptде-
леитрзс давление.
Реш-ние. Пусть г означает радиус цилиндра и г -|- b — кнешнпй радиус коль-
ца в сгийнлюм состоянии Приближенное решение задач» подучится если кглть
внешний рзаиус кольца нмегто переменного радиуса
криви him е'п осн Тогда, на основании уравнения
(214), и змииение кривизны нследстние изгиба будет
~d^~'
« = — 2^ siu’
Изгибающим момент Л!» каком-лиГм сечении пт
кольца, вызываемый давлением р равномерно рас-
пределенным по внешней поверхности кольни, рав-
няется
Подставив это выражение в (о) и приняв Л-Ла/12 пы«’
—------—-. так как 6 мало, получим для оиредг-тения Л следующее уравнение
“д' SI“l
<Ч)
Полагая ^-=Я найдем наибольшую величину h*. которую обозначим через п*
2-1г‘
Наибольшие напряжении от изгиба и каком-либо сечении тп ранпякнея
Из вираже iu:i (t) н (г) косно видеть, что наипольшпе напряжении от на и5з имеют
место при <р=л с. е. п поперечном сечении противоположном прорезу котьла.
Полетав |ЯЯ в уравнение (I) h—h* и <р—л, подучаем
Из этого уравнения можно вычислить л„ если запань юпускаемос напряжение дтн
колыса и давченпе р. Значение s нах-митси ну им г Мьтановкл ftu в - равнение (>).
330
КРИВЫЕ БРУСЬЯ
(гл. X»
Рис 330.
Следует заметить, что если в месте прореза к концам кольца приложить по на-
правлению касательной две рапные и противоположные силы Р, то они вызовут в
каком-либо сечении тп кольца изгибающий момент
— Рг (1 — cosq>)= — 2Prsin2-^-,
т. е. этот изгибающий момент изменяется в зависимости от ф точно таким же обра-
зом, как и момент Л1 но уравнению (р). Поэтому, если концы разомкнутого кольца
стянуть и в таком состоянии обработать его до внутренне-
го радиуса г цилиндра, го такое кольцо, будучи вставлено
в цилиндр, окажет на стенки цилиндра равномерно рас-
пределенное давление ')
Для примера определим 8 идля чугунного поршнево-
го кольца, если г=25 см, (а (=300 кг[см\ р—0.1 кг/см* и
£=8- 105 кг!см*. Подставив эти значения в уравнение (и),
найдем Йо=1,6 см. Из уравнения (s) получим 6=0,29 см.
11. Вывести формулу (227), данную на стр. 321.
12. На раму, состоящую из двух вертикальных стер-
жней и стержня в виде полукруга (рис. 330), действует
сила Р. направленная по оси симметрии рамы. Найти
горизонтальные ренкции // и изгибающий момент М в
точке приложения силы Р, полагая, что рвма имеет
постоянное поперечное сечение и в опорах А и В
имеются шарниры. Влиянием продольной и поперечной силы на деформацию
пренебречь.
Решение. Величина сил Н получится из уравнения 0.
Результаты можно представить в виде
H=kxP MaktPr (v)
где kx и k, — числовые коэффпвиенты, зависящие от величины отношения l/r.
Несколько (значении этил коэффипнентов дано ниже, в таблице II.
Значения коэффициентов к уравнению (v)
1.2 1,4 1,6 1,8 2,0 2.2 2,4 2,6
0,0984 0,0857 0,0754 0,0669 0,0598 0,0537 0,048b 1,0442
0,284 0,294 0,304 0,313 0,321 0,328 0,335 . ^,341
13.0
10,0370
0,352
13. Решить предыдущую задачу, полагая, что в спорая А и В концы рамы
заделаны
Ответ. Значения Н и М определяются по формулам (v). Числовые значения
коэффициентов да вы в таблице 12
'(Эта теория была разработана Н. R es а Рем, Ann. mines, т. 5, стр. 38, 1874;
Compl. rend., т. 73, стр. 542, 1871; см. также Е. R е I п b а г d t, Z. Ver. deut Ing.,
t. 45, стр, 232, 1901; H. F г i e d m a n n, Z. csterr. Ing. Arcbitekt.—Ver., т 60,
стр 632, 1908; Z Ver deiif Ing , t. 68. стр 254, 1924 Относительно распорных ко-
лец см. N J. Но 11, EdgeReinforceuienboICuioiHsitiMonocoqties, J.Appl.Meet).»
т. 10, стр. 161, 1943.
81J
ДВУХШАГИИРНЛЯ АРКА
331
Таблица 12
Значения коэффициентов к уравнению (v)
1.2 1,4 11,6 1,8
0,1659 0,1459 0.1295 0,1157
0,24750,2500-0,2691 0,2784
2,0 *2,2 2,4 2,6 2,8 3,0
О, I04ojo,094l 0,0855 0,0781 0.0716 |о.О65Э
0,287010,2918 0,3021 0,3067 0,03 «5210,3211
Из эп|й таблицы видно, что при заделанных концах рамы наибольший изгибаю-
щий момент Л1 несколько меньше, чем и предыдущей задаче.
П'хяученпыс результаты можно использовать для распета напряжений в звепе
цепи рис 326 при условия, что в звено вставлена распорка для того, чтобы препят-
ствовать какому либо изменению горизонтального р
размера звена
14. Найти изгибающий момент Л10 и растят инаю-
щее усилие Н в поперечном сечении А симметрично
нагруженного кругового кольца, показанною па
рис. 331,
Огпптя
Я— Р-*8 « 11+sec а — (л — a) [g а 1,
81. Двухшарнирная арка
На рис. 332 показана несущая верти-
кальную нагрузку арка, концы которой
шарнирно прикреплены к неподвижным
опорам А и В, находящимся на одном
Рис. 531.
уровне. Вертикальные составляющие реакций опор Л и В мож-
но определить из уравнений равновесия совершенно так
же, как для балки, свободно лежащей на двух опорах. Ги-
Рис 332
ризонтальные составляющие должны быть равны по величи-
не и противоположны по направлению. Величина Н этих
составляющих называется распором арки. Эту величину нельзя
получить из уравнении статики, но она может быть определена
при помощи теоремы Кастилиано. В случае пологой арки двумя
последними членами в общем выражении (228) для потенциальной
энергии можно пренебречь и для обычных размеров арок произве-
KUtP.blli БРУСЬЯ
[гл XII
дснпс ler можно заменить моментом инерции поперечного сечения
J_. lor да уравнение для определения Н будет таким:
п Г,‘ ЛГ
сШ
21L
as=O.
(a)
Изгибающий момент в каком-либо сечении тп арки равняется
AJ-.ll, — Ну. (Ь)
где Л1„ есть изгибающий момент в соответсгвующем сечении сво-
бодно лежащей балки, имеющей тог же пролет и ту же нагрузку,
что и арка. Второй член под знаком интеграла уравнения (а) пред-
ставляет собой потенциальную энергию от продольной силы <V
и имеет второстепенное значение. Для пологих арок можно, с
достаточной точностью, допустить, что эта сила N равняется рас-
пору Н. Подставляя выражение (Ь) и A'=W в уравнение (а), по-
лучаем
откуда
(229)
Для арки постоянного поперечного сечения при помощи обозна-
чения iz—JjF уравнение (229) можно представить в таком виде:
J «„vifs
------— • РО)
S-=J1+,,?S
Второй член в знаменателе представляет собой влияние укороче-
ния оси арки вследствие продольного сжатия. Во многих случаях
ине мало и им можно пренебречь. Тогда
S
(231)
Д1»'Х11[ЛР11111’11ЛЯ АРКА
333
Возьмем, например, случай параболической арки, несущей постоян-
ную нагрузку, равномерно, распределенную по длине пролета,
с осью, определяемой уравнением
,,
(С)
Тоща
(il)
(с)
X).
Подставляя (с) и (d) в уравнение (231), получаем
" 8f
Действительный распор Н будет меньше определяемого из урав-
нения (е). Чтобы дать некоторое представление о возможной по-
грешности АД, в нижеследующей таблице 13 приведены отношения
для различных арок ’). При вычислении величин, входящих
и эту таблицу, было применено полное выражение (228) для по-
тенциальной энергии, а также было принято, что для какого-либо
сечения арки
где F„ и EJt — соответственно площадь поперечною сечения и
жесткость при изгибе сечения арки в ключе, угол (р — угол между
поперечным сечением и осью у, a h — высота поперечного сечения
в ключе арки. При вычислении величины И, входящей в отпо-
АЯ , .,
шение , было применено уравнение (е)
ьн
Ъчи таблица показывает, что погрешность от применения хравне
[:.ия (с) имеет существенное значение лишь для пологих £( сн» зна-
41! ЮлЬНОЙ ТОЛЩИНЫ
криные г.русьн
[гл. хн
Так как опоры арки неподвижны, то изменение температуры
может вызвать значительные напряжения в сооружении. Чтобы
вычислить распор от изменения температуры на 1°, предположим,
что одна из опор является подвижной. Тогда, вследствие температур-
ного расширения, пролет арки увеличится на alt, где а есть коэф-
фициент линейного расширения материала арки. Распор найдется
из того условия, что он препятствует такому расширению арки,
производя уменьшение пролета на величину, равную all. Применяя
теорему Кастилиано, получаем
du d г I м* , № \ ...
dH'-dFl] \2Ej;+2Fe) db-att- ©
Принимая во внимание лишь влияние температуры и полагая /Ио=О
и N—H, из уравнения (f) получаем
Н-,-----. (232)
(Vds Р ds
J ,ГЕ
0 0
Более подробное исследование усилий в арках может быть найдено
в книгах по теории сооружений.
82. Напряжения в ободе махового колеса ')
Благодаря влиянию спиц обод вращающегося махового колеса испытывает
не только растяжение, но также и изгиб. Выделим часть обода (рис. 333, fc) даумя
поперечными селениями А и В, делящими пополам углы между смежными спи-
цами, и рассмотрим се как свободное тело.
Рис. ЗЗз.
обода, F— площадь поперечного сечения обода,
сечения спицы, J — момент инерции поперечного
Пусть г—радиус оси
F, — площадь
поперечного
*) Весьма полное исследование изгиба круговых колеи со спицами дано
С, В. В i е z е п о ц Я- G г а ш щ е 1. цитироаанн. на стр. 321.
НАПРЯЖЕНИЯ В ОБОДЕ МАХОВОГО КОЛЕСА
335
сечения обода, 2а — угол между двумя смежными спицами, q — вес единицы
длины обода. qt — вес единицы длины спицы ы — угловая скорость махового
колеса.
Из условий симметрии заключаем, что по сечениям Л и В не может быть
касательных напряжений и что силы, действующие на эти сечения, приводятся
к продольной силе We и изгибающему моменту М„. Если X означает силу, растя-
гивающую спицу, то уравнение равновесия части АВ обода будет
2Л'О sin а-|-Х — 2г* с? sin а=0»
откуда
(а)
Продольнвя сила N в каком-либо сечении тп равняется
,, » . п 1 » Ф Qt»*'* Xcosw
W=A' cos в>-4-~— 2r sin8 --------
g 2 S 2sma
Изгибающий момент u том же сечении будет
М=М„ — Л'4г{1 —cos - 2 sin8'-^- ~
(С)
Сила X и момент Л10 не могут быть определены из уравнений статики, но могут
быть найдены при помощи теоремы о наименьшей, работе. Потенциальная энер-
гия деформации выделенной части АВ обода представится в таком виде
Растягивающая сила Nt в каком-либо сечении спицы в расстоянии р от центра
колеса равняется 8)
Следовательно, энергия деформации спицы будет
Г л>4?
V.-\ М
о
Уравнения для определения Ate и X представятся в таком вице:
’) Предполагается, что толщина обода мала по сравнению с г и принимается
во внимание только энергия изгиба и растяжения.
Длина синцы принята равной г. В действительности она будет несколько
меньше г.
KI'HBbll-. BP.Vt.Lll
Из уравнений (I) и Ц*). после подстановки в них (d) п (с), получим
,М____*7 1 „‘Л
®_ 2 ^sma и/’
х 2 gofr* 1
3 * £ff, (а)+Л(а)-г^-
D нижеследующей таблице 14 приведены значения функций /, (а) и f, (а) для раз-
личного числа спиц п.
Таблица 14
Значения функций к уравнению (234)
4 1 t ь
0,643 О.У57 1,274
Ма) о.побоа 1 0,00169 0,0l«t76
Пользуясь этой таблицей, мы легко определяем натяжение спицы X по
формуле (234) и изгибающий момент /Ц, по формуле (2Д4). После этого придель-
ная сила и изгибающий момент в каком либо сечении тп обода могут быть най-
дены из уравнений (а), (Ь) и (с)1)
И качестве примера возьмем стальное маховое колесо, делающее fi(X) обо-
|члов п минуту, с радиусом г=1,5 л, с квадратным поперечным сечением обида
ЯХЗО гл* и с -прстью спицами площадью поперечного сечения /^=.150 елг
каждой Обцд рассматриваем как свободно вращающееся кольцо; тйда растяги-
вающие напряжения, возпикакяцие от центробежной силы, будут равняться
(см. уравнение (15))
о0— X- 15tft=705,5 KtlCJif.
11ря щели спицах a=3ff, (<i)=0,<<57, f2 (а)=0,00169. Следовательно, усилие.
Девствующее в кахдоп спице, coi ласпо уравнению (134), равно
Х-— _______ 1 _fl . «Щ
з g зиа-о.гсиа p7n7-|-G ',G,‘ g
*) И:1Л1Ткснная теория была разработана R. Bred Гем, Z. Ver. dcul. fng_,
т 45, стр Ж7, 1901 н H. В га и e Год, Dingier:, Bolltech J., стр. 35.3, 190* См
также J. G L о n 4 ho t io m, Proc Insi Meeh. Fngrs. (Londcxi), cip 43, ]924
ah R .* i ii Ii а г <1 1, Гог<1шпх5аг1> , 226, 1920. Пеывбиая задача возникает при
раечче напряжений в укрепляющих колвнаг. больших турбогенераторов, см
I Sc \\ с г । и, Lkx.lrotccli. Z., стр 40, 1931.
88J УГАВЩПЫГ liaOriLVTOil ОСИ ДЛЯ ВРУНА С КП1ОПОЙ осью -337
Продольная сила для сечения, делящею пополам jro.i между антами, по
уравнению (а), будет-
_ о.«и s^Lo.s 1 mH.
в я g
Изгибающий момент в том же секции, по уравнению (233), будет
.11.— — 0.603 к; ft,|
е
Наибольшее напряжение в этом сечении равняли
Отах=^т— ~^?=644—&>=729 к? Г.ч®
Для поперечного ссченпп обода, илягого по оси спицы, уравнения ()>) в
(с) дают
И 8
Наибольшее напряжение в этом ссчснип равняется
о1пах=б52—167=819 кггм-
ВпДгю, что в данном случае влияние изгиба обода на лелпчпну наибольшего
напряжения незначительно п расчет напряжений в ободе, как в свободно вра-
кольце, лает удовлетпорительные результаты.
щаюшемся
83. Уравнение изогнутой оси для бруса с круговой осью
Для тонкого кривого бруса с круговой осью Д1Кр4*еренциал1г
ное уравнение изогнутой оси будет аналогично уравнению для пря-
мого бруса (уравнение (79) стр. 124), Пусть ABCD Грис. 334) пред-
ставляет ось кругового кольца после деформации и и означает
малые радиальные перемещения отдельных точек этой оси Изме-
нение кривизны оси стержня при изгибе можно исследовать, рас-
сматривая элемент тп кольца по деформации и соответствующий,
заключенный между теми же радиусами, элемент mini деформиро-
ванного кольца (рис. 334. Ь). Первоначальная длина элемента тп
и его первоначальная кривизна будут-
^->=1- <’>
При малых деформациях кривизна того же элемента после деформа-
ции может быть принята равной кривизне элемента m,ri, Послед-
няя определяется уравнением
338
КРИВЫЕ БРУСЬЯ
[ГЛ. XII
в котором cfq>+Дгйр означает угол между поперечными сечениями
mt и nt деформированного стержня, a rfs+Arfs— длину элемента т,п,.
Перемещения и считаем положительными, если они направлены
к центру кольца, и очень малыми по сравнению с радиусом кольца.
Тогда угол между касательной к оси стержня в т, if нормалью
к радиусу mfi будет • Соответствующий угол в сечении nt будет
du , .
T-4-T3-GS-
ds 1 ds2
Тогда
Ad,»)=Sds- <с>
При сравнении длины элемента т,п, с длиной элемента тп малым
углом ~ можно пренебречь и длину mxnt принять равной (г—ti)dtp.
Тогда
Atfs= — ыЛр=—(d)
Подставляя (с) и (d) в уравнение (Ь), получаем
. , <Fu ,
или, пренебрегая бесконечно малыми величинами высшего порядка,
находим
83] УРАВНЕНИЕ ИЗОГНУТОЙ ОСИ ДЛЯ БРУСА С КРУ10В0Й осью 339
откуда
г ~ г' •
Зависимость между приращением кривизны и величиной изгиба-
ющего момента для тонких стержней, на основании уравнения
(214), выразится в следующем виде:
Знак минус в правой части этого уравнений зависит от знака из-
гибающего момента, который считается положительным, если он
вызывает уменьшение первоначальной кривизны стержня (рис. 308).
Из уравнений (е) и (1) следует, что
Это и есть дифференциальное уравнение изогнутой оси тонкого
стержня с круговой осью. Для бесконечно большого г это уравне-
ние совпадает с уравнением (79) для прямого бруса.
В качестве примера на применение уравнения (235) рассмот-
рим задачу, представленную на рис. 320. Изгибающий момент в
каком-либо сечении /и,пв, согласно уравнению (с), стр- 320 будет:
.. Рг ( 2 X
AI = T(“s4—7j.
и уравнение (235) представится в таком виде:
аги , и Рг (2 х
“’J
ИЛИ
dlu , Рг* /2 х
С05Т)-
Общее решение этого уравнения будет.
и=А cosф-i-B sin <Р sin<p.
Постоянные интегрирования А а В определяются аз условии сим-
метрии-
-=0 при ф=0 и
что дает
В=0. А------4g-.
340 КРИВЫЕ ГДЧСЬЯ (ГЛ. XII
Тогда
РР РР РР
п* *= "Ejn—<р яп <р — cos q.
При q-О и <р— л-'2 получаем
ио,. „-£(i_|),
(г_Я
Эти результаты полностью совпадают с уравнениями (227) и (226),
полученными ранее при помощи теоремы Кастилиано’).
84. Изгиб кривых труб
При выводе закона распределения напряжения от изгиба в
кривых брусьях (§ 77) предполагалось, что форма поперечного
сечения остается без изменения. Это предположение справедливо
до тех пор, пока имеется сплошной брус, так как весьма малые
перемещения в плоскости поперечного сечения вследствие попе-
речного сжатия или расширения не имеют существенного влия-
ния на распределение напряжений. Однако условия совершенно ме-
няются при изгибе тонких кривых труб. Известно, что кривые трубы
со сравнительно гонкими стенками проявляют при изгибе мень-
шую жестк«|Ь, чем то следовало бы ожидать согласно обычной
теории кривых брусьев’“i Поэтому в таких случаях необходимо
принимать во внимание искажение поперечного сечения при ил и»*?8).
*> Дифференциальное сравнение (23о| irsarHjroii осн кругового кольца было
выведено Н. R csal'CM, См. его «Traitc du tirecanicue general», т. 5, стр. 78,
IW. См также J. В о и s s i nes q.Corapt rend., r 97 стр М3,1883; H.Lam b,
Prue. London Malli Soc. t, IB, стр. .'»Ж, 1888 Различные примеры применения
этого уравнения даны в етагьс R М а у era, Z aiceu Math, u. Phys , т. 61,
стр 24г., 1913, сн также К Fedcriiofer, "a-st-erkraft u. Wasscrwirtscli.
t. 3b, dp -2.;7. 1943
2) Ьслыиая экспериментальная работа no ИЧ| nfiy кривых труб была произ-
ведена А. В a n < I i ггом Z. Ver. deni. Ing., т. 54, cm. 45, 14510; Forschimpart,
96, см также \V Н о с g а а г d, .1 Math, ard Phys т, 7, 1928 и А. М W ahi.
Тгагъ A.S М L., 1. 49. 1927, Вопри: об изгибе крпчых труб имеет практическое
зпа'енис при расчете напряжений в трубозрокпдах. Новейшая литература по
этому предмету дана в статье J. Е В г ос k, J Appt Meeh , т. 19, стр 501, 1952.
См также статью Gcts’a, пьечставленную епбрашпо облества Инженеров ме-
хаников. London, декабрь 1952
*1 Этот вопрос для тру б круглого поперечного сечения рассмотрел Hi. Kar-
ra a n, Z. Ver. deut Ing ", т. Со, стр. 1ВЯ», 1911. Изгиб труб эллиптического попе-
речного сечения был исследован М. Т. Н и Ь с- г’о м, см. Proc. 7-tb internal. Congr-
Appt Math Meeh, тг.м I стр 322, 1948 Случай кривых труб пря* моль-
ного поперечного сечения был исследовал автором, см, Trans, A,S.?', I , т. /5,
стр 1£5, 1923,
ИЗГИБ КРИВЫХ ТРУБ
34!
Рассмотрим заключенный между двумя смежными поперечными
сечениями элемент кривой круглой трубы (рис. 335), которая
изгибается парами сил в указанном направлении. Так как при
изгипс растягивающие усилия на
выпуклой стороне трубы и сжи-
мающие усилия на вогнутой
сторопедают равнодействующие,
направленные к нейтральной
осн, то первоначально круговые
поперечные сечения трубы сплю-
щиваются, превращаясь в эл-
липтические. Это сплющивание
поперечного сечения оказывает
в свою очередь влияние на де-
формацию продольных волокон
трубы Допустим, что внешнее
волокно ah после изгиба зани-
мает положение оД, обозна-
чим его перемещение по на-
правлению к нейтральной оси
через 6 Тогда полное уддин
[•не этого волокна будет
а,Ь, —ab=a,b,—а,е, — (ah —«/’,)•
<а)
Обозначим через dy угол между двумя смежными сечениями не
и М до деформации, Агйр — изменение этого угла при изгибе,
г — радиус оси трубы и а—радиус поперечного сечения трубы.
Предположим, что отношение а!г настолько мало, что можно
считать нейтральную ось ироходяшей через цедтр тяжести попереч-
ного сечения. Тогда из рисунка получаем
«Д ——б) Arf«f = «Д d<p
Полное удлинение волокна ab, определяемое уравнением (а), рав-
няется
аДс/ф—defy
и отпоен[ельное удлинение этого волокна будет:
___оД гКр — od'p_ а Д в ,
ч -f-a) dif ~ 'Ч-в dtp '-(-а ' '
Первый член в правой части этого уравнения представляет собой
деформацию волокна вследствие поворота сечения !>(1 относительно
сечения ас. Это есть удлинение, которое рассматривалось при изги-
бе сплошных кривых брусьев. Второй член в правой части урав-
нения (h) представляет собой влияние сплющивания поперечного
*) Перемещение С счшаигъя иесьма малым ,ю сраииеапю i pjjHjcow с.
342
КРИВЫЕ БРУСЬЯ
[ГЛ. XII
сечения. Очевидно, что это влияние может быть весьма значи-
тельным. Возьмем, например, г+а=150 см и 6=0,05 см. Тогда
величина -j~-= 1/3000 и соответствующее ей напряжение для
стальной трубы будет равно ^^-=2,1-10е-1/3000=700 кг!см\
Следовательно, весьма малое сплющивание поперечного сечения
вызывает значительное уменьшение напряжения в крайнем волок-
не ab. Подобное же заключение можно вывести и для волокна cd,
расположенного на вогнутой поверхности трубы.
Изменение направления изгибающего момента влечет за собой
изменение знака нормальных напряжений; в результате этого
вместо сплющивания трубы в радиальном направлении, произойдет
сплющивание в направлении, перпендикулярном к плоскости чер-
тежа, и благодаря этому сплющиванию волокно ab будет переме-
щаться наружу. Путем таких же рассуждений, как и выше, можно
показать, что и в этом случае сплющивание поперечного сечения
вызывает уменьшение напряжений в наиболее удаленных волокнах.
Поэтому, можно заключить, что волокла трубы, наиболее удаленные
от нейтральной оси, не принимают того участия в распределении
напряжений, которое предусматривается обычной теорией изгиба.
Это влияет на изгиб трубы точно таким же образом, как и умень-
шение ее момента инерции. Поэтому вместо уравнения (214), ко-
торое было выведено для сплошных кривых брусьев, нужно при
определении деформаций тонких кривых труб пользоваться сле-
дующим уравнением.
<236)
в котором k есть численный коэффициент, меныпий единицы и
учитывающий влияние сплющивания. Этот коэффициент зависит от
размеров трубы и может быть вычислен по следующей приближен-
ной формуле 1);
где t—толщина стенок трубы. Эта формула показывает, что влия-
ние сплющивания зависит лишь от величины отношения trta*.
Что же касается влияния сплющивания на распределение напря-
жения, то Карман показал, что вместо обычной формулы для нор-
мальных напряжении при изгибе где у означает расстояние
•) См. статью Th. К а г m 6 п’а, цитированную на стр. 340.
2) Предполагается, что г велико по сравнению сан что гипотеза линей-
ного распределения напряжений достаточно точна.
841 изгиб кривых труб 343
от нейтральной оси, нужно пользоваться следующей, более слож-
ной, формулой
Наибольшее напряжение, определяемое из уравнения (с), равняется
<23«>
где d есть внешний диаметр трубы, а
k 2
ЗйУЗ'р
—численный коэффициент, зависящий от размеров трубы. В ниже-
следующей таблице 15 приведено несколько значений Аи
Таблица 15
Значение kt к формуле (238)
Отсюда видно, что когда отношение tr/a? мало, действительные
наибольшие напряжения значительно выше напряжений, определяе-
мых на основании обычной теории, в которой пренебрегается влия-
нием сплющивания поперечного сечения.
Выводы, аналогичные предыдущим, можно сделать также и для
трубы прямоугольного поперечного сечения1). Например, найдено,
что для тонкой трубы квадратного поперечного сечения коэффициент
k в уравнении (236) зависит от величины отношения
ь1
n—^i.
где t — толщина стенок трубы, г— радиус оси трубы, Ь—длина
стороны квадрата, и определяется из следующего уравнения:
К 1-0,0656л
*) Такая задача встречается, нагрпчер, rp.i просктаровашы крана Фейр-
(kiipita, см сноску 3, стр. 340.
344
КРИВЫЕ БРУСЬЯ
[ГЛ ХН
Например, при Zi/r=O,l н />//—□() получим п==25 и А>=0,63
Наибольшие напряжения о трубах прямоугольного попереч-
ного сечения увеличиваются обратно пропорционально жест-
кости, т. е. в приведенном выше примере искажение поперечного
сечения увеличивает наибольшие напряжения приблизительно
на 60%
Если поперечное сечение кривого бруса имеет полки значитель-
ной ширины, то вопрос иб искажении поперечного сечения опять-
таки имеет практическое значение. Такую задачу, например, мы име-
ем при исследовании напряжений от изгиба
в узле жесткой рамы двутаврового попе-
речного сечения (рис. 336). Рассматривая
элемент рамы, заключенный между двумя
смежными поперечными сечениями тп н
т,л,, мы видим, что продольные напря-
жения от изгиба о в полках имеют состав-
ляющие в радиальном направлении, ко-
торые стремятся вызвать изгиб паток
(рис. 336,!»). В результате этого изгиба по-
лучается некоторое уменьшение продольных
напряжений от изгиба о в частях полок,
расположенных на значительном расстоя-
Принять во внимание это обстоятельство,
нужно в формулу (г), на стр. 313, для двутаврового сечения вместо
действительной ширины подставить noieanijnj ширину ab полка
Естественно, что величина кпэс^фнциепта а, определяющего полез-
ную ширину полки» зависит от гибкоеги поло£, которая выражаетсч
величиной °
Р-1.32^, (d)
где t—толщина полки и г—радиус кривизны полки. Для внутрен-
ней полки г=г„ а для наружной полки r—rv Вычисления пока-
зывают, что если |5< 0,65, то изгибом полок можно пренебречь, и
мы можем непосредственно применять теорию, изложенную в
§ 79. При больших значениях для вычисления полезной ширины
полки можно пользоваться формулой г)
1 'J дальнейшем развитии геэригг излив кривых груб см L. Beskin.
J. Appi Aleck., т. VI f'J15. Е. R е i s ; о е г, Pror. Nat Acad. Set. т. Зо, стр 204
<949, R. А. С I я г 1<. Т. I Gilroy and L. R е i s з п е г. J. Appt Me.li. г. 19.
Ъ Вывод злой формула! см. в докторской диссертации Otto Steinhart! Га,
Darmstadt I9J8. Результаты опытов приделанных Stein Liard Гоы, удов
летвор.1 гелию амласуются с формуле.!.
851 НЗГИГ. WflBOTO ПРУСА ПР В ПЛОСКОСТИ ЕГО НАЧАЛЬНОЙ КРИВИЗНЫ 345
Предпсхчсжим, например, что мы имеем ширину пс-лкц Ь—15 смг
соответствующий радиус г=20 см и толщину I—2,5 ги. Тогда по
формуле (d) получим {3=2,80 и полезная ширина полки равняется
0,35 15—5,25 слг.
85. Изгиб кривого бруса не в плоскости его
начальной кривизны
Выше мы излагали вопрос об изгибе кривых брусьев в плос-
кости их начальной кривизны. Однако имеются случаи, когда силы,
действующие па кривой брус, не лежат в плоскости оси бруса
В таких случаях необходимо рассматривать изгиб бруса в двух пер-
пендикулярных плоскостях и кручение бру-са {Простая задача
такого рода показана на рис. 337, а, в которой часть горизонталь-
ного кругового кольца, заделанная в сечении А, нагружена вер-
тикальной нагрузкой приложенной на копие В~). Рассмат-
ривая поперечное сечение D бруса и принимая координатные оси,
как показано на рисунках 337,6 и 337,с *), находим, что моменты
внешней силы Р относительно этих осей равняются
.М х— — Pr stn (а — <р), Л1Ж—0,
Л1Г— Pr[I - cos (а— <г)| (а)
При помощи этих выражений можно вычислить в любом попереч-
ном сечении напряжения от изгиба и кручения При вычислении
L) i (сскельхо задач такого рода бмлп рассмотрены I S t в I г'ом, Z. dsterr.
Architckt it Jii« Ver., стр ftx* 19n4; fl М ii t I е г—В г cs 1 а и. Dieneueren
Meilior.cn der FeUtgl.ettslchre. 2 изд стр 258 1513 и 4 иад , cip aGS; В G К а п-
п с л b е rg, £is?nbau ср 1913 с.лу iaii кругового кольца, опертого в не-
скольких точках и нагруженного силами перпендикулярными плен кости кольца,
был рассмотрен F. Duster i> eh и*ом, Ersrcbair. стр 73. 1920 и G. U п о 1 d,
Forsdiutigsarb Кг 225 1922. 'la же задача была рассмотрена С В. Biezeno при
помощи теоремы о иап.меш.шей рзблтс, Ingenieur (I’trccbl). 1927 и Z angcwMath.
u. Medr, т 8. crp. 237, 1928 Применение тригонометрических ричов к той же
задаче показано В iczeno и J J. Koch'ott та» же, т 16. стр 321, 1936.
Эта задача имеет практическое значение при проектировании паропроводов.
Соэтвегситощая бнблиогрс<пя дана в статье II. Е М а у г о s е, J. Appt Meeh.,
т. 4, стр 89, 1957 См также А. II Gibson and Е G R i t с h 1 е, A Study
of lire Circular—Arc Bow- — Girder, London 1914. Полное исследование вопроса
можно найти в книге В tezeno u R Gramme), цитировать на стр 321;
см также опуГликоганнье раготы М В Hogan, Bull Lriv of Utah, т. 34,
1943—i9il, т м 1945 и 1947.1 'Mi 1947. т 38 1948 В теледпем бюллетене дан
список мпогочие тешшх (.иубмикойапных работ относящихся к расчету круго-
вых килец
-j Ла <адача бы.га рассмотрена St VcnarCoM. см его ыазыг в Cotr.pl. rend.,
т. 17, 1843
!) Прсда>лак.еи.я. чти соризонтатщ|>гя ось с и вертикальная ось у являются
осями сиымст pmi поперечного сечения и что ось г — касательная к оси кольца
346
КРИВЫЕ БРУСЬЯ
перемещения конца В применяется теорема Кастилиано. для чего
необходимо иметь выражение для потенциальной энергии бруса
Полагая, что размеры поперечного
Рис 3W
сечения бруса малы по сравнению
с радиусом г, применяем здесь те
же формулы, которые ранее были
выведены для прямого бруса (см
уравнения (1HS) и (190)). Поэтому вы-
ражение для потенциальной энергии
бруса представится в таком виде:
(Ь)
где С означает жесткость при кру-
чении бруса1). Тогда искомое пере-
мещение б получится из уравнения
др
"дР •
Подставляя вместо V выражение (Ь) и замечая, чго
Sln(a —<р) и ох»(а —ф)],
получаем
6-~ f {sin- (о -<|> I ' П — ros(n —ч-Н* P41J)
ii
В частном случае при гх=тг/2 имеем
s Рг* Г я . EJx/in
6=гг„1т+^'и-2)]- К)
Если поперечное сечение кольца является круговым, то С—GJ?=
~2(3J , полагая £=2,6G, получаем
(*-СМ1>
В качестве примера статически неопределимой задачи рас-
смотрим горизонтальный брус в виде полукруга с заделанными
концами и нагруженный посередине (рис. 338, а). Рассматривая
') Вычисление С для различных форм поперечного сечения рассмотрено
в главе Vf 1, часть ПО более строгом излсскенип вопроса о напряжениях в части
<S5| ШШЬ КРИВО* О ЫЧ'СЛ ИГ В ПЛОСКОСТИ ЕГО НАЧАЛЬНОЙ КРИВИЗНЫ 347
только малые вертикальные перемещения бруса, мы можем вполне
пренебречь перемещениями в горизонтальной плоскости, как ма
чыми величинами высшего порядка Счедовательно, не будет ни
изгиба Ko-n.ua в его плоскости, пи сил или моментов н этой плос-
кости на концах .4 н В Рассматривая
заделанный конец В. мы заключаем из р.
условий равновесия, что там будут дей-
ствовать вертикальная реакция /’/2 и .,
момеш JI, — Рг12 Момент Л1г, также*4
будет действовать, препятствуя конце-
вому сечению В поворачиваться отно-
сительно оси z0 Величина этого мо-
мента не может быть определена из
уравнений статики. Мы найдем ее при
помоши теоремы о наименьшей работе,
согласно которой имеем
ГОГ"0- (d)
При выводе выражения для потенциаль-
ной энергии бруса мы изображаем мо-
неты, приложенные к концу В, векторами Ргч как пока
за но на рнс 338 Ь. Тогда моменты Л)д и Mz в каком-либо попереч
иом сечении D будут
М«- ? cos — *'Uz" sin f — J sin4i (e)
M T Sl 11 f+cos <j— ~ (1 — cos <p), (t)
и выражение для потенциальной энергии представится в таком виде.
„р/лС и‘\
t’-2Jl2U7+2cA‘,'t- и
о
Подставляя это выражение в уравнение (б) и замечая, что
ЛИ, Н-М,
получаем
7
^-rsti,E,i Ml- sin*<p — ^sin<f cos<p )</<£+
u
t J [ J s,(l4 to- 1 l-AUcos^ — y (1 — cos<|>)cos<J J
848 kphiwf брусья [гл. хи
откуда
М. J {' £ _ I ) = — G. 182Рг. (242)
Знак минус указывает на то, что направление противополож-
но тому, что показано на рис 338, а Зная ,1Jzll , мы можем из вы-
ражений (е) и (f) получить изгибающий и крутящий моменты в
любом поперечном сечении
Наибольший прогиб, очевидно, будет под нагрузкой, и мы легко
получим его из уравнения Кастилиано:
О)
Подставляя выражение (g) для b и замечая, что
ЙМ г
~=у (CO-<p —Sinq-),
dAi. z . .
—•=-(Sin<[)rcos<j; —1),
получаем
»-^(<8-Мвз»(4-т)+
[<2 -MUSI (t+ }) Ь f-«♦ W*3] j—WO • (11
При нахождении частных производных (i) мы пренебрегли тем
обстоятельством что крутящий момент VIг не является независи
мой величиной но представ чист функцию от Р определяемую вы-
ражением (242) Если мы причем это во внимание то правая часть
уравнения (11) будет написана в следующем виде.
oL oU ЛИ,,
дР
Но второй член в этом выражении отпадает, согласно уравнению
(d) Следовательно, наш предыдущий способ определения прогиба
6 является обоснованным
Иногда мы должны рассматривать кривые брусья, ось которых
не является плоской кривой и в этом Cziy чае мы будем иметь про-
странственную задачу Задачи iлкого рода встречаются напри-
мер при расчете укрепляющею ребра в трубчатых фюзеляжах
Здесь опять может бы <ь применен i пользой метод Кастилиано*)
*> См статью К- Maigirer ie Lulllaliri ГшэсП lb стр 25J—Ы, >941,
Nat Advisory <\eroi>aut. Mein. Ay ICOo. 1942, См, также N. J, Hoff,
цитироеанп, на пр. 330.
85] ИЗГИБ КРИВОГО БРУСА ПК В ПЛОСКОСТИ ЕГО НАЧАЛЬНОЙ КРИВИЗНЫ 349
ЗАДАЧИ
I. Кривой брус с круговой осью и с «=»л/2 (рис. 337) нагружен па конце
скручивающей парой М.='Г. Найти перемещение конца В в вертикальном на-
правлении.
Ответ. Полагав £7Д/С=1,3, находим о = 0,506 —у .
2. Ре,пить предыдущую задачу, полагая, что к концу В приложена изгиба
юшая пара А4д.=Л4в в вертикальной плоскости, касательной к оси в точке В
Onuvm а 1,130 .
3. Брус в виде полукруга с осью в горизонталь-
ной плоскости заделай в сечениях А и В и нагружен
симметрично двумя вертикальными грузами Р в се-
чениях С и D (рис. 339). Найти крутящие моменты
в заделанных концах
Ответ. Мг = — 2- Р
4. Решить предыдущую задач) для случая равномерной вертикальной на-
грузки интенсивностью д, распределенной по всей длине бруса
Ответ Л1го — — §гг — л ) — 0,32qr2.
5. Горизонтальный брус в виде полукруга, показанный на рис. 339 и ран
номерно нагруженный, как в предыдущей задаче, опирвется в среднем попереч-
ном сечении Г. Найти вертикальную реакцию Л’ опоры Г.
Ответ. N—2qr.
ПРИЛОЖЕНИЕ
МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ плоских ФИГУР
I. Момент инерции плоской фигуры относительно оси, лежащей
в ее плоскости
При исследовании изгиба балок мы встречались с интегралами
такого типа.-
(243)
в котором каждая элементарная площадь dF умножается на квад-
рат ее расстояния от оси z и интегрирование распространяется
на всю площадь поперечного сечения балки (рис. 340). Такой ИЦ-
Рис. а-10.
теграл называется моментом инерции площади F относительно
оси г. В простых случаях моменты инерции могут быть лет ко
вычислены аналитически. Возьмем, например, прямоугольник
(рис. 34t). При вычислении момента инерции этого прямоуюльника
относительно горизонтальной оси симметрии z мы можем разбить
прямоугольник на бесконечно малые элементы, как показано на
фигуре заштрихованной площадью. Тогда
(244)
I. МОМЕНТ ИНЕРЦИЙ ОТНОСИТ. ОСИ, ЛЕЖАЩЕЙ В ПЛОСКОС1И ФИГУРЫ 35
Таким же образом момент инерции прямоугольника относителен
оси у будет ъ
Jy = 2 J z~h <iz = .
Уравнение (244) можно применять также к вычислению Зг для пара.'
лслограмма, показанного на рис. 342, так как это г параллелс
грамм можно получить из прямоугольни-
ка, показанного пунктиром, перемещением
параллельно оси z элементов, из которых
один изображен на фигуре. Площади эле-
ментов и их расстояния от оси г остаются
неизменными при таком перемещении, так
что Jg является таким же, как и для прямо-
угольника.
При вычислении момента инерции тре-
угольника относительно основания (рис. 343)
площадь элемента, показанного на рисунке, равняете
dF - b '^-dy
и уравнение (243) дает
Рис 342
Метод вычисления, иллюстрированный предыдущими примерами
может быть применен в самом общем случае. Момент инерции пс
лучается делением фигуры на бесконечно малые полоски, парал
дельные оси, и затем интегрированием
как в уравнении (243).
Вычисление часто можно упростить
если фигура может быть разбита и
части, моменты инерции которых отно
сительно оси известны. В таком случа
полный момент инерции равен сумме мо
ментов инерции всех частей.
Из определения (уравнение (243)
следует, что момент инерции площад.
Рис 343
относительно осн имеет размеры длины
возведенной в четвертую степень. Следовательно, делением мо
мента инерции относительно некоторой оси на площадь фигур!
получается квадрат некоторой длины. Эта длина i называете!
радиусом инерции относительно этой оси. Для осей у и z радиусь
инерции будут
у. ‘<1 f. №
332
МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ ПЛОСКИХ ФИГУР
ЗАДАЧИ
1. Найти момент инерции прямоугольника па рис. 341 относительно осно-
вания
„ , ЬН»
Ответ J.. = -~j-.
2 Найти момент инерции треугольника АВС относительно осп г* (рис. 343).
Решение Этот момент инерции представляет разность моментов инерции
параллелограмма ABDC и треугольника BDC. Следовательно,
Ы» bh* _bh*
3. Найти для поперечных сечений, показанных на рис. 344.
a* (a — 2h)* bas (b — Л,)(а — 2h)«
Ответ. Для (a) J. = р_——[2 для (Ь) н (с) Л = - -
4. Найти момечт инерции квадрата со сторонами о относительно диагонали.
Ответ. J = — t.
Рис. 344
5. Найти 19 и 1г для прямоугольника, показанного па рис
2/3’
__Л_
2/3
34|.
6. Найти lt для фигур 344, а и 344 Ь
г
S}
II. Полирный момент инерции плоской фигуры
Момент инерции плоской фигуры относительно осн, перпенди-
кулярной к плоскости фигуры, называется полярным моментом
инерции относительно точки где ось пересекает плоскость (точка
О на рис. 340), и определяется интегралом
= \r4F.
r
(246)
в котором каждая элементарная площадка ilF умножается на квад-
и. полярным момент инерции
рат ее расстояния до оси. При этом интегрирование распространяет-
ся по всей площади фигуры.
Из рис. 340 мы имеем г2 — у2 -}- za, и то: да из уравнения (246)
получим
т. с. полярный момент инерции относительно какой-либо точки О
равен сумме моментов инерции относительно двух перпендикуляр-
ных осей у и z, проходящих через ту же точку.
Рассмотрим круговое поперечное сечение. Мы встречали поляр-
ный момент инерции круга относительно его центра при исследо-
вании кручения круглого вала (см. § 61). Если мы разобьем
353
площадь круга на тонкие элементарные кольца, как показано па
рис. 345, то мы будем иметь dF=2nr dr и из уравнения (246) получим
Jp = 2л J rsdr =
(248)
Мы знаем, что в этом случае вследствие симметрии J} = Jпоэтому
из уравнений (247) и (248) получаем
64 •
(249)
Момент инерции эллипса относительно главной оси г (рпс. 346)
может быть получен путем сравнения эллипса с кругом, показан-
ным на рисунке пунктиром. Высота у какого-либо элемента эллип-
са, например, показанного штриховкой, может быть получена j меиь-
шением высоты у, соответствующего элемента круга в отношении
Ь;а. Из уравнения (244) следует, что .моменты пнершти этих двух
МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ ПЛОСКИХ ФИГУР
элементов относительно оси г будут находиться в отношении
Моменты инерции эллипса н кру>а, очевидно, будут нахо-
диться в том же отношении; следовательно, момент инерции эллип-
са равняется
__л (2в)« 1>я nab3
64 в» ~ 4
(-50)
Таким же образом находим для вертикальной оси
тогда полярный момент инерции эллипса, на основании уравне-
ния (247), будет
I г , . пар* , itba*
Jp =-- J , + Jz = —т-
(251)
ЗАДАЧИ
1. Найта полярный момент инерции прямоугольника относительно центра
тяжести (рис. 341).
_ , bh« , лг>»
Ответ. J., — -=-j—|- —.
2. Найти полярный момент инерции площадей, показанных па рис. 344,
относительно центров тяжести. *
III. Теорема о параллельном переносе осей
Если известен момент инерции площади относительно оси, про-
ходящей через центр тяжести (рис. 347), то момент инерции отно
сительно какой-либо параллельной оси мо-
жет быть вычислен из следующего уравне-
ния, выражающего теорему о моментах инер-
ции относительно параллельных осей:
Jc = Fd\ (252)
Рис. '17 в котором F есть площадь фигуры к d—
расстояние между осями.
Теорема ла ко доказывается на основании уравнения (243):
j = J (f/ _l dF = J tf dF+2\yd dF+ \dsdF.
Первый интei рал в правой части равен /г, третий интеграл ра-
вен Fd\ а второй интеграл обращается в нуль вследствие тою,
что ось г проходит через центр тяжести площади. Поэтому это
IV, ЦЕНТРОБЕЖНЫЙ МОМЕНТ ИНЕРЦИИ. ГЛАВНЫЕ ОСИ
355
уравнение сводится к уравнению (252). Уравнение (252) особенно
полезно при вычислении моментов инерции поперечных сечений
составных балок (рис. 348). Положение центров тнжести стандарт-
ных уголков и моменты инерции их поперечных сечений относи-
тельно осей, проходящих через их центры тя-
жести, даны в справочниках. При помощи тео-
ремы о моментах инерции относительно парал-
лельных осей момент инерции такого составно-
го сечения относительно оси z может быть лег-
ко вычислен
ЗАДАЧИ
I. Пользуясь теоремой о моментах инерции отно-
сительно параллельных осей, найти момент инерции
треугольника (рис. 343) относительно оси, проходящей
через центр тяжести и параллельной основанию.
Рт,. 348.
2. Найти момент инерции 1 г сечения, показанного на рис. 348, если h—50 гл,
t>=l 2 см и уголки имеют размеры I0X ЮХ 1.2 см.
Решение /г=1,2-50»/12+4[20{Н-22,8 (25—2,91)2]=57 880 см*
3. Найти момент инерции относительно нейтральной оси площади швеллера
в задаче 2, стр 95
IV. Центробежный момент инерции. Главные оси
Интеграл
/,г = J yz dF,
(253)
в котором каждая элементарная площадка dF умножается на произ-
ведение ее координат и интегрирование распространяется на всю
площадь F плоской фигуры, называется центро-
бежным моментом инерции фигуры. Если фи-
гура имеет ось симметрии, которая принята за
ось у или z (рис. 349), то центробежный момент
инерции равен нулю. Это следует из того, что
в этом случае для какого-либо элемента, напри-
мер, dF с положительным z существует равный ц
симметрично расположенный элемент dF' с отри-
цательным z. Соответствующие элементарные про-
изведения yz dF уничтожают друг друга, поэтому
интеграл (25?<) обращается в нуль.
В общем случае для какой-либо точки любой плоской фигуры
мы можем всегда найти две перпендикулярные оси так, чтобы
центробежный момент инерции для этих осей равнялся нулю.
Возьмем например, осп у и г рис. 350. Если оси повернуть около
точки О на 90° в направлении часовой стрелки, то новое положе-
ние осей будет у' п г', как показано па рисунке. Тогда получается
35€
МОМЕНТЫ ИНЕРЦИЙ ПЛОСКИХ ФИГУР
следующее соотношение между старыми координатами элемента
dF и его новыми координатами:
lf = z, 1 = -у.
Следовательно, центробежный момент инерции для новых коорди-
нат равен
Jy.x «, Jy/dF = - \yZdF = - J„.
Таким образом, при этом повороте центробежный момент инерции
изменяет свой знак. Так как центробежный момент инерции изме-
няется непрерывно вместе с углом поворота, то должны быть такие
направления, для которых эта величина становится нулем. Оси в
Рис 350 Рис 351
этих направлениях называются главными осями. Обыкновенно центр
тяжести принимается за начало координат, н тогда соответствующие
главные оси называются главными центральными осями. Если фи-
гура имеет ось симметрии, то эта ось и ось, ей перпендикулярная,
будут главными осями фигуры, так как центробежный момент инер-
ции относительно этих осей равен нулю, как выяснено выше.
Если известен центробежный момент инерции фигуры для осей
у и г (рис. 351), проходящих через центр тяжести площади, то
центробежный момент инерции для параллельных осей у' и z'
может быть найден из уравнения:
Jy.. = Jyi 4- Fab. (254)
Это выражает теорему о параллельных осях для центробежных
моментов инерции и доказывается на основании того, что коорди-
наты элемента dF для новых осей будут у' -- у b.z' ~ z -F а. Сле-
довательно,
J>-r - dF =\(у -F Ь)(г a) dF —
-= \yzdF п- ^abdF -t- \yadF -F ^bzdF.
Последние два интеграла обращаются в нуль, потому что С есть
центр тяжести площади, и уравнение сводится к (254).
V. ИЗМЕННИКЕ НАПРАВЛЕНИЯ ОСЕЙ. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ГЛАВНЫХ ОСЕЙ 357
ЗАДАЧИ
I. Найти для прямоугольника на рис 341
А«А»
Отпет. J
2. Найти центробежный момент инерции уголка (рис 352) относительно
осей у и z, а также для осей yf и zv
Решение Разбивая фигуру на два прямоуголь
ника и применяя уравнение (254) дтя каждого из
этих прямоугольников, мы находим
еР/Р К* (о8
Из условий симметрии J,, г 0.
3. Определить центробежный момент инерции
Для сечений, показанных па рис 344, если С
есть центр тяжести
Решение Для рисунков 344, о и 344, А7-,=0
вследствие симметрии В случае рис 344, с, раз-
бивая сечение на три прямоугольника и пользуясь уравнением (254), мы
находим
. о . , . . I с — А •, ( b
Jyt = 2(i> - А,) А !--2-j [у L
V. Изменение направления осей. Определение главных осей
Предположим, что известны моменты инерции
J, = \y‘dF, Jr=\zidF (а)
и центробежный момент инерции
J,r — [yzdF (b)
г
и требуется напта те же величины
цля новых осей у, и г, (рис, 353).
Рассматривая элементарную площад-
\ /к——»——ку dF, найдем из чертежа новые коор-
~ ' дин аз ы
Рис. 353 г, = г cos ф | у sin ф,
уг — у cos ф — z sin ф, (с)
где ф есть yio.i между гм г,. Тогда
Л, =Л IfidF = \{у сс»ф — z sin ф)а dF =
г н
= \ {Лсоь8 ч <11- I Jzi>irr'q «.'f — \'2uz ы» ф cos<f db.
358 МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ ПЛОСКИХ ФИГУР
или, пользуясь (а) и (Ь). получаем
Д, — J, cos8 <р -j- Jv sin2ф — sin 2ф. (255)
Таким же образом
Д( Jg sin2 ф + Jу cos8 ф + Дг sin 2ф. (255')
Взяв сумму и разность уравнений (255) и (255'), мы найдем
Д, I Л - 4 I Д, (256)
JSl — J,, — (Jx — Jv) cos 2q> — 2J„ sin 2ф. (257)
Эти уравнения весьма полезны для вычисления J?, и JVl. Для вы-
числения мы находим
Д (Jl = Ih^dF = 5 (У cos Ф—г sin Ф) (г cos Ф 4- У sin ф) dF =
= J у2 sin ф cos ф dF — J z8 sin ф cosq> dF -|- $ уг (cos2 ф—»1п8ф) dF,
или, пользуясь уравнениями (а) и (Ь). получаем
== (Д — Д) 4- sin Эф Ч- Jtx COS 2ф. (258)
Центробежный момент инерции равняется нулю для главных
осей. Следовательно, оси уt и на рис. 353 будут главными осями,
если правая часть уравнения (258) обращается в нуль, т. е.
(Д — Д) sin 2ф -t- Д, cos 2<f = 0.
Это дает
*е2ф-=7—Ц-- (259)
•’1 J,
Уравнение (2591 может быть получено путем дифференцирования
уравнения (255) по ф и последующего приравнивания нулю резуль-
тата этого дифференцирования. Это показывает, что моменты инер-
ции относительно главных осей являются один наибольшим, а дру-
гой наименьшим.
Определим, например, направления главных осей прямоу!ель-
ника, проходящих через вершину прямоугольника (рис. 341). В
этом случае
следоватсл ьно,
. />2лг зьл
‘ф Ы>* __ ' 2 tb} — Л8/ • )
кЗ ‘У/
V. ИЗМЕНЕНИЕ НАПРАВЛЕНИЯ ОСЕЙ. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ГЛАВНЫХ ОСЕЙ 359
Направление ф определяется тем, что при выводе уравнения (259)
угол ф был принят положительным в направлении против часовой
стрелки (рис. 353) Уравнение (d) даст два разных значения для
Ф, отличающихся на 90 ’. Это будут два перпендикулярных направ-
ления главных осей. Зная направления главных осей, можем найти
соответствующие моменты инерции из уравнений (256) и (257).
Радиусы инерции, соответ-
ствующие главным осям, на- _ i*'____ \
зываются главными радиусами । " гг
инерции. /\ I *
Если уг и г, являются / I___________
главными осями инерции (рис. [ \
354) и iVx и гг, — главные pa- I -----Ч -——|.....г,
диусы инерции, то эллипс с \ | __^У\ j
полуосями i9i и ц, как no- г | /
казано иа рисунке, называет- ' Н & —i /
ся эллипсом инерции. Имея _________
этот эллипс, можем получить
радиус инерции iB для ка- Рис- ****
кой-либо оси графически, пу-
тем проведения касательной к эллипсу параллельно оси г. Рас-
стояние начала координат О от этой касательной равно длине is.
Эллипс инерции дает картину изменения момента инерции, ког-
да ось z поворачивается в плоскости фигуры около точки О п
показывает, что наибольший и наименьший моменты инерции яв-
ляются главными моментами инерции.
Для нахождения моментов инерции относительно наклонных
осей также можно воспользоваться построением круга Мора. Гра-
фический способ вполне аналогичен способу, рассмотренному в
главе П для напряжений. Необходимо лишь заменить ov и т
соответственно J-, Jv и J,..
ЗАДАЧИ
1. Определить направления главных центральных осей зетового сечения
(рис. 344, с), если /: -Л,=2,5 см, 6=12,5 см, а—25 см.
2. Найти направления глинных центральных осей и соотвегсгвуюшие глав-
ные моменты инерции для углового сечения 10-<5Х ! см.
Отлет tg 2<р_О 541, Jnlax=149,84 гл1; 16,02 см*
3. Определить полуоси эллипса инерции для эллиптического поперечного
сечения (рис. 346).
. b . а
Опит «, = -у,-, f „ = ту-,
4. При каких условиях эллипс инерции становится круч ом?