A. M. Михайлов
ОСНОВЫ РАСЧЕТА ЭЛЕМЕНТОВ СТРОИТЕЛЬНЫХ КОНСТРУКЦИЙ В ПРИМЕРАХ
Допущено Главным управлением кадров и учебных заведений Министерства монтажных и специальных строительных работ СССР в качестве учебного пособия для техникумов
МОСКВА «ВЫСШАЯ ШКОЛА» 1980
ББК 38.5
М69
УДК 624.04
Рецензенты: проф. С. А. Иванов (Московский архитектурный институт), доц. Э. Р. Кольман (ВЗИИТ)
Михайлов А. М.
М69 Основы расчета элементов строительных конструкций в примерах: Учебное пособие для учащихся техникумов.—М.: Высш, школа, 1980.— 304 с., ил.
В пер.: 80 к.
В книге на примерах из строительной практики рассматриваются современные методы расчета элементов конструкций на прочность, жесткость и устойчивость по предельным состояниям, что выгодно отличает ее от известных пособий по сопротив1-лению материалов. Примерам каждой темы предшествуют основные теоретические положения, расчетные формулы и методические указания. Разбор примеров проведен по возможности подробно, чтобы можно было проследить за ходом решения самостоятельно. Поэтому книга полезна в равной степени учащимся дневной, вечерней и заочной форм обучения.
Предназначается для учащихся строительных и монтажных специальностей техникумов.
,ж 30204—163
М 001 (01)—80 208—80
3202000000
6 С4.05
ББК 38.5
Александр Михайлович Михайлов ОСНОВЫ РАСЧЕТА ЭЛЕМЕНТОВ СТРОИТЕЛЬНЫХ КОНСТРУКЦИЙ В ПРИМЕРАХ
Редактор Н. Н. Ещенко. Художественный редактор Н. К. Гуторов. Технический редактор Э. М. Чижевский. Корректор Р. К. Косинова
ИБ № 2114
Изд. № ОТ-31 1/77. Сдано в набор 1 8.09.79. Подп в печать 15.02.80. Формат 60X90Vie- Бум. тип. № 3. Гарнитура литературная. Печать высокая. Объем 19 усл.
печ. л. 18,43. уч.-изд. л. Тираж 50 000 экз. Зак. № 759. Цена 80 коп.
Издательство «Высшая школа», Москва, К-51, Неглинная ул., Д. 29/14
Ордена Октябрьской Революции и ордена Трудового Красного Знамени Первая Образцовая типография имени А. А. Жданова С с юзполиграфпрома при Государственном комитете СССР по делам издательств, полиграфии и книжной торговли, Москва, М-5 4, Валовая, 28
© Издательство «Высшая школа», 1980 О Ргспэл
ПРЕДИСЛОВИЕ
Достижения современной науки предоставляют достаточные возможности для возведения экономичных сооружений при одновременном обеспечении долговечности и высокой эксплуатационной способности конструкций, их элементов и соединений. Однако эти возможности не находят еще должного отражения в учебной литературе по сопротивлению материалов для строительных специальностей техникумов, что послужило причиной написания данной книги.
Новизна конструктивных решений (увеличение мощности и габаритов сооружений), повышение параметров рабочих процессов (скоростей, давлений, температурного диапазона условий работы), характерные для многих направлений технического прогресса последних лет, существенно сказались на критериях механической прочности при проектировании, изготовлении и эксплуатации строительных конструкций. Поэтому в пособии, наряду с использованием традиционных для сопротивления материалов методов анализа напряженного и деформированного состояний, отражен подход к определению эксплуатационной способности с позиций предельных упруго-пластических состояний и хрупкого разрушения. Такой подход становится все более характерным для Строительных норм и правил (СНиП).
Цель пособия—оказать помощь учащимся в освоении современных методов расчета элементов строительных конструкций на основе сопротивления материалов и существующих норм и подготовить их к последующему, более глубокому изучению строительных конструкций в комплексе. Оно включает 165 примеров с решениями, приложение в виде справочного материала, а также необходимые теоретические сведения и методические указания.
Примеры имеют не только иллюстративное, но и познавательное назначение. Во многих случаях они содержат существенную дополнительную практическую и научно-теоретическую информацию. Решение примеров производится в общем виде, и подстановка числовых Значений осуществляется, как правило, на последней стадии расчета. Это позволяет следить за размерностью входящих в формулы величин, создает возможность анализа физического
3
смысла получаемых результатов и обеспечивает требуемую степень точности конечного результата вычислений.
Большинство примеров связано со строительной практикой, поэтому расчет элементов несущих конструкций согласно Основным положениям проектирования строительных конструкций и оснований (СНиП П-А. 10^-71) и такелажной оснастки согласно Временной инструкции по проектированию, изготовлению и эксплуатации монтажных приспособлений (ВСН 42—74/ММСС СССР) выполняется по предельным состояниям.
В пособии применена Международная система единиц (СИ). При использовании нормативных документов, которые содержат единицы, подлежащие изъятию, можно руководствоваться следующими соотношениями: 1 кН = 1000 Н « 100 кгс = 0,1 тс; 1 МПа = = 10е Па « 10 кгс/см2 = 0,1 кгс/мм2.
По вопросам, не нашедшим отражения в пособии, но непосредственно примыкающим к рассматриваемым, в тексте имеются ссылки на литературные источники, список которых приведен в конце книги.
Автор выражает благодарность проф. С. А. Иванову и доц. Э. Р. Кольману за полезные замечания, высказанные при рецензировании пособия.
Автор
ГЛАВА I
ОБЩИЕ ПОЛОЖЕНИЯ
§ I. ЗАДАЧИ РАСЧЕТА ЭЛЕМЕНТОВ КОНСТРУКЦИЙ
Капитальность и долговечность конструкций и сооружений в сочетании с рациональным использованием материала могут быть обеспечены только при тщательном исследовании прочности и жесткости * их элементов. Однако важнейшее требование строительной техники — обеспечение прочности сооружения при наименьшей затрате материала — содержит в себе противоречие, поскольку повышение прочности достигается чаще всего увеличением поперечных размеров конструктивных элементов, в то время как экономия материала заставляет стремиться к уменьшению тех же самых размеров.
Чтобы разрешить это противоречие, в каждом конкретном случае следует установить оптимальные размеры, т. е. размеры, при которых прочность обеспечивается без излишних запасов и, таким образом, удовлетворяется экономическая сторона вопроса. Для этого необходимо выяснить, какие нагрузки действуют на рассматриваемый элемент, вычислить вызываемые ими опорные реакции, определить внутренние силы, представляющие собой результат физического взаимодействия частиц, из которых состоит элемент, и, наконец, выбрать такие его размеры, чтобы внутренние силы не превышали предельных значений.
Итак, определение оптимальных геометрических размеров элемента конструкции, обеспечивающих его прочность при заданном распределении внешних сил, составляет первую задачу расчета, осуществляемого в рамках сопротивления материалов.
Однако проблема прочности чрезвычайно сложна. Основная трудность заключается в несоответствии между в общем точными методами определения ’внутренних сил и последующими, часто весьма грубыми, оценками прочности. Такое положение объясняется тем, что разрушение тела зависит от множества факторов, не всегда изученных и не всегда даже известных. Большую роль играет структура материала, которая может быть неоднородной и нестабильной. Существенно влияние условий эксплуатации — характера нагрузок, температурного режима, агрессивности среды и т. д. Реальные мате
* Под прочностью понимают способность твердого тела воспринимать, не разрушаясь, воздействие внешних сил, под жесткость ю—способность противостоять им без существенного изменения формы и размеров,
5
риалы содержат многочисленные повреждения, начиная от микроскопических дефектов и кончая крупными порами и магистральными трещинами. Лишь в последнее время стали успешно развиваться основы физических теорий разрушения твердого тела, и сейчас не всегда возможно даже качественное объяснение ряда особенностей процесса разрушения. Поэтому использование этих теорий для количественной оценки прочности технических материалов вообще и строительных в частности пока малоперспективно.
Отсюда естественным выглядит подход к проблеме прочности с позиций разработки прикладных решений. Его значение особенно возросло в связи с развитием техники и появлением новых материалов. Такой подход осуществляется в двух направлениях: изучение механических свойств материалов (так называемая «прочность материалов») и исследование прочности элементов конструкций («конструктивная прочность»).
Комплекс научных дисциплин, связанных в той или иной степени с расчетами на прочность, принято относить к разделу теоретической физики, называемому механикой сплошной среды. В отличие от классической механики, имеющей дело с равновесием и движением материальных точек и систем материальных точек, для построения механики реальных сред—твердых, жидких и газообразных — теоремы общего характера приходится дополнять физическими законами или гипотезами о взаимодействии точек, составляющих систему.
Простейшей гипотетической системой является абсолютно твер-_ дое тело, т. е. система материальных точек, расстояния между которыми неизменны. В природе такое тело не существует, это некоторая абстракция, позволяющая выделить из всего многообразия свойств реального тела одно — наблюдаемое в определенных условиях постоянство формы и геометрических размеров. «От живого созерцания к абстрактному мышлению и от него к практике—таков диалектический путь познания истины, познания объективной реальности»*. Смысл этого положения состоит-в том, что, образуя абстракции, создавая научные понятия о предметах, человек обретает способность разумно действовать.
Материальная точка и абсолютно твердое тело являются объектом теоретической механики**. В тех случаях, когда деформации тела несущественны и ими можно пренебречь, выводы теоретической механики оказываются точными и вполне достаточными. Например, опорные реакции статически определимых балок, усилия в стержнях статически определимых ферм находят из уравнений статики так, как если бы указанные конструкции были абсолютно жест
* В. И. Ленин. Философские тетради. Конспект книги Гегеля «Наука логики».—Поли. собр. соч., т. 29, с. 152—153.
** Здесь имеется в виду традиционное понимание термина «теоретическая механика», укоренившееся в учебной литературе. Хотя, конечно, механика сплошной среды — это тоже «теоретическая механика».
6
кими. При рассмотрении грузоподъемных механизмов обычно пренебрегают деформациями звеньев, которые изготовляют весьма жесткими. Поэтому скорости и ускорения, вычисленные по правилам кинематики, точно соответствуют действительным.
Однако постановка вопроса о расчете абсолютно твердого тела на прочность лишена смысла, поскольку в самой терминологии заложена идея неразрушимости и отсутствия каких бы то ни было деформаций. В то же время существует обширный класс систем, которые принципиально не могут быть рассчитаны без допущения возможности их деформирования (так называемые «статически неопределимые системы»). Кроме того, на практике нередко приходится ограничивать значения деформаций, чрезмерное развитие которых способно вызвать недопустимые перемещения и воспрепятствовать нормальной эксплуатации конструкции или сооружения. Таким образом, выявляется вторая задача расчета, которая, имеет два аспекта: 1) определение перемещений с целью раскрытия статической неопределимости, 2) обеспечение жесткости элементов конструкций.
Третья задача связана с расчетом на устойчивость, под которой понимают способность тела (элемента) сохранять под нагрузкой свою первоначальную форму равновесия. Если малое приращение нагрузки вызывает сильное нарастание отклонения тела (элемента) от положения равновесия (выпучивание), то говорят, что тело (элемент) потеряло устойчивость. Вопрос обеспечения устойчивости возникает при расчете тонких сжатых элементов и ему уделяется особое внимание, поскольку потеря устойчивости может происходить при нагрузках, безопасных с точки зрения прочности или жесткости.
Итак, общей задачей расчета, осуществляемого с позиций сопротивления материалов, является обеспечение прочности, жесткости и устойчивости элементов конструкций и сооружений при одновременном удовлетворении требований долговечности и экономичности.
Необходимость доведения любого расчета до конечного числового результата часто заставляет прибегать к различным упрощениям, справедливость которых подтверждается экспериментально или путем математического анализа. Поэтому решение задач механики можно разбить на три этапа: упрощение сложной физической задачи до такой степени идеализации, что она формулируется математически; решение этой чисто математической задачи; анализ полученных результатов с точки зрения поставленной физической задачи. Нередко учащиеся обращают основное внимание на второй этап и тем самым теряют связь между решением и физическим смыслом задачи. В практической деятельности следует стремиться не столько к применению сложных математических выкладок, сколько к глубокому вниканию в сущность исследуемых физических явлений и их упрощенному расчетному моделированию (схематизации).
7
§ 2.	РЕАЛЬНЫЙ ОБЪЕКТ И ЕГО РАСЧЕТНЫЕ СХЕМЫ. ОСНОВНЫЕ ДОПУЩЕНИЯ О СВОЙСТВАХ МАТЕРИАЛОВ И ХАРАКТЕРЕ ДЕФОРМИРОВАНИЯ
Расчет конструкций с учетом всего многообразия механических свойств твердого тела, точных геометрических размеров, строгого взаимодействия отдельных элементов является или теоретически
Рис. 1
невозможным, или практически неприемлемым по своей сложности. Следовательно, перед расчетом необходимо провести схематизацию конструкции и отбросить второстепенные факторы, которые не влияют сколько-нибудь заметным образом на достоверность и требуемую степень точности расчета.
Так, при расчете грузоподъемного крюка 1 (рис. 1, .а) в первую очередь надо учесть вес поднимаемого груза (железобетонной 8
колонны 4) и вес Р2 траверсы * 2, рассматривая их как единое абсолютно твердое тело,, воздействие которого сводится к суммарной силе Р = Рг + Р2, приложенной к крюку (рис. 1,6). В то же время следует отбросить такие несущественные факторы, как собственный вес канатов 3, сопротивление воздуха поднимаемой траверсе и т. д.
Расчетной схемой называется упрощенная, идеализированная схема, которая отражает наиболее существенные особенности реального объекта (конструкции или отдельного элемента)/определяющие его поведение под нагрузкой. Выбор расчетной схемы является сложным й ответственным шагом. От него зависит прежде всего качество расчета. Расчет по неправильно выбранной схеме не может быть достоверным даже при использовании самых точных методов. Если для расчета крюка вес- груза и траверсы можно принять за единое воздействие, то при расчете самой траверсы ее уже нельзя рассматривать как абсолютно твердое тело. Здесь требуется иная схематизация (см., например, рис. 151), и жесткость траверсы должна быть подтверждена соответствующим расчетом. Таким образом, в зависимости от поставленной задачи расчетная схема видоизменяется, т. е. для каждой расчетной схемы существует граница, за которой она становится неприемлемой.
В целях упрощения теории расчета элементов конструкций приходится вводить ряд допущений о свойствах материалов и характере деформирования.
1-е допущение. Материал представляет собой однородную сплошную среду. Предположение об однородности позволяет отвлечься от структурных особенностей материала и считать, что любой объем, выделенный из тела (конструкции), воспринимает часть общей нагрузки, приходящейся на все тело (конструкцию). Такое предположение, строго говоря, не соответствует действительности, поскольку оно противоречит молекулярно-атомистическому воззрению на строение вещества. К тому же большинству конструкционных материалов присуща неоднородность на уровне гораздо более крупных частиц, чем атомы или молекулы. Так, например, строительная сталь при нормальной температуре состоит из двух компонентов: феррита и цементита. Феррит — почти чистое железо, имеющее в небольшом количестве растворенный углерод и другие химические элементы,— образует в стали хаотично ориентированные зерна (кристаллиты**) площадью 2000. ..6000 мкм2. Цементит—карбид железа (Fe3C) —образует с ферритом смесь (перлит),' заполняющую главным образом участки между зернами феррита. Работа стали зависит от соотношения этих двух компонентов.Чем меньше зерно, тем равномернее перлит распределен по объему стали, тем более упорядочена
* Т раверса — жесткое-монтажное приспособление для подъема элементов конструкций и оборудования. В рассматриваемом случае она призвана обеспечить вертикальное положение колонны во' время монтажа.
** Однородное твердое тело, имеющее форму правильного многогранника, атомы которого расположены в определенном порядке и образуют пространственную решетку, называется кристаллом. Неполный кристалл, т. е. кристалл с неправильными границами, называется кристаллитом.
9
в среднем взаимная ориентация зерен и тем больше оснований считать сталь однородным материалом, несмотря на неоднородность ее микроструктуры *.
Заведомо неоднороден такой материал, как бетон. Он состоит из бессистемно разбросанных, зерен заполнителя (гравия, щебня, керамзита, шлака, песка и пр.) различной крупности и формы, которые скреплены цементной массой или другим вяжущим веществом. Но размеры бетонных элементов (как, впрочем, и стальных) велики по сравнению с размерами зерен, поэтому практически и бетон можно считать в среднем однородным (квазиоднородным **).
Предположение об однородности материала неотделимо от понятия сплошной среды, т. е. среды непрерывно (без пустот) заполняющей отведенный ей объем. Свойство непрерывности позволяет использовать в расчетах методы анализа бесконечно малых величин (дифференциальное и интегральное исчисления). Обычно сплошную среду принимают изотропной, полагая, что физико-механические свойства любого выделенного из нее тела одинаковы по всем направлениям. Благодаря мелкозернистой структуре ква-зиизотропны макрообъемы стали, хотя отдельно взятые кристаллиты феррита (микрообъемы) анизотропны.
В некоторых случаях предположение об изотропии неприемлемо. К анизотропным материалам относится древесина, прочность и деформативность которой зависят от направления усилия по отношению к расположению волокон и годичных слоев. Анизотропны конструкционные пластические массы (стеклопластики, органическое стекло, винипласты, пенопласты, сотопласты, древесные пластики и др.), у которых изменчивость механических свойств обусловлена неоднородностью структуры и спецификой изготовления.
2-е допущение. Материал до определенного предела нагружения работает упруго. Упругостью называется способность материальных тел восстанавливать первоначальную форму и размеры после снятия нагрузки. Отсюда деформации, полностью исчезающие после снятия нагрузки, соответственно называются упругими в отличие от пластических, или остаточных, которые не исчезают.
Изучение поведения упругих тел произвольной формы, "нагруженных произвольными силами, составляет предмет той ветви механики твердого деформируемого тела, которую называют теорией упругости или математической теорией упругости. Последним термином обычно хотят подчеркнуть, что в пределах упругой работы материала определение усилий и деформаций является строго поставленной математической задачей, решение которой получается в результате интегрирования некоторых систем дифференциальных уравнений.
* Микроструктура — кристаллическое строение материала, обнаруживаемое с помощью микроскопа (в отличие от макроструктуры — строения, видимого невооруженным глазом или при малом увеличении).
** Квази — приставка, означающая «якобы», «мнимый».
10
Методы теории упругости, при всей их общности и точности, еще не дают возможности судить о несущей способности или пригодности к эксплуатации реальных конструкций. К тому же строгая постановка вопроса об определении усилий и деформаций часто приводит к непреодолимым математическим трудностям. Поэтому парал-
лельно с изысканием способов точного решения задач механики де-
формируемого тела идет развитие прикладной теории упругости, в
которой кроме предпосылки об идеальной упругостй материала вво-
дится ряд дополнительных гипотез и допущений относительно характера деформаций. К прикладному направлению относится сопротивление материалов. Эта дисциплина рассматривает одномерные задачи теории упругости, так как изучаемые тела — брусья — имеют один размер (длину /), значительно превышающий два других (поперечные размеры b и h). Для строи-
тельной практики характерен прямой брус
(рис. 2), к форме которого могут быть сведены многие конструкти-
вные элементы. Примером кривого бруса служит грузоподъемный крюк (см. рис. 1, б).
Но брусья не исчерпывают геометрическую схематизацию элементов строительных конструкций. На’рис. 3, а изображена оболочка—тело, ограниченное двумя криволинейными поверхно-
Рис. 3
стями, у которого длина I и ширина b велики по сравнению с толщиной 6. Если тело при тех же соотношениях размеров ограничено параллельными плоскостями (рис. 3, б), то оно называется пластиной. К оболочкам относятся стенки сосудов для хранения жидкостей, газов и сыпучих материалов (стенки резервуаров, газгольдеров, бункеров и т. п.), листовые конструкции доменных цехов (кожух доменной печи, воздухонагревателей, пылеуловителя), купола и своды зданий. К пластинам могут быть отнесены плоские днища сосудов, настил рабочих площадок цехов, обшивка каркасных кровельных и стеновых панелей.
Тела, у которых все три размера одного порядка, называются массивами. К ним относятся фундаменты (рис. 3, в), подпорные стенки и т. п.
11
Определение усилий и деформаций оболочек, пластин и массивов в большинстве случаев неосуществимо методами сопротивления материалов. Подобные задачи могут быть решены только с позиций теории упругости, основные предпосылки которой отличаются большей широтой и не ограничиваются такой формой тела, как брус.
За последнее время возросло значение расчетов строительных конструкций с учетом развития пластических деформаций. Общие законы поведения твердых тел за пределом упругости устанавливает другая ветвь механики деформируемого тела—теория пластичности. В ней, как и в теории упругости, наряду с решением строго поставленных математических задач осуществляется разработка упрощенных методов расчета путем введения дополнительных гипотез физического или геометрического характера. Круг вопросов второго направления составляет содержание прикладной теории пластичности, развитие которой существенно влияет на совершенствование теории сопротивления материалов. В настоящее пособие включены начальные сведения и простейшие задачи теории пластических деформаций.
3-допущение. Перемещения точек элемента (или системы элементов), обусловленные его деформацией, весьма малы по сравнению с размерами самого элемента. На основе этого допущения вводится принцип начальных размеров, согласно которому при составлении уравнений равновесия (уравнений статики) элемент или систему элементов рассматривают как недеформируемое тело, имеющее после нагружения те же геометрические размеры, что и до нагружения. Такой подход позволяет пренебрегать изменениями в расположении внешних сил при деформировании реального тела. Он справедлив для жестких элементов и кинематически неизменяемых систем.
4-е допущение. Перемещения точек элемента (системы элементов) в упругой стадии работы материала пропорциональны силам, вызывающим эти перемещения. Системы, подчиняющиеся такой закономерности, называются линейно-деформируемыми. Для них справедлив принцип независимости действия сил (принцип суперпозиции), который может быть сформулирован следующим образом: результат воздействия нескольких сил равен сумме результатов воздействия каждой силы, прикладываемой в отдельности.' Этот принцип, широко используемый в теоретической механике, к деформируемым телам применим только при соблюдении трех предыдущих допущений. Он позволяет расчленять сложные задачи на более простые, решение которых известно или легко осуществимо.
Перечисленные допущения не исчерпывают всевозможных приемов расчетной схематизации, и в дальнейшем, при рассмотрении конкретных задач, будут вводиться другие упрощения. Следует лишь четко уяснить, что успешное выполнение любого расчета зависит в первую очередь от умения отделить в реальной конструкции существенное от несущественного.
12
§ 3.	ВНЕШНИЕ ВОЗДЕЙСТВИЯ И ВНУТРЕННИЕ СИЛЫ.
ПЛАН РЕШЕНИЯ ЗАДАЧИ ПО ОПРЕДЕЛЕНИЮ ВНУТРЕННИХ СИЛ В БРУСЕ
В работе элемента конструкции участвуют внешние воздействия и внутренние силы. К первым относятся силовые воздействия от нагрузок (включая опорные реакции), а также воздействия от изменения температуры, смещения опор, усадки и других подобных явлений, вызывающих реактивные силы.
Нагрузки классифицируют по различным признакам. По способу приложения они могут быть объемными или поверхностными. Объемные силы непрерывно распределены по всему объему, занимаемому элементом. К их числу относятся, например, сила тяжести и силы инерции. Нагрузка, приходящаяся на * единицу объема, называется интенсивностью объемной нагрузки. Она выражается в Н/м3, кН/м3 и т. д.
Если внешние силы являются результатом непосредственного взаимодействия элемента с другими телами (твердыми, жидкими или газообразными), то они прикладываются только по площадкам контакта и называются поверхностными. Сюда относятся: давление жидкости или газа на стенки сосуда, снеговая нагрузка на кровлю здания,-ветровая нагрузка и др. Интенсивность поверхностной нагрузки р выражается в Н/м2, кН/м2 и т. д.
Поскольку соприкасание реальных*-, т. е. деформируемых, тел всегда происходит не в точке, а по некоторой, пусть даже очень малой, площадке, все поверхностные нагрузки являются распределенными. Однако в тех случая, когда площадка пренебрежимо мала по сравнению с размерами рассматриваемого элемента, вводят понятие сосредоточенной силы Р * как равнодействующей давления по указанной площадке (например, сила, обусловленная давлением обода колеса на рельс) .
В практических расчетах часто встречается нагрузка, распределенная подлине элемента конструкции. Так, например, на каждую промежуточную балку перекрытия здания (рис. 4, я) приходится полоса поверхностной нагрузки р шириной а (рис. 4,6). Интенсивность нагрузки, распределенной по длине балки (рис. 4, в),
=	(1.1)
выражается в Н/м, кН/м и т.д.
В рассматриваемом случае интенсивность постоянна по длине, поэтому нагрузка называется равномерно распределенной и графически изображается в виде прямоугольника. Однако интенсивность может быть переменной и тогда нагрузка распределяется по более сложному закону: треугольному (например, при гидростатическом давлении —давлении покоящейся жидкости), трапецеидальному (нагрузка от собственного веса двускатных и односкатных балок),
* В теоретической механике понятие сосредоточенной силы является строгим, поскольку там рассматриваются абсолютно твердые тела.
13
синусоидальному (нагрузка от ветрового напора на элементы типа оболочек) и т. п.
В процессе расчетной схематизации реальные нагрузки не всегда могут быть сведены лишь к сосредоточенным и распределенным
Р
силовым воздействиям. Возможны и моментные воздействия—в виде сосредоточенных моментов и моментов, распределенных по длине элемента или его поверхности. На рис. 5 показано, как появляются сосредоточенные моменты m2 и т3 в результате замёны бруса его продольной осью и приведения к ней поверхностных сил Р19 Р2 иР3, приложенных в плоскости чертежа. Сосредоточенные моменты выражаются в Нм, кН-м и т. д.
По характеру изменения в процессе приложения нагрузки делят на статические, динамические и повторно-переменные. К статическим относятся нагрузки, не ме
няющиеся со временем (например, нагрузка от собственного веса) или меняющиеся настолько медленно, что вызываемые ими уско
14
рения и силы инерции элементов конструкций пренебрежимо малы (например, снеговая нагрузка).
Динамические нагрузки в отличие от статических меняют свое значение, положение или направление в короткие промежутки времени (движущиеся нагрузки, ударные, сейсмические и др.), вызывая большие ускорения и силы инерции, что приводит к колебаниям конструкций и сооружений.
Повторно-переменными называются нагрузки, многократно (до нескольких миллионов раз) изменяющие со временем значение или значение и знак. Разрушение материала под действием таких нагрузок называется усталостным* (например, разрушение куска проволоки от многократного перегибания, рис. 6). Оно характерно для металлов, сплавов и бетона. Способность материала сопротивляться усталостному разрушению называется выносливостью.
По продолжительности действия нагрузки делят на постоянные и временные. К постоянным относятся нагрузки, действующие в течение всего времени существования конструкции, здания или сооружения (например, вес несущих и ограждающих конструкций, вес и давление грунта).
Временные нагрузки действуют на протяжении отдельных периодов эксплуатации или возведения объекта. К ним относятся нагрузки от веса людей, материалов и оборудования; давление жидкостей, газов и сыпучих материалов в сосудах и трубопроводах; атмосферные нагрузки (снеговая, ветровая, гололедная); температурные, монтажные, сейсмические, взрывные, аварийные и прочие воздействия.
В недеформированном состоянии, т. е. при отсутствии внешних воздействий, связность тела, обусловлена силами взаимодействия атомов. Эти силы стремятся сохранить тело как единое целое, препятствуя любой попытке изменить взаимное расположение атомов и таким образом деформировать тело. Внешние воздействия, наоборот, стремятся вызвать деформирование тела путемг изменения межатомных расстояний, взаимного расположения атомов и сил их взаимодействия. Однако если бы механика ставила перед собой задачу изучать силы, действующие на каждый атом в отдельности, пользоваться ее аппаратом было бы чрезвычайно трудно. Поэтому меха-
* Термин усталость сохранился еще с первой половины прошлого столетия, когда ошибочно полагали, что пластичный материал после длительного срока работы превращается в хрупкий в результате изменения структуры, т. е. «устает». В настоящее время установлено, что в условиях переменного нагружения изменение структуры не происходит, а возникают поперечные зародышевые микротрещины, постепенно разрастающиеся и объединяющиеся в макротрещину, которая проникает в глубь элемента и в конце концов вызывает его разрушение.
15
ника, как указывалось в предыдущем параграфе, 'рассматривает поведение макрообъемов материала, т. е. объемов, состоящих из большого числа атомов и имеющих такие размеры, которые позво
Рис. 9
ляют считать материал сплошным и однородным. Сплошное однородное тело не имеет в своем составе взаимодействующих частиц, и его целостность обеспечивают внутренние связи. Из теоретической механики известна так называемая аксиома связей, которая гласит: равновесие тела сохранится, если действие связей, закрепляющих тело в пространстве (рис. 7, я), заменить их реакциями (рис. 7, б).
Применяя эту аксиому к деформируемому телу, можно мысленно рассечь его произвольной плоскостью (рис. 8, я), отделить одну часть от другой и взамен нарушенных связей приложить к каждой части силы, равные усилиям связей (рис. 8, б). Такие силы, называемые внутренними, непрерывно распределяются по образовавшемуся сечению (вследствие допущения о сплошности материала). Их находят посредством специального приема — метода сечений,
сущность которого заключается в следующем.
Пусть на тело, имеющее форму бруса, действует система взаимно уравновешенных сил Р19 Р2, Рп (рис. 9, а). Для определения внутренних сил производят последовательно четыре операции: 1) pac-
ts
секают. брус в определенном месте воображаемой плоскостью; 2) .отбрасывают мысленно одну из образовавшихся частей (обычно ту, к которой приложено больше сил). Этим самым нарушается равновесие оставшейся части; 3) заменяют действие отброшенной части на оставшуюся внутренними силами р±, р2, ..., рк (рис. 9, б); 4) составляют уравнения равновесия всех сил, приложенных к оставшейся части. При этом имеют в виду, что внутренние силы согласно правилам теоретической механики могут быть приведены к центру тяжести сечения и, таким образом, заменены главным вектором R и главным моментом М (рис. 9, в). Каждый из этих двух статических эквивалентов внутренних сил можно представить в виде трех составляющих по осям выбранных координат х, у, г. Направляя ось z по нормали к сечению и располагая оси х и у в его плоскости* (рис. 9, г), получаем следующие шесть составляющих: N, Qx, Qy, Mz, Мх, Му, где N — продольная (нормальная) сила; Qx, Q„— поперечные силы вдоль осей х и у, Мг—крутящий момент; мх, Му—изгибающие моменты относительно осей х и у.
Эти компоненты главного вектора и главного момента называются внутренними силовыми факторами или усилиями. Для их определения имеется шесть уравнений равновесия:
2Х = 0; 2У = 0; 2Z=0; 1
2тх = 0; 2my = 0; 2m2 = 0. /
Кроме проекций на соответствующую ось (или моментов относительно оси) всех внешних сил, приложенных к оставшейся части, в каждое уравнение входит только одно неизвестное усилие. Это обстоятельство подтверждает целесообразность раздельного определения составляющих главного вектора и главного момента внутренних сил, поскольку отпадает необходимость в совместном решении нескольких уравнений.
Независимо от закона распределения по сечению внутренние силы всегда приводятся к стандартной системе усилий N, Qx, ..., Му9 алгебраические значения которых зависят только от абсциссы сечения z. Усилия связаны с конкретными видами деформирования бруса, рассматриваемыми в последующих главах.
§ 4.	ПОНЯТИЕ О НАПРЯЖЕНИИ. НОРМАЛЬНОЕ, КАСАТЕЛЬНОЕ И ПОЛНОЕ НАПРЯЖЕНИЯ В ТОЧКЕ
Определение внутренних сил в сечениях элемента конструкции необходимо в первую очередь для оценки его несущей способности. Однако усилия, найденные методом сечений, являются лишь равнодействующими внутренних сил, которые распределены по рассматриваемому сечению. Чтобы судить о прочности, необходимо знать наибольшие силы, возникающие в отдельных точках сечения. Выделим вокруг произвольной точки С (рис. 10, а) элементарную площадку AF, а равнодействующую внутренних сил на этой площадке
* В § 25 показано, что направление осей х и у зависит от геометрии сечения.
Уеыммртрчну	«ей совпадают с осями симметрии.
17
обозначим AT?. Отношение
Pcp = \R/\F	(1.3)
представляет собой среднее напряжение на указанной площадке. При уменьшении размеров площадки (стягивании ее в точку С)
в пределе получается истинное напряжение в данной точке рассматриваемого сечения
р = lira &R/&F.	(1.4)
AF -> О
Эта векторная величина является мерой интенсивности внутренних сил. В Международной системе единиц (СИ) она измеряется в паскалях (Па). Однако эта единица мала и в технических расчетах используют кратную единицу МПа.
Понятие «напряжение» играет очень важную роль в расчетах на прочность. Однако оно предполагает, что рассчитываемый элемент выполнен из сплошного и непрерывного материала (см. § 2, 1-е допущение). Значение наиболь-
шего напряжения, предшествующего разрушению, называется пределом прочности. Для каждого материала оно устанавливается опытным путем.
Через любую точку тела можно провести бесчисленное множество различно ориентированных в пространстве сечений (площадок). В общем случае возникающие по ним напряжения также различны. Таким образом, если для силы достаточно указать ее значение, направление и точку приложения, то для напряжения необходимо еще указать и положение площадки, на которой оно определяется.
Разложим вектор напряжения р на две составляющие: нормальную к площадке и лежащую в ее плоскости. Тогда получим нормальное напряжение о и касательное т (рис. 10,6). Нормальные напряжения препятствуют отрыву одной части тела (элемента) от другой или их взаимному прижатию. Касательные напряжения препятствуют взаимному сдвигу. Если разложить на составляющие, не напряжение, а саму силу АТ?, то получим следующие выражения:
для нормального напряжения
о- lira AAf/AF,	(1.5)
0 для касательного
х= lim AQ/AF.	(1.6)
AF-> 0
Следовательно, напряжение р можно рассматривать как полное напряжение в точке:
p=/(j2 + t2.	(1.7)
ГЛАВА II
ОСЕВОЕ РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ ПРЯМОГО БРУСА
§ 5.	ПРОДОЛЬНАЯ СИЛА
Осевое растяжение и сжатие часто встречаются в строительной практике. Растяжение, например, возникает в тросе любого подъемника (рис. 11, а), на сжатие под действием собственного веса при отсутствии ветровой нагрузки работают сооружения башенного типа (рис. 11,6). Внутренние силы в поперечных сечениях растянутого
Рис. 11
или сжатого оруса приводятся к ной равнодействующей силе N, направленной вдоль оси z (см. рис. 9, г). Эта сила, как указывалось в § 3, называется продольной или нормальной, поскольку она перпендикулярна (нормальна) к поперечному сечению. Все остальные внутренние силовые факторы (поперечные силы, крутящий и изгибающие моменты) равны нулю.
Продольную силу определяют методом сечений. Брус рассекают воображаемой плоскостью, перпендикулярной его оси, мысленно отбра
Рис. 12
сывают одну из образовавшихся частей, а ее действие на оставшуюся часть заменяют неизвестной силой N (рис. 12). После этого составляют единственное уравнение равновесия оставшейся части SZ = 0, из которого и определяют значение АГ.
Правило знаков. Силу N принято считать положительной при растяжении, т. е. когда она направлена от сеченияj(cm. рис. 12). При сжатии продольная сила отрицательна и направлена к сечению.
Если направление продольной силы неизвестно, то ее условно принимают положительной, полагая, что брус растянут. Знак минус при решении уравнения равновесия укажет на ошибочность выбранного направления, и в действительности брус окажется сжатым.
19
В тех случаях, когда значения продольной силы в различных сечениях бруса неодинаковы, строят эпюру продольных сил, которая представляет собой график изменения продольной силы по длине бруса. Эпюра необходима для расчета бруса на прочность. Она позволяет быстро находить опасные сечения, т. е. сечения, где продольная сила достигает наибольших абсолютных значений. Порядок построения эпюры N рассмот-
силой N (рис. 13,6); составляем приложенных к оставшейся, левой
рен в приводимых ниже примерах.
Пример 1. Определить продольную силу в сечении 1—1 бруса, который находится в равновесии (рис. 13, а).
Решение. Пользуясь методом сечений: рассекаем брус воображаемой плоскостью в указанном месте; отбрасываем мысленно его правую часть (поскольку к ней приложено больше сил);, заменяем действие отброшенной части на оставшуюся неизвестной продольной уравнение равновесия всех сил, части, руководствуясь правилом
знаков статики: плюс—если направление проекции силы совпадает с выбранным направлением оси, минус—если не совпадает.
2Z-0; N — Px + 2P2cosa-:0.
Отсюда N =	—2Р2 cos а.
Таким образом, продольная сила в поперечном сечении прямого бруса численно равна алгебраической сумме проекций на его ось всех внешних сил, приложенных с одной стороны от рассматриваемого сечения.
Этот вывод имеет большое практическое значение, так как он позволяет определять продольную силу, не прибегая каждый раз к изображению отсеченной части бруса и составлению уравнения равновесия.
Пример 2. Определить значения продольной силы на участках а, Ь, с бруса, нагруженного силами /\ = 50 кН, Р2 = 30 кН, Р3 = 80 кН (рис. 14, а), и построить эпюру продольных сил.
Решение. Расчет защемленного бруса целесообразнее начинать со свободного конца, так как при этом отпадает необходимость в определении реакций заделки. Пользуясь методом сечений, мысленно разрезаем брус по сечению 1—1 участка а и отбрасываем нижнюю часть, заменяя ее действие на оставшуюся верхнюю часть неизвестной продольной силой Na (рис. 14, б).
Предполагая, что эта сила направлена от сечения (т. е. рассматриваемый участок растянут), составляем уравнение равновесия верх-20
ней части:
откуда
2Z-0; — Л — Na = 0, Na~ — Р± = — 50 кН.
Продольная сила получилась отрицательной, следовательно, ее первоначальное направление выбрано неправильно, и участок а работает не на растяжение, а на сжатие. Заметим, что полученное значение продольной силы справедливо на всем протяжении данного участка, поскольку в любом его поперечном сечении удовлетворяется записанное уравнение равновесия.
Путем аналогичных рассуждений, на основании сформулированного в предыдущем примере правила определения продольных сил, для сечения 2—2 (рис. 14, в) получаем
Nb = — Л + Л = —50 + 30 кН = —20 кН, т. е. участок b также сжат.
Наконец; в сечении 3—3 (рис. 14, г)
Nc = Nb + P3 = —20 + 80 кН = 60 кН.
Сила положительна, поэтому участок с растянут.
Вычислив значения продольной силы на каждом участке, покажем ее графическое изменение по длине бруса. Для этого проводим параллельно оси бруса так называемую базисную линию и откладываем перпендикулярно к ней в выбранном масштабе полученные значения Af: положительные —вправо, отрицательные — влево (рис. 14, д). Построенную таким образом эпюру заштриховываем линиями, перпендикулярными оси бруса. По этим линиям можно судить q значении продольной силы в соответствующих поперечных сечениях. Из рассмотрения эпюры видно, что в местах приложения внешних сил (на границах участков а, b и с) внутренняя сила изменяется скачкообразно, причем размер скачка равен приложен
21
ной внешней силе. Так, скачок на уровне заделки характеризует значение реакции (7? = 60 кН) и ее направление (вниз).
Пример 3. Исследовать, как влияет на работу бруса перенос внешней силы по линии ее действия.
Решение. На рис. 15, а внешняя сила приложена к свободному концу и растягивает весь брус: в любом поперечном сечении возникает продольная сила N = Р (рис. 15,6). Если перенести силу Р по оси в точку С (рис. 15, в), то равновесие бруса не нарушится, реакция заделки не изменится, но растянутой окажется только верхняя часть (рис. 15, г). И, наконец, если приложить внешнюю
силу к закрепленному концу бруса, то она не вызовет растяжения вообще (рис. 15,(3).
Таким образом, перенос силы по линии ее действия существенно меняет характер работы бруса. Следовательно, понятие точки приложения силы, которое не имеет конкретного смысла для абсолютно твердого тела (т. е. в статике), при определении внутренних сил в деформируемом теле приобретает первостепенное значение. Действительно, если требуется поднять груз с помощью привязанной к нему веревки, то для груза безразлично, за какое место веревки мы схватимся рукой. С самой же веревкой дело обстоит иначе: чем ближе она будет схвачена к грузу, тем меньшая ее часть окажется в натянутом состоянии.
§ 6.	НАПРЯЖЕНИЯ, ДЕФОРМАЦИИ И ПЕРЕМЕЩЕНИЯ. ПОТЕНЦИАЛЬНАЯ ЭНЕРГИЯ ДЕФОРМАЦИИ
Поскольку продольная сила является равнодействующей внутренних сил odF, возникающих на бесконечно малых площадках поперечного сечения бруса (рис. 16, а), ее можно представить в виде
W=$odF.	(II.1)
F
Если исходить только из статической стороны задачи по определению напряжений о, то формально одному и тому же значению силы N может соответствовать бесчисленное множество зако-
22
нов распределения (эпюр) напряжений по сечению. Во всех трех брусьях, изображенных на рис. 16, б, в, а, продольная сила, отвечающая эпюре о, одинакова: N = P. Таким образом, записанное интегральное уравнение не позволяет определить напряжения, пока не установлен закон их распределения, т. е. рассматриваемая задача статически неопределима. Из бесчисленного множества статически возможных эпюр р действительна лишь та, которая соответствует характеру деформирования бруса, поэтому необходимо исследовать геометрическую сторону задачи.
В сопротивлении материалов вводится упрощающая гипотеза плоских сечений (гипотеза Я. Бернулли*), которая гласит: сечения бруса, плоские и перпендикулярные его продольной оси до деформирования, остаются плоскими и перпендикулярными оси после деформирования.
В том случае, когда внешние силы приложены только к торцам призматического бруса и к тому же равномерно распределены по их площади, эта гипотеза выполняется строго. При неравномерном распределении внешних сил сечения перестают быть плоскими (де-планируют). Подобные отклонения наблюдаются и вблизи мест изменения сечения, в том числе вблизи различных ослаблений (отверстий, выточек, надрезов и т. п.). Однако на сравнительно небольшом удалении от указанных зон (порядка наибольшего поперечного размера бруса) сечения остаются плоскими.
Из сформулированной гипотезы следует, что в процессе осевого растяжения (сжатия) все волокна бруса, расположенные между двумя любыми поперечными сечениями, деформируются одинаково.
* Якоб Бернулли-старший (J. Bernoulli, 1654—1705) — швейцарский математик, принадлежащий к талантливой семье, которая дала науке несколько выдающихся ученых. Родоначальник семьи был выходцем из Голландии.
23
В частности,
8 = A Z/Z = (lt —l)!l = const.
(П.2)
Здесь 8 —относительное удлинение (укорочение) или продольная деформация;
&1 — абсолютное удлинение (укорочение);
I — первоначальная длина бруса (рис. 17);
—длина после нагружения.
Формула (II.2) выражает геометрическую сторону задачи о растяжении (сжатии). При растяжении AZ > 0 и 8 > 0, при сжатии— наоборот. Чтобы перейти от деформаций к искомым напряжениям, необходимо рассмотреть физическую сторону задачи.
Рис. 17
В упругой стадии работы напряжения и деформации висимостью
материала (см. § 2, 2-е допущение) связаны прямой пропорциональной за-
о = Е8.	(II.3)
Коэффициент пропорциональности Е называется модулем продольной упругости или модулем упругости при растяжении. Он имеет размерность напряжения (поскольку 8 — безразмерная величина) и измеряется в Па (ГПа) *. Модуль Е—физическая константа, характеризующая жесткость материала. Наибольшее напряжение, при' котором справедлива приведенная зависимость, называется пределом пропорциональности (опц, см. рис. 36, а).
Постоянство модуля упругости и продольной деформации приводит к заключению, что при осевом растяжении (сжатии) нормальные напряжения равномерно распределены по площади поперечного сечения бруса (о — const) **. Следовательно; из трех рассмотренных выше эпюр действительна та, которая изображена на рис. 16,6, и выражение (II. 1) принимает вид:
N =-в J dF = oF.
F
* 1 ГПа = 109 Па.
** В местах резкого изменения формы и размеров поперечного сечения (около отверстий, выточек, входящих углов и т. п.) наблюдается нарушение равномерного распределения напряжений, называемое концентрацией напряжений. Подробнее это явление рассматривается в гл. III (см. § 17).
24
Отсюда	o = N/F,	(И.4)
где N— продольная сила в поперечном сечении, Н;
F— площадь поперечного сечения, м2.
Формула (II.3) представляет собой математическое выражение закона Гука* при растяжении (сжатии), установленного экспериментальным путем. Современная физика трактует этот закон как приближенное соотношение, которое следует из характера межатомного взаимодействия. Различные типы химической связи в конечном счете дают закон изменения ,силы сцепления в зависимости от расстояния между атомами, как графически показано на рис. 62 в виде сплошной линии. Таким образом, закон Гука описывает свойства материала.
Для практических расчетов более удобна формула, которая получается путем подстановки выражений (II.4) и (II.2) в формулу (П.З) и преобразования последней относительно абсолютного удлинения (укорочения):
AZ= ArZ/(£*F).	(П.5)
Эта зависимость описывает свойства уже не материала, а бруса, и ее следует рассматривать как закон Гука для конструкции (системы). Она позволяет определять изменение длины бруса (или его отдельного участка) постоянного сечения, если известны геометрические размеры (Z, F) и материал, из которого выполнен брус (£), а продольная сила также постоянна. Произведение EF называют жесткостью сечения бруса при растяжении (сжатии).
В общем случае, когда значения N и F (или хотя бы одной из этих величин) на отдельных участках бруса различны, вычисление А/ ведут в пределах каждого участка, а затем полученные результаты алгебраически суммируют.
По аналогии с продольной деформацией отношение
г'= bhlh = M)lb	(П-6)
представляет собой поперечную деформацию. Здесь разности
/\h = h±—h\ ^b = b1 — b
характеризуют изменение поперечных размеров бруса (см. рис. 17).
Поперечная деформация изотропного материала по всем направ,-лениям одинакова. При растяжении она отрицательна (сужение), при сжатии — положительна (расширение). Отношение
И = |е7е|	(II.7)
* Роберт Гук (R. Нооке, 1635—1703)—английский естествоиспытатель, архитектор и инженер. Свое право на приоритет в области изучения упругих свойств материалов он оговорил в 1676 г. в виде анаграммы ceiiinosssttuv (прием публикации, весьма характерный для XVII в.), которую расшифровал лишь два года спустя латинской фразой «Ut tensio, sic vis»—«Каково удлинение, такова и сила». Закон Гука .в форме (II.3) и современное толкование модуля Е дал в 1826 г. французский ученый и инженер Луи Навье (L, М, Н, Navier, 1785—1836).
25
называется коэффициентом поперечной деформации или коэффициентом Пуассона*.
Экспериментально установлено, что в упругой стадии работы любого материала значение р постоянно. Оно лежит в пределах от 0 до 0,5 (см. пример 45), принимая для наиболее распространенных строительных материалов значения, равные 0,25 ... 0,35.
При растяжении (сжатии) поперечные сечения бруса перемещаются в продольном направлении. Перемещение является следствием
деформации, но эти два понятия необходимо четко разграничивать. Так, в случае, представленном на рис. 15, в, деформируется (растягивается) только верхняя часть бруса (см. рис. 15, г), а нижняя перемещается как абсолютно твердое тело- вниз на размер удлинения верхней части. В случае, изображенном на рис. 15, а и б, деформируется весь брус и поэтому перемещение любой его части совпадает
с соответствующим удлинением.
Упругое тело является аккумулятором энергии, затраченной на его деформирование. Это свойство широко используется в различных амортизирующих устройствах (рессорах, пружинах и др.).
В общем случае внешние силы производят работу Л, которая, с одной стороны, идет на сообщение скорости частицам тела, т. е. переходит в кинетическую энергию К, с другой — накапливается в виде потенциальной энергии деформации U. Таким образом, уравнение энергетического баланса имеет вид:
A = K + U.
(II.8)
Если нагрузка прикладывается статически, т. е. возрастает от нуля до максимума настолько медленно, что можно пренебречь скоростью деформации и силами инерции, то7<=0 и работа внешних сил полностью преобразуется в потенциальную энергию:
A — U.-	(II.8а)
На рис. 18, а изображен растянутый брус, удлинение которого для наглядности показано в увеличенном масштабе и соответствует отрезку Д/Пц на графике изменения внешней силы Р (рис. 18, в).
* Симеон Дени Пуассон (S. D. Poisson, 1781 —1840)—французский физик, механик и математик. Он теоретически получил для всех материалов pi = 0,S5. Однако последующие экспериментальные исследования не подтвердили это положение.
26
В теоретической механике работа определяется произведением постоянной силы Р на путь s, пройденный точкой ее приложения по направлению действия силы, т. е. работа A = Ps выражается площадью прямоугольника, построенного в системе координат Р и s (рис. 18,6). В рассматриваемом случае сила Р не является постоянной. При соблюдении закона Гука она линейно возрастает от нуля до значения Рпц, отвечающего пределу пропорциональности. Поэтому работа (а значит, и потенциальная энергия) выражается площадью треугольника ОСВ\
U == А== РпцА1Пц/2.	(П.9)
Опуская индексы и переходя от внешней силы Р Лт к равной ей внутренней силе AZ, с учетом зависимости (П.5) получаем
f/ = №Z/(2£F).	(II. 10)
Эта формула применима только к брусьям (или отдельным участкам) постоянного сечения в случае постоянной продольной силы. При переменных по длине бруса значениях N и F следует руководствоваться указаниями к формуле (II.5).
Если энергию U отнести к объему бруса V, то получится удельная потенциальная энергия деформация:
u = U/V = [AZ2Z/(2£F)]/(FZ) = AZ2/(£F2),
или с учетом выражений (II.4) и (П.З)
u = o2/(2£) = oe/2.	(II. 11)
В СИ единицей работы (и энергии) является джоуль (Дж)—работа, совершаемая силой в 1 Н на пути в 1 м. Таким образом, если объем выражать в м3, то удельная энергия деформации должна измеряться в Дж/м3, кДж/м3 и т. д.
Энергетические соотношения используют при определении перемещений в сложных упругих системах и при исследовании условий перехода материала в пластическое состояние. Общие положения, относящиеся к этим вопросам, рассмотрены соответственно в § 39 и 15, 16.
Пример 4. Определить напряжения и деформации в стальном канате АВ длиной Z=12 м и площадью поперечного сечения £ = 85,6 мм2,' если максимальный вес Р грунта, извлекаемого из опускного колодца посредством двухканатного грейфера * (рис. 19), не превышает 30 кН. Модуль упругости стали £ = 210 ГПа.
Решение. Под действием веса извлекаемого грунта канаты грейфера работают на растяжение. В любом поперечном сечении каждого из них возникает продольная сила
= £/2 = 30/2 кН = 15 кН,
* Г р е й фе р —раскрывающийся ковш грузоподъемного крана или экскаватора, который механически захватывает и разгружает сыпучие материалы.
27
Рис. 19
и нормальные напряжения согласно формуле (II.4)
а = N/F = 15-103/(85,6-10~6) Па = 175• 10е = 175 МПа.
Абсолютное и относительное удлинения каната по формулам (II.5) и (II.2):
M = Nl/(EF) = al/E = 175- 10е-12/(210-10°) м = 0,01 м;
е = (Д///) 100% = (0,01/12) 100%	0,08%.
Пример 5. По оси трехступенчатого алюминиевого * бруса приложены силы /^.= 40 кН, Р2 = 90 кН, Р3 = 120 кН (рис. 20, а). Ступени имеют длины: lt = 20 см, /2 = 30 см, 13 = 40 см. Соответствующие площади поперечных сечений: /*4 = 2,5 см2, £2 = 3 cm2, F3 = 4 см2.
Построить эпюры продольных сил, нормальных напряжений и перемещений. Модуль упругости алюминия £ = 70 ГПа.
Решение. Построение эпюры N. Разбиваем брус на три участка, границы которых совпадают с сечениями, где приложены внешние силы.. По аналогии с примером 2 определяем значения продольной
силы на каждом участке, начиная от свободного конца:
ЛГлс = /\ = 40 кН; Nc0 = Nac~P2 = 40—90 кН = —50 кН; NQH=NCQ + P3 = —50+120 кН = 70 кН.
Эпюра продольных сил построена на рис. 20, б. Из нее видно, что реакция заделки равна 70 кН и направлена вверх.
Построение эпюры о. Для вычисления напряжений по формуле (II.4) брус приходится разбивать на большее число участков (пять). Их границы определяются не только сечениями, где приложены внешние силы, но и сечениями, где меняются поперечные размеры бруса. Пользуясь эпюрой N, находим
<тлв = A^B/Fi = 40-103/(2,5 • 10-4) Па = 160- 10е Па= ЮОМПа; авс= Мвс/£2 = 40-108/(3 -10-4) Па = 133- 10е Па = 133 МПа;
<tcd = NcdIF3 = — 50 • 103/(3 • 10 -4) Па = — 167 • 106 Па = — 167 МПа.
Аналогично могут быть вычислены напряжения на участках DG и GH, в чем нетрудно убедиться самостоятельно. Эпюра нормаль
* Здесь и в дальнейшем под термином «алюминий» подразумеваются дефор-мируемые алюминиевые сплавы, которые^ а ходят применение в строительных конструкциях.
28
ных напряжений представлена на рис. 20, в. Она строится так же, как эпюра продольных сил. Каждая ее абсцисса характеризует в принятом масштабе напряжения в соответствующем поперечном сечении бруса.
Построение эпюры 6. Определение перемещений следует начи-. нать от неподвижного конца, т. е. от заделки. Перемещение произвольного сечения г верхнего участка (см. рис. 20, а) равно абсолют-
ному удлинению той части бруса, которая заключена между этим сечением и заделкой. Таким образом, согласно зависимости (II.5)
— NaHz/(EF3) = <saHzlE.
Получили уравнение наклонной прямой (переменная z входит в первой степени). При z = l3l% находим перемещение сечения G относительно заделки
6GH=A/GZf=aGH/3/(2£)=175-10в-0,4/(2-70-40°)м=0,5-10-3м=0,5мм.
Перемещение речения D относительно заделки складывается из перемещения этого сечения относительно сечения G (абсолютного укорочения участка DG)
8DG = Mdg = oDOl3l(2E) — — 125•106 • 0,4/(2 • 70 • 10») м =
= — 0,357 • 1Q-3 м = — 0,357 мм
и перемещения сечения G относительно заделки:
8dh = 8dg4-Ьан = —0,357 4-0,5 мм = 0,143 мм.
Перемещение сечения С относительно заделки
dcff — bCD 4- ^>dh~	4~5ля= 167- 10е • 0,3/(2 • 70-109) 4-
4-0,143-10-3 м = — 0,214-10-3 м = 0,214 мм.
Аналогично определяются перемещения сечений В и Л, в чем также нетрудно убедиться самостоятельно. Контролем может служить эпюра 6, построенная на рис. 20, г. Знак плюс соответствует перемещению в положительном направлении оси г, т. е. вниз, знак
29
минус — перемещению вверх. Линейность очертания эпюры доказана
выше.
Пример 6. Жесткий брус АВ, деформацией которого можно пренебречь, подвешен на двух тягах круглого сечения длиной I = 2,5 м (рис. 21, а). Левая тяга диаметром <2ал = 2,5 см выполнена из алюминия, правая диаметром dCT = 3 см — ^7 |у	из стали.
I	Определить усилия, напряжения
и удлинения тяг, если к брусу на
расстоянии а = 5 м от левой тяги и b = 3 м от правой подвешен груз /’=150 кН. Модули упругости: £ал = 70 ГПа; £ст = 210ГПа. Найти угол наклона бруса к горизонту после деформирования тяг.
Решение. Определение усилий. Мысленно разрезаем систему по сечению 1—1 на две части, отбрасываем верхнюю часть и в местах разреза прикладываем неизвестные усилия Мал и -^ст> уравновешивающие отсеченную нижнюю часть (рис. 21, б).
Для равновесия плоской системы параллельных сил необходимо удовлетворение двух условий, а имен-
1	1
а д />г А	В

ТР
S) । \^ал	।
Рис. 21
но: двух уравнений моментов 2тл = 0 и 2тв = 0 или одного уравнения проекций — 0 и одного уравнения моментов 2тл = 0 (SmB = 0). Уравнение проекций на ось г обращается в тождество
вида 0 = 0, поскольку ось перпендикулярна линии действия сил. Пользуясь уравнениями моментов, находим:
2тл = 0; —Мсг(а + Ь) + Ра = 0; Мст = Ра/(а + &)= 150-5/(5 + 3) кН = 94 кН. 2тв = 0; Мал(а + Ь)-РЬ = 0;
Naa = Pb/(a + b)= 150-3/(5 + 3) кН = 56 кН.
Проверка: 2У = Мал — /> + Мст = 56—150 + 94 кН = 0, т. е. усилия найдены верно.
Определение напряжений. По формуле (II.4)
ост = Nct/FCT = 4/VCT/(nd2CT) = 4• 94 • 103/(3,14• 0,032) Па =
= 133-106 Па = 133 МПа;
оал = 4Мал/№) = 4• 56• 10з/(3,14 • 0,0252) Па = 114• 10е Па = 114МПа.
Определение удлинений. Согласно выражению (II.5)
Д/ст = Мст//(£сг£ст) = ост//£сг = 133•106 • 2,5/(210• 10») м =
= 1,58• 10-3 м= 1,58 мм;
Д/ал = ^ал^ал = 114• 106• 2,5/(70• 10») м = 4,07-10-3 м = 4,07 мм.
30
Угол наклона бруса к горизонту после деформирования тяг находим из треугольника А' А” В'\
, <4.07-1.5«> 10-; _	3|.
& АВ' а+Ь	5+3
Отсюда по таблицам тригонометрических функций аж Г.
Пример 7. Груз Р подвешен на двух стержнях * длиной I и площадью поперечного сечения F каждый (рис. 22, а). Определить пере-
мещение б узла В, если оба стержня изготовлены из одного материала с модулем упругости Е.
Решение. Определение усилий в стержнях. Отбрасываем мысленно верхнее закрепление, и заменяем его действие неизвестными усилиями N г и N2, направленными вдоль стержней (рис. 22, б). Для плоской системы сходящихся сил статика дает два уравнения равновесия: 2Х = 0 и 2У = 0, из которых первое в силу симметрии обращается в тождество = N2 = N, а второе принимает вид 2N cos ф —Р = 0,. откуда
N = Р/(2созф).	(а)
При этом в соответствии с 3-м допущением (см. § 2) считаем, что после приложения нагрузки угол ф не меняется.
Определение перемещения. Вследствие симметрии системы узел В под действием силы Р сместится вертикально вниз в положение В'. Перемещение ВВ' = б можно рассматривать как результат удлинения стержня АВ на отрезок ВВ" = Ы и поворота по дуге окружно-
* Стержнем принято называть тонкий и длинный брус, поперечные размеры которого весьма малы по сравнению с длиной. Разграничение понятий бруса и стержня носит условный характер.
31
ста с центром в точке А из положения В" в положение В' на оси у. Ввиду малости угла поворота считаем, что перемещение из точки В" происходит по прямой В'В" АВ. Тогда
В В' = В В"/cos <р или 6 = AZ/cos<p.
Но согласно выражению (II.5) и равенству (а)
Д/ = Nl/(EF) = Pl/(2Ер cos <р).
Следовательно,
6 = Pl/(2EF cos2 <р).
Пример 8. Решить предыдущий пример исходя из равенства работы внешней силы и потенциальной энергии деформации.
Решение. Работа внешней силы согласно формуле (II.9) Л=Рб/2, Энергия деформации каждого стержня по формуле (11.10) 1/^=» = N2l/(2EF), или с учетом зависимости (а) указанного примера
Ut = [р/(2 cos ф)]2 l/(2EF) = P2l/(8EF cos2 ф).
Энергия деформации всей системы
U — 2U х = P2l/(^EF cos2 ф).
Подставляем выражения А и U в уравнение энергетического баланса (П.8а):
Pb/2 = PH/l^EF cos2 ф).
Отсюда 8 —Pl/(2EF cos2 (р).
Таким образом, получили то же значение вертикального перемещения узла В, что и в примере 7.
Пример 9. Сравнить энергоемкость резины при напряжениях Срез = 6,5 МПа и стали при ост = 200 МПа.' Модули упругости: Ерез = 0,007 ГПа, Ест = 210 ГПа.
Решение. Удельная потенциальная энергия по формуле (II. 11): резины
Мрез = ^ез/(2Ерез) = (6,5 • 10«)2/(2 • 0,007 • 10») Дж/м3 = = 3 • 106 Дж/м3 = 3 МДж/м3, стали
«ст =	Дж/м3 = °’095•1 °’ Дж/м3 = °’095 Мдж/м3.
Следовательно, запас энергии единичного объема резины примерно в 30 раз выше, чем стали, хотя отношение напряжений имеет обратную величину. Большую энергоемкость резины используют в амортизирующих устройствах (шайбы, прокладки, подушки и т. п.) для смягчения динамических воздействий.
§ 7. ОСОБЕННОСТИ И РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ СИСТЕМ
В предыдущем параграфе показана сущность так называемой внутренней статической неопределимости системы, когда для определения напряжений в поперечном сечении бруса понадобилось до
32
пущение о характере его деформирования (гипотеза плоских сечений). Однако система может оказаться и внешне статически неопределимой, т. е. неопределимой в отношении опорных реакций (реакций связей) и, следовательно, усилий.
Статически неопределимыми принято называть системы, усилия в которых нельзя определить с помощью только уравнений статики. Все статически неопределимые системы имеют «лишние» связи в виде дополнительных закреплений, стержней и других элементов. Лишними такие связи называют потому, что они не являются необходимыми с точки зрения обеспечения равновесия системы или ее геометрической нейзменяемости *, и их устройство преследует конструктивные или эксплуатационные цели.
Разность между количеством неизвестных и количеством независимых уравнений равновесия, которые можно составить для данной системы, характеризует число лишних неизвестных или степень статической неопределимости. Расчет статически неопределимых систем производят по той же методологической схеме, что и в указанном параграфе.
1.	Статическая сторона задачи. Пользуясь методом сечений, составляют уравнения равновесия отсеченных элементов системы, содержащие неизвестные усилия, и . выявляют степень статической неопределимости.
2.	Геометрическая сторона задачи. Рассматривая систему в деформированном состоянии, устанавливают связь между перемещениями точек ее элементов. Полученные зависимости называются уравнениями совместности перемещений. Их количество должно быть равно числу лишних неизвестных.
3.	Физическая сторона задачи. На основании закона Гука по формуле (II.5) выражают удлинения (укорочения) элементов системы, входящие в уравнения перемещений, через усилия.
4.	Синтез. Решая совместно, статические и физические уравнения, находят неизвестные усилия.
Пример 10. Как изменится эпюра продольных сил в брусе, изображенном на рис. 15, в, если ег© нижний конец будет также защемлен (рис. 23, а)? Жесткость EF постоянна.
Решение. Статическая сторона. Так как сила Р приложена вертикально вниз, опорные реакции RA и R8 направлены вверх. Для системы сил, действующих по одной прямой, можно составить единственное уравнение равновесия:
52 = 0; RA— P-]-Rs = 0.
* Геометрически неизменяемыми являются системы соединенных между собой твердых тел, допускающие относительные перемещения тел только вследствие деформирования материала (например, шарнирно-стержневой треугольник, см. рис. 22). Изменяемые системы, или механизмы, допускают конечные относительные перемещения тел без деформирования материала, т. е. без изменения размеров хотя бы одного тела (например, шарнирно-стержневой четырехугольник).
2 М 759
33
Оно содержит два неизвестных:' RA и RB. Следовательно, система один раз статически неопределима и ее необходимо рассмотреть в деформированном состоянии.
Геометрическая сторона. Мысленно отбросим одну из заделок, например В, как лишнюю связь и заменим ее действие соответствующей реакцией RB. Для .I2 г1	д)	того чтобы полученный та-
Рис. 23
ким путем статически определимый брус (рис. 23, б) был эквивалентен заданному статически неопределимому по характеру деформирования, необходимо выполнение условия 6В = 0, т. е. перемещение сечения второго бруса по направлению приложенной неизвестной реакции в месте удаления лишней свя-
зи должно отсутствовать, поскольку общая длина бруса меняться не может.
Согласно принципу независимости действия сил (см. § 2, 4-е допущение) записанное условие может быть представлено в разверну
том виде:
$в ~ $вр	— ^ас + №вс + ^сл) — О»
где ^вр^^ас — перемещение сечения В от силы Р, равное удлинению участка Л С;
6в/? = Д/вс4-Д/сл— перемещение от реакции RB, равное сумме укорочений участков ВС и С А.
Физическая сторона. На основании закона Гука
при N = P	MAC = Pa/(EF);,
при N — RB	^са'~~ — [Я/М^) + Вва/(ЕРУ]-
Подставляя эти выражения в геометрическое уравнение, получаем
Pa!(EF) -\R^EF) + RBa!(EF)\ = О,
или после сокращения на EF
Pa = RB (a+ty, откуда
RB~ Ра/(а-{-Ь).
Синтез. Подставляя найденное значение реакции в уравнение равновесия, определяем другую реакцию:
Ra = Р - RB = Р—Ра/(а + Ь) = РЬ/(а + Ь).
Таким образом, реакции обратно пропорциональны расстояниям соответствующих опор до точки приложения силы Р. Эпюра продольных сил представлена на рис. 23, в.
34
Пример 11. Груз Р = 80 кН подвешен на трех алюминиевых стержнях одинакового поперечного сечения. Средний стержень длиной I расположен вертикально, крайние наклонены под углом <р = 30° (рис. 24, а). Определить усилия в стержнях.
Решение. Статическая сторона. Так же как в примере 7, мысленно отбрасываем верхнее закрепление и заменяем его действие неизвестными усилиями в стержнях Л\, Af2 и N3 (рис. 24, б).
По-прежнему имеем два условия равновесия: SX = 0 и SF = О, из которых первое в силу симметрии системы обращается в тождество Л\ = .У3, а второе дает единственное уравнение равновесия 2У1С03ф + ^2—Р = 0.	(а)
Оно содержит два неизвестных, т. е. система один раз статически неопределима.
Геометрическая сторона. Под действием силы Р средний стержень удлинится на отрезок Д/2, в результате чего узел В переместится в положение В'. По аналогии с указанным примером В В '= = BB"/cos <р, или
Д/2 = A/j/cos ф.	(б)
Это и есть искомое уравнение перемещений. Оно отражает тот факт, что узел В' деформированной системы должен быть общим для всех стержней.
Физическая сторона. Закон Гука позволяет связать удлинения стержней A/f и Д/2 с искомыми усилиями и N2, после чего уравнение (б) принимает вид:
NMEF)=Nili/(EF cos ф),	(в)
Учитывая, что /.£ == Z/cos <р; l2 — l, после сокращения на EF получаем
Л^2/ = A\//cos2 ф, откуда
W2 = AT^/cos2 ф.	(г)
2*
35
Синтез. Решая совместно систему уравнения (а) и (г), определяем усилия в стержнях:
2Л\ cos <р + Л\/соз2 ф = Р;.
=N3=Р cos2 307( 1+2 cos3 30°)=80 • 0,8662/( 1+2 • 0,866s) кН=26 кН;
Л% = Л\/соз230° = 26/0,8662 кН = 35 кН.
Пример 12. Решить задачу, рассмотренную в предыдущем примере, в предположении, что средний стержень выполнен из стали, модуль упругости которой £ст в 3 раза больше модуля алюминия -£ал.
Решение. П-ри заданном соотношении модулей упругости уравнения (в) и (г) указанного примера принимают вид:
У 2/2/(3£ал£) = N	cos ф);	(в')
N2 = ЗЛ\/соз2 ф.	(г')
После решения системы уравнений (а) и (г') получим
Л\ = У3 = Р cos2 307(3 + 2 cos3 30°) = =80-0,8662/(3 + 2-0,8663) кН=14 кН; /У2 = ЗЛ\/соз230° = 3-14/0,8662 кН = 56 кН.
Сравнивая значения усилий, найденные в обоих случаях, замечаем, что при увеличении жесткости среднего стержня он воспринимает большую часть силы Р. В то же время значения усилий в крайних стержнях падают вследствие их меньшей жесткости по сравнению со средним.
Таким образом, из анализа выражений (а), (г) и (г') следует первая особенность статически неопределимых систем: чем больше жесткость элемента, тем большую часть прилагаемой нагрузки он способен воспринять. Отмеченная особенность позволяет регулировать усилия в статически неопределимых системах в зависимости от жесткости входящих в них стержней.
Пример 13. Определить напряжения в трехстержневой системе (см. рис. 24, а), возникающие от нагревания среднего стержня на А/ = 40°С при отсутствии силы Р. Крайние стержни алюминиевые (£ал = 70 ГПа), средний—стальной (£ст = 3£ал). Поперечное сечение всех стержней по-прежнему одинаковое, угол ф = 30°.
Решение. Статическая сторона. До нагревания усилия в стерж
нях равны нулю, так как нагрузка отсутствует. Поскольку стержни связаны воедино в узле В, при нагревании они не смогут свободно удлиняться, и в них возникнут усилия Nt = N3 и N3 (рис. 25).
36
Единственное уравнение равновесия по-прежнему содержит два неизвестных:
2У = 0; 2A\cos<p + 2V2 = 0,	(а)
т. е. и в этом случае задача один раз статически неопределима.
Геометрическая сторона. Уравнение перемещений совпадает с зависимостью (б) примера 11, поскольку при нагревании среднего стержня узел В сместится вертикально вниз на Д/2. Отсюда
Д/j = Д/2 cos ф.	(б)
Физическая сторона. Чтобы представить геометрическое уравнение в физической форме, следует учесть, что деформация среднего стержня зависит как от нагревания, так и от возникающего по этой причине усилия. Поэтому в данном случае необходимо отразить две физические закономерности: закон температурного удлинения, с одной стороны, и закон Гука—с другой, т. е.
Д/2 = а/Д/ + ВДЕстГ).	(в)
Здесь а—коэффициент линейного расширения, равный изменению единицы длины стержня при повышении температуры на 1°С (для стали а = 125- 10_,1/°С)..
Подставляем выражение (в) в уравнение ,(б):
Д/i = [а/Д/4-Л/2//(Е'ст/:')]созф. •	(г)
Нб согласно формуле (II.5) и зависимости /i = Z/cosq>
Д/x = N1l1/(EaaF) = NJ/fE^F cos <р).	(д)
Приравнивая правые части выражений (г) и (д), получаем
N1l/(Ea]lF cos <jp) = [а/ М -ф W2//(ECT.F)] cos <р,
или после сокращений на I и небольших преобразований
N1 = Ea]lFcos2(f[a.M-{-N^^E^F)}.	(е)
Определение усилий и напряжений. Решаем совместно уравнения (а) и (е):
= — У2/(2 cos <р); — W2/(2 cos ф) = EaxF cos2 ф [а Д t + /V2/(EC1F)].
После раскрытия скобок и приведения подобных членов
— N2 [1/(2 cos ф) + Ea3lF cos2 (p/(EctF)] =-• EaxF cos2 фа Д/, или с учетом соотношения между модулями упругости стали и алюминия
N2 [(З^а + %EajlF cos3 ф)/(6£алГ cos ф)] = — ЕалГ cos2 фа М.
Сокращая обе части последнего равенства на EaaF, окончательно находим
/Vj ±= —SEai(F cos8 <ра Д if/(3 4- 2 cos3 ф).
37
Знак минус указывает на то, что средний стержень сжат. Соответствующие напряжения по формуле (II.4)
а2 = Nt/F = —6ЕЛЯ cos8 30°а Д//(3 + 2 cos8 30°) =
= —6.70 • 10е • 0,866s • 125 • 10-’ • 40/(3 + 2 • 0.8668) Па =*
= —31,6 • 10е Па = —31,6 МПа.
Напряжения в наклонных стержнях
°i = °з = Ni/F = N2/(2F cos <р) = — о2/(2 cos 30°)» = — (—31,6)/(2 • 0,866) МПа =18,2 МПа,
т. е. стержни растянуты.
Таким образом, вторая особенность статически неопределимых систем состоит в том, что усилия в их элементах зависят от температуры. Изменение температуры всей системы или отдель-
Рис. 26
ных стержней приводит к появлению так называемых температурных напряжений.
Пример 14. При сборке конструкции из трех стальных стержней одинакового поперечного сечения средний стержень оказался короче требуемой длины на S = 1 мм (рис. 26, а). Чтобы соединить концы стержней в узле В, образовавшийся зазор пришлось устранить за счет натяжения среднего стержня.
Определить возникшие по этой причине напряжения, если <р = 30°, / = 2м, £ = 210 ГПа.
Решение. Статическая сторона. Для натяжения среднего стержня необходимо приложить некоторую вертикальную силу. После сборки и освобождения от приложенной силы узел В под действием отпора среднего стержня переместится вверх в точку В", занимающую промежуточное положение между В' и В (рис. 26, б). При этом средний стержень окажется удлиненным на Д/2, а край-38
ние укороченными на А/^Д/д. Уравнение равновесия имеет вид: Sy = °; 2A\cos<p—ЛГ2 = 0.	(а)
Геометрическая сторона характеризуется уравнением
AZ1 = /icosq),
jio /1 — 6—AZ2. Следовательно,
AZX = (6—A/2)cos<p.	(б)
Физическая сторона. Используя формулу (II.5) и зависимость = I cos <р, на основании равенства (б) получаем второе уравнение, связывающее неизвестные усилия в стержнях:
NJ/tEF cos <р) = S cos ф—[N2l/(EF)] cos ф.	(в)
Определение усилий и напряжений. Решаем систему уравнений (а) и (в):
М2 — 2Л\ cos ф; NJ/tEF cos ф) = 6 cos ф—2NJ cos2 q/ (EF).
Отсюда Nt — Na — 8EF cos2 ф/[/ (1+2 cos3 ф)]
и N2 = 2N± cos ф = 26EFCOS3 ф/[7 (1+2 cos3 ф)].
Таким образом, третья особенность статических неопределимых систем заключается в том, что в их элементах возникают усилия от неточности изготовления или сборки. Соответствующие напряжения называются начальными напряжениями сборки или монтажными. Учитывая, что крайние стержни сжаты, а средний растянут, находим:
= о3 =	= — 8Е cos2 30°/[/ (1+2 cos3 30°)] =
= — 0,001-210- 10е-0,8662/[2(1 + 2• 0,8663)] Па =
= -34,3- 10е Па = —34,3 МПа;
о2 = N2/F = 21011 cos 30° = 2 • 34,3 • 0,866 МПа = 59,4 МПа.
Итак, даже весьма малая неточность в изготовлении (6=1 мм) вызывает значительные напряжения после сборки конструкции до приложения нагрузки. А поскольку отклонения от проектных размеров трудно предугадать заранее, необходимо стремиться к повышенной точности изготовления статически неопределимых конструкций.
Вместе с тем следует иметь в виду, что искусственное создание начальный’ напряжений, противоположных по знаку напряжениям от нагрузки, позволяет создавать экономичные конструкции. Этот прием, носящий название предварительного напряжения, широко используется в строительстве при возведении металлических и особенно железобетонных конструкций.
Идея предварительного напряжения становится понятной из анализа работы наклонных стержней. Если рассмотренную трехстерж-НевУю конструкцию нагрузить после сборки силой Р, как в примере И, то сжатые крайние стержни будут сначала разгружаться,
39
а затем начнут работать на растяжение. В то же время средний стержень будет работать только на растяжение и напряжения в нем возрастут. Следовательно, можно сделать еще один важный вывод: начальные напряжения сборки вызывают разгрузку одних элементов и догрузку других.
Ознакомившись с особенностями статически неопределимых систем, проиллюстрируем их расчет еще несколькими примерами.
Пример 15. Лестница, состоящая из 11 ступеней, подвешена на неподвижных опорах А и В, расстояние между которыми / = 5м (рис. 27). Определить опорные реакции, если на 3-й и 8-й ступенях находится по одному человеку весом Р=1 кН.
Решение. Статическая сторона по аналогии с примером 10 представлена одним уравнением равновесия Q двумя неизвестными:
2Z=0; RA — 2P + Rb = 0.
Геометрическая сторона может быть выражена уравнением &В ~ &ВР + &BR ~
где 6Вр = Д/8_л — перемещение нижнего конца лестницы от сил Р; SBr= &1ВА—то же, от реакции RB, заменяющей действие отброшенной нижней опоры.
Физическая сторона. Согласно формуле (II.5)
Д/3_л = Д/3_8 + Д/8_л = P5d/(£F) + 2P2d/(EF)
= 9Pd/(£F) = 0,9PZ/(£F); blBA = -RBU(EF).
Подставляем эти выражения в геометрическое уравнение: 0,9PZ/(£F) —R^(EF) = 0.
После сокращения на l!(EF) получаем
Рв = 0,9Р = 0,9-1 кН = 0,9 кН.
Другую реакцию определяем’из уравнения равновесия:
Ra = 2P—Рв= 2-1 — 0,9 кН = 1,1 кН.
Пример 16. Жесткий горизонтальный брус, деформацией которого можно пренебречь, уложен на три деревянные стойки * высотой /г = 2м одинакового поперечного сечения площадью Р=400 см3
* Стойкой или к о л о н н ой называется вертикальный стержень, работающий преимущественно на сжатие,
40
(рис. 28). До приложения силы Р = 900кН между брусом и средней стойкой имелся зазор 6 = 1,5 мм.
Определить усилия и напряжения, возникающие в стойках после
приложения нагрузки, если модуль упругости древесины Е = 10 ГПа. Установить также зазор, при котором средняя стойка окажется ненагруженной.
Решение. Статическая сторона. Если после приложения
силы Р зазор устранится полностью, в сжатия Ni = Rit N2 = R2, N3 = R3 и уравнение равновесия примет вид:
£У = 0; Ni + N3 + N3-P = Q,
или с учетом симметрии (Л^ = М3)
2Ni + N3 = P.	(а)
Геометрическая сторона. После приложения нагрузки первыми начнут деформироваться (укорачиваться) крайние стойки. Средняя стойка получит укорочение только после того, как будет ликвидирован зазор.
стойках возникнут усилия
Рис. 28
Следовательно, перемещения стоек
должны подчиняться зависимости
Дй^Д^+б.	(б)
Физическая сторона. На основании формулы (II.5) из уравнения (б) получаем
NMEF) = [WEFy\+8.	(в)
Определение усилий и напряжений. Решая совместно уравнения (а) и (в), находим значения усилий:
N, = P-2Nt-r NJi/(EF) = [(P—2NJh/(EF)]+8;
N1h = (P -2N1)h + &EF.
После раскрытия скобок и приведения подобных членов получаем
3M1 = P + (SEF/A),	(г)
откуда
Л\ = М3 = 73 [Р + (6£Г/Й)] =
= 73 [900• 103 + (1,5 • 10’3 • 10• 1 О’ • 0,04/2)] Н = 400 • 103 Н = 400 кН;
М2 = Р—2Л\ = 900-2-400 кН = 100 кН.
Соответствующие напряжения:
ох = о3 = NJF = —400 • 103/0,04 Па = — 10 • 10е Па =—10 МПа;
о2 == N2F =-100-103/0,04 Па = —2,5 • 10е Па = —2,5 МПа.
При большом зазоре заданная нагрузка недостаточна для его Устранения, средняя стойка окажется ненагруженной (М2 = 0) и сила Р распределится поровну между крайними стойками:
Л\ = N3 = Р/2 = 900/2 кН = 450 кН.
41
Согласно выражению (г) такой случай возникнет при
6 > (ЗЛ\ — Р) h/(EF) = (3 • 450 — 900) 10s • 2/( 10 • 10’ • 0,04) м = = 2,25-10-3 м = 2,25 мм.
Пример 17. Железобетонные плиты перекрытия горячего цеха дролетом I — 6 м и толщиной h = 20 см уложены у одной из стен .	с зазором 6 = 3 мм (рис.. 29, а) при
'///мл	v/м/, температуре /! = 0°С.
Определить напряжения и горизонтальное давление плит на стену в условиях эксплуатации цеха при температуре Za = 50°C. Коэффициент линейного расширения железобетона а=120-10“’ 1/°С, приведенный модуль упругости £ = 25 ГПа.
Решение. Статическая сторона. Если бы плиты свободно опирались правыми  концами, то при
нагревании они получили бы удлинение
AZt = aZAZ=aZ(Za —ZJ = 120-10~’-6 (50 —0) м=3,6-10"3 м = 3,6мм.
В действительности имеющийся между плитами и стеной зазор недостаточен для их свободного удлинения (6 < AZt) и поэтому возникают сжимающие опорные реакции RA vl Rb (рис. 29,6). Единственное уравнение равновесия SZ=0 обращается в тождество 2?л = 7?в=Д из которого нельзя определить значение реакций. Следовательно, задача статически неопределима и необходимо составить уравнение перемещений.
Геометрическая сторона отражает тот факт, что после закрытия зазора (в результате частичного нагревания) плиты теряют возможность свободно удлиняться при дальнейшем увеличении температуры:
AZf — 6 = AZ.
Физическая сторона. Если условно предположить, что материал плит однороден, то согласно формуле (II.5) геометрическое уравнение принимает Вид:
AZt—6 = £Z/(E£),
или с учетом формулы (II.4)
&lt-—8 = al/E.
Отсюда
о = (AZf —б) Е/1 = (3,6—3) 10-3- 25 • 10’/б Па = 2,5- 10е Па = 2,5 МПа.
Напряжения достаточно велики, тем более что плиты должны нести еще и полезную нагрузку. Следует иметь в виду, что температурные воздействия на статически неопределимые системы часто являются весьма существенными, и для уменьшения эффекта их 42
проявления приходится принимать специальные конструктивные меры (например, устройство температурных швов).
Интересно отметить, что температурные напряжения не зависят от площади поперечного сечения плиты. При отсутствии зазора они не зависели бы и от ее длины (см. также пример 13).
Горизонтальное давление плит на стену
q = аЛ = 2,5-10« • 0,2 Н/м = 500 • 103 Н/м = 500 кН/м.
Пример 18. Металлическая мачта АВ, к которой приложены силы Рх = 20 кН и Р2=10кН, шарнирно опирается в точке А и поддерживается стальными тросами в точках В и D (рис. 30, а).
Определить усилия в тросах, если а = 7,5 м и L=15 м. Жесткость мачты считать бесконечно большой по сравнению с жесткостью тросов.
Решение. Статическая сторона. Применяя метод сечений, мысленно отбрасываем шарнир С и заменяем его действие на мачту неизвестными усилиями в тросах NCB и NCD (рис. 30, б).
Для' плоской системы произвольных сил статика дает три уравнения равновесия: 2Л = 0; 2У = 0; S/n=0. Однако первые два уравнения составлять не имеет смысла, поскольку в них войдут проекции НА и VA реакции опорного шарнира А, определять которые нет необходимости. Остается воспользоваться третьим уравнением:
2/ил = 0;' —NCD2a sin а—NCB^a sin р 4- Pfia + Р2а = 0, или после сокращения на а
—2MCDsina—4/Vcasinp + 3Pi + P2 = 0.	(а)
Оно содержит два неизвестных, поэтому требуется дополнительно составить уравнение перемещений.
Геометрическая сторона. Под действием внешних сил Pf и Р2 мачта отклонится в положение АВ', вызвав растяжение поддерживающих тросов СВ и CD, которые займут новые положения СВ'
43
и CD'. Проведем из точки С дуги ВВ" и DD". Тогда отрезки В'В" и D'D" будут представлять собой удлинения соответствующих тросов: В'В" = Ысв, D'D" = Mcd.
Ввиду малости перемещений (см. § 2, 3-е допущение) отрезки ВВ' и DD' будем считать горизонтальными, а дуги ВВ"- и DD"— заменим хордами, перпендикулярными к прямым СВ' и CD'. При этом углы В"ВВ' и D"DD' приближенно будут равны углам 0 и а. Сделав подобные упрощения, из прямоугольных треугольников В"ВВ' и D"DD' находим
5'5" = 5B'sinp; D'D" = DD' sin а и
А/св/М CD = В'В" ID'D" — В В' sin Р/(£Ю' sin а).
Из подобия треугольников АВВ' и ADD' следует отношение
BB'/DD' = АВ/AD = 4с/(2а) = 2, поэтому
Д/св/А/со= 2sinp/sina, или
A/CBsina = 2A/CDsinp.	(б)
Физическая сторона. Пользуясь выражением (II.5), из уравнения (б) получаем
NCb1cb sin a/(EF) = 2N CDlCD sin $/(EF).
Сокращая на EF и подставляя
lсв— AB/cos$= 4a/cosP; 1Cd~ AD/cosa — 2a/cosa, имеем
NCB4a sin a/cos p — 2NCD2a sin p/cos a,
откуда после сокращения на 4а
NCB = Ncd sin 0 cos P/(cos a sin a) = ?VCD sin 2P/sin 2a.	(в)
Определение усилий. Подставляя зависимость (в) в уравнение равновесия (а), находим:
—2УCD sin a—4Ncd (sin 2p/sin 2a) sin P + 3Pj + P2 = 0, откуда
NCD = (3^1 + F2)/{2 [sin a + 2 (sin 2p/sin 2a) sin P]}.
Устанавливаем значения углов аир:
tg а = АС/AD = L/(2a\= 15/(2-7,5) =1, т. е. а = 45°;
tgp = AC/AB=L/(4a) = 0,5, т. е. р = 26°30'.
Следовательно,
MCD = (3Pt + Р2)/{2 [sin 45° + 2 (sin 53°/sin 90°) sin 26°30']} =
= (3-20 + 10)/{2[0,707 + 2 (0,799/1) 0,446]} кН = 25 кН;
К св = N CD sin 53°/sin 90° = 25 • 0,799/1 кН = 20 кН.
44
§ 8. РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ. МЕТОД ДОПУСКАЕМЫХ НАПРЯЖЕНИЙ
Конечная цель расчета конструкций состоит в использовании полученных результатов для оценки пригодности этих конструкций к эксплуатации в сочетании с экономичностью, что находит отражение в выборе общего метода расчета на прочность.
Долгое время, начиная еще с Галилея*, когда возводились главным образом каменные и деревянные сооружения, господствовало представление о предельной нёсущей способности конструкции, исходившее из схемы ее вероятного разрушения и определения разрушающей нагрузки. Однако отсутствие экспериментальных данных о поведении конструкций при больших нагрузках заставляло прибегать к различным гипотезам о схеме разрушения и вносило в расчеты элемент условности и произвола.
Появление металлических строительных конструкций (XVIII в.) сначала из чугуна, а затем из железа потребовало более внимательного отношения к расчетам, чем это было принято для камня и древесины. В 1826 г. Навье высказал мысль об отказе от расчета конструкций по предельному (т. е. конечному) состоянию и выдвинул прогрессивную для своего времени идею рабочего, или начального, состояния, под которым подразумевалось напряженно-деформированное состояние, вызванное рабочей, реальной нагрузкой.
При таком подходе к проблеме прочности отпадает необходимость задаваться схемой разрушения. Достаточно определить напряжения при фактической нагрузке и сопоставить их с предельным значением. В предположении, что экспериментально установленное для рассматриваемого материала предельное значение напряжения после деления на коэффициент запаса прочности дает так называемое допускаемое напряжение, расчет на прочность сводится к сравнению рабочих напряжений с допускаемыми. Поэтому расчет по рабочему состоянию обычно называют расчетом, по допускаемым напряжениям. Соответствующее условие прочности бруса, работающего на осевое растяжение (сжатие), имеет вид:
=	(П.12)
где отах—наибольшее по абсолютному значению нормальное напряжение в рассчитываемом брусе, т. е. напряжение в опасном поперечном сечении, Па; № — продольная сила в указанном сечении от фактических, или нормативных, нагрузок (их значение устанавливают нормы проектирования строительных конструкций, см. § 10), Н; FHT—площадь сечения нетто, т. е. с учетом возможных ослаблений (отверстий, вырезов и т. п), м2; [о] опред/К—допускаемое напряжение материала, из которого выполнен брус; опред— предельное (опасное) напряжение: предел текучести от пластичного
* Галилео Галилей (G. Galilei, 1564—1642) — знаменитый итальянский ученый, с именем которого связаны не только выдающиеся открытия в астрономии, но и исследования в области механики. Он первым в истории человечества поставил вопрос о прочности тел и первым попытался его разрешить.
45
материала (см. рис. 36, а) или предел прочности <зач хрупкого *; /(—коэффициент запаса по отношению соответственно к пределу текучести (/<т) или пределу прочности (/<пч).
Значение коэффициента запаса, а следовательно, и допускаемого напряжения, зависит от многих факторов и в первую очередь от того, насколько точно в расчете можно учесть реальные нагрузки, какова степень совпадения свойств основного материала конструкций и отдельно испытанных образцов, в какой мере можно гарантировать постоянство условий работы конструкций при эксплуатации сооружения. Для бетона и железобетона /Спч = 2 ... 3,5, для древесины /Спч = 3,5 ... 6, для стали марки СтЗ**, наиболее распространенной в строительных металлических конструкциях, /<1=1,5.
Записанное условие позволяет производить три вида расчета на прочность.
1.	Проверка прочности (проверочный расчет). По известной нагрузке (а следовательно, продольной силе № в опасном сечении бруса) и поперечным размерам (т. е. площади сечения FHT) определяют наибольшее рабочее напряжение и сравнивают с допускаемым напряжением материала. Расчет выполняют непосредственно по формуле (11.12).
2.	Подбор сечения (проектный расчет)—наиболее ответственная и распространенная задача при проектировании конструкций: По заданной пагрузке и допускаемому напряжению применяемого материала определяют требуемую площадь поперечного сечения бруса
Л^ах/И-	(II.12а)
3.	Определение несущей способности. По известным поперечным размерам бруса и допускаемому напряжению материала устанавливают значение допускаемой продольной силы
^on<[a]FHt.	(П.126)
К последнему виду расчета прибегают главным образом при реконструкции сооружений, когда необходимо выяснить, смогут ли ранее возведенные конструкции выдержать без усиления возросшие нагрузки (например, от изменившегося режима технологического процесса в производственном здании).
* К пластичным относят' материалы, разрушающиеся после развития значительных остаточных деформаций (низкоуглеродистая сталь, алюминий). Хрупкие материалы, наоборот, разрушаются при малых остаточных деформациях (чугун, бетон, камень, стекло). Следует, однако, иметь в виду, что подобная классификация довольно условна. В ряде случаев пластичные материалы склонны к хрупкому разрушению, а хрупкие материалы проявляют свойства пластичных (см. с. 96).
Текучее т ь — явление роста пластических деформаций при постоянной нагрузке.
** Марка стали определяется ее химическим составом и механическими свойствами.
46
Пример 19. Проверить прочность жесткого винта домкрата * при подъеме груза весом Р“=100кН (рис. 31). Внутренний диаметр резьбы dj —41мм, материал винта—сталь марки 45 с пределом текучести <гг = 360 МПа, коэффициент запаса /<т = 4,5. Трением между винтом и гайкой пренебречь.
Рис. 32
Решение. Под действием поднимаемого груза стержень винта работает на сжатие. Допускаемое напряжение стали
[а] = стг//<т = 360/4,5 МПа = 80 МПа.
Рабочее напряжение согласно формуле (П.12)
а = MH/FHT = 4PH/(nd?) = 4-100-103/(3,14- 0,04 Р) Па = = 76 • 10е Па = 76 МПа < [о],
т. е. прочность винта обеспечена.
Пример 20. Определить количество п стальных проволок диаметром </=1,4 мм, из которых должен быть свит стрелоподъемный трос АВ башенного крана грузоподъемной силой Рн = 20кН (рис. 32). Вылет стрелы" L = 20 м, высота оголовка Я = 3,5 м, предел"'прочности проволоки при растяжении апч= 1700 МПа, коэффициент запаса К„ч = 5**.
Решение. Рассматривая равновесие узла В, находим усилие в тросе
	N* = PH/sin а.
* Домкрат — переносной механизм для подъема грузов на небольшую высоту (20 ... 40 см). На строительно-монтажных работах применяется для выверки конструкций и их отдельных частей.
** Поскольку высокопрочная проволока не обладает свойством текучести, коэффициент запаса для нее устанавливают относительно предела прочности.
47
Устанавливаем значение угла а:
tg а = H/L = 3,5/20 = 0,175;
по таблицам тригонометрических функций а — 9°56', sin а = 0,172.
Согласно условию (II.12а)
FTP>№/[c], или
njuP/4 > NaKm/<Jm,
откуда
п 4№7Cn4/(an4nd2) = 4PHKn4/(on4nd2 sin а) = = 4-20-103-5/(1700-10e-3,14-1,42-10-в-0,172) = 222.
Пример 21., Подобрать сечение нижнего пояса трапецеидальной стропильной фермы производственного здания (рис., 33, а). Пролет фермы £ = 30м, высота на опорах ft = 2,2 м, в середине пролета
Я = 3,45 м. Нагрузка прикладывается к узлам в виде сосредоточенных сил Рн = 130 кН. Материал фермы—сталь марки СтЗ с допускаемым напряжением [о]=160МПа. Сечение запроектировать из двух неравнополочных уголков (рис. 33, б).
Решение. Поскольку система симметричная, опорные реакции равны между собой:
Рл= 10Рн/2 = 5РН.
Для определения усилия в нижнем поясе пользуемся методом сечений: 1) рассекаем ферму в середине пролета на две части с таким расчетом, чтобы в сечение попало не более трех стержней; 2) мысленно отбрасываем одну часть, например правую; 3) заменяем действие отброшенной части на оставшуюся усилиями рассеченных стержней; 4) составляем уравнение равновесия в виде суммы моментов левых сил относительно точки О, где пересекаются линии действия усилий, которые не требуется определять:
Sm0 = 0; RAL/2 — (Рн/2) 5d—Рн (4d + 3d + 2d + d) —N"H = 0;
5PH5d—2,5PHd — 10РМ = Л/нЯ.
Отсюда
Ян= 12,5PHd/tf = 12,5-130-3/3,45 кН « 1410 кН,
48
где длина панели
d = £/10 = 30/10 м = 3м.
В пределах нижнего пояса найденное усилие является наибольшим. В этом нетрудно убедиться, если рассечь две другие панели и составить уравнения относительно моментных точек Ot и О2.
Требуемая площадь двух уголков по формуле (II. 12а)
Гтр>^“тах/М= 1410-103/(160- 10«)м? = 88,1-IO"4 м2 = 88,1 см2.
По сортаменту неравнополочных уголков * (табл. 4 приложения) принимаем два уголка 250x160x12 мм площадью F = 2-48,3 см2 =
= 96,6 см2, наиболее близкой к требуемой.
Пример 22. Подобрать сечение стальной арматуры жесткой железобетонной колонны квадратного сечения со стороной & = 40 см (рис. 34), нагруженной силами PJ = 300 кН и Р1 = 600 кН.-Модуль упругости арматуры Еа в 10 раз превышает модуль бетона Е6. Допускаемое напряжение бетона на осевое сжатие [ag] = 8 МПа.
Решение. Статическая сторона. Продольные стержни арматуры, сцепляясь с бетоном, работают совместно с ним. Чтобы подобрать сечение стержней, необходимо определить, какая часть общего усилия, возникающего в колонне, приходится на долю арматуры.
Обозначим усилие в бетоне через N6, в арматуре—Na. Тогда для наиболее нагруженной части колонны, находящейся ниже консолей (сечение 1 — /), можно составить единственное уравнение равновесия:
SZ = 0; Na + N6-P1-2P2 = 0.	(а)
Оно содержит два неизвестных усилия, т. е. задача один раз статически неопределима и надо дополнительно составить уравнение перемещений.
Геометрическая сторона. При совместной работе (сцеплении) арматуры и бетона укорочение стальных стержней равно укорочению беФона:
Рис. 34
(б)

Физическая сторона. Воспользовавшись выражением (II.5), запишем уравнение (б) в виде
_________ ^а#/(ДЛ) = «Ш
* С о р та ме н т —каталог (таблицы) прокатных профилей (двутавров, швеллеров, уголков и т. д.), поставляемых металлургическими заводами в соответствии с требованиями ГОСТа.
49
или после сокращения на Н
Na/(EiFa) = N-6/(E6F6), .
откуда согласно формуле (II.4)
оа/£а = о6/£6; оа = о6£а/Еб.
Но по условию задачи Еа/Е6=10. Следовательно,
аа = 10[аб],	(в)
так как в опасном состоянии напряжения в бетоне достигнут допускаемого значения.
Подбор сечения арматуры. Перепишем уравнение (а), подставив значения усилий, выраженные через напряжения:
аа/7а + [аб]/7б = Лн + 2Р§,	(г)
или с учетом зависимости (в)
Ю[аб]Га + [аб]Гб = РГ4-2Р§.
Отсюда минимальная требуемая площадь сечения арматуры
/7а.тр = (Р?+2Р?-[об]Гб)/(10[аб]).
Полагая, что площадь, занимаемая бетоном, приближенно равна площади всего сечения колонны (F6» F — Ьг), получаем
Га.тр = УЧ + 2Р?—[стб] &*)/( 10 [о6]) = [(300 + 2 • 600) 103 — 8 • 10е х х0,42]/(10-8- 10е) м2 = 27,5-10_* м2 = 27,5 см2.
По табл. 5 приложения принимаем четыре стержня диаметром d = 32 мм (4 0 32 А-П * общей площадью /7а = 4л(/2/4 = 3,14х Х0.0322 м2 = 32,2-10-* м2 = 32,2 см2 > 27,5 см2.
Приведенный расчет построен на формулах сопротивления материалов и основан на предпосылке работы железобетона как упругого материала. Однако железобетон не подчиняется строго гипотезе плоских сечений и закону Гука, а отношение модулей упругости арматуры и бетона Ел/Е6 не постоянно и зависит от напряжений в бетоне, состава бетона, его возраста и других трудно учитываемых факторов.
Многочисленные опыты показали, что напряжения в арматуре, полученные расчетным путем, всегда больше действительных, т. е. имеется перерасход стали. Таким образом, расчет железобетонных конструкций по допускаемым напряжениям, или метод «упругого железобетона», часто называемый классической теорией, является условным. Он не только не дает возможности спроектировать кон
* Согласно нормам [12] стержневая арматура делится на классы: горячеката-ная A-I, А-П, A-III, А-IV и A-V; термически упрочненная Ат-IV, Ат-V и At-VI. Каждому классу соответствуют определенные марки стали. Арматурная сталь класса A-I (марки СтЗ) из-за относительно низкого предела текучести (230 МПа) и гладкого профиля рекомендуется только для монтажных стержней. Арматура класса А-П диаметром 10 ... 40 мм изготавливается главным образом из стали марки Ст5 с минимальным пределом текучести 290 МПа.
50
струкцию или элемент с заранее заданным коэффициентом запаса, но и не позволяет определить истинные значения напряжений в арматуре и бетоне.
Особенно ярко недостатки этого метода проявились при внедрений в практику новых видов бетона (высокопрочного, легкого) и
сталей повышенной прочности.
Пример 23. Жесткий брус АВС, деформацией которого можно пренебречь, подвешен на трех стальных стержнях одинакового поперечного сечения площадью F — 5 см2 (рис. 35,а).
Определить допускаемое значение силы Р, приложенной к брусу, если допускаемое напряжение стали [о] =160 МПа.
Решение. Статическая сторона. Для плоской системы параллельных Сил (рис. 35,6) можно составить два уравнения равновесия:
2У = 0; Мл + Мв + Мс-Р = 0;
Рис. 35
Smc = 0; NА2а + Мва—Р1,25а = 0,
илилтосле сокращения на а
2МЛ + ^— 1,25Р = 0.	(б)
Они содержат три неизвестных усилия, следовательно, задача один раз статически неопределима и необходимо дополнительно составить уравнение перемещений.
Геометрическая сторона. Из подобия треугольников С А"А’ и
А" А'/В" В' = С А"/С В",
или (Д/л—А1^1{А1В—А1с) = 2а/а, откуда
Д/л—Д/С = 2(Д/В—Д/с);
Д/л + Д/с—2Д/в=0.	(в)
Физическая сторона. В соответствии с формулой (II.5) уравнение (в) принимает вид:
0,5NAl/(EF) + Ncl/(EF)—2 • 0,75ВД(£Г) = 0.
После сокращения на l/(EF)
0,5Na + Nc-1,5Nb=0.	(г)
Определение значения допускаемой силы Р. Решая совместна уравнения (а), (б) и (г), найдем усилия в стержнях, выраженные в долях нагрузки. Вычитаем из уравнения (а) уравнение (г). После при
51
ведения подобных членов
0,5#л + 2,5Ув—Р = 0.
Умножим все члены полученного уравнения на 4 и вычтем из уравнения (б). После приведения подобных членов
—9Ув + 2,75Р = 0; WB = 2,75P/9 = 0.306Р.
Найденное значение усилия NB подставляем в уравнение (б):
2Ул + 0,306Р —1,25Р = 0, откуда Ул = 0,944Р/2= 0..472Р.
Значения усилий NA и NB подставляем в уравнение (а):
0.472Р + О,ЗО6Р + Nc—Р = О,
из которого получаем Nс = 0,222Р.
Так как площадь поперечного сечения всех трех стержней одинакова, наиболее напряженным оказывается левый стержень, имеющий максимальное усилие A/’max = Л^л = 0,472Р.
Согласно условию прочности (11.126)
УЛ<ИЛ
или 0.472Р160- 10в-5-10"* = 80-103.
Отсюда РДОП^80-103/0,472 Н= 170-103 Н=170 кН.
Найденный предел установлен в предположении, что напряжение, равное допускаемому, возникает только в одном, наиболее нагруженном стержне, в то время как два других (средний и правый) работают с недогрузкой. В действительности появление текучести в наиболее нагруженном элементе не означает еще исчерпания несущей способности системы в целом. Это обстоятельство учитывает другой метод расчета на прочность — по разрушающим нагрузкам.
§ 9. ПОНЯТИЕ О РАСЧЕТЕ ПО РАЗРУШАЮЩИМ НАГРУЗКАМ
Рассматриваемый метод предполагает определение расчетным путем не напряжений, а предельной нагрузки, которую может выдержать конструкция, не разрушаясь и не претерпевая непрерывно нарастающих пластических деформаций. При этом в качестве условия прочности выдвигается требование, чтобы наибольшая нагрузка не превышала допускаемого значения, полученного делением предельной нагрузки на коэффициент запаса прочности, т. е.
^тах [P] = /WC	(ПЛЗ)
Коэффициент запаса Д’ назначается из тех же соображений, что и при расчете по допускаемым напряжениям.
52
Идея расчета по разрушающим нагрузкам принадлежит А. Ф. Ло-лейту*. Она возникла в начале 30-х годов в связи с несовершенством классической теории железобетона. В основу положено условие предельного равновесия, предусматривающее одновременное достижение предела текучести стальной арматурой и предела прочности бетоном. Это позволило найти для железобетона единый критерий прочности, тогда как согласно классической теории арматуру и бетон рассчитывали порознь, исходя из соответствующих допускаемых напряжений (см. пример 22).
При расчете по разрушающим нагрузкам конструкций из пластичного материала принимают упрощенную диаграмму -растяжения. Для низкоуглеродистой строительной стали (рис. 36, а) близка диаграмма идеально упруго-пластичного материала (диаграмма Прандт-ля**, рис. 36, б). Наклонная прямая характеризует упругую стадию работы материала (а = £е, где£ = 1да), горизонтальная (безграничная площадка текучести) —пластическую (а = ат).
В реальных условиях, когда относительное удлинение достигает определенного значения (для СтЗ е « 2,5%), сталь прекращает «течь» и снова приобретает способность сопротивляться внешним воздействиям (стадия самоупрочнения). Однако модуль пластических деформаций ЕПЛ = tgp настолько мал, что его можно считать равным нулю (в среднем £пл~0,01Е). То же справедливо и для стали, не имеющей площадки текучести, поэтому диаграмма Прандтля в большинстве случаев может быть распространена на любую сталь.
Пример 24. Используя условие предыдущего примера, определить допускаемое значение силы Р методом разрушающих нагрузок.
Решение. Поскольку материал стержней подчиняется идеализированной диаграмме (см. рис. 36,6), по достижении напряжениями
* Артур Фердинандович Лолейт (1868—1933) — советский ученый и инженер, специалист в области железобетонных конструкций. Принимал участие в проектировании и возведении многих крупных сооружений (пешеходного арочного моста на Нижегородской выставке, сводов музея изобразительных искусств и четырехэтажного склада с безбалочными перекрытиями в Москве).
** Людвиг Прандтль (L. Prandtl, 1875—1953)—основатель немецкой школы прикладной механики. Его ранние работы касались вопросов прочности материалов. Основные достижения относятся к области аэродинамики.
53
левого стержня предела текучести усилие в этом стержне при даль-, нейшем увеличении нагрузки перестанет расти. Система, таким образом, из статически неопределимой превращается в статически определимую. Приращение нагрузки будет восприниматься двумя другими, менее напряженными стержнями до тех пор, пока, один из них также не «потечет». После этого система станет изменяемой (превратится в механизм), поскольку перестанут удовлетворяться уравнения равновесия.
Следовательно, критерием предельной нагрузки для системы, представленной на рис. 35, является наличие текучести в двух наиболее напряженных стержнях. Вторым таким стержнем, очевидно, окажется средний, так как согласно примеру 23 усилие в нем больше, чем в правом (NB > Мс).
Приравняв напряжения в левом и среднем стержнях пределу текучести и подставив выражение соответствующих усилий NА = = NB = ozF в уравнение (б) указанного примера, получим уравнение предельного равновесия рассматриваемой системы:
2oTF +<гтГ— 1,25Рпред = О,
или Зот = 1,25Рпред, откуда Рпред = 3ат/1,25 = 2,4от.
Воспользовавшись условием прочности (11.13), находим
[Р] = -Рпред/А'т = 2,4otF/Kt = 2,4 [о] F = 2,4 • 160 • 5 • 102Н =
= 192-103Н = 192 кН;
ДР = [([Р]-Рдоп)/Ряоп] 100% = [(192-170)/170] 100% « 13%.
Таким образом, при расчете по разрушающим нагрузкам несущая способность оказалась значительно выше, чем при расчете по допускаемым напряжениям, т. е. расчет по разрушающим нагрузкам позволяет проектировать более экономичные конструкции, обеспечивая равнопрочность их элементов.
Пример 25; Рассмотреть пример 22 с позиций расчета по разрушающим нагрузкам, приняв коэффициент запаса прочности /С=2, призменную прочность бетона 7?„р = 14,5 МПа, предел текучести стали от = 290 МПа.
Решение. Согласно идее А. Ф. Лолейта расчет ведем по стадии разрушения, когда бетон и арматура достигают пластического состояния, но их совместная работа еТце не нарушена. Поэтому в уравнение (г) указанного примера вводим предел прочности бетона на сжатие (так называемую призменную прочность, см. с. 58) и предел текучести арматурной стали. Тогда с учетом заданного коэффициента запаса получим
aTF; + /?SPF6 = K№,
где усилие в нижней части колонны
WH = P? +2^ = 300 + 2-600 кН = 15оо кН
54
Отсюда минимальная требуемая площадь сечения арматуры
Р'в. Jp = (KN"—R^F6)/aT = (2 • 1500 • 103 — 14,5 • 10е • 0,16)/(290 х Х103) м2 = 23,4-10-4 м2 = 23,4 см2.
Принимаем 4 0 28 А-П с F'a = 3,14-0,0282 м2 = 24,6-10~4 м2 = = 24,6 см? > 23,4 см2.
Таким образом, расчет по разрушающим нагрузкам учитывает пластические свойства бетона и стали и тем самым правильнее отражает работу железобетона под нагрузкой. При этом, правда, остаются неизвестными напряжения в бетоне и арматуре от эксплуатационной нагрузки, но зато становится известным фактический коэффициент запаса прочности заданного сечения и отпадает необходимость в гипотезе плоских сечений и нормировании отношения модулей упругости ЕЛ1Е6, что гораздо важнее.
Благодаря более полному использованию арматуры достигается существенная экономия металла по сравнению с расчетом по допускаемым напряжениям. В рассматриваемом случае теоретически она составляет *
АЛ.тр=[(^а.тр-^а.тр)/Л.тР] 100% = [(27,5—23,4)/27,5] 100%«15%.
Расчет по разрушающим нагрузкам представлял серьезное достижение в усовершенствовании теории ’железобетона. Дальнейшее развитие он получил при разработке методики расчета по предельным состояниям.
$ 10. РАСЧЕТ ПО ПРЕДЕЛЬНЫМ СОСТОЯНИЯМ
Основным недостатком расчета по допускаемым напряжениям и разрушающим нагрузкам является обобщенный’ характер коэффициента запаса прочности. Единственный коэффициент не может правдоподобно отразить многообразие условий, от которых зависит безопасность конструкции или сооружения. Подробные исследования работы строительных конструкций показали, что аварии возникают в результате случайного совпадения нескольких факторов: отклонения нагрузки в худшую сторону, снижения механических свойств материала, неблагоприятных условий эксплуатации, неточно'сти расчетной схемы и т. д. Статистический учет изменчивости обстоятельств, влияющих на работу конструкций, нашел отражение в методе расчета по предельным состояниям, разработанном советскими учеными под руководством Н. С. Стрелецкого**.
Этот метод начал применяться в нашей стране с 1955 г., после утверждения основного руководящего документа по проектированию—
* Нетрудно убедиться, что фактическая экономия оказывается еще больше (24%). Это объясняется менее точным подбором сечения в примере 22 вследствие ограниченности сортамента арматуры.
** Николай Станиславович Стрелецкий (1885—1967) — Герой Социалистического Труда, член-корреспондент АН СССР, заслуженный деятель науки и техники РСФСР, крупный ученый, инженер и педагог в области металлических строительных конструкций.
55
Строительных норм и правил (СНиП). В настоящее время по предельным состояниям, рассчитывают все конструкции промышленных и гражданских зданий- и сооружений, мостов, а также монтажные приспособления (за исключением механических узлов и деталей, относящихся к области машиностроительных конструкций, которые по-прежнему рассчитывают по допускаемым напряжениям). С 1962 г. на нойый метод расчета начали переходить страны СЭВ.
Под предельным понимается такое состояние, при котором конструкция, основание*, здание или сооружение перестают удовлетворять заданным эксплуатационным требованиям или требованиям при их возведении.
Строго говоря, любой метод расчета имеет дело с тем или иным предельным состоянием. Однако если при расчете по разрушающим нагрузкам и допускаемым напряжениям критерием предельного состояния является разрушение или потеря несущей способности, то при расчете рассматриваемым методом критерий принципиально иной — прекращение ^эксплуатации сооружения. Такой критерий более широк, поскольку прекращение эксплуатации может быть вызвано различными обстоятельствами, в том числе и потерей несущей способности.
Кроме характеристик прочности и конструктивной формы сооружения, учитываемых обстоятельствами потери несущей способности, эксплуатационный критерий включает и такие характеристики как назначение и ответственность сооружения, условия и продолжительность его эксплуатации, экономические соображения и пр. Следовательно, подобный критерий выглядит более гибким и разносторонним. Прекращение эксплуатации, связанное с необходимостью ремонта или замены части конструкции, еще не означает разрушения конструкции, а только нарушает функционирование сооружения или деятельность предприятия.
Поскольку причины прекращения эксплуатации разнообразны, сооружение может иметь несколько предельных состояний. Согласно последней редакции СНиП [9] различают две группы предельных состояний: 1) по потере несущей способности или непригодности к эксплуатации; 2) по непригодности к нормальной эксплуатации**.
Остановимся подробнее на- первой группе предельных Состояний, которая включает состояние разрушения и поэтому связана с вопросами прочности. Здесь имеется два признака прекращения эксплуатации. Первый относится к конструкциям, обладающим большой жесткостью, для которых остаточные деформации несущественны и маловероятны по условиям работы. При высоком качестве изготовления эксплуатация таких конструкций может продолжаться вплоть до исчерпания несущей способности.
* Основание—массив грунта, непосредственно воспринимающий нагрузку от сооружения.
** Нормальной эксплуатацией считается процесс бесперебойной работы конструкции или сооружения, осуществляемый в соответствии с предусмотренными в нормах или заданиях на проектирование функциональными (технологическими или бытовыми) условиями.
56
В деформативных конструкциях- решающим является второй признак, когда чрезмерные остаточные деформации (вследствие текучести материала, ползучести*, податливости соединений или образования трещин) делают невозможной дальнейшую эксплуатацию, и сооружение становится непригодным, хотя его несущая способность не исчерпана.
Сопоставление обоих признаков приводит к выводу, что пределом несущей способности конструкции является наивысший предел ее эксплуатационной способности.
Итак, прекращение эксплуатации — не катастрофа, а только предотвращение аварии. Поэтому для обеспечения эксплуатации не требуется тех чрезвычайных мер в виде общего коэффициента запаса на всякий непредвиденный случай, которые психологически неизбежны для обеспечения .неразрушимости. Содержание коэффициента запаса при расчете по предельным состояниям приобретает четкий физический смысл.
Изменчивость обстоятельств работы конструкции или сооружения может быть сведена к трем категориям: изменчивость нагрузок, изменчивость механических свойств материала и изменчивость условий работы конструкции, сооружения или их элементов.
Основными характеристиками нагрузок и воздействий являются их нормативные значения, т. е. значения, близкие к наибольшим нагрузкам и воздействиям при нормальной эксплуатации. Они устанавливаются главой СНиП [10].
Возможное отклонение нагрузок в неблагоприятную (большую или меньшую) сторону от их нормативных значений вследствие изменчивости или отступлений от условий нормальной эксплуатации учитывает коэффициент перегрузки n 1, устанавливаемый той же главой СНиП в зависимости от вида нагрузки, назначения здания или сооружения и условий эксплуатации.
Нагрузки и воздействия, получаемые путем умножения их нормативных значений на соответствующие коэффициенты перегрузки, называются расчетными:
Р = РИп.	(II.14)
Они представляют собой наибольшие возможные нагрузки и воздействия за время эксплуатации сооружения. Таким образом, коэффициент перегрузки корректирует неточно установленную нормативную нагрузку на основании полученной из опыта расчетной нагрузки.
То что каждая нагрузка имеет свой коэффициент перегрузки, позволяет проектировать более экономичные конструкции, чем при расчете по одинаковому для всех нагрузок коэффициенту запаса или по допускаемым напряжениям. Так, при расчете железобетонных
* Ползучесть характеризуется изменением во времени деформаций (так называемое последействие или собственно ползучесть) или напряжений (релаксация). Для стали ползучесть существенна лишь при температуре свыше 300°С, для металлов с низкой, температурой плавления (алюминий), а также для бетона, древесины и пластических масс—при комнатной температуре.
57
конструкций по разрушающим нагрузкам на одинаковый коэффи-ент запаса К = 2 умножалась как постоянная, так и временная нагрузка (см. пример 25), несмотря на невероятность возрастания постоянной нагрузки в два раза за время эксплуатации. Подобная нечеткость приводила к перерасходу материала.
Основным параметром сопротивления материала силовым воздействиям является нормативное сопротивление устанавливаемое нормами проектирования строительных конструкций [11 ... 15] с учетом условий контроля и статистической изменчивости сопротивления.
За нормативное сопротивление прокатной стали и алюминиевых сплавов принимают наименьшее контролируемое (браковочное) значение предела текучести от (см. рис. 36, а), установленное ГОСТами или техническими условиями на металлы*.
Если эксплуатация металлических конструкций, работающих на растяжение, возможна и после достижения металлом предела текучести (например, трубопроводы, цилиндрические емкости и прочие конструкции, подвергающиеся .внутреннему, давлению), за нормативное сопротивление принимают наименьшее контролируемое значение предела прочности, установленное указанными документами. То же относится к высокопрочной стальной проволоке, применяемой в виде пучков или прядей (см. сноску на с. 47).
За нормативное сопротивление бетона, в зависимости от вида воздействия, принимают одну из трех величин: RH —наименьшее контролируемое значение предела прочности на сжатие стандартных кубиков с ребром 15 см (кубиковая прочность, см. пример 36); #пр—то же, призм с отношением высоты к размеру квадратного основания 8>/г/а^4 (призменная . прочность); 7?р—наименьшее контролируемое значение предела прочности на растяжение, устанавливаемое испытаниями на разрыв образцов в виде «восьмерок», на раскалывание цилиндрических образцов или на изгиб балок.
Нормативным сопротивлением каменной кладки является предел ее прочности на сжатие в возрасте 28 дней, зависящий от прочности камня (кирпича) и раствора. Нормативное сопротивление древесины устанавливают исходя из среднего значения предела прочности на растяжение вдоль волокон стандартных образцов при влажности 15%.
Возможное отклонение сопротивлений материалов в неблагоприятную сторону от нормативных значений учитывает коэффициент безопасности по материалу k, устанавливаемый в зависимости от свойств материала, их статистической изменчивости и ряда нестатистических факторов. В расчетах по несущей способности k 1,1.
Характеристика, получаемая делением нормативного сопротивления на коэффициент безопасности, называется расчетным сопро-
* При отсутствии ярко выраженной площадки текучести за условный предел текучести принимают напряжение о0,2» соответствующее остаточному относительному удлинению 0,2%.
58
тивлением материала-.
R = R”/k.	(11.15)
Она представляет собой наименьшее возможное сопротивление . материала за время эксплуатаций. Так, для стали марки СтЗ, относящейся к классу С 38/23*, расчетное сопротивление растяжению (сжатию) составляет
R = отmin/^ = 230-10’/l, 1 Па = 210-10« Па = 210 МПа.
Значения расчетных сопротивлений приводятся в нормах проектирования [11 ... 15].
Особенности действительной работы материалов, элементов, соединений, а также конструкций, зданий и сооружений в целом; имеющие систематический характер, но не отражаемые в расчете прямым путем, в необходимых случаях учитывают коэффициентом условий работы т, вводимым в качестве множителя к величине R. Он отражает неблагоприятное влияние температуры, агрессивности окружающей среды, длительности и многократной повторяемости воздействия, приближенности расчетных схем и предпосылок (т < 1), а также перераспределение усилий и деформаций и прочие благоприятные факторы (m> 1).
Численные значения коэффициента т устанавливают те же нормы проектирования на основании экспериментальных и теоретических данных о действительной работе материалов и конструкций в условиях эксплуатации и строительства. В большинстве случаев, при нормальных условиях работы, коэффициент т — 1 и может быть опущен.
Степень ответственности и капитальности зданий и сооружений, а также значимость последствий тех или иных предельных состояний, в необходимых случаях учитывают коэффициентом надежности £н^>1. Его вводят в качестве делителя к значению-расчетного сопротивления или в качестве множителя к значению расчетных нагрузок и воздействий (усилий). Численные значения этого коэффициента устанавливают указанные выше главы СНиП и издаваемые в их развитие другие нормативные документы.
Для удобства и упрощения расчетов нормы [9] разрешают вводить коэффициенты т и kn в расчетное сопротивление материала. Тогда формула (II. 15) принимает вид
Я = Яв/и/(^н).	(II. 15а)
Сочетание коэффициентов n, k, т и kn в каждом конкретном случае определяет коэффициент запаса, который оказывается, таким образом, расшифрованным и расчлененным. Любая сторона коэффициента запаса может устанавливаться и регулироваться отдельно,
* По показателям предела прочности и предела текучести строительные стали разделены на семь классов. Каждому классу присвоен символ «С», в числителе указывается наименьшее контролируемое значение предела прочности, в знаменателе—предела текучести в кгс/мм4 Тэта внесистемная единица, подлежащая изъятию, находит пока применение в СНиПах).
59
путем наблюдений за режимом нагрузок, изучения свойств материалов, сравнения особенностей работы различных конструкций, сооружений и их элементов. Тем самым создаются условия для постоянного совершенствования методики расчета на научной основе.
Основным условием обеспечения эксплуатационной способности элемента, конструкции или сооружения является выполнение требования, чтобы наибольшее возможное за время эксплуатации усилие не превышало значения, соответствующего минимально возможному сопротивлению материала:
^тах^ФтШ-	(П.16)
Пусть расчетная нагрузка является совокупностью нескольких разновидностей нагрузок, имеющих различные коэффициенты перегрузки:
+	+	(И.17)
Тогда для бруса, работающего на осевое растяжение (сжатие), условие (11.16) может быть представлено в виде:
S^t.^/?»H(^H)]FHT,	(11.18)
где N”—усилие от нормативного значения соответствующей нагрузки Р”.
Отсюда согласно выражениям (11.17) и (II. 15а)
N^RFBt.	(II. 18а)
Такая форма записи, принятая в первой редакции СНиП (1955), неудобна для решения задач сопротивления материалов, где расчет на прочность понимается как сравнение рабочих напряжений с допускаемым значением [см. § 8, неравенство (11.12)]. Во второй редакции (1962) построение расчетных формул для металлических и деревянных конструкций было приближено к форме расчета по допускаемым напряжениям и проверка прочности свелась к сравнению максимальных напряжений с расчетным сопротивлением:
=	(11.19)
Здесь N —продольная сила в опасном поперечном сечении бруса от расчетных нагрузок, Н; R—расчетное сопротивление материала, Па (МПа). Остальные обозначения те же, что в формуле (II. 12).-
Первоначальная форма записи предельного неравенства (II. 18а) сохранена лишь в расчетах железобетонных и армокаменных конструкций, которые по причинам, указанным в примере 22, не могут рассматриваться в сопротивлении материалов.
Условие (11.19) позволяет решать те же три типа задач, что и при расчете по допускаемым напряжениям.
1.	Проверка прочности (проверочный расчет)—непосредственно по формуле (II.19).
2.	Подбор сечения (проектный расчет):’
F^>Na„lR,	(II. 19а)
60
3.	Определение эксплуатационной способности (предельной силы) — по формуле (II. 18а).
Пример 26. Доказать, что методика расчета по допускаемым напряжениям представляет частный случай расчета по первой группе предельных состояний.
Решение. Разделив неравенство (11.18) на площадь FHT, получим
So? и/ < R*m/(kkn),	(а)
где о? — напряжение от нормативной нагрузки Р?, а
S(Jf П[ — 01	-j- О2 ^3	• • • •
Выделим в неравенстве (а) напряжение от какой-либо нагрузки, например Р?:
<71 [«1+ (о"/ст") п2+(<т"/о?) Пз + • • •] < R”ml(kkn).
Рассматривая выражение в квадратных скобках как приведенный коэффициент пприв по отношению к выделенной нагрузке, имеем
<71Пприв<^Нт/(^н)-
Отсюда	а? < Ян/п/(ппРив
где Пприв^нМ*—коэффициент запаса напряжения о? по отношению к нормативному сопротивлению 7?н. Таким образом, этот коэффициент различен не только для каждой конструкции или элемента, но и для каждой нагрузки.
Если коэффициенты перегрузки всех нагрузок принять одинаковыми:
= п3= .. . =п, то неравенство (а) преобразуется к виду
nSo?< R*m/(kkn),
или
о = So? «С PHm !(nkk^.
Величина tikk^lm-K представляет собой общий, одинаковый для всех нагрузок коэффициент запаса, а частное от деления нормативного сопротивления (презапаса—допускаемое напряжение
дельного напряжения) на общий коэффициент [см. экспликацию к формуле (11.12)]. Следовательно,
а</?н/К = апред/К=[аЬ т. е. методика расчета по допускаемым напряжениям есть частный случай расчета по первой группе предельных состояний, когда все коэффициенты перегрузки одинаковы.
Пример 27. Проверить прочность растянутого деревянного бруса сечением b х h = 18x22 см, ослабленного двумя врезками глубиной &вр = 5 см и четырьмя отверстиями для болтов диаметром й = 20мм (рис. 37).
Нормативная продольная сила № = 90 кН; коэффициент перегрузки п=1,2. Расчетное сопротивление древесины растяжению 7?р = 8 МПа.
Решение. Расчетное значение продольной силы согласно формуле (II. 14)
N = N*n = 90-1,2 кН - 108 кН.
61
Площадь неослабленного сечения бруса (площадь брутто) =	= 0,18-0,22 м» = 396-10~* м» = 396 см».
Площадь ослабления врезками
FBp = 26Bp/i = 2-0,05-0,22 м» = 220-10-» м? = 220 см».
Площадь ослабления отверстиями для болтов
Fotb = 2d(b—26вр) = 2-0,02(0,18-2-0,05) м» = 32.10~* м» = 32 см».
Площадь наиболее ослабленного сечения бруса (площадь нетто) F2_2 = FHI = F6p-FBP-FOTB = (396 - 220 -32) 10’4 м» = = 144-10~4 м»=144 см».
Расчетное напряжение по формуле (11.19)
Отав = N/F„ = 108-103/( 144- ю-4) Па = 7,5- 10е Па =» = 7,5 МПа < Яр = 8 МПа,
т. е. прочность бруса обеспечена.
Пример 28. Подобрать сечение нижнего пояса стропильной фермы, рассмотренной в примере 21, исходя из расчета по предельному состоянию.
Суммарная нормативная узловая нагрузка Рн=130 кН складывается из постоянной нагрузки от веса фермы и покрытия Р* = 80 кН с коэффициентом перегрузки nt= 1,1 и временной нагрузки от снега Р“ = 50 кН с коэффициентом перегрузки п2=1,4. Расчетное сопротивление стали растяжению Я = 210 МПа.
Решение. Суммарная расчетная узловая нагрузка на ферму согласно формуле (11.17)
P = P1 + P2 = P?ni + P?n2 = 80-l,l+50-l,4 кН = 158 кН.
Расчетное усилие в нижнем поясе
^тах= 12,5Ра/Я= 12,5-158-3/3,45 кН « 1720 кН.
Требуемая площадь двух уголков из условия (II. 19а)
^>^«ах/Я = 1720-108/(210-10") м» = 81,9-10-4 м» = 81,9 см».
Принимаем уголки 200x125x14 мм площадью F' = 2-43,9 см» = = 87,8 см» > 81,9 см». Разность требуемых площаДей
ДЯтр = [(Ртр—F^)/FTp] Ю0% = [(88,1 -81,9)/88, 1] 100% =7%.
Таким образом, в данном случае расчет по предельному состоянию позволяет сократить теоретический расход стали на 7% по сравнению с расчетом по допускаемым напряжениям.
Пример 29. Подобрать сечение арматуры железобетонной колонны, рассмотренной в примерах 22 и 25, исходя из расчета по предельному состоянию.
Нормативная нагрузка Я" складывается из постоянной нагрузки -/3Р" с коэффициентом перегрузки п„ = 1,1 и временной нагрузки
62
]/,РГ с коэффициентом пвр=1,4. Нагрузка имеет коэффициент перегрузки ng=l,2. Расчетное сопротивление бетона 2?пр = 9 МПа, арматуры /?а = 270 МПа.
Решение. Расчетное усилие в нижней части колонны
N = 2/3Р? пп + 1/в РГ nBP + 2Р" пг = 2/3 • 300 • 1,1 + г/3 • 300 • 1,4 + + 2-600-1,2 кН = 1800 кН.
При расчете по эксплуатационной способности общая характеристика предельного состояния по существу не отличается от принятой. при расчете по разрушающим нагрузкам. Поэтому расчетная формула может быть легко получена из условия предельного равновесия примера 25 путем отбрасывания коэффициента запаса прочности и замены нормативных величин №, Р“р и /?а = от расчетными:
^<₽oPF6+>aFa.
Отсюда
Fa^(N—RnvF6)/Ra = (1800-103—9- 10е-0,16)/(270• 10’) м» = = 13,3-10-4м2= 13,3 см2.
Принимаем 4022 А-П с F’a = 3,14-0,0222 м2= 15,2-10.-4 м2.= = 15,2 см2 > 13,3 см2.
Теоретическая экономия стали по сравнению с расчетом по разрушающим нагрузкам
AFa.Tp = [(F;.tp-Ktp)/F;tp] 100% = [(23,4-13,3)/23,4] 100% =43%, по допускаемым напряжениям
AFa. тр = [(Fa. 1р -KTp)/Fa. тр] 100% = [(27,5-13,3)/27,5]100% « 52%.
§ 11. УЧЕТ ВЛИЯНИЯ СОБСТВЕННОГО ВЕСА
Приведенные выше расчеты касались брусьев, вес которых невелик по сравнению с полезной нагрузкой, вследствие чего им можно было пренебречь. Однако в длинных вертикальных брусьях собственный вес играет существенную роль, вызывая напряжения и деформации, которые нельзя не учитывать. Так обстоит дело с колоннами (см. рис. 34), сооружениями башенного типа (см. рис. 11,6), длинными кабелями, цепями и т. д.
Здесь уместно высказывание акад. Ю. Н. Работнова в предисловии к книге [2]: «Если библейское предание о вавилонской башне не лишено исторической достоверности, неуспеху древних строителей способствовало совсем не смешение языков, просто слишком высокое сооружение развалилось в процессе постройки под действием собственного веса».
Пример 30. Определить напряжения и удлинение бруса постоянного сечения от действия- собственного веса (рис. 38, а).
Решение. Определение напряжений. Вес материала представляет собой нагрузку, равномерно распределенную по объему бруса. Пользуясь методом сечений, мысленно рассекаем брус на произвольном расстоянии г от свободного конца, отбрасываем верхнюю часть,
63
с. в
заменяем ее действие на оставшуюся нижнюю неизвестным усилием от собственного веса Nс< в (рис. 38, б) и составляем уравнение равновесия:
22 = 0; ЛГС.В — yFz = 0,
откуда
с. в
Nz.B = yFz.
Здесь у—объемный вес, т. е. вес единицы объема материала в естественном состоянии (вместе с порами); F — площадь поперечного сечения бруса.
Соответствующие напряжения по формуле (II.4) ас. в = ^с. *!F = yFzlF=yz.	(11.20)
Таким образом, напряжения от собственного веса бруса постоянного сечения не зависят от площади сечения. Эпюра ос в построена на рис. 38, в. Она имеет линейный характер,- поскольку переменная z входит в уравнение (11.20) в первой степени. Наибольшие напряжения возникают в верхнем, закрепленном сечении, где z = Z:
<*с. втах = Т*. (II.20а)
Определение удлинения.
Поскольку напряжения возрастают пропорционально расстоянию г, то и относительные удлинения бесконечно малых по длине элементов бруса dz согласно закону Гука пропорциональны величине z:
е = ос. B/E = yz/E.
Абсолютное удлинение элемента dz на основании выражения (П.2) е dz = (yz/E) dz.
всего бруса складывается из удлинений от-
Полное удлинение дельных элементов: i
i	i
Д/= Jedz= J.(yz/£)dz = (y/£) Jzdz = yZ2/(2£).	(11.21)
о о	о
Умножив числитель й знаменатель на площадь F, получим
AZ = [YZ2/(2£)J F/F=(ill(2EF),	(11.21 а)
где G = yFl—вес бруса.
Сравнивая формулы (II.21а) и (II.5), замечаем, что абсолютное удлинение бруса постоянного сечения от собственного веса равно половине того удлинения, которое получит тот же брус от силы, равной его весу и приложенной к свободному концу. Другими словами,
64
абсолютное удлинение от собственного веса равно удлинению, которое получит брус, если его вес будет сосредоточен в центре тяжести.
Пример 31. Определить площадь поперечного сечения призматического бруса, находящегося под действием собственного веса и сжимающей силы Р (рис. 39, а).
Решение. Исходя из принципа независимости действия сил
продольную силу в произвольном сечении бруса г можно предста-
вить в виде суммы усилий от силы Р и собственного веса:
N(z) = NP+Ne,B = P+yFz.
Эпюра N изображена на рис. 39, б. Опасным является -опорное сечение (г = /), где продольная сила достигает наибольшего абсолютного значения
Согласно условию (II. 19а)
F А^тах /R = (P + yFl)/R.
Отсюда минимальная требуемая площадь поперечного сечения бруса
F=Pl(R-yl).
Однако прочность материала окажется реализованной только в опасном сечении. Остальная часть бруса будет недонапряжена:
o(z) = N(z)/F = (P + yFz)/F = (P/F) + yZ = [P(R_ yl)/P] + yZ=^ = R-y(l-z)<R>
Причем разность между расчетным сопротивлением и напряжением
R -o(z) = R—R + у (/-z) = у (/ -г)
тем больше, чем ближе рассматриваемое сечение к свободному концу, т. е. чем меньше влияние собственного веса.
В связи с этим возникает вопрос: какую форму должен иметь брус, чтобы в любом его сечении напряжения были равны расчетному сопротивлению (так называемый брус равного сопротивления) и прочность материала использовалась в полной мере?
В^учебниках по сопротивлению материалов показывается, что закон изменения площади поперечного сечения бруса равного сопротивления (рис. 40, а) описывается уравнением показательной кривой *
F(z) = Foe(v/«)S
где минимальная требуемая площадь верхнего сечения F0 = N0/R = P/R.
* См., например, [19], с. 36 или [20], с. 127.
3
ИЬ 769
85
Но’’такой брус выгоден только теоретически, поскольку он трудоемок в изготовлении. На практике плавное изменение площади заменяют линейным (промышленные трубы) или ступенчатым (рис. 40, б) в соответствии с увеличением продольной силы сжатия (рис. 40, в). Так, в многоэтажных кирпичных зданиях стены верхних этажей делают тоньше, предусматривая их утолщение, книзу ступенями через 2...3 этажа по мере возрастания веса вышележащих конструкций.
I р  Зпюра N
Т -^у____________Р
Р+Т^
^T(Ftl^F2l2)
Рис. 40

Площадь сечения каждой ступени подбирают из расчета, чтобы наибольшие напряжения в ней не превышали расчетного сопротивления материала. Площадь первой сверху ступени
второй ступени
^itp P/(R —тО»
(II.22)
ЛтрХ^+тМЖ-yQ,	(П.23)
или с учетом предыдущей формулы
т₽ > {Р+у [P/iR-yK)] KW-yQ -
= (PR-Pyl. + PylJ/KR - yZJ (R - YZa)] = PR/[(R(R-yQl
(II.23a)
Аналогично площадь сечения произвольной k-й ступени
(П.24)
Пример 32. Определить перемещения б сечений 1—1, 2—2 и 3—3 ступенчатого бруса, изображенного на рис. 41, а, с учетом влияния собственного веса.
Решение. Перемещение сечения 1—1 равно удлинению верхней ступени бруса длиной 13. По отношению к этой части сила Р и вес нижележащих ступеней являются сосредоточенными нагрузками, а собственный вес—равномерно распределенной нагрузкой, равнодействующая которой приложена в центре тяжести рассматриваемой ступени (рис. 41, б).
Пользуясь формулами (II.5) и (11.21), на основании принципа независимости действия сил находим
«1-1 = Ч = {[Р + ур (/1 + 2/2)] la/(3EF)} + TZ|/(2E).
66
Перемещение сечения 2—2 равно сумме удлинений верхней и средней ступеней бруса:
S2_2 = Д/3 + Д/2.
Удлинение средней ступени складывается из удлинений, вызванных сосредоточенной силой Р-\-уР1г и равномерно распределенной нагрузкой от собственного веса этой ступени (рис. 41, в):
= Г(Р 4- ?Ях) Zt/(2£F)]+уЦ/(2Е).
Аналогично определяется перемещение сечения 3—3 (свободного конца). Оно равно удлинению всего бруса:
^з-з = AZ3 + Д/2+Д/j, где Д/j—удлинение нижней ступени от ее собственного веса, равное у/!/(2£).
33. Трехступенчатая мостовая опора высотой /7 = 21 м сжимающей силой Рн = 800 кН (риб. 42) с коэффициен-
Пример нагружена том перегрузки пр= 1,2. Определить объем каменной кладки, если ее объемный вес составляет ун=18 кН/м3 при коэффициенте перегрузки пс в=1,1,а расчетное сопротивление сжатию 7? = 1,5 МПа.
Сравнить объем опоры с объемом призматического столба постоянного сечения, запроектированного при тех же условиях.
Решение. Требуемая минимальная площадь сечения верхней ступени опоры по формуле (11.22) примера 31 с учетом зависимости (П.14)
рв. Тр = P”np/(R—rhnc. в)=
= 800-103-1,2/(1,5-106 —18-103-7-1,1) м2 = = 960/(1500—139) м2 = 0,705 м2,
Рис. 42
где
ft = /7/3 = 21/3 м = 7 м.
з*
67
Площадь сечения средней ступени согласно формуле (П.23а) 7?ср.т0 = /,вПрЯ/(Я— ун/шс.в)2 = 960.1500/(1500 — 139)а м2 = 0,777 м2.
Площадь сечения нижней ступени согласно формуле (11.24)
тр = P"nPR2/(R —rhnc. в)3 = 960 • 15002/(1500—139)3 м2 = 0,857 м2.
Полный объем кладки опоры
Кп = (Л>. тр + FcV. тр +	т₽) h = (0j 705 + 0,777 + 0,857) 7 м3« 16,4 м3.
Для призматического столба постоянного сечения
Гтр = P"np/(R —y”Hnz. в) = 960/(1500—18 • 21 • 1,1) м2 = 0,885 м2;
VCT = FTptf= 0,885-21 м3=18,6 м3.
Отсюда перерасход материала
AV = [(VCT-Von)/V„] 100% =[(18,6 —16,4)/18,6] 100% « 12%,
ГЛАВА III
НАПРЯЖЕННОЕ И ДЕФОРМИРОВАННОЕ СОСТОЯНИЯ
§ 12. ОБЩИЕ СВЕДЕНИЯ О НАПРЯЖЕННОМ СОСТОЯНИИ В ТОЧКЕ ТЕЛА. ЛИНЕЙНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ
В § 4 отмечалось, что напряжение в любой точке нагруженного тела зависит от ориентации сечения (площадки), к которому отнесена точка. Совокупность напряжений по всевозможным площадкам, проведенным через рассматриваемую точку, характеризует напряженное состояние в этой точке. Для его исследования в окрестности точки выделяют элемент в виде бесконечно малого параллелепипеда,
к граням которого приложены внутренние силы, заменяющие действие отброшенных частей тела. Полные напряжения на гранях элемента представляют нормальными и касательными составляющими (рис. 43).
Нормальным напряжениям присваивают, индекс, указывающий ось, параллельно которой они направлены. Для обозначения касательных напряжений используют двойной индекс. Первый имеет ту же природу, что и у нормальных напряжений, второй указывает ось, параллельно которой направлена нормаль к площадке, где действует касательное напряжение.
При изменении ориентации граней
также меняются и. может оказаться,
параллелепипеда напряжения что касательные напряжения
равны нулю. Такие площадки называются главными, а нормальные напряжения на них—главными напряжениями.
В теории упругости доказывается, что в общем случае нагружения через любую точку тела можно провести три взаимно перпендикулярные главные площадки. Обозначим напряжения на них olt
а2 и а3, причем

т. е. Oj—наибольшее в алгебраическом смысле главное напряжение, —наименьшее, о2 — промежуточное.
69
Если все три главных напряжения отличны от нуля, то напряженное состояние называется объемным, пространственным или трехосным (рис. 44, а). Если от нуля отличны два главных напряжения, то напряженное состояние является плоским или двухосным (рис. 44, б). И наконец, если только одно главное напряжение не равно пулю, то напряженное состояние называется линейным или
Рис. 44
одноосным (рис. 44, в). Оно встречается, главным образом, в элементах, работающих на осевое растяжение и сжатие.
Пример 34. Исследовать напряженное состояние растянутого бруса, изображенного на рис. 45, а.
Решение. Исследовать напряженное состояние в точке — значит получить зависимости для определения напряжений на любой пло1 щадке, проходящей через эту точку.
Осевое растяжение (сжатие) бруса является простейшей деформацией, при которой напряженное состояние всех точек одинаково (однородно). В этом случае размеры выделяемого элемента не играют роли вследствие равномерного распределения напряжений в пределах каждой площадки.
Мысленно рассечем брус на две части плоскостью, наклоненной под углом а к произвольному поперечному сечению, и отбросим одну из них, например нижнюю (рис. 45, в). Условимся считать угол положительным, если он отсчитывается против хода часовой стрелки по направлению от поперечного сечения к наклонному (или, что одно и то же, от оси бруса г до направления внешней нормали п
70
к наклонному сечению). По наклонному сечению, площадь которого ра = F/cosa, равномерно распределены полные напряжения ра, параллельные продольной силе N = P. Их значение находим из уравнения равновесия:
2Z = 0; -paFa + P = 0;
ра = P/Fa — (P/F) cos a = о cos a,
гДе a = P/F—нормальное напряжение в поперечном сечении бруса (рис. 45, б).
Раскладывая полное напряжение в произвольной точке на нормальное и касательное (рис. 45, г), получаем
oa = pacosa=ocosacosa=ocos2a;	(III.1)
та = ра sin а = о cos a sin a = (<т/2) sin 2a.	(111.2)
Нормальные напряжения препятствуют отрыву одной части бруса от другой или их прижатию, касательные напряжения препятствуют взаимному сдвигу. За положительные по-прежнему принимаем нормальные напряжения при растяжении, т. е. напряжения, совпадающие с направлением внешней нормали к сечению.
Касательные напряжения считаем положительными, если внешнюю нормаль необходимо’ повернуть на 90° по ходу часовой стрелки для совмещения с их направлением.
Анализируя формулы (III.1) и (III.2), замечаем:
1.	При a = 0 (cosa=l; sin2a = 0) о0 = о = отах; то = О,
т.	е. в поперечных сечениях растянутого бруса нормальные напряжения максимальны, а касательные—отсутствуют. Таким образом, в предыдущей главе прочность по нормальным напряжениям справедливо проверялась именно в поперечных сечениях.
2.	При a = 90° (cos a = 0; sin 2a =0) ов0» = т20<> = 0,
т. e. в продольных сечениях отсутствуют любые напряжения. Следовательно, при осевом растяжении (сжатии) главные площадки во всех точках бруса перпендикулярны (п. 1) и параллельны его продольной оси, а главные напряжения составляют:
при растяжении о1 = а = N/F; о2 = о3 = 0;
при сжатии Oj = о2 = Q; а3 = — о.
3.	Касательные напряжения максимальны при sin 2a = 1, т. е. в сечениях, наклоненных под углом a = 45° (2a = 90°) к поперечному сечению, и равны половине наибольших нормальных напряжений'.
^тах ~	=	= 0,5(Jmax.	(III.3)
Минимальное значение касательные напряжения принимают при sin2a = — 1, т. е. когда а=135°:
'Гты = Ь 35» = — а/2 = —0,5ошах.	(III .4)
71
Сравнивая зависимости (111.3) и (Ш.4), замечаем, что наибольшие и наименьшие касательные напряжения равны по абсолютному значению и противоположны по знаку. Это свойство справедливо для любой пары касательных напряжений, действующих по двум взаимно перпендикулярным сечениям:
Та+2 70° = (о/2) sin 2 (а + 270°) = — (о/2) sin 2а = — та. (111.5)
Оно называется законом парности касательных напряжений. Знак минус указывает на то, что напряжения в этих сечениях или сходятся к общему ребру (рис. 45, д), или расходятся от него (рис. 45, ё), но ни в коем случае не обтекают образовавшийся контур последовательно.
4.	• Нормальные напряжения в двух взаимно перпендикулярных сечениях различны, но их сумма постоянна и равна нормальному напряжению в поперечном сечении:
о-J-<за + 2 70° = cos2 а + о cos? (а + 270°) = о (cos2 а 4- sin2 а) = а.
Пример 35. Определить нормальные, касательные и полные напряжения, возникающие по площадке, наклоненной под углом а =15° к поперечному сечению бруса (см. рис. 45, а). Растягивающая сила Р = 240 кН, площадь поперечного сечения F= 16 см2.
Решение. Нормальные напряжения в поперечном сечении при N = P
" о = Р/Р = 240-103/(16-10-4)Па~ 150-Ю" Па=150МПа.
Нормальные и касательные напряжения в наклонном сечении по формулам (III.1) и (III.2):
о1Б= = ocos215° = 150 • 0,9662 МПа = 140 МПа;
т16» = (о/2) sin 30° = (150/2) 0,5 МПа = 37,5 МПа.
Полные напряжения как геометрическая сумма составляющих (см. рис. 45, г):
Pis» = /оЬо+т2,, = /1402 + 37,52 МПа « 145 МПа.
Пример 36. Определить значение максимальных-касательных напряжений при испытании на сжатие стандартного бетонного кубика с ребром а=15см, если разрушающая нагрузка Рразр = 900 кН.
Решение. Перед разрушением нормальные напряжения в поперечном сечении кубика согласно формуле (II.4) составляют
o = N/F = Р^а* = 900-103/( 152• 10-*) Па = 40-10" Па = 40 МПа.
Это значение характеризует кубиковую прочность бетона Ря, которая упоминалась в § 10 в связи с введением понятия нормативного сопротивления материала. Кубиковая прочность в кгс/см2 образцов указанного размера, изготовленных из рабочего состава бетона и выдержанных в течение 28 суток при температуре воздуха
72
20°С и влажности не ниже 90%, называется проектной маркой бетона по прочности на осевое сжатие М*.
Максимальные касательные напряжения по формуле (III.3)
т4В, = о/2 = 40/2 МПа = 20 МПа.
Характер разрушения представлен на рис. 46, а. Появление трещин по площадкам с наибольшими касательными напряжениями (т. е. под углом 45° к продольной оси) приводит к выкалыванию бетона с боков, в результате чего кубический образец принимает
вид двух усеченных пирамид, соприкасающихся меньшими основаниями.
Однако такая форма раз-' рушения возможна лишь при наличии сил трения между подушками пресса и опорными поверхностями образца. Если уменьшить влияние этих сил путем смазки (например, парафином), то возникнут продольные трещины, и об-
Рис. 46
разец разрушится при меньшей нагрузке по площадкам, параллельным, направлению сжатия (рис. 46, б). Поскольку в примере 34 установлено, что в продольных сечениях не может быть никаких напряжений, подобный характер разрушения требует специального изучения, что сделано в § 16.
Кубиковая прочность бетона, как и любого другого каменного материала, зависит от размеров испытываемых образцов. Чем меньше длина ребра несмазанного кубика, тем сильнее влияние трения и тем больше прочность. Так, при а=10см кубиковая прочность приблизительно на 10% выше, чем у стандартного образца. По той же причине -призматический образец разрушается при меньшей нагрузке, чем образец в виде куба, имеющего те же поперечные размеры (соответствующая прочность, как указывалось в § 10, называется призменной).
Таким образом, прочность образца не позволяет непосредственно оценить прочность материала, работающего в конструкции, вследствие проявления масштабного фактора. Испытание образцов дает лишь возможность сопоставлять свойства материалов на основе механических характеристик, которые принимаются за эталон. Для этой цели и приходится изготовлять образцы стандартных размеров.
* Различают также проектные марки бетона по прочности на осевое растяжение (Р), морозостойкости (Мрз) и водонепроницаемости (В).
Подлежащая изъятию единица кгс/см2 также еще находит пока применение £ СНиПа\.
73
§ 13. ПЛОСКОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ
Рис. 47
Решение. Поскольку по краям
В строительных конструкциях часто встречаются элементы в виде пластин и оболочек, которые работают в условиях плоского напряженного состояния. Сюда относятся стеновые панели и перегородки, широко применяемые в сборном домостроении; стенки и днища сосудов для хранения жидкостей (резервуары), газов (газгольдеры) и сыпучих материалов (бункера, силосы); специальные листовые конструкции объектов металлургической, химической и других отраслей промышленности (доменные печи, воздухонагреватели, пылеуловители, крупные химические аппараты и т. д.); трубопроводы большого диаметра (D > 600 мм).
Пример 37. Исследовать напряженное состояние пластины при двухосном растяжении (рис. 47). 1астины отсутствуют каса
тельные напряжения, нормальные напряжения ог и ov являются главными. Если предположить | ог | > | оу |, то при двухосном растяжении О1 = а/, о2 = ау-, о8 = 0; при двухосном сжатии Oj = 0; о2 = о&; Чз = °г-
Следовательно, в каждой точке пластины главные площадки с ненулевыми нормальными напряжениями. параллельны направлениям растяжения (сжатия).
Рассмотрим наклонную площадку, внешняя нормаль, к которой составляет угол а с осью г и 270° 4-а с осью у. Применяя формулу (III.1) примера 34, находим, что растяжение вдоль оси г вызывает на этой площадке нормальные напряжения
Оа = cos2 а> а растяжение вдоль оси у—напряжения
d'a — Оу cos2 (270° + а) = оу sin2 а.
Суммарные нормальные напряжения составляют
ora = cii + (7a = o'zcos2a + aysin2a.	(III.6)
Аналогично в соответствии с формулой (II 1.2) получаем выражение касательных напряжений
Ta = (az/2) sin 2a + (<Jj,/2) sin 2 (270°+a) =
= (a/2) sin 2a—(CTj,/2) sin 2a = [(<x,—<yy)/2] sin 2a.	(111.7)
74
(III.9)
Пользуясь известными из тригонометрии функциями половинного угла
cosa = V(l -]-cos2a)/2; sina = ]/(l—cos2a)/2,
формулу (Ш.6) удобно записать в виде
оа = ог(1 4-cos2a)/2 + oy(l —cos2a)/2 =
= (°г + aj/)/2 + [(а2—ай)/2] cos 2а.	(II 1.8)
Отметим также свойства рассматриваемого напряженного состояния, которые были выявлены и при одноосном растяжении в указанном выше примере.
1.	Из формулы (III.7) следует, что для исследуемого семейства площадок* касательные напряжения экстремальны при а —45° и а =135°:
ттах = т4^ = (ог —ой)/2 = (<тх —<т2)/2;
’’mln= *^135® =	(^1 0а)/2.
2.	Пользуясь той же формулой, нетрудно получить подтверждение закона парности касательных напряжений. Действительно, sin2a=. — sin 2 (a 4-270°) и, следовательно,
Ta=---Ta+ 270°.
3.	Сумма нормальных напряжений в двух взаимно перпендикулярных сечениях согласно зависимости (III.6) постоянна:
а<з. +	+ з 7 о0 = аг + •
Пример 38. Пользуясь результатами предыдущего примера, рассмотреть частные случаи нагружения пластины: 1) одинаковое растяжение в обоих направлениях; 2) растяжение в 'одном направлении и сжатие такой же интенсивности—в другом.
Решение. В первом случае az = о„ = о и согласно’формулам (Ш.6) и (III.7).
оа = о cos2 a -f- a sin2 а = о; та = [(о —о)/2] sin 2а=0,
т. е. нормальные напряжения постоянны, касательные отсутствуют и, следовательно, *все площадки главные. Во втором случае
ог = о; csy= — az —— о; oa = ocos2a —osin2a = o,cos2a; ra = {[ff—(~a)]/2} sin 2a = a sin 2a.
При a = 45° (или a =135°) обнаруживаем, что
^max/min — zfc: O> = 0135° = 0>
* Семейством называется совокупность площадок, перпендикулярных одной и той же плоскости. Исследуемые площадки перпендикулярны ненагружен-ным граням пластины, т. е. плоскости чертежа.
75
т. е. по площадкам с экстремальными касательными напряжениями нормальные напряжения отсутствуют и, таким образом, имеет место чистый сдвиг (рис. 48).
Пример 39. Доказать, что общий случай плоского напряженного состояния (рис. 49) может быть сведен к двухосному растяжению-сжатию.
Решение. Если указанном рисунке, является
напряженное состояние,
представленное на результатом растяжения с напряжениями ст1 и аг на площадках, перпендикулярных некоторым осям z0
Рис. 49
и t/0, то, отождествляя направление осей z и у с направлением внешних нормалей, по формулам (III.8) и (III.7) примера 37 имеем:
ог = [(ai + р2)/2 + (°i — о2)/2] cos 2а0;	(а)
оу = [(<*1 + а2)/2 + (ох —о2)/2] cos 2 (а„ -f- 90°) =
= [(<*1 + о2)/2 — (ох—о2)/2] cos 2а0;	(б)
о2)/2] sin 2ав.	(в)
Будем считать в этих уравнениях компоненты напряженного состояния о2, ау и xyz известными, а главные напряжения ах, сг2 и угол а0 — искомыми величинами. Доказательством рассматриваемой теоремы служит возможность решения системы записанных уравнений.
Складывая уравнения (а) и (б), получаем
<’r2 + oy-ori + or2-	(г)
вычитая —
ог — Оу = (<*i —О2) cos 2а0.	(д)
Возведем в квадрат равенство (д) и уравнение (в):
(о,—оу)2= (ог — o2)2cos22a0; tfz= [(tfi — <у2)2/4] sin2 2a0.
Сложим полученные результаты:
(Pf—Оу)2 + 4т22 = (ст1—о2)2 (cos2 2a0 + sin2 2a0).
Отсюда
Oi —о2 = ± /(ог—Оу)2 + 4т^.	(е)
76
Для рассматриваемого семейства площадок ot = <ттах, а2 — от1п, поэтому Oj—о2 > 0, т. е. перед радикалом надо удержать знак плюс. Тогда из выражений (г) и (е) следует
<	7 —(°г +	—<*1) = УК—Оу)2 + 4т2уг,
или	-	_____________
<	*1 = [(<7 + сги)/2] + v» V (ог—Оу)2 + 4т2г.
Аналогично
<	7 = [(<7 + <^/2] —Ч V (ог—оа)2 + 4^г.
Объединяя последние* два выражения в одно, получаем окончательную формулу для определения главных напряжений:
Omax/min = [(<7 + СТв)/2] ± 72 V(ог — Оу)2 + 4т2г.	(ШЛО)
Разделим уравнение (в) на равенство (д), имея в виду, что при отсчете от оси г (т. е. в противоположном направлении) угол а0 необходимо заменить на (— а0): .
°у) = {(<*1 —о2)/[2 (<7 —02)]} tg (—2а0).
Отсюда
tg2a0 = -2V(a2-oJ,).	(III.11)
Эта формула дает два взаимно перпендикулярных направления с углами а0 и а0-|-90о, по которым действуют главные напряжения. Знак касательных напряжений принимают согласно правилу, введенному в примере 34 (в рассматриваемом случае хуг > 0).
Экстремальные касательные напряжения возникают по площадкам, наклоненным под углом 45° (135°) к главным, и согласно зависимостям (II 1.9) того же примера равны полуразности главных напряжений:
Tmax/mln = ± (^max —<*min)/2 = ± 72 К(Ог —^)2 + 4t2z.	(III. 12)
Доказав существование главных площадок, мы тем самым показали, что компоненты аг, ау и хуг полностью определяют напряженное состояние в точке. Действительно, если известно направление главных площадок и вычислены главные напряжения, то, пользуясь формулами примера 37, нетрудно найти напряжения на любой площадке, нормаль к которой составляет угол а с осью г.
На практике, однако, удобнее иметь готовые формулы, выра-, жающие напряжения оа и ха через ст2, оу и хуг. По значению тангенса (II 1.11) можно определить sin2a0, cos2a0, cos 2 (a—a0) и sin 2 (a—a0). Подставив последние две функции соответственно в выражения (Ш.8) и (III.7) и воспользовавшись-значениями главных напряжений (III. 10), после ряда преобразований получим
оа — аг cos2 a + ау sin2 а—хуг sin 2a;	(III. 13)
Ta = [(<7—atf)/2] sin 2a 4- твг cos 2a.	(III. 14)
Заметим, что напряженное состояние, изображенное на рис. 49, можно считать однородным только при условии, что все напряжения
77
равномерно распределены по граням пластины и одинаковы на противоположных гранях. Тем не менее, результаты данного примера распространимы и на случай неоднородного напряженного состояния (когда напряжения меняются от точки к точке), если размеры пластины считать бесконечно малыми.
Пример 40. По контуру прямоугольной пластины распределены напряжения оу = 120 МПа, ог —160 МПа и |т| = 60 МПа (см. рис. 49).
Определить положение главных площадок и значения напряжений: главных, экстремальных касательных и соответствующих им нормальных.
Решение. По формуле (III.11) предыдущего примера
tg 2а0 = — 2т^/(ог—ау) = - 2 • 60/(160 -120) = —3.
По таблицам тригонометрических функций
2а0 = —71°34'; а£ = —35°47'; а0 = — (35°47'+ 90°) = —125°47\
Отрицательное значение углов наклона главных площадок указывает на то, что поворот должен осуществляться по ходу часовой стрелки от направления оси г (рис. 50,а).
Рис. 50
Для того чтобы установить, по каким площадкам возникают максимальные главные напряжения и по каким минимальные, можно сопоставить значения исходных нормальных напряжений. Поскольку | а'о | < 45° и а2 > ау, логично предположить, что направление отах тяготеет к оси г.
Математически доказывается, что направление максимальных главных напряжений проходит через те квадранты, в которых касательные напряжения сходятся. Физически это правило становится более понятным, если обратить внимание на то обстоятельство, что в указанном направлении происходит удлинение соответствующей диагонали (рис. 50,6).
78
Значения главных напряжений по формуле (III. 10)
Omax/min = [(++<Ту)/2] ± 1/2 У (ог— Оу)2 + 4т^г —
= [(160 +120)/2] ± Чг/ПбО—120)2 + 4-602 МПа = 140±63 МПа; отах = 140 + 63 МПа = 203 МПа; omin=140—63 МПа = 77 МПа.
Экстремальные касательные напряжения по формуле (III. 12) Tmax/min = ± (*Ттах —^mln)/2 = ± (203 —77)/2 МПа = ± 63 МПа.
Соответствующие нормальные напряжения согласно зависимости (II 1.6) примера 37 равны полусумме главных напряжений:
<715° = 0135° — + cos2 45° + о2 sin2 45° =
= (Omax+ Omin)/2 = (203+ 77)/2 МПа =140 МПа.
Пример 41. Определить напряжения в корпусе шарового .резервуара радиусом г и толщиной б (рис. 51, а), содержащего сжиженный газ под давлением р.
Рис. 51
Решение. Корпус резервуара относится к тонкостенным оболочкам, т. е. оболочкам, у которых отношение толщины к минимальному радиусу кривизны составляет 1/30... 1/1000. Условие тонкостенности позволяет пренебречь изменением напряжений по толщине оболочки и .считать их равномерно распределенными.
Пользуясь методом сечений, мысленно рассечем сферу по плоскости экватора, отбросим верхнее полушарие и уравновесим нижнее неизвестными внутренними силами, равномерно распределенными по толщине (согласно допущению) и длине окружности сечения (в силу симметрии сосуда и нагрузки). Составим уравнение равновесия, проектируя все силы на вертикальную ось (рис. 51,6):
2У = 0; N—Py = 0.
Здесь N— равнодействующая внутренних сил, равная произведению напряжения о на площадь сечения:
N — о2лгЬ.
79
Под г понимается радиус срединной поверхности сосуда * (полусферы).
Для определения проекции Ру равнодействущей сил давления газа рассмотрим бесконечно малую площадку dF сфёрической поверхности. При постоянной интенсивности давления р нормально к площадке действует сила
Ее проекция на рассматриваемую ось
dPj, = dP cos q> — р dF cos ф.
Учитывая, что площадь элементарной полосы равна произведению ее дуги (хорды) ds на длину /, получаем
dРу — pdsl cos ф = рг dф ar cos ф = par2 cos ф dф и rt/2	л/2
SC	|л/2
par2 cos ф dф = par2 j cos ф dф — par2 sin ф L = par2. о-	о
Подставляем значения N и Py в уравнение равновесия: о2лг6—раг2 = 0.
Отсюда
о = рг/(26).
Таким образом, напряжение пропорционально давлению, радиусу сферы и обратно пропорционально толщине стенки. Очевидно, такое же значение получится при рассечении сферы,любой другой диаметральной плоскостью, в том числе и меридиональной. Следовательно, элемент, вырезанный из оболочки (рис. 51, в), испытывает растяжение одинаковой интенсивности в’обоих направлениях. На основании вывода, сделанного в примере 38 (первый случай), можно утверждать, что касательные напряжения в диаметральных сечениях оболочки сферического сосуда отсутствуют, т. е. of = a2 = a; а3 —0.
Пример 42. Решить рассмотренную в предыдущем примере задачу применительно к цилиндрическому газгольдеру постоянного объема ** (рис. 52, а).
Решение. Мысленно рассечем сосуд продольной плоскостью, проходящей через его ось, и исследуем равновесие отсеченного полуцилиндра длиной I (рис. 52, б). Влияние днищ в данной задаче не учитываем, так как оно имеет местный характер.
Поскольку корпус газгольдера тоже относится к тонкостенным оболочкам, напряжения можно считать равномерно распределенными
* Срединной называется поверхность, равноотстоящая от наружной • и внутренней поверхностей оболочки. Форма срединной поверхности определяет геометрическое Наименование оболочки (сферическая, цилиндрическая, коническая и т. д.). В частном случае, при плоской срединной поверхности, оболочка вырождается в пластину.
. ** Газгольдеры постоянного объема предназначены для хранения под давлением газов, не вызывающих интенсивной коррозии стали (азота, аммиака, ацетилена, кислорода, метана, природного газа и т. п.).
80
по площади сечения. Тогда равнодействующая внутренних сил ^ = <тк2/6.
Учитывая, что силы давления нормальны к поверхности сосуда (см. рис. 51,6), а сила, приходящаяся на элементарную полосу
площадью dF = ds/, составляет
dP = р ds I = prt dtp,
из уравнения равновесия 2У = 0; Ny — Ру = ® получаем Л/2
ак218—2 J pr/cos<pdq> = 0. о
Отсюда
ок = рг/Ь.
Эти напряжения в 2 раза больше, чем в сфере того же радиуса. Они направлены по касательной к поперечному сечению (кольцу) цилиндра, т. е. препятствуют разрыву сосуда вдоль образующей, и называются кольцевыми.
Рассекая сосуд плоскостью, перпендикулярной его оси, и рассматривая равновесие отсеченной части (рис. 52, в), имеем:
SZ = 0; Nz — Рг = 0. Так как
Л^ = стм2лг6; Рг = рпг*, то
ом2лг6 —рпг2 — О, и
^м = Рг/(26).
Полученные напряжения вдвое меньше кольцевых и равны напряжениям в сферическом сосуде. Они направлены вдоль образую
81
щей оболочки (меридиана), т. е. препятствуют разрыву по окружности, и называются меридиональными.
Вырежем из оболочки двумя поперечными и двумя продольными сечениями прямоугольный элемент (рис. 52, г). От растяжения в двух направлениях (давление на днища и давление на стенку) по его граням возникают напряжения ок и ом, которые являются главными, ввиду отсутствия по этим граням касательных напряжений:
Oi = aK = pr/6; о2 = ом = pr/(2S); о3 = 0.
Поскольку Oj. о2, касательные напряжения возникают в косых площадках, достигая экстремального значения в сечениях, наклоненных под углом 45° (135°) к продольной оси цилиндра. Согласно формулам (II 1.9) примера 37
Tmax/min = ± (Oi—0a)/2 = ±1/2 [рг/6 —ДГ/(2б)] = ±ДГ/(4б).
Так как кольцевые напряжения вдвое больше меридиональных, они .раньше достигают предела прочности материала, и поэтому цилиндрические сосуды постоянной толщины обычно разрушаются в результате образования продольных трещин. Более подробно вопросы прочности при плоском напряженном состоянии рассматриваются в § 16.
§ 14. ПОНЯТИЕ ОБ ОБЪЕМНОМ НАПРЯЖЕННОМ СОСТОЯНИИ
В практических задачах объемное напряженное состояние встречается реже, чем плоское. Поэтому коснемся лишь некоторых узловых моментов, необходимых для изложения последующего материала.
Элемент, который находится в объемном напряженном состоянии и грани которого представляют собой главные площадки, изображен на рис. 44, а. Он называется главным кубом. Можно показать, что нормальные и касательные напряжения на площадках общего положения (т. е. не параллельных ни одному из главных напряжений) определяются по формулам
оа = crL cos2 ах <т2 cos2 а2 + о8 cos2 а3;	(111.15)
та = JAjI cos2 cq al cos2 a2 4- o| cos2 a8—,	(111.16)
где ait a2, a3—углы, которые образует нормаль к рассматриваемой площадке с направлениями соответствующих главных напряжений.
Нетрудно видеть, что на главных площадках выражение касательных напряжений обращается в нуль. В этом случае один из косинусов равен единице, а два других—нулю.
Пример 43. Исследовать изменение касательных напряжений по площадкам, перпендикулярным главным.
Решение. Рассмотрим семейство площадок, перпендикулярных, например, главной площадке с напряжением о3 (рис. 53, а). Для них cosa3 = 0 (так как а3 = 90°), cos ax=cos a (ax = a), cos a2 = sin a (a2’ = 90° — a) и потому согласно фор-
82
муле (111.16)	____________________________________________
таз =*К ai c°s2«+ a2 sin2 a — (ax cos2 a + o2 sin2 a)2 =
~ У a2 cos2 a (1 — cos2 a) + o2 sin2 a (le— sin2 a) — 2o1o2 cos2 a^sin2 a =
= j/ a2 cos2 a sin2 a+ o2 sin2 a cos2 a—2oxcf2 cos2 a sin2 a = = ± [(ai — аг)/2] sin 2a.
Получили выражение, знакомое по формулам плоского напряженного состояния. Как видим, касательные напряжения на площадках рассматриваемого семей-, ства не зависят от главного напряжения в перпендикулярной главной площадке (в данном случае от о3).
Рис. 53
Согласно примеру 37 напряжения таз достигают экстремального значения по площадкам, образующим углы 45° с двумя другими главными площадками, т. е. в диагональных плоскостях главного куба:
т3= ± (<*£—a2)/2.
Одна из двух таких диагональных площадок заштрихована на рис.'53, а, другая—ей перпендикулярна. Индекс при экстремальных касательных напряжениях обозначает ту главную площадку, которой перпендикулярна рассматриваемая диагональная площадка.
Аналогично получаются еще два экстремальных значения:
Ti= ± (а2—о3)/2; т2 = ± (ох —a3)/2.
Эти напряжения возникают в четырех других попарно перпендикулярных диагональных плоскостях куба, параллельных соответственно главным напряжениям ох и о2. На рис. 53, б и в изображено по одной площадке каждой пары.
Если учесть принцип,обозначения главных напряжений, введенный в §12, то можно заключить, что из трех частных экстремумов касательных напряжений абсолютно экстремальным оказывается значение
т2=± (Omax-Omin)/2 = Tmax/min.	(Ш.17)
Значения т на любых других площадках (не перпендикулярных ни одной из главных) заключены между экстремальными значениями тх, т2 и тз- Это положе-жение доказывается в теории упругости.
Пример 44. Исследовать напряженное состояние на площадках, равнонаклоненных ко всем трем "Главным направлениям 1, 2, 3.
Решение. В главном кубе такие площадки срезают все восемь вершин, образуя восьмигранник—октаэдр (рис. 54). Поэтому и сами площадки, и напряжения на них называются октаэдрическими.
Как известно из аналитической геометрии (направление вектора в пространстве),
cos2 a, + cos2 a2 4- cos2 a3 = 1.
83
В рассматриваемом случае а1 = а2 = а3 = а и, следовательно, cos2a = 1/3.
Тогда из формул (III.15) и (III.16) находим:
^окт^^х+Ра+РзУЗ;____________ (III. 18)
Токт =Т^1/з (°1 + °2 + <*з)-г/з (О1Н_°Г2_|_СГз)2 ~
= Х/з/3 (о2 + О2 + о!)—О1 —О22 —о| —2(О1О2+О2О3+ОзР1) =
= Х/з V(°1 —°2)2 + (°2 —°з)2 + (<*3 — °1)2>	(111.19)
или с учетом выражений экстремальных касательных напряжений из предыдущего примера
т0КТ = 2/з/т’1 + т’2 + т2.	(III. 19а)
Таким образом, октаэдрические напряжения связаны со всеми тремя главными напряжениями и представляют собой обобщенные
значения главных нормальных и экстремальных касательных напря-. жений. В этом заключается их особенность, которую используют в расчетах по упруго-пластической стадии работы материала.
Рассмотрим два частных случая.
1. ЕСЛИ Токт = 0, TO
Следовательно, нормальные напряжения на всех площадках одинаковы, а касательные отсутствуют. Подобное напряженное состояние испытывает тело в условиях гидростатического давления. Оно' называется всесторонним сжатием или, при положительных нормальных напряжениях, всесторонним растяжением. Сюда при
мыкает и. первый частный случай нагружения пластины, отмеченный в примере 38.
2. Если оокт = 0, то на октаэдрических площадках возникает
только сдвиг, который по аналогии с предыдущим случаем может быть назван всесторонним сдвигом. С таким напряженным состоянием имеет сходство чистый сдвиг, рассмотренный в том же примере.
В общим случае, когда <т0КТ =#= 0 и токт=И=0, напряженное состояние представляет собой сочетание всестороннего растяжения (сжатия) и всестороннего сдвига. Мерой интенсивности первого служит
величина о0КТ, второго—т0КТ.
$ 1S. ДЕФОРМАЦИИ И ПОТЕНЦИАЛЬНАЯ ЭНЕРГИЯ ПРИ СЛОЖНОМ НАПРЯЖЕННОМ СОСТОЯНИИ
Согласно выражению закона Гука при осевом растяжении-сжатии (II.3) продольная деформация
е = а/Е,
(III.20)
84
а поперечная деформация, как следует из формулы (П.7),
е' = —ра/Е.	(III.21)
Эти два равенства характеризуют зависимость между деформациями и напряжениями при линейном напряженном состоянии. В случае объемного напряженного состояния, когда по граням элементарного параллелепипеда действуют главные напряжения а15 о2 и о3 (см. рис. 44, а), на основании принципа суперпозиции (см. § 2, 4-е допущение) можно записать:
81 = 811 + 812 + 813 •
Здесь ех— полное относительное удлинение в направлении главного напряжения Oj (главное удлинение); еп—относительное удлинение в указанном направлении при действии одного лишь напряжения 01 (о2 = о3 =0); е12 и е13—тоже, при действии соответственно только о2 и только о3.
Поскольку направление напряжения для него самого является продольным, а для напряжений о2 и о3—поперечным, то, применяя формулы (III.20) и (III.21), получаем
811=ff1/E; е12 = —р<т2/Е; е13 = — |io3/E.
Складывая эти величины, находим
ех = ojE—рст2/Е—цо3/Е.
Аналогично определяются и два других главных удлинения. Таким образом,
8i = (!/£)[*1—Н(°з +аз)]:'
82 = U/£)[o2—hK+oi)]; > е3 = (1/Е)[а3-p(0i+o2)]. .
Эти формулы являются математическим выражением обобщенного закона Гука для изотропного тела. В случае плоского напряжен-
ного состояния они упрощаются. Так, например, при о2 = 0 (см. рис. 44,6) е1 = (1/Е)(о1—щт3);
82 = — (Н/£) (<*3+<\)i
е3 = (1/Е)(о3—рах).
Формулы (Ш.22) справедливы не только Для главных, но и для произвольных деформаций по любым трем взаимно перпендикулярным направлениям, т. е. при наличии всех компонентов напряженного состояния (см.* рис. 43). В этом случае касательные
(Ш.22)
напряжения свидетельствуют об искажении формы параллелепипеда, удлинения же ребер пренебрежимо малы по сравнению с дефор-
мациями сдвига.
85
Совокупность касательных напряжений | хху | = | хух | связана с перекосом граней, параллельных плоскости хОу (рис. 55). Остальные грани параллелепипеда остаются без искажения.
Мерой перекоса, т. е. деформации сдвига, служит изменение прямого угла между первоначально перпендикулярными гранями элемента, называемое относительным сдвигом или углом сдвига у (Измеряется в радианах).
В пределах упругости между углом сдвига и соответствующими касательными напряжениями существует прямая пропорциональная зависимость—закон Гука при сдвиге:
x = Gy,	(III.23)
где G—физическая константа, характеризующая жесткость материала при сдвиге и называемая модулем сдвига, Па (ГПа).
Следовательно, в рассматриваемом случае
Уху — Хху/6> Ууг — Угх — О-
Аналогично при действии напряжений | хуг | = | х2у |
Ууг — "tyZlG > Угх = Уху = О
и при |тгх| = |тхг|
Угх —^zxlG‘> Уху ~Ууг
Таким образом, наличие всех компонентов напряженного состояния определяет следующие составляющие деформации:
8х=0/£)|Ч— НК + aJ], Уху = Ъсу/6'> ' ^ = (1/^)1^—Н(ог + ^)], Yyz = VG5 ’ ег = (1/Е)[ог—р(ох4-оу)], y2x = x2X/G. ,
(Ш.24)
Эти выражения позволяют сформулировать закон Гука в такой форме: компоненты деформированного состояния в точке изотропного тела находятся в линейной зависимости от компонентов напряженного состояния в той же точке. Заметим, что нормальные напряжения сжатия должны подставляться со знаком минус.
Удельная потенциальная энергия при объемном напряженном состоянии характеризуется выражением
и = (аЛ/2) + (о2е2/2) + (oaes/2),	(III.25)
составленным по аналогии с формулой (II. 11) для одноосного растяжения (сжатия). Суммирование возможно благодаря тому, что главные напряжения производят работу только на перемещениях своего направления. Принцип суперпозиции в данном случае неприменим, поскольку, как видно из зависимостей (II Г.22), каждая из линейных деформаций является результатом совместного действия всех трех главных напряжений.
Пример 45. Определить относительное изменение объема при деформировании изотропного тела.
Решение. Пусть первоначальные длины ребер элемента, изображенного на рис. 43, составляли dx, dy, dz. Абсолютные удлинения (укорочения) ребер согласно
86
формуле (11.2)
A (dx) = 8x dx; A(dy) = 8i/dy; A(dz) = esdz.
Объем элемента до деформирования
y = dxdi/ dz, после деформирования
Vi = [dx + Д (dx)] [dy+ Д (dy)] [dz + Д (dz)] = dx (1 + 8X) dy (1 + гу) dz (1 + sj.
Относительное изменение объема (объемная деформация)
0 = (^- V)/V =	(1 + 8 J dy (1 + ev) dz (1 + ег)
— dx dy dz]/(dx dy dz) = (1 +-ex) (1 + гу) (1 + e^) — 1 =
== ex + 8y+ 8z+ 8x8y+ 8?/8z+ 8X8z + 8X8?J8Z-
Пренебрегая произведениями деформаций как величинами более высокого порядка малости, получаем
0 = 8х+82/+8<г = 81+82+8з*	(III.26)
Переход к главным деформациям возможен потому, что величина 0 в окрестности точки не зависит от ориентации элемента и даже от его формы (будь то параллелепипед, куб, сфера и т. д.) Таким образом, объемная деформация равна сумме линейных деформаций в любых трех взаимно перпендикулярных направлениях.
Выражая главные деформации через главные напряжения с помощью зависимостей (II 1.22), находим
0 = (1/Е) [о1 - И (о2+ о3)] + (1/^) [а2- н (о3+о,)] +
+ (1/£) ]аз — И (а1 + аг)] — [(1 —2|х)/£] (ох+cf2+о3),
или с учетом формулы (III. 18)
0 = [3 (1-2И)/Е] о0КТ,	(III.27)
т. е. изменение объема тела пропорционально нормальному октаэдрическому напряжению. При всестороннем сдвиге, когда оокт = 0 (см. предыдущий пример), объем тела не меняется, а имеет место лишь изменение формы.
Выражение объемной деформации позволяет установить предельное значение коэффициента Пуассона для любого изотропного материала. Так, например, если а1 = а2 = а3 = а, то при о > 0 (всестороннее растяжение) величина
0 = [3 (1 —-2р,)/Е] о
также должна быть положительной. И наоборот, при о < 0 изменение объема должно быть отрицательным. Подобное совпадение знаков возможно только при выполнении условия
1 —2р^0, откуда 1/2.
Следовательно, коэффициент Пуассона изотропного материала не может превышать 0,5, что и отмечалось в § 6. Этот вывод вытекает из частного случая напряженного состояния, но тем не мёнее он является общим, поскольку коэффициент |х представляет собой характеристику материала и в пределах упругости не зависит от напряженного состояния.
Пример 46. Вычислить энергию изменения объема и энергию формоизменения изотропного тела при осевом растяжении и чистом сдвиге, если коэффициент Пуассона р = 0,3.
Решить ту же задачу применительно к сферическому сосуду, рассмотренному в примере 41.
87
Решение. Подставим в формулу удельной потенциальной энергии (III.25) значения деформаций (III.22):
и = [1/(2E)J {ах [Oj —ц (<т2 +<r8)] + o2 [a2—ц (o8 4-ox)] 4-+ °3 [<*3 — Н(°Г1+а2)]}-
После раскрытия скобок и приведения подобных членов
и == [1/(2Е)] [ст2! + о|+'а32)—2ц (оха2 + <т2о8 +cr3ori)]- (111.28)
Это выражение можно упростить. Как видно из вывода формулы (III. 19) в примере 44,
2 (стцт,+ст2о3 4- о^) = (ох 4- о2+оа)а —(о? 4- 02 4- of).
Но согласно равенству (III. 18)
ох 4- о2 4- о3 = Зстокт, а о? 4- <т22 4- = 3 (о£к14- такт).
Поэтому 2 (о^а 4-а2о3 4- o3^i) = 9оакт—3 (о’кт+т2кт).
Подставив последнее выражение в формулу (III.28), получим
и = [ 1 /(2Е)] [3 (о2кт 4- О—9цо2кт 4- Зц (о2кт + такт)] =
= [3/(2Е)] (Оокт + Токт — ЗрОокт 4" Н°окт 4“ Ртокт) ==
= [3/(22?)] [(1 -2ц) ©оКТ4- (1 4- Н) tU.	(I II-29)
В предыдущем примере установлено, что изменение объема тела пропорционально величине <т0КТ. Следовательно, первое слагаемое формулы (III.29) характеризует энергию изменения объема
ы0 = [3(1 —2ц)/(2Е)]оакт,	(II 1.30)
второе—энергию изменения формы (формоизменения)
«ф = [3(14-Ю/(2Е)]т2кт.	(Ш.31)
Таким образом, удельную потенциальную энергию можно рассматривать как сумму энергии изменения объема и энергии формоизменения:
ы = «04-Мф.
При этом энергия изменения объема пропорциональна квадрату нормального октаэдрического напряжения, а энергия формоизменения— квадрату касательного октаэдрического напряжения.
Вычислим составляющие потенциальной энергии для указанных в условии видов напряженного состояния.
. 1. Осевое растяжение: oi = o; а2 = ст3 = 0. Согласно формулам
(III.18) и (III.19)	_____
<Токт = °73;	= г/з У2а2 = vl/3cr.
Следовательно,
и0 = [3 (1 — 2ц)/(2Е)] оакт = [3 (1—2 • 0,3)/(2Е)] о2/9 = 0,1 ЗЗоа/(2Е);
«Ф = [3(1 +ц)/(2Е)]т2кт= [3(1 4-0,3)/(2Е)]2/ваа = 0,867аа/(2Е), т. е. 87% потенциальной энергии расходуется на изменение формы и только 13%—на изменение объема.
аа
2. Чистый сдвиг-. =о; о2 = 0; о3 = — о (см. пример 38). Отсюда Оокт = °; Токт = Vs Ибо2 = и
«о - 0; и* == [3 (1 + 0,3)/(2£)] 2/3о2 = 2,6о2/(2£),
т. е., как и следовало ожидать после рассмотрения предыдущего примера, потенциальная энергия полностью расходуется на изменение формы.
3. Напряженное состояние сферического сосуда: о1=о2=а=рг/(26); сг3 = 0. В этом случае
°окт=/з°\ токт==Г2/з<5'»
и0 - [3 (1 —0,6)/(2£)] %о2 - 0,533о2/(2£) - (0,067/£) (рг/6)а;
пф - 0,867о2/(2£) = (0,108/£) (рг/6)а..
Пример 47. Установить зависимость между тремя упругими достоянными изотропного материала: G, Е и р. Вычислить модуль сдвига стали.
Решение. Предварительно определяем потенциальную энергию деформации при чистом сдвиге. Сила, действующая по горизонтальной грани бесконечно малого элемента (см. рис. 55),
dT = xdx dz, где dz—размер ребра в направлении, перпендикулярном плоскости чертежа. Она совершает работу на перемещении
6 = d#tg у« dyy.
Здесь вследствие малости деформации тангенс угла заменен самим углом, выраженным в радианах.
При статическом нагружении (см. рис. 18, в) накапливаемая в элементарном параллелепипеде энергия
dt7 = dT6/2 = Tdx dz dyy/2.
Удельная энергия
u = dU/dV = xdx dz dyy/(2dx dy dz)=vy/2,
или с учетом выражения закона Гука при сдвиге (II 1.23)
u = t2/(2G).	(III.32)
Эта формула .аналогична зависимости (II.11), характеризующей удельйую потенциальную энергию при линейном напряженном состоянии. В случае чистого сдвига т = о, поэтому
u = o2/(2G).
С другой стороны, согласно п. 2 предыдущего примера
«==Иф= [3 (1 + h)/(2£)J 3/Зо2 = о2 (1 +И)/£.
Приравнивая правые части последних равенств, получаем o2/(2G) = o2 (1+|х)/£, откуда
G = £/[2 (1 +и)1-	(Ш.ЗЗ)
Для стали, имеющей £ = 210 ГПа и р,=0,3, G = 210/[2 (1 + 0,3)] ГПа«80 ГПа.
Пример 48. Стальная труба внутренним диаметром d = 30 ем и толщиной 6 = 1 мм заполнена бетоном. Определить главные напря
89
жения в бетонном стержне и напряжения растяжения в стенке трубы при осевом сжатии бетона силой Р = 1,2 МН {рис. 56).
Модуль упругости бетона Е6 = 27ГПа, коэффициент Пуассона р, = 0,2, модуль упругости стали Ест = 210ГПж Трением между бетоном и сталью пренебречь.
Решение. При продольном сжатии наибольшие по абсолютному значению напряжения (наименьшие в алгебраическом смысле) возникнут в поперечных сечениях бетонного стержня:
сг3 = N/F = _4Р/(л<Р) = —4-1,2- 10e/(3,14 • 0,32) Па =
= —17-10е Па = — 17МПа.
Расширение стержня в поперечном направлении создаст внутреннее давление интенсивностью р, которое будет растягивать трубу.
В свою очередь труба окажет на стержень сжимающее боковое давление той же интенсивности, т. е. два других главных напряжения в бетоне составят
(а)
О1 = о2 = — р.
Поскольку отношение
6/r = 26/d = 2-0,1/30= 1/150 < 1/30,
трубу следует рассматривать как тонкостенную оболочку (см. пример 41). Кольцевые напряжения в цилиндрической оболочке при наличии внутреннего давления (см. пример 42)
<тк = pd/(26).
(б)
Отсюда
р — 28о&/с1.
Меридиональные напряжения в трубе равны нулю ввиду предположения об отсутствии трения между бетоном и сталью. Следовательно, можно считать, что труба находится в линейном напряженном состоянии.
Для определения давления р обратимся к деформациям. Отно-сительноё расширение бетонного стержня в поперечном направлении согласно зависимостям (III.22)
е2 = (1 /Е6) [о2— р (cr3 + oj] = (1 /Е6) [—р — р (о3—р)].
Оно равно расширению трубы
8СТ = ак/Ест = pd/(26ECT), т. е.
(1/Еб) [—р—р (о3—р)] -pd/(26ECT).
90
Решая это уравнение относительно р и подставляя числовые значения Входящих величин, получаем
Р (Н — 1) — Р<т3 = Р dE6/(28Ecr);
п—____________М£з_____________________0,2 (—17)_______МПа—
и	[dEfJpbEet)} — (л+1	[0,3-27/(2 0,001-210)]-0,2+1
= 0,169 МПа.
Таким образом, согласно равенству (а)
CTi —	—0,169 МПа,
согласно равенству (б)
ок = 0,169- 0,3/(2 • 0,001) МПа = 25,4 МПа.
$ 16. МАКРОСКОПИЧЕСКИЕ КРИТЕРИИ ПЛАСТИЧНОСТИ И РАЗРУШЕНИЯ
В зависимости от условий нагружения материал конструкции может работать в различных стадиях. Для пластичных материалов характерна такая последовательность смены механических состояний: 1) при относительно небольших нагрузках и воздействиях, когда возникают только упругие деформации, материал находится в упругой стадии; 2) при увеличении нагрузок и развитии остаточных деформаций материал переходит в пластическую стадию; 3) при дальнейшем .увеличении нагрузок происходит образование и накопление трещин и наступает стадия разрушения.
Наиболее просто эта последовательность прослеживается в про-, цессе испытания образцов на осевое растяжение и сжатие, т. е. в условиях линейного напряженного состояния. В этом случае экспериментальным путем нетрудно определить значение предельных (опасных) напряжений, под которыми, как отмечалось .в § 8, понимают предел текучести пластичного материала или предел прочности хрупкого.
По опасным напряжениям устанавливают расчетное сопротивление материала растяжению Rv или сжатию 7?сж, обеспечивая известный запас против наступления предельного состояния [см. § 10, зависимость (П.15)]. Таким образом, условие прочности при линейном напряженном состоянии имеет вид
Of R^'i I сз I Rm.
Материал, находящийся в сложном напряженном состоянии, тоже может быть переведен в пластическую стадию или стадию разрушения. Однако достижение предельного состояния происходит уже при наличии двух или всех трех главных напряжений а2, о3, отличных от нуля.
Вследствие неисчерпаемости всевозможных видов напряженного состояния число опытов, которые необходимо было бы провести для выявления опасных значений главных напряжений, также оказалось бы велико. К тому же экспериментальная техника располагает пока еще ограниченными возможностями исследования сложного
91
напряженного состояния и позволяет проводить испытания лишь для некоторых частных соотношений между главными напряжениями.
Указанные обстоятельства заставляют искать иные пути оценки степени опасности того или иного напряженного состояния. Теоретическое обоснование этой проблемы относится к наиболее актуальным вопросам современной механики сплошной срёды и выходит за рамки традиционных задач сопротивления материалов. Не вда-_ ваясь, однако, в подробности, можно утверждать: напряженное состояние в точке тела является основной причиной перехода материала из одной стадии работы в другую, и задача состоит в том, чтобы установить меру, которая характеризовала бы изменение механического состояния, т. е. выработать критерий пластичности и критерий разрушения, базирующиеся на ограниченном количестве испытаний.
Современная наука о прочности дифференцированно подходит к обоим критериям, поскольку физические процессы, протекающие в пластической стадии и стадии разрушения, несмотря на взаимосвязь, существенно различны.
При разработке критерия пластичности сложилось два подхода. Первый, более старый, основан на принятии правдоподоб-у. ных гипотез, подтверждаемых экспериментальным / х.	путем. Из множества предлагавшихся в свое время
/ 2	гипотез пластичности * сохранили значение лишь
Z	Гипотеза наибольших касательных напряже-
2 ний основана на предположении, что пластическая уу ш деформация обусловлена необратимыми сдвигами у ywyt в кристаллической решетке материала (металла).
При накоплении определенного количества сдви-у2у у гов («пачка» сдвигов, рис. 57) на испытываемом уу / образце становятся заметными на глаз характер-/	/ ные линии (линии Людерса—Чернова**), накло-
'к/	ненные примерно под углом 45° к его оси (нап-
v	равление наибольших касательных напряжений).
Рис. 57 Они представляют собой линии пересечения поверхности образца с плоскостями скольжения, вдоль которых одни части кристаллитов как бы соскальзывают относительно других без нарушения целостности материала.
После того как сдвиги примут массовый характер, можно говорить о переходе материала в пластическое состояние. Естественно предположить, что мерой этого перехода является значение наиболь-
* До недавнего времени (а во многих книгах и по сей денв) применялся исторически сложившийся термин «теории прочности», который недостаточно четко отражает существо вопроса. В данном пособии используется как наиболее удачная по смыслу терминология учебника {19], удостоенного Государственной премии СССР в области науки и техники за 1976 г.
** Эти линии впервые описаны в 1859 г. немецким металлургом В. Людерсом и независимо от него в 1884 г. русским металлургом Д. К. Черновым, который видвинул идею о целесообразности конструктивного распределения материала в соответствии с траекториями наибольших деформаций.
92
тих касательных напряжений в объеме, включающем достаточное количество произвольно ориентированных зерен, т. е. тезе самых касательных напряжений, которые определялись до сих пор на основе предпосылки сплошной изотропной среды (см. § 2, 1-е допущение).
Согласно примеру 43 наибольшие касательные напряжения возникают на площадках, совпадающих с диагональными плоскостями главного куба, и равны полуразности максимальных и минимальных главных напряжений [см. формулу (III. 17)]:
’’'max = (^max	О3)/2.
Если ттах достигает некоторого предельного значения, характерного для рассматриваемого материала, то независимо от вида напряженного состояния материал переходит в пластическую стадию.
Сформулированный критерий позволяет считать, что при равенстве наибольших касательных напряжений соответствующие напряженные состояния равноопасны. Следовательно, сравнение напряженных состояний можно производить по значению наибольших касательных напряжений какого-либо одного напряженного состояния, принимаемого за эталонное. Таким
чаще всего выступает одноосное растяжение (сжатие), которое, как отмечалось выше, хорошо изучено экспериментально.
Напряжение одноосного растяжения (сжатия), равноопасного рассматриваемому сложному напряженному состоянию, называется эквивалентным или приведенным (рис. 58). Это то.напряжение, которое должно быть сопоставлено с пределом текучести материала:
’'’max = fat	= С^экв/^ — Тт»	(II 1.34)
где тт—предел текучести при сдвиге.
Применив эту формулу к растяжению, когда о1=от, о3 = 0, получим
от/2 = тт.	(III.35)
Тогда условие пластичности принимает вид
О'эквт ~ ~ ®з ^т»	(III.36)
или при переходе от предела текучести к расчетному сопротивлению ^расчт = ^1	(111.36а)
Таким образом, понятие эквивалентного напряжения позволяет свести расчет на прочность при сложном напряженном состоянии к расчету на обычное растяжение (сжатие).
93
Рассмотренная гипотеза в общем удовлетворительно характеризует переход к пластическому деформированию металлов, хотя и наблюдаются систематические отклонения (см. ниже).
Критерий наибольших касательных напряжений был предложен в 1773 г. Ш. Кулоном, хотя он, и не занимался вопросами пластичности*. Условие (III.34) как условие наступления пластического состояния было выдвинуто в 1868 г. французским инженером Г. Треска и математически сформулировано Б. Сен-Венаном, который положил его в основу созданной теории пластичности**.
Энергетическая гипотеза (гипотеза наибольших октаэдрических касательных напряжений). При экспериментальной проверке условия пластичности (II 1.34) обнаруживаются отклонения, которые нельзя считать случайными. Наиболее простая проверка состоит в сравнении пределов текучести при растяжении и чистом сдвиге. Согласно условию Треска—Сен-Венана предел текучести при сдвиге должен подчиняться зависимости (II 1.35). Однако многочисленные опыты показали, что отношение гт/от > 0,5 и колеблется в пределах от 0,55 до 0,6.
Из условия Треска—Сен-Венана следует, что промежуточное главное напряжение <т2 не оказывает’ влияния на достижение состояния текучести. В опытах такое влияние (хотя и небольшое) наблюдается. Кроме того, этому условию присущ недостаток чисто формального порядка: аналитическое выражение (II 1.36) содержит экстремальные главные напряжения. При известном положении главных площадок часто трудно заранее установить, какое напряжение максимально, а какое минимально. Еще более затруднителен случай, когда неизвестно направление главных напряжений и напряженное состояние представлено компонентами относительно произвольной системы координат.
В 1904 г. польский ученый М. Губер высказал предположение, что наступление предельного состояния связано с уровнем накопленной в единице объема потенциальной энергии деформации. Но принять в качестве критерия пластичности всю энергию нельзя. Это противоречило бы экспериментально установленному факту, что при всестороннем сжатии (<Ч = ст2= стз= —ст) пластические деформации не возникают [максимальные касательные напряжения (III. 17) равны нулю], в то время как потенциальная энергия (III.28) неограниченно возрастает. Губер предложил исключить из рассмотрения энергию изменения объема и0 и в качестве критерия
* Шарль Огюстен Кулон (С. A. Coulomb, 1736—1806)—французский физик и военный инженер. В одной из ранних работ по механике упругого тела он указывал, что разрушение сжатой призмы происходит в результате скольжения одной ее части относительно другой по плоскости, наклоненной под углом 45° к направлению сжатия. Значение же предельного касательного напряжения Кулон ошибочно полагал равным опред вместо опред/2.
** Барре де Сен-Венан (В. de Saint-Venant, 1797—1886)—французский ученый в области механики. Его труды посвящены вопросам сопротивления материалов, теории упругости, гидравлики и гидродинамики.
94
перехода в предельное состояние принять энергию формоизменения «ф*.
Последняя, как видно из зависимости (III.31) примера 46, пропорциональна квадрату касательного октаэдрического напряжения. Это обстоятельство позволило немецкому ученому Р. Мизесу (1913) принять в качестве критерия предельного состояния не энергию формоизменения, а касательные напряжения на октаэдрической площадке. Действительно, согласно формуле (III. 19)
%кт = х/8 V (ох—о2)2 + (а2— о3)2 + (о3 —Ох)2 = тт.	(III .37)
Но Мизес был математиком и поэтому его соображения носили формальный характер. Выражение октаэдрических напряжений представляло для него лишь простейшую функцию экстремальных касательных напряжений [см. формулу (111.19а)]. Боле'е поздняя трактовка акад. В. В. Новожилова делает условие (III.37) понятным физически: если в каждом кристаллическом зерне наступление текучести обусловлено значением касательных напряжений в определенной плоскости и определенном направлении, то для поликристал-лического агрегата (металл), имеющего всевозможные ориентации плоскостей скольжения зерен, наступление текучести логично связать с величиной, которая представляет собой среднее значение касательных напряжений на площадках всевозможной ориентации.
При осевом растяжении (см. п. 1 примера 46) в предельном состоянии (<тх = <гт; а2 = а3 = 0)
%кт=Г1/з<7Т.	(III.38)
Таким образом, условие пластичности Губера—Мизеса можно представить в следующем виде:
«экви = У % V (<^1 —О2)2 + (о2— °з)2 + (стз —<71)2 = От. (III.39)
Отсюда расчетное напряжение
арасч« = Vа2)2 + (о2-стз)2 + (<т3-Ох)2 < R. (Ш.39а)
Применяя условие (III.39) в случае чистого сдвига (о1=тт; <у2 == 0; <т3 =—тт), получаем
/T2 + T2 + (_2tT)2 = ат,
или ]/ Зтт = ат, откуда
тт = аг/'|/'3«0,577аг.	(III.40)
Для большинства конструкционных металлов это соотношение согласуется с опытом несколько лучше, чем значение (III.35), еле-
* Впоследствии выяснилось (см., например [17], с. 440), что идея энергетического критерия была высказана английским физиком Д. Максвеллом еще в 1856 г., т. е. почти за 30 лет до появления первого варианта одноименной теории предельного состояния материала, выдвинутого итальянским математиком Е. Бель-трами (1885). Обращает на себя внимание то обстоятельство, что Максвелл имел в виду именно энергию формоизменения, а не полную энергию, как ошибочно полагал' Бельтрами.
95
дующее из условия Треска—Сен-Венана. Однако в процентном от* ношении разница между результатами, к которым приводят выра* жеция (III.36) и (III.39), не столь существенна. Наибольшее расхождение имеет место при чистом сдвиге:
Ао8К8 = [(0,577 — 0,5)/0,5] 100% «15%.
Более важным является то обстоятельство, что перестановка индексов главных напряжений в формулах (II 1.37), (III.39) и (Ш.39а) не меняет конечного результата. Следовательно, отпадает необходимость выяснять, какое главное напряжение максимально, а какое
минимально.
Итак, рассмотрены два наиболее распространенных критерия пластичности, базирующиеся на правдоподобных гипотезах и согласующиеся в той или иной степени с экспериментом. Но к данному вопросу можно подойти по-другому—с позиций систематизированного описания опытных результатов при минимальных упрощающих предположениях. Начало этому более позднему подходу к формулировке критерия предельного состояния положил О. Мор *.
Теория Мора. Одни и те же материалы в различных условиях ведут себя по-разному. Пластичные материалы в ряде случаев могут разрушаться без проявления заметных остаточных деформаций, т. е. хрупко (например, сталь при температуре ниже —45°С). Хрупкие материалы, подвергнутые всесторон
нему давлению, на которое накладывается растяжение, сжатие или сдвиг, обнаруживают значительные пластические деформации (такие деформации играют существенную роль, например, в процессах образования рельефа земной коры: граниты и базальты, хрупкие в обычных условиях, текут под действием колоссального давления в глубинных слоях Земли).
Таким образом, делен'ие материалов на хрупкие и пластичные
имеет смысл только применительно к стандартным методам испытаний образцов, воспроизводящих некоторые условия эксплуатации. Правильнее различать хрупкое и пластическое состояния или хрупкое и пластическое разрушения.
По терминологии Я- Б. Фридмана* ** хрупкое разрушение имеет характер отрыва (рис. 59, а). Обычно оно происходит по площадкам, на которых действуют наибольшие нормальные напряжения. Пластическое (вязкое) разрушение возникает от сдвига (рис. 59, б) и связано с касательными напряжениями. Однако и в этом случае в последний момент может проявиться хрупкий характер разрушения
♦ Отто Мор (О. Mohr, 1835—1918)—немецкий инженер и ученый в области теории сооружений.
*• Яков Борисович Фридман (1911 —1968)—видный советский ученый в области механики и материаловедения.
96
ввиду значительного поворота пачек сдвига и возможности их заклинивания (прекращения скольжения).
На переход материала из одного состояния в другое влияют такие факторы, как индивидуальная природа материала; характер напряженного состояния, определяемый соотношением главных напряжений; степень неоднородности напряженного состояния; скорость нагружения; температура.
В настоящее время утвердилась точка зрения, согласно которой каждый материал может разрушаться и хрупко, и пластично, в зависимости от сочетания перечисленных факторов. Следовательно, идеальной была бы такая теория, которая охватила бы оба состояния и при этом конкретизировала предельную стадию—разрушение пли наступление текучести. Желательно также, чтобы одновременно учитывалось различие механических характеристик при растяжении и сжатии, если таковое наблюдается в эксперименте.
Первую попытку создать подобную теорию предпринял Мор. Согласно выдвинутой им в 1900 г. гипотезе предельное состояние наступает в тот момент, когда на некоторой площадке возникает наиболее неблагоприятная комбинация касательных и нормальных напряжений.
В первоначальной формулировке вопрос о характере предельного состояния оставался открытым. В зависимости от того, какова эта неблагоприятная комбинация, речь может идти о разрушении или наступлении текучести. Условие достижения предельного состояния имеет вид:
®r3KBV = 0'i V<T3 ~ ^пред. р-	(III.41)
Вывод формулы эквивалентного напряжения базируется на предложенном Мором графическом представлении напряженного состояния в точке (круги Мора)*. Коэффициент v равен отношению предельных напряжений "при осевом растяжении и сжатии:
У ~ ^пред. р/О^пред. сж-
Если принять, что коэффициенты безопасности по материалу при растяжении и сжатии одинаковы (см. с. 58), то величину v можно определить из отношения соответствующих расчетных сопротивлений: v = ^p/7?c>K. Тогда
Opac4V = ^l "VOg 7?р.	(II 1.42)
Для пластичных материалов v=l, и условие (III.41) превращается в условие Треска—Сен-Венана (II 1.36). Поэтому теорию Мора нередко рассматривают как обобщение гипотезы наибольших касательных напряжений.
Однако, как показано выше, переход в пластическое состояние лучше описывается условием Губера—Мизеса, содержащим все три главных напряжения. Развивая ту же идею, логично предположить, что предельное состояние наступает в тот момент, когда возникает
* Вывод, не связанный с графическим способом, приводится в учебнике [5], с. 336.
4 № 769
97
неблагоприятная комбинация октаэдрических касательных и октаэдрических нормальных напряжений. В этом направлении работали немецкие исследователи Ф. Шлейхер, А. Надаи и советские ученые Ю. И. Ягн, П. П. Баландин, И. Н. Миролюбов и др.
Критерий Давиденкова — Фридмана. Критерий Мора и ему подобные не учитывают деформационных характеристик материала. Попытки устранить этот недостаток предпринимались неоднократно» Получившая известное развитие схема Давиденкова* — Фридмана исходит из предположения о наличии у любого материала двух предельных-прочностных характеристик —сопротивления отрыву сготр и сопротивления сдвигу тсдв. Напряженное состояние в рассматриваемой точке определяется коэффициентом
а== ^тах/^экв е,	(III.43)
где 'Стах — максимальное касательное напряжение, выражаемое формулой (II 1.17) примера 43; оэкве—эквивалентное нормальное напряжение, подсчитываемое по закону Гука исходя из наибольшего положительного удлинения** (III. 22):
аэкв е — £§тах*	(III.44)
Если а^>1, т. е. возникают значительные касательные напряжения при малых удлинениях (например, осевое сжатие и гидростатическое давление), то нагружение является «мягким». Если а<^ 1, т. е. при малых касательных напряжениях возникают значительные упругие удлинения (например, трехосное растяжение, близкое к равномерному), то нагружение является «жестким».
Такой подход содержит много ценных идей. Наибольшее значение имеет возможность конкретизации вида предельного состояния — появление текучести или разрушения, а в последнем случае — его типа (отрыв или сдвиг) и уровня предельных напряжений в зависимости от природы материала и характера напряженного состояния в точке.
Уязвимым местом схемы Давиденкова — Фридмана является использование далеко не универсального критерия Мариотта (111.44) и условного параметра жесткости нагружения а.
Пример 49. Определить требуемую толщину стенок цилиндрического газгольдера и его полусферических днищ диаметром 0=3,25 м (см. рис. 52), находящихся под действием расчетного внутреннего давления р=1 МПа. Конструкция выполнена из низкоуглеродистой стали с расчетным сопротивлением R = 210 МПа. Коэффициент условий работы, учитывающий возникновение местных напряжений в зоне сопряжения корпуса с днищем, т = 0,7.
Решение. Цилиндрический корпус. Согласно примеру 42 главные напряжения составляют о1 = рО/(26); о2 = рО/(4б); о3 = 0.
Низкоуглеродистая сталь (0,09.. .0,22%С) обладает большой пластичностью, поэтому при расчете следует исходить из условия Треска—Сен-Венана или Губера—Мизеса. В первом случае в соответствии с неравенством (111.36а)
	Орасч т =	= р£>/(26) < mR.
* Нйколай Николаевич Давиденков (1879 —1960) — советский ученый-механик, работавший в области изучения природы пластических деформаций и разрушения металлов.
** Некоторые опыты показывают, что разрушение путем отрыва может происходить по сечениям, в которых отсутствуют напряжения, но имеются удлинения в направлениях, перпендикулярных сечениям. На рис. 46, б показана подобная картина разрушения сжатого бетонного образца. В связи с этим представляет интерес критерий наибольших положительных удлинений, введенный еще в XVII в. французским физиком Э. Мариоттом.
98
Отсюда требуемая толщина стенки
8'тр > pD/(2mR) = 1 • 106 • 3,25/(2 • 0,7 • 210 • 10е) м = 0,011 м = 11 мм.
Во втором случае согласно неравенству (Ш.39а)
Орасчи == ГТ/2 Vol — 2СТХСТ2 + СТ22 + Ста + (— СТХ)2 = ]/СТ? + СТ| — CTjCT, =
= Kp2D2/(462) + р2£>2/( 1662) —p2D2/(862) = [pD/(46)] /3 =
= 0,433pD/6 < tnR
И
б;р>0,433рР/(/и/?)=0,433.ЬЗ,25/(0,7-210)м=0,0096м=9,6мм.
Как и следовало ожидать, результаты в обоих случаях близки друг к другу. Окончательно принимаем большее значение требуемой толщины, которое должно быть увеличено не менее чем на Д = 0,5 мм для учета коррозии и минусовых допусков* в листах:
6Ц = 6;Р + Д = 11 +0,5 мм« 12 мм.
Днища. Согласно примеру 41 а1 = а2 = pD/(4d)\ а3=0. При расчете сферической оболочки оба условия пластичности ^приводят к одному и тому же результату:
Орасч = pO/(46) < tnR\ 6тр pD/^mR) = 1 • 3,25/(4• 0,7 • 210) м = = 0,0055 м = 5,5 мм.
По тем же причинам, а также вследствие утонения листов при вытяжке, расчетная толщина полусферических днищ должна быть увеличена не менее чем на Д=1 мм:
бсф^^тр + Д = 5,5 +1 мм «7 мм.
Пример 50. Пользуясь схемой Давиденкава — Фридмана, исследовать механическое поведение материала, имеющего коэффициент Пуассона |х = 0,25, при все-
стороннем растяжении, осевом растяжении, чистом сдвиге и осевом сжатии.
Р ешш е н и е. Следуя Я. Б. Фридману, строим диаграмму в системе координат ттах —сгЭКВ8 (рис. 60). Для этого наносим ряд предельных линий, соответствующих характерным стадиям работы материала. Согласно гипотезе наибольших касательных напряжений проводим горизонтальную линию с ординатой тт, равной тому значению максимальных касательных напряжений, при котором в материале появляется текучесть. Параллельно линии текучести проводим линию сдвига с ординатой тСдв, равной тому значению касательных напряжений, при котором происходит разрушение от сдвига — акт, за-
вершающий пластическую деформацию.
Кроме того, согласно гипотезе наибольших удлинений проводим вертикаль с абсциссой, равной сопротивлению отрыва оотр. После пересечения с линией
текучести линия отрыва отклоняется вправо вследствие увеличения сопротивления отрыву при наличии пластической деформации.
* Допу ск и—допускаемые отклонения числовой характеристики (в данном случае толщины листов) от номинального (расчетного) значения в соответствии с заданным классом точности.
4*
99
Нанесенная сетка линий описывает механические свойства материала. Прямоугольник, образованный координатными осями, линией текучести и вертикальным отрезком линии отрыва, соответствует упругой стадии работы материала, вышележащая трапеция —пластической. Размеры сетки можно характеризовать коэффициентами
Р = Тсдв/Оотр, 'П==^т/°отр*
Если Р§>1 (т. е. тсдв^>оотр), то в целом материал имеет склонность к разрушению путем отрыва, если р<^1— путем сдвига. Если р « 1, то характер разрушения зависит от вида напряженного состояния, которое определяется, как отмечалось, параметром а.
При простом нагружении, когда наблюдается пропорциональный рост напряжений, в пределах применимости закона Гука (ттах^тпц) любое напряженное состояние можно представить в виде луча, выходящего из начала координат. Тангенс угла его наклона к оси абсцисс (угловой коэффициент) равен а. Допуская определенную погрешность, будем характеризовать этим лучом напряженное состояние и за пределом пропорциональности, т. е. во всем диапазоне изменения напряжений и деформаций.
На рис. 60 штриховыми линиями показаны лучи, отвечающие различным напряженным состояниям. Значения их угловых' коэффициентов легко находятся по формуле (III. 43).
1.	Всестороннее растяжение (о1 = а2 = а3 = о):
Ттах = (°i — стз)/2 = 0; 8„ах = (1 /£) [ot — (ст2 + <т3)] = (а/Е) (1 — 2ц);
•	СЬкве — £етах= ог 0	2ц); а = Ттах/<Ъквг = 0.
2.	Осевое растяжение (^ = 0; о2 = а3 = 0):
гтЪх = а/2'< етах=а/Е; Оэквв = а; а=а/(2а)=0,5.
3.	Чистый сдвиг (Ох = а; 02 = 0; а3 = — а):
Tmax = [а— (- а)]/2 = а; emax=(1 /Е) [а— ц (- а)] = (а/Е) (1 + ц); аэкве — о (1 ц); а = g/[<t (1 ц)] —1/(1 -}; ц) = 1/(1 -|- 0,25) = 0,8.
4.	Осевое сжатие (о1 = а2 = 0; а3 = — о):
"^гпах ~ ^/2> ^та х ~	—
а=о/(2|хо) = 1 /(2р.) = 1/(2 -0,25) = 2.
В первом случае (а=0) луч совпадает с осью абсцисс. Поскольку он пересекает линию отрыва, то разрушение произойдет путем отрыва, а так как до пересечения луч находится полностью в упругой области, разрушение произойдет хрупко. То же справедливо и для второго случая (а=0,5). В третьем случае (а=^=0,8) луч также пересекает линию отрыва, но частично проходит через пластическую область. Следовательно, разрушению путем отрыва должна предшествовать некоторая пластическая деформация (смешанное разрушение). Наконец, в последнем случае луч пересекает линию сдвига, и разрушение произойдет соответственно от сдвига^
Таким образом, характер разрушения определяется, с одной стороны, природой материала (коэффициент (3), с другой —видом напряженного состояния (коэффициент а). Разрушение будет пластическим, если а > (3, полухрупким, если а < (3, но а > т], и хрупким, если а «Стр Условию а « [3 может соответствовать или сдвиг, или отрыв, т. е. картина разрушения неустойчива.
Рассмотренные соотношения в качестве первого приближения могут быть руководящими при установлении вида разрушения, а также при выявлении склонности одного вида К переходу в другой (близость коэффициентов а и |3 или а и т]). Они помогают добиться более мягкого режима работы материала.
Изложенный подход, несмотря на свою приближенность, имеет большое практическое значение и представляет интерес как простейшая интерпретация сложных явлении разрушения.
100
$ 17. МЕХАНИЗМ ХРУПКОГО РАЗРУШЕНИЯ. ПОНЯТИЕ О РАСЧЕТЕ НА ТРЕЩИНОСТОЙКОСТЬ
Непредвиденный и внезапный выход из строя многих ответственных конструкций (крупных судов, самолетов, ракет, мостов, резервуаров, сосудов высокого давления и др.) при сравнительно невысоких напряжениях (обычно ниже предела текучести материала) заставил серьезно подойти к проблеме хрупкого разрушения и выявил необходимость введения новых прочностных характеристик, учитывающих способность противостоять начавшемуся разрушению.
Современные экспериментальные данные убедительно свидетельствуют о постепенном развитии ’ разрушения, о большой роли первичных дефектов (микропор, микротрещин) в формировании картины разрушения/Анализ хрупких разрушений конструкций показывает, что в очагах изломов всегда имеются начальные трещины, которые зарождаются задолго до полного разрушения. Следовательно, разрушение не является единовременным актом, оно развивается с большей или меньшей скоростью и представляет собой некоторый, иногда длительный, процесс. Американский ученый Е. Орован образно сравнил разрушение со смертью человека, причиной которой могут быть разного рода травмы и болезни.
Таким образом, для оценки реальной прочности конструкций и пригодности того или иного материала необходимо отказаться от представления о его сплошности и перейти от рассмотрения поведения локальной области материала, выделенной в окрестности точки тела произвольной формы, к рассмотрению глобального поведения тела определенной формы ц размеров, включая размеры трещины.
Как видно из § 15, все тела в нагруженном состоянии обладают энергией деформации. Эта энергия может быть преобразована в любую другую форму (чаще всего — тепловую). При хрупком разрушении в области излома образуются две новые поверхности, которые раньше не существовали. В связи с этим возникает идея связать энергию новых поверхностей с энергией деформации тела перед разрушением.
Энергетические условия развития трещин в хрупком материале впервые были рассмотрены А. Гриффитсом* **. Однако прежде чем касаться созданной им теории, необходимо остановиться на понятии «поверхностная энергия». То, что поверхность твердого тела обладает энергией только в силу самого своего существования как поверхности, становится ясным не сразу. Для понимания природы вопроса полезно обратиться сначала к жидкостям.
Наблюдая за дождевыми каплями, пузырями, плавающими мелкими металлическими предметами, насекомыми, шагающими по поверхности воды, легко прийти к заключению, что вода, как и другие жидкости, имеет поверхностное натяжение, которое измеряется реальной физической силой. Для того чтобы увеличить поверхность жидкости, необходимо произвести работу по преодолению этой силы, после чего на новой поверхности произойдет накопление энергии. Следовательно, при составлении уравнения энергетического баланса поверхностная энергия должна учитываться так же, как и другие формы энергии.
Если, например, стальную иглу захватить посередине пальцами и уронить в горизонтальном положении с небольшой высоты в воду, то она не утонет. Объясняется это тем, что вода плохо смачивает металл, побывавший в руках и потому покрывшийся тончайшим слоем жира. Вокруг плавающей иглы на поверхности воды образуется вдавленность, в результате чего увеличивается площадь поверхности и ее энергия. Игла будет проваливаться до тех пор, пока уменьшение ее потенциальной энергии не сравняется с увеличением поверхностной энергии воды
* А. А. Гриффитс (A. A. Griffith, 1893—1963) — британский ученый. С его классической работы «Явление разрушения и течения твердых тел» (1920) берет начало современная механика разрушения.
** Пример заимствован из неоднократно издававшейся популярной книги Я. И. Перельмана «Занимательная физика». Не менее наглядная аналогия с шагающим по воде комаром приведена в книге британского профессора Дж. Гордона [2]. Заметим, что эта единственная в своем роде книга о современных материалах и прочности конструкций тоже написана для широкого читателя, но ее с интересом прочитает и специалист, и учащийся,
101
Жидкость стремится по возможности уменьшить свою поверхностную Энергию. В условиях невесомости она принимает естественную^ шарообразную, форму (падающие капли дождя, жидкое^ в другой жидкости такой же плотности и т. д.). Когда жидкость замерзает, молекулярный характер ее поверхности изменяется мало, и энергия поверхности сохраняется, хотя поверхностное натяжение уже не в силах изменить форму твердых частиц, округлив их подобно капле. В большинстве твердых тел межатомные связи прочнее, чем в обычных жидкостях, соответственно и поверхностная энергия у них в 10.. .20 раз выше (поверхностная энергия воды составляет приблизительно 0,077 Дж/м2, конструкционных материалов— 1 Дж/м2). Незаметно же поверхностное натяжение в твердых телах не потому, что оно мало, а потому, что твердые тела слишком жестки, чтобы йх форма существенно искажалась
силами поверхностного натяжения.
Теперь, подобно тому как можно было бы вычислить вес самой толстой иглы, способной лежать на воде, нетрудно определить, сколь прочным должен быть тот или иной материал.
Пример 51. Оценить теоретическую прочность стали, полагая, > что силы взаимодействия атомов из- ®СЦ меняются по синусоидальному закону.
6
11 ♦ ♦ I I ♦
 t	--Г"
Рис. 62
t I ♦ м м -*
Рис. 61
Решение. Рассмотрим упрощенную схему взаимодействия двух'слоев атомов (рис. 61). Сила сцепления слоев (кривая 3 на рис. 62) является суммой двух компонентов: силы взаимного притяжения —кривая 1 и силы отталкивания—кривая 2, Значения сил притяжения и отталкивания зависят от межатомного расстояния г. При малых расстояниях кривая силы отталкивания круче кривой силы притяжения, поэтому суммарное воздействие отрицательно. Его значение становится равным нулю при достижении межатомного расстояния г0, соответствующего равновесию сил отталкивания и притяжения.
Чтобы увеличить расстояние между атомными слоями, находящимися в равновесии, необходимо приложить растягивающую силу. Считая силу взаимодействия равной напряжению от растягивающей силы, согласно условию примера имеем
<T = crCIXsin 2лг/Т,	(а)
где Псц—теоретическая прочность сцепления, т. е. напряжение, непосредственно предшествующее моменту разрушения кристаллической решетки, когда межатомное расстояние возрастает до значения г.сц и дальнейшее его увеличение не требует увеличения силы; Т/2 —длина полуволны синусоиды.
Напряжению *о и перемещению z = r— г0 соответствует работа, или, что то же, потенциальная энергия и, приходящаяся на единицу площади и при разрушении равная площади диаграммы в пределах от z = 0 до z = T/2:
Т/2	Т/2
u=	odz =	осц sin (2лг/Т) dz =
о	о
= — [Тосц/(2л)] cos 2nz/T^/2 =— [Т<УСц/(2л)] (cos л —cos 0) = Тосц/л.
102
Обозначим поверхностную энергию, приходящуюся на единицу площади, через у и назовем ее удельной поверхностной энергией. Тогда суммарная энергия двух поверхностей, образующихся при разрушении, равна 2у.
Предположим, что при достижении теоретической прочности осц вся потенциальная энергия переходит в поверхностную, т. е.
Тасц/л = 2у.	(б)
В случае малых перемещений sin 2nz/T та 2nz/T и в пределах линейной упругости, с одной стороны, справедливо уравнение (а) в виде а« осц2лг/Т, с другой стороны,—закон Гука (II.3) в форме a = Ezlr$i где Е — модуль упругости Материала, характеризуемый тангенсом угла наклона а касательной в точке 0.
Отсюда
°гсц = 7’^'/(2яго),
что в комбинации с уравнением энергетического баланса (б) дает значение теоретической прочности
	(П 1.45)
Для стали у « 1 Дж/м2 (см. выше); Е та 200 ГПа. Что касается равновесного расстояния между атомными слоями г0» то его среднее значение можно установить с помощью числа Авогадро Л^ = 6-1023 моль-1, имея в виду, что плотность твердого железа р = 7,8-106 г/м3, а масса атома (массовое число) А = 56*. При этом рассуждаем следующим образом: в А г железа содержится NA атомов, значит, в 1 г содержится N д/А атомов. Тогда в 1 м3 железа содержится pN д/А атомов и на один атом приходится объем A/(pN д) м3. Искомое расстояние между слоями приблизительно равняется кубическому корню из этого объема:
• r0 XУ A/(pNA) = У 56/(7,8- 10в-6-1023) м « 2• Ю’1® м.
После подстановки числовых значений в формулу (II 1.45) находим
асц= КьгОО-Ю’Дг-Ю-^Па я 3,2-1010 Па = 32 ООО МПа.
Таким образом,, если принять макроскопическое сопротивление стали разрыву апч « 400 МПа, то оказывается, что ее теоретическая прочность в 80 раз превышает фактическую.
Это несоответствие и было объяснено Гриффитсом, который показал, что при разрушении тела напряжения достигают теоретической прочности не по всему объему тела, а лишь в вершине острой и узкой трещины. Он показал также, что подобная трещина в пластине может стать нестабильной при сравнительно низких номинальных напряжениях и начать увеличиваться в длину, приводя по мере своего роста к лавинному разрушению пластины.
Пример 52. Установить критическую длину I трещины, расположенной перпендикулярно направлению растяжения тонкой пластины толщиной б (рис. 63). Прилегающая*к трещине область разгрузки имеет вид эллипса с полуосями I и 2/. Материал однороден и подчиняется закону Гука вплоть до разрушения (задача Гриффитса). Нагрузка постоянная (о = const).
Решение. Благодаря наличию сквозной трещины напряжения в эллиптической зоне объемом
y = Fd±=2jxZ2d,
где F—площадь эллипса, уменьшаются до нуля, так как на свободной поверхности трещины должно выполняться условие а = 0 (в вершине трещины, наоборот, напряжения концентрируются). Тогда значение высвободившейся энергии упругой деформации пластины при одноосном растяжении согласно формуле (11.11) составляет
 U = uV = [<т2/(2Е)] 2л/2б = (ло2/Е) /2б.
* Число Авогадро, как известно из физики, есть число молекул (атомов, ионов или других структурных элементов) в единице количества вещества (в 1 моле) независимо от агрегатного состояния. За единую атомную единицу массы в физике и химии принята в 1961 г. 1/12 часть массы атома изотопа углерода 12С, что составляет приблизительно 1,66-10~24 г.
103
Трещина вносит также поверхностную энергию, которая равна работе, затраченной на образование двух поверхностей трещины:
2y2Zd = 4vZd.
Суммарная энергия, расходуемая на увеличение трещины до размера Z:
Uc = — (ла2/Е) Z2d + 4VZd.	(111.46)
Из этого выражения видно, что общее изменение энергии складывается из двух разнозначных частей, одна из которых соответствует уменьшению потенциальной энергии упругой деформации в окрестности трещины (парабола 3 на
рис. 64), а вторая—увеличению энергии поверхностного натяжения (прямая /). Характер изменения суммарной энергии в зависимости от длины трещины, т. е. график функции (II 1.46), представлен на указанном рисунке параболой 2. При малой, длине трещины преобладает вторая энергетическая составляющая и для развития трещины Необходим приток энергии извне (увеличение нагрузки).
Первая составляющая преобладает при больших значениях / и вызывает самопроизвольное развитие трещины хрупкого разрушения после достижения критического значения 1С. Для его определения необходимо функцию (III.46) исследовать на экстремум (в данном случае—на максимум), т. е. взять первую производную и приравнять нулю:
dUc/dl = — 2л (о2/£) Zd-|-4yd = 0,
или после сокращения на 2d
а2л//£ —2у = 0.	(II 1.47)
Отсюда критическая длина трещины при заданном значении напряжений о
^ = 2у£/(ло2)	(II 1.48)
или критическое значение номинальных напряжений при заданной длине I
<ус = У2уЕ/(я1).	(Ш.49)
Таким образом, чем меньше а, тем больше критический размер возможных трещин. Чем меньше длина исходных трещин, тем большие напряжения могут развиваться без роста трещин.
Если, как и в предыдущем примере, рассмотреть взаимодействие двух атомных слоев (см. рис. 61), то трещина может быть изображена в виде разошедшихся слоев (рис. 65). Очевидно, нет смысла рассматривать значения Z < г0. Учитывая, что согласно формуле (II 1.45)
v=0V»/£’
после подстановки в выражение (III.49) при Z = r0 получаем
(2а^г0/5) £/(л/-р) = (Тсц /2М я аса,
104
т. е. критическое напряжение достигает теоретической прочности сцепления. Эта оценка, безусловно, носит грубый характер, но она указывает на ориентировочную нижнюю границу I.
Условие (IIL47) можно записать в эквивалентной форме:
а У"л1= /2ТЁ,	(III.50)
или
К =	(III.51)
где =	—коэффициент интенсивности напряжений, введенный американ-
ским ученым Дж. Ирвином, Па’М1/2; Кс= У'ЪуЕ—критическое значение этого коэффициента, характеризующее сопротивление материала продвижению трещины и являющееся константой материала при определенных условиях нагружения.
Коэффициент К можно трактовать как силу расширения трещины. Трещина начнет рас-	• • •	u
пространяться, если сила К достигнет критичес-	• • • •	• • •'
кого значения. Таким образом, глобальный	• • • •	• • •
энергетический критерий Гриффитса можно	• • •	k
заменить локальным «силовым» условием Ирвина. Тем самым как бы отпадает необходимость	рис< 55
в определении энергии всего тела. Критерий Ирвина более практичен, поскольку внимание сосредоточено на окрестности трещины и опасность разрушения оценивается по интенсивности соответствующего напряженного состояния.
Для идеально хрупких материалов соотношение (II 1.50) качественно подтверждается, например, опытами Гриффитса со стеклом. Однако идеальная хрупкость-— явление не частое. Большинство конструкционных материалов при разрушении проявляет в той или иной мере пластические свойства. В таких случаях наблюдаются* значительные количественные отклонения от рассматриваемого соотношения.
Опыты свидетельствуют, что при разрушении, допустим, низкоуглеродистой стали пластическая деформация охватывает сравнительно узкий слой, примыкающий к трещине (толщиной 0,2...0,4 мм). Но тогда, как показали в 40...50-х годах Орован и Ирвин, пластическую работу можно учесть в рамках той же схемы Гриффитса, если придать поверхностной энергии более широкий смысл й заменить у суммой (у + у^), где ур—удельная энергия пластической деформации (концепция квазихрупкого разрушения).
Экспериментально установлено, что указанной толщине пластически деформируемого слоя соответствует значение у/?«2-103 Дж/м2, которое на три порядка выше поверхностной энергии идеально хрупкого разрушения у«1 Дж/м2, поэтому последней можно пренебречь. Следовательно, формула Гриффитса принимает вид:
ос = У'2урЁ/(л1).	(III .52)
Отсюда выясняется, что по-прежнему справедливо условие Ирвина (II 1.51), где К с = К 2у^Е = const.
Хотя слой пластической деформации тонок, он много больше атомных расстояний, поэтому нижняя граница длины трещины I в формуле (111.52) существенно больше г0 и, грубо говоря, должна оцениваться толщиной пластического слоя.
Рассмотренный случай (см. рис. 63) относится к I .типу трещин—трещинам отрыва (рис. 66), поэтому соответствующие коэффициенты обозначают и Для трещин поперечного сдвига (тип II — сдвиг в направлении, перпендикулярном фронту трещины) и продольного (тип III—сдвиг параллельно фронту трещины) вводят коэффициенты Ки, Кцс и /СП1, К\\\с> причем ЛГп = Km = тУл1, где т —номинальные касательные напряжения.
После разработки стандартных методов определения критических значений коэффициентов интенсивности напряжений и установления их нормативных значений для различных материалов и условий нагружения будут созданы предпосылки для расчета конструкций на трещиностойкость в виде проверки неравенств типа < Kic (i = I, II, III).
105
Актуальность проблемы трещиностойкости Обусловлена общей тенденцией к внедрению все более прочных (и, как правило, более хрупких) материалов: высокопрочных сталей, металлокерамики, стеклопластиков (СВАМ), материалов, армированных «усами» (нитевидными монокристаллами с весьма совершенной структурой) и т. д.
В конструкциях из таких материалов обычно аккумулируется большая потенциальная энергия, поэтому при возникновении трещин возможно лавинное разрушение вследствие ее высвобождения.
ГЛАВА IV
РАСЧЕТ СОЕДИНЕНИЙ
$ 18. ПОНЯТИЕ О СРЕЗЕ И СМЯТИИ
Срезом (или скалыванием) называют такой вид деформации бруса, при котором в его поперечных сечениях возникает единственный внутренний силовой фактор — поперечная сила Q. С достаточной степенью приближения можно считать, что деформация среза возникает при действии двух равных, близко расположенных друг к другу сил, которые направлены в противоположные стороны
Рис. 67
перпендикулярно продольной оси бруса. Примером подобного приложения сил является резка ножницами прутьев, металлических полос и т. п. (рис. 67, а). Вообще же на практике срез не проявляется самостоятельно, поскольку наряду с поперечной силой возникает изгибающий момент (вследствие образующейся пары сил). Однако последний обычно невелик и им пренебрегают.
Поперечная сила является равнодействующей внутренних сил TcpdF на бесконечно малых площадках срезанного сечения:
Q=hcpdF.	(IV.1)
F
Многолетняя расчетная практика показывает, что касательные напряжения среза тср вполне допустимо считать равномерно распределенными по поперечному сечению (рис. 67, б). Тогда
Q = tcp$ dF=TF, F
и условие прочности на срез принимает вид
Тср = №р^Яср.	(IV.2)
107
Здесь Q—расчетная поперечная сила (полученная от расчетной нагрузки), Н; Fcv—площадь среза, м2; 7?ср—расчетное сопротивление срезу, Па (МПа). При статической нагрузке принимайт Яср — = (0,6...0,8) R, где R—расчетное сопротивление растяжению.
Расчет на срез во многих случаях сопровождается расчетом на смятие. Под смятием понимают пластическую деформацию в местах соприкасания элементов (т.е. на поверхностях контакта).
Напряжения смятия проверяют аналогично напряжениям сжатия:
^ = N/Fcm^Rcm,	(IV.3)
где N—расчетная сила смятия, Н; FCM—площадь смятия, м2; RCK — расчетное сопротивление смятию, Па (МПа).
Смятие носит местный характер, так как возникающие напряжения быстро затухают по мере удаления от поверхности контакта. Поэтому нормы разрешают принимать соответствующее расчетное сопротивление значительно большим, чем при осевом сжатии. Обычно 7?см = (1,7...2)7?сж.
Следует иметь в виду, что понятие «напряжение смятия» является условным. Как указывалось в § 4, термин «напряжение» применяется для обозначения интенсивности внутренних сил. Здесь же речь идет о. давлении одного элемента на другой, которое возникает на поверхности контакта под нагрузкой, т. е. напряжением называется интенсивность внешних сил.
Пример 53. Максимальная сила, развиваемая дыропробивным прессом, Р = 300 кН. Определить диаметр отверстий, которые можно продавливать в стальных и алюминие-Р	вых листах толщиной 6 = 20 мм (рис. 68).
''	Предел прочности на срез тпч стали
"П fj	составляет 320 МПа, алюминия —
-*4--*-	200 МПа.
I	Решение. При продавливании от-
С .......	j----’ верстий листы под действием силы Р
” работают на срез. Чтобы этот процесс IwlSill i	* мог быть осуществлен, необходимо вы-
полнить условие
Рис. 68	тср== Р/Рср х* тпч,
rfleFcp=nd6—площадь срезаемой поверхности листа (боковая поверхность цилиндра диаметром d и высотой 6).
Следовательно, P/(nd$) > тпч, откуда d < Р/(лбтпч).
Подставляя числовые значения, получаем: для стальных листов
dct < 300-103/(3,14-0,02-320. 10е) м= 14,9-10’3 м « 15 мм, для алюминиевых
das< 300-103/(3,14-0,02-200- 10е) м = 23,9-10-§ м«24 мм.
108
Пример 54. Определить из условия прочности на <^рез необходимую высоту h консолей железобетонной колонны, рассмотренной в примере 29. Расчетное сопротивление бетона срезу 7?ср = ЗМПа.
Решение. Расчетная поперечная сида в месте примыкания консоли к колонне (см. рис. 34) Q =	= 600-1,2 кН = 720 кН.
Площадь среза Fcv = bh, где b—ширина сечения консоли (колонны), равная 40 см.
Площадь среза, требуемая из условия (IV.2):
№тр>Жср-
Отсюда высота консоли
Лтр> = 720-103/(3- 10е-0,4) м = 0,6 м.
Пример 55. Подобрать диаметр оси однорольного блока грузоподъемной силой Рн = 50 кН (рис. 69) из условия прочности на срез при допускаемом напряжении * [тср] = 80 МПа.
Решение. Срез оси происходит по двум параллельным плоскостям ab и cd, в каждой из которых возникает поперечная -сила QH=iPH/2.
Следовательно, условие прочности (IV.2) запишется в виде;
тср = Q"/Fev = ^/(2^/4) = 2P"/(nd?) < [тср].
Отсюда искомый диаметр
dTp > V 2Рн/(л [тср]) = /2-50-103/(3,14-80- 10е) м =, = 19,9-10-3 мл? 20 мм.
Пример 56. Рассчитать на срез и смятие зуб чугунного храповика 1 (рис. 70, а), входящего в состав реечного домкрата (рис. 70, б) и служащего для удержания поднятого груза в требуемом положении.
Собачка 2 давит на зуб с силой Рн = 30 кН. Толщина зуба в направлении оси вращения б ==30 мм. Допускаемое напряжение чугуна на срез [тср] == 25 МПа, на смятие [асм] = 50 МПа.
Решение. При подъеме груза собачка скользит по наружным поверхностям зубьев, не препятствуя вращению храповика.
* На лебедки, домкраты, блоки, ролики, крюки и другие механические узлы и детали, применяемые в грузоподъемных приспособлениях, инструкция [1] не распространяется, и согласно требованиям Комитета по надзору за безопасным ведением работ в промышленности и горному надзору при Совете Министров СССР (Госгортехнадзор СССР) их рассчитывают по допускаемым напряжениям.
109
При удержании поднятого груза на требуемой высоте собачка упирается в основание ближайшего зуба, препятЛвуя вращению храповика в обратную сторону и, следовательно, опусканию груза.
В этом положении в зубе возникает поперечная сила
Рис. 70
Согласно условию прочности на срез (IV. 2)
/>Н<[Тср]^ср = [ТсР]^.
Отсюда требуемая ширина зуба у его корня (шаг зубьев)
/гр>РН/(б[тср]) =
=30-103/(0,03.25- 10е) м =
=0,04 м = 40 мм.
Согласно условию прочности на смятие (IV.3)
^н<[осм]Лб и необходимая высота зуба *
ZiTp> Ри/@ [осм]) = 30-103/(0,03-50- 10е) м = 0,02 м = 20 мм.
Пример 57. Проверить прочность захвата для подъема металлической колонны расчетным весом Р = 40 кН (с учетом динамического приложения), имеющего следущие размеры (рис. 71): В = 80 мм; & = Я = 40 мм; Ьк = 27 мм; £> = /i = 20 мм; d= 16 мм; 6 = 6 мм.
Расчетное сопротивление стали растяжению R = 210 МПа, срезу Рср = 130 МПа, смятию Rсм = 320МПа. Коэффициент условий работы захвата /п = 0,85.
Решение. Колонна подвешена к несущему канату с помощью коуша * 2, стальных щек 4, штыря 3 и шпильки 1.
Проверка прочности щеки: а) на разрыв. При подъеме колонны каждая щека растягивается силой Р/2 и может разрушиться от нормальных напряжений в сечениях ас и а'с', ослабленных отверстиями. Более опасным является сечение а'с', имеющее меньшую ширину (Ь < В).
По формуле (II. 19) находим
<т = N/FnT = Р/[2б (b—d)] = 40-103/[2 • 6 (40 — 16) 10"6] Па =
= 139-10е Па = 139 МПа < тр =0,85-210 МПа =178 МПа, т.е. прочность обеспечена;
б)	на срез. Щека может срезаться по сечениям ef и e'f, в каждом из которых возникает поперечная сила<2 = Р/4. Наиболее опас-
*Коуш — стальная обойма с наружным желобом, который прилегает к канату и тем самым предохраняет его от износа и перетирания.
110
ними являются сечения e'j', имеющие меньшую площадь среза (h<H).
По формуле (IV.2) находим
Тер = Q/Pep = Р/(4Л6) = 40• 103/(4• 20 6• 10"’) Па = 83• 10’ Па =
= 83 МПа < т7?ср = 0,85-130 МПа =110 МПа;
в)	на смятие. Под действием силы Р/2 происходит смятие стенок обоих отверстий щеки, причем более опасно смятие стенок отвер-
Расчетная схема
Рис. 71
стия меньшего диаметра. По формуле (IV.3) находим
осм = M/FCM = P/(2d6) = 40-1'03/(2-16-6-10-’) Па = 208-10’ Па = = 208 МПа < тЯсм = 0,85 • 320 МПа = 272 МПа.
Обоснование принятой в расчет площади смятия см. в примере 58.
Проверка прочности штыря. Срез может произойти по двум сечениям st\ в каждом из которых возникает поперечная сила Q = P/2:
тСр = Q/^cp = P/(2nZ)2/4) = 2P/(nD2) = 2 • 40 • 103/(3,14 • 202 • 10" ’) Па = = 64 • 10’ Па = 64 МПа < mRcv.
Проверка на смятие не требуется, так как диаметр штыря D — 20 мм больше толщины щеки 6 = 6 мм. То же справедливо и для коуша, поскольку Ьк > 26.
111
Проверка, прочности шпильки аналогична:
тср = 2Р/(л42) = 2 - 40-103/(3,14-162-10-в) Па« 100-10е Па = = 100 МПа < т7?ср.
Таким образом, прочность захвата полностью обеспечена.
§ 19. ЗАКЛЕПОЧНЫЕ И БОЛТОВЫЕ СОЕДИНЕНИЯ
В настоящее время клепаные строительные стальные конструкции почти полностью вытеснены сварными вследствие повышенного расхода металла и большей трудоемкости изготовления. Однако высокая степень механизации и автоматизации изготовления, надежная работа в самых разнообразных условиях и пластический характер разрушения позволяют использовать заклепочные соединения в
тяжелых большепролетных конструкциях при действии динамических нагрузок, когда применение сварки нежелательно из-за возникновения значительных температурных напряжений. Применяют клепку и в конструкциях из разупрочняющихся при сварке низколегированных сталей и алюминиевых -сплавов.
Заклепочные соединения осуществляют постановкой стержневых заготовок с закладной головкой 1 (рис. 72) в совмещенные отверстия соединяемых элементов и последующей расклепкой свободного конца до образования второй, замыкающей головки 2. Заготовки штампуют из стали и алюминиевых сплавов с повышенными пластическими свойствами. В строительных конструкциях применяют заготовки диаметром d— 12...30 мм, которые ставят в отверстия диаметром d0 = d -f-1 мм. При образовании замыкающей головки стержень заготовки осаживается; утолщается и плотно заполняет отверстие, поэтому за расчетный диаметр принимают диаметр отверстия, а не стержня заготовки.
В зависимости от ориентации соединения по отношению к направлению усилия заклепки работают или на срез, или на растяжение (отрыв головок). Первый случай является более характерным и часто встречающимся.
Болтовые соединения широко используют при монтаже, особенно производственных зданий. В строительных конструкциях встречаются три разновидности болтов: обычные, высокопрочные и анкерные.
112
Обычный болт (рис. 73) представляет собой цилиндрический стержень 1 с винтовой нарезкой на одном конце и головкой 2 на другом. На нарезную часть надевают шайбу 3 и навинчивают гайку 4. Подобно заклепкам обычные болты могут работать на срез и растяжение. По точности изготовления, характеризуемой допуском на диаметр и размером зазора между стержнем и стенками отверстия, различают болты грубой, нормальной и повышенной точности. Они имеют диаметр d=10...48 мм. Характеристика высокопрочных и анкерных болтов приводится в учебниках и пособиях по металлическим конструкциям*.
Рис. 74
Действительная работа заклепочных и болтовых соединений имеет сложный характер. Поэтому их расчет является условным и при растяжении (сжатии) соединяемых элементов базируется на допущениях, указанных в предыдущем параграфе, а также на предположении, что несущая способность соединения пропорциональна количеству поставленных заклепок (болтов), а усилие, возникающее в соединении, распределяется между всеми заклепками (болтами) поровну.
На самом деле при совместной работе нескольких заклепок в упругой стадии крайние заклепки нагружены значительно больше внутренних. Однако в пластической стадии усилия в заклепках выравниваются за счет текучести, что позволяет пользоваться сформулированным предположением. В болтовых соединениях также возникают пластические деформации, которые приводят к выравниванию усилий. Неравномерная работа отдельных болтов в многоболтовых соединениях стальных конструкций учитывается снижением расчетного сопротивления материала болтов. С учетом сказанного условие прочности на срез (IV.2) при расчете заклепок и болтов принимает вид:
тср = Q/2Fcp = 2V7(nncpJidp/4) < 7?ср,	(IV.4)
где Q — N/n—поперечная сила, приходящаяся на одну заклепку (болт), Н; 2Fcp = ncpnd|/4—суммарная площадь сечений, по которым срезается одна заклепка (болт), м2; N—расчетная продольная сила в соединяемых элементах, которую следует рассматривать как эквивалент расчетной нагрузки на соединение, Н; п—полное число заклепок (болтов) в нахлесточных соединениях (рис. 74, а) или число заклепок (болтов), расположенных по одну сторону стыка с накладками (рис. 74, б); пср—число плоскостей среза одной заклепки
* См., например, пособие [6], с. 50.
113
(болта); dp—расчетный диаметр (диаметр отверстия заклепки d0 или ненарезной части болта d), м; /?ср—расчетное сопротивление материала заклепок (болтов) срезу, устанавливаемое нормами [11,15], Па (МПа).
На практике обычно задаются диаметром заклепок (болтов) и расчетным путем определяют их необходимое количество, приводя неравенство (IV.4) к виду:
п>4У/(цсрл42Яср).	(IV.4a)
Расчет на срез обеспечивает прочность заклепок и болтов, но не гарантирует безопасность соединения в целом. Если толщина соединяемых элементов недостаточна, то давление, возникающее между
Рис. 75
заклепками (болтами) и стенками отверстий, вызывает смятие последних (рис. 75, а). При большом давлении и малом расстоянии между отверстиями или отверстием и краем элемента часть материала может выколоться, как схематически показано на рис. 75, б.
Фактическое распределение напряжений смятия по цилиндрической поверхности контакта заклепки (болта) и соединяемого элемента весьма неопределенно. Оно во многом зависит от неправильностей формы отверстия и заклепочного (болтового) стержня, образовавшихся при изготовлении конструкций. Поэтому расчет на смятие носит также условный характер и ведется в предположении равномерного распределения давления перпендикулярно поверхности контакта:
псм = V/2FCM = У/(пйр26тЫ) < Ясн.	(IV.5)
Здесь FCM = dpS6min—условная расчетная площадь смятия одной заклепкой или болтом (площадь проекции цилиндрической контактной поверхности на диаметральную плоскость), м2; S6min—наименьшая суммарная толщина элементов, сминаемых с одной стороны стержня заклепки (болта), м; 7?см—расчетное сопротивление материала соединяемых элементов смятию, устанавливаемое указанными нормами, Па (МПа).Остальные обозначения те же, что в формуле (IV.4).
Для определения числа заклепок (болтов), требуемого из условия прочности на смятие, неравенство (IV.5) приводят к виду:
n>V/(dpS6mintfCM).	(IV.5а)
114
Расчет заклепочных и болтовых соединений на срез и смятие производят последовательно, окончательно принимая наибольшее требуемое количество заклепок (болтов), округленное до ближайшего целого числа в большую сторону.
Кроме расчета на срез и смятие, необходима проверка прочности соединяемых элементов на осевое усилие, в ослаблейных отверстиями сечениях по формуле (11.19)
а = W/FHT = N/[(b-kd0) 8]^R,	(IV.6)
где FHT = F6p —kd08 —площадь опасного поперечного сечения элемента нетто (рис. 76), м2; F6p = b8 — площадь сечения брутто, м2; k—количество Ътверстий в рассматриваемом сечении; d0—диаметр	£
отверстий, м; 6—толщина элемента, м; b — ширина элемента, м; R — расчетное сопротивление материала соединяемых элементов растяжению (сжатию), Па (МПа).
Размещение заклепок и болтов диктуется прочностью материала соединяемых элементов
чЛ /
6/г
Рис. 76
и рядом производственных фак-
торов (продавливанием отверстий на прессах, обеспечением удобства клепки, завинчивания гаек и т. д.). В связи с этим необходимо соблюдать следующие требования (рис. 77):
1) минимальные расстояния а и с между центрами заклепок (болтов) в любом направлении должны быть не менее 3d0 (при алю. миниевых болтах — не менее 3,5d0);
6см
N
Рис. 77
Рис. 78
2) расстояние а' от оси крайней заклепки (болта) до края элемента вдоль усилия должно быть не менее 2d0, поперек усилия (с')—не менее l,5d0. В алюминиевых конструкциях оба расстояния должны,быть не менее 2,5d0;
3) максимальные расстояния не должны превышать: в крайних рядах—8d0 или 12Smin (в алюминиевых конструкциях — 5d0 или
115
106min) при растяжении и сжатии; в средних рядах — 16d0 или 246min (12d0 или. 206min) при растяжении и 12d0 или 186mln (10do или Й6т1П) при сжатии, где 6min—толщина наиболее тонкого наружного элемента.
Пример 58. Исходя из предпосылки о равномерном распределении напряжений доказать*, что расчетная площадь смятия в случае контакта деталей по поверхности полуцилиндра равна площади диаметральной проекции этой поверхности.
Решение. На рис. 78 показаны поперечное сечение стержня заклепки (болта), действующая на него нагрузка Q и напряжения смятия асм, возникающие на поверхности контакта стержня с одной из соединяемых деталей. Пусть размер контактной поверхности в направлении, перпендикулярном плоскости чертежа, равен 6. Тогда на элемент поверхности, соответствующий центральному углу dtp, приходится сила смятия
асм 4/^см	(dp/2) d(p.
Составляя уравнение равновесия всех сил на направление Q, получаем
Л/2
Q — 2	асм (dp/2) б cos ф dqp = О,
О
или, учитывая, что пСм = const,
Л/2 ф—-Ссм^рб J СО8фбф=0.
О
Но
Л/2
cos ф d$ = sin (л/2) = 1, поэтому С-7аСм^рб = 0, О откуда
^см ~ Q/(dp6), т. е. FCM = dp6, что и требовалось доказать.
Пример 59. Рассчитать заклепочное соединение растянутых полос сечением Ьх6 = 180х 10 мм (рис. 79). Расчетное усилие Af=270 кН. Материал полос—сталь с расчетным сопротивлением растяжению R = 210 МПа, смятию 7?см = 380МПа. Заклепки выполнены из стали с расчетным сопротивлением срезу /?сззкл= 160 МПа и поставлены в отверстия диаметром d0=17 мм.
Решение. При взаимном сдвиге соединяемых полос заклепки могут срезаться по одной плоскости, т. е. они являются односрезными. Согласно условию прочности (IV.4а)
и > 4AZ/(ncpndo7?3pKJI) = 4-270-1 (Р/( 1 -3,14- 0,0172 -160 • 10е) = 7,4.
Аналогично из условия прочности на смятие (IV.5а) находим
и > V/(d06Z?CM) = 270-103/(0,017 - 0,01 • 380- 10е) = 4,2.
Решающее значение имеет расчет на срез. Поскольку полосы соединяются внахлестку, крепление оказывается асимметричным и в нем возникает не учитываемый дополнительный момент М = Ne. В подобных случаях нормы [15] предписывают увеличивать количество заклепок (болтов) на 10% сверх расчетного: п = 1,1 -7,4=8,1.
116
Округляя, принимаем п = 9. Размещаем заклепки в три ряда, назначая
а=60мм > 3d0=3-17 мм=51 мм;а'=40мм > 2d0=2-17мм=34мм; с' = 30 мм > 1,5d0 = 1,5-17 мм а? 26 мм; с = 0,5 (Ь — 2с') =
— 0,5(180—2-30) мм = 60 мм.
Проверяем прочность полос на разрыв по ослабленным сечениям. Так как количество заклёпок во всех рядах одинаковое (fe = 3),
каждый рйд на основании допущения о равномерной работе заклепок воспринимает треть нагрузки. Поэтому наиболее опасны сечения 1—1 и 3—3, где продольное усилие максимально. По формуле (IV.6) получаем
а = М/[(&_fei0)6] =
=270-10»/[(0,18—
-3-0,017) 0,01] Па =
=209- 10е Па.= 209 МПа < 7?=
= 210 МПа,
т. е. прочность обеспечена.
Пример 60. Рассчитать и сконструировать болтовой стык
Рис. 79	Рис. 80
Эпюра N S накладках л/
«Silk ...
растянутых листов сечением bx 6 = 420x14 мм посредством двусторонних накладок (рис. 80, а). Расчетное усилие N — 1,1 МН. Материал листов и накладок—сталь с расчетным сопротивлением растяжению Я = 210 МПа, смятию 7?см = 340 МПа. Болты наружным диаметром d = 20 мм выполнены из стали с расчетным сопротивлением срезу iso МПа и поставлены в отверстия диаметром d0 = 23 мм.
117
Решение. Определение числа болтов. Толщина каждой накладки должна быть не менее половины толщины листа из условия р’авно-прочности соединения на разрыв. Предварительно назначаем
6Н = 8 мм > 1/26 = 1/2-14 мм = 7 мм.
Необходимое количество двухсрезных болтов по формуле (IV.4а) п > 4V/(ncpnd27?6p) = 4 • 1,1 • 10е/(2 • 3,14 • 0,022 • 150 • 10е) = 11,7.
Согласно условию прочности на смятие (IV.5а)
п N/(c®8minRCK) =1,1-10е/(0,02 -0,014- 340 • 10е) =11,6, где S6min=6=14 мм<2бн=2-8 мм=16 мм. Округляя, принимаем с каждой стороны стыка п = 12.
Размещение болтов и проверка прочности листов. Если в пределах полунакладки разместить болты в три ряда, как показано на рис. 80, а, то в соответствии с формулой (IV.6)
о = N/[(b—kdo) б] = 1,1 • 10е/[(0,42 —4 • 0,023) 0,014] Па = =240-10е Па = 240 МПа ># = 210 МПа,
т. е. прочность листов на разрыв, в сечении 1—1 недостаточна.
Аналогичная картина и при менее экономичном (с точки зрения расхода материала на накладки) расположении болтов в четыре ряда:
0=1,1- 10е/[(0,42—3• 0,023) 0,014] Па = 224• 10е Па = 224 МПа.
Остается рассмотреть вариант, при котором количество болтов в крайних рядах сведено до двух (рис. 80, б). В этом случае вследствие неодинакового ослабления указать заранее опасное сечение трудно. Необходимо построить эпюру продольных сил для листов и накладок (рис. 80, в).
Благодаря симметрии стыка достаточно проанализировать работу одного листа, например левого. С него сила N передается на накладки посредством двенадцати болтов. Следовательно, на долю каждого болта согласно допущению о равномерной работе соединения приходится усилие 1/liN. До .первого ряда болтов лист передает полную нагрузку и усилие в нем равно N. В промежутке между сечениями 1—1 и 2—2 продольная сила составляет N — 2N/12 = 5/6Л/, так как часть усилия, соответствующая двум болтам крайнего ряда, передана на накладки. В сечении 2—2 на накладки передается четырьмя болтами еще часть силы N, и правее этого сечения до сечения3—3 усилие в листе составляет 5/вМ—4N/l2 = N/2. Наконец, в сечении 3—3 на накладки передается оставшаяся доля силы N, и усилие в листе падает до нуля: N/2—6N/\2 = 0.
Нормальные напряжения в сечении 1—1 листа
О/_/ = М/[(Ь—Л/_/4) б] = 1,1 • 10е/[(0,42—2 • 0,023) 0,014] Па = = 210-10е Па = 210 МПа = R, в сечении 2—2
а2_2=(5М/6)/[(Ь—62_Д>)6]=5-1,1-10е/[6 (0,42-4-0,023) 0,014] Па= =200- 10е Па = 200 МПа < R,
118
т. е. прочность листов обеспечена. Проверка напряжений в сечении 3—3 не требуется, так как они заведомо меньше, в чем. можно убедиться самостоятельно.
Размещение болтов производим на минимальных расстояниях в целях экономии материала накладок:
a=c=7Q мм > З^о=3-23мм=69мм; а'=50мм > 2<f0=2- 23 мм=4бмм;
с'= 1/2 (Ь —5с) = х/2 (420—5-70)мм = 35мм > l,5d0=s = 1,5 • 23 мм л; 34,5 мм;
f = acos45° = 70-0,707* мм « 50 мм > 2d0.
Проверка прочности накладок. Очевидно, опасным является наиболее ослабленное сечение 3—3, где к тому же возникает максимальное усилие (в каждой накладке Л^П1ах = 1/2^):
ояз-з = N/[2(b—^_Д,)6Н] = 1,1- 10в/[2 (0,42—6-0,023)0,008] Па = = 244 • 10е Па = 244 МПа > R,
т. е. прочность недостаточна и необходимо увеличить сечение накладок. Требуемая толщина одной накладки
6H.TP>M/[2P(fe—k3-3d0)]= 1,1 • 10«/[2-210- 10е (0,42-6-0,023)] м = =9,3-10~3 м = 9,3 мм.
Округляя, принимаем 6Н— Ю мм и проверяем прочность в сечении 2—2:
2_2=(ВД/[2(5с-^_Л)бя]=1 -1 • 10*/[4 (5 • 0,07—4 • 0,023) 0,01]Па=
= 107- 10е Па= 107 МПа < R,
т. е. прочность обеспечена. То же справедливо и для сечения 1—1, в чем также нетрудно убедиться самостоятельно. Таким образом,
окончательно принимаем накладки толщиной 6н=10мм.
Пример 61. Определить эксплуатационную способность клепаного стыка растянутых полос сечением b х б = 160 х 8 мм, осуществленного посредством двусторонних накладок толщиной бн = 6 мм (рис. 81). Расчетный диаметр заклепок d0 = = 13 мм. Материал полос и накладок —алюминиевый сплав с расчетным сопротивлением растяжению R= 150 МПа, смятию
RCM= 240 МПа, материал закле-
пок—сплав с расчетным, сопротивлением срезу R Решение. Эксплуатационная способность
вия прочности на срез (IV.4)
Рис. 81
?ркл = 70 МПа. соединения из усло-
Vcp=P?rnncpnd*/4=70- 10е • 6 - 2-3,14 • 0,0132/4 Н=111 • 103 Н = 111 кН,
119
из условия прочности на смятие (IV. 5)
ЛГСМ = RoXAin = 240-10®-6-0,013-0,008 Н = 150-103 Н = 150 кН.
Здесь S6min = 6 = 8 мм<26н=2-6 мм =12 мм.
Эксплуатационная способность соединяемых полос из условия прочности (IV.6) на разрыв по ослабленному сечению 1—1
NV= R (b—kd0) 6 = 150- 10е (0,16—3- 0,013) 0,008 Н = = 145-103 Н = 145 кН.
Эксплуатационную способность стыка определяет меньшее из полученных значений, т. е. JV = Vcp= 111 кН.
Пример 62. Рассчитать прикрепление растянутого элемента из двух равнополочных уголков 90x8 мм к фасонке толщиной 6Ф= 10 мм (рис. 82). Материал угол-
ков и фасонки—сталь с /_ расчетным сопротивлением » §<1 растяжению R = 210 МПа, •"‘4^1 смятию 7?см = 420 МПа. За-клепки изготовлены из ста-g g.ли с расчетным сопротивле-->И~<— нием срезу /?3ркл = 180 МПа и поставлены в отверстия диаметром d0= 21 мм. Расчет произвести из усло-
Рис. 82
вия равнопрочности соединения с прикрепляемым элементом.
Решение. Заклепочные и болтовые соединения можно рассчитывать не только по фактическому, но и по предельному усилию, исходя из эксплуатационной способности прикрепляемого элемента.
Эксплуатационная способность уголков из условия прочности (IV.6) на разрыв по ослабленному сечению
Vp =	= Л2 (Fyr—fed06yr) = 210- 10е- 2 (13,9-10-4 —
—1 • 0,021 • 0,008) Н = 513- 10s Н = 513 кН.
Площадь сечения уголка Fyr=13;9 см2 = 13,9-10-4 м^ принята по сортаменту (см. табл. 3 приложения).
Необходимое количество заклепок из условия прочности на срез (IV.4а)
п >4Мр/(псрл(127?ззкл) = 4-513-103/(2-3,14-0,0212-180 -10’) = 4,1,
из условия прочности на смятие (IV.5а)
п > Мр/(й06ф/?см) = 513-103/(21 • 10-420) = 5,8.
Здесь в расчет принята толщина фасонки, поскольку она меньше толщины двух уголков. Округляя, принимаем п = 6 и назначаем а = 65 MM>3d0=3-21 мм = 63 мм;
а' = 45 MM>2d0 = 2-21 мм=42 мм.
120
§ 20.	СВАРНЫЕ СОЕДИНЕНИЯ
Сварка — наиболее распространенный способ соединения стальных конструкций*. Основным ее видом, применяемым в строительстве, является электродуговая сварка (ручная, автоматическая и полуавтоматическая), выполняемая плавящимся электродом.
Существует несколько видов сварных соединений, но чаще всего встречаются стыковые и нахлесточные соединения. Стыково.е соединение осуществляют стыковыми швами путем заполнения расплавленным металлом пространства между соединяемыми элементами. Расчет на действие осевой (по отношению к элементам)
Рис. 83
нагрузки ведут в предположении, что напряжения равномерно распределяются по длине шва. В случае прямого шва (рис. 83, а) прочность проверяют по формуле
= N/Fm = М/(6ш1п/ш) < R“	(IV.7)
где ош—нормальное напряжение в рассчитываемом шве, Па (МПа); N — расчетная продольная сила в соединяемых элементах, Н; Fm— площадь продольного сечения шва, м2; 6min—толщина более тонкого элемента, м; /ш—-расчетная длина шва, равная полной его длине b за вычетом & = 0,01 м=1 см (0,5 см—для учета непровара в начале шва и 0,5 см—для учета кратера в его конце), м; 7?св — расчетное сопротивление стыкового сварного шва растяжению (7?£в) или сжатию (1?сж), устанавливаемое нормами [15], Па (МПа).
При визуальных способах контроля качества швов, выполненных ручной или полуавтоматической сваркой, расчетное сопротивление стыкового шва растяжению меньше, чем у основного металла. Для
* Сварка алюминиевых конструкций не занимает ведущего положения среди прочих видов соединений, как это имеет место в стальных конструкциях, и поэтому в настоящем пособии не рассматривается. С расчетом указанных соединений можно ознакомиться, например, в пособии [6].
121
обеспечения равнопрочности стремятся к увеличению длины шва. С этой целью применяют стыковое соединение косым швом (рис, 83, б). Проверку прочности в этом случае производят как по нормальным,
Рис. 85
так и по касательным напряжениям:
ош = N sin а/(6т1п/ш) < 7?св;	(IV.8)
тш= Mcosa/(6min/m) <	(IV.9)
где а—угол наклона косого шва к линии действия усилия; /ш — расчетная длина шва, равная (б/sinа)—k, м; /?ср—расчетное сопротивление стыкового сварного шва срезу, устанавливаемое теми же нормами, Па (МПа).
122
Нахлесточное соединение осуществляют-угловылш швами, заполняя расплавленным металлом угол, образованный поверхностями соединяемых элементов. Швы, расположенные параллельно линии действия усилия, называются фланговыми (рис. 84, а), перпендикулярно линии действия—лобовыми (рис. 85, а).
При соединении фланговыми швами передача нагрузки с одного элемента на другой происходит неравномерно как по длине шва (см. рис. 84, а), так и по поперечному сечению соединения (см. рис. 84, б). Однаио при статической нагрузке перед разрушением шва напряжения выравниваются вследствие пластической работы его перенапряженных (концевых) участков. Это позволяет сделать допущение о равномерном распределении напряжений среза по наименьшему, биссекториальному сечению шва ab (рис. 84, в) и производить проверку прочности соединения по формуле
тш = ^2Гш = М/(0/гш2/ш)</?«,	(IV. 10)
где —расчетная суммарная площадь среза угловых швов в соединении без учета наплывов металла, м2; 0—коэффициент глубины провара шва, зависящий от способа сварки: при однопроходной автоматической сварке 0=1, при двух- и трехпроходной автоматической 0 = 0,9, при однопроходной полуавтоматической 0= 0,85, при двух- и трехпроходной полуавтоматической 0=0,8, при ручной и многопроходной механизированной 0 = cos 45° « 0,7; Лш—толщина углового шва (катет равнобедренного прямоугольного треугольника, вписанного в профиль шва), м; —расчетная суммарная длина угловых, швов в соединении, принимаемая так же, как для стыковых швов (см. рис. 84, а);	—расчетное сопротивление углового
сварного шва срезу, устанавливаемое нормами [15], Па (МПа).
На практике обычно приходится определять требуемую длину швов, задаваясь их толщиной. Тогда неравенство (IV. 10) принимает вид:
2^>^/(0Лш^в).	(IV. 10а)
Фактическая (конструктивная) длина каждого шва должна превышать расчетную на 1 см вследствие возможного непровара в начале шва и кратера в его конце.
Лобовые швы более равномерно, чем фланговые, работают по длине (ширине соединения), но крайне неравномерно ~-по толщине. Ввиду малых поперечных размеров лобового шва при переходе с одного элемента на другой происходит резкое изменение направления силовых линий (рис. 85, б), в корне шва концентрируются большие напряжения, и соединение хрупко разрушается.
Сложное напряженное состояние и неравномерное распределение напряжений снижают качество сварного соединения, поэтому лобовые швы независимо от их фактической работы условно рассчитывают на срез, поскольку в этом случае расчетное сопротивление имеет наименьшее значение. Таким образом, формулы (IV. 10) и (IV. 10а) справедливы не только для фланговых, но и для лобовых швов.
123
Пример 63. Рассчитать и сконструировать стыковое соединение листов сечением 6x6 = 240x10 мм из низколегированной сталиц Расчетное усилие N = 700 кН. Расчетное сопротивление шва растят жению 7?$®= 250 МПа, срезу. 7?££ = 170 МПа.
Решение. Расчет прямого стыка (см. рис. 83, а). Учитывая, что соединяемые листы имеют одинаковые толщину и ширину, по формуле (IV.7) находим
ош = У/[6(6—£)] = 700-103/[0,01 (0,24—0,01)]Па = = 304 • 106 Па = 304 МПа >	= 250 МПа,
т. е. прочность шва недостаточна. Необходимо устройство косого стыка.
Расчет косого стыка (см. рис. 83, б). Такой стык обычно устраивают с заложением 2:1, что соответствует a = arctg 2 = 63°26'. Тогда длина шва
/ш= (&/sin63°26')—Zs = (0,24/0,894)—0,01 м = 0,258 м.
Нормальные напряжения в шве по формуле (IV.8)
ош = N sin 63°26'/(6/ш) = 700•103 • 0,894/(0,01 -0,258) Па = = 243  10е Па = 243 МПа < 7?£в,
касательные—по формуле (IV.9)
тш = N cos 63°267(6/Ш) = 700•103 • 0,447/(0,01 • 0,258) Па =
= 121 • 10е Па = 121 МПа <7?^= 170 МПа.
Таким образом, прочность заложении обеспечена. Следует
косого стыкового шва при взятом иметь в виду, что при а ^67° шов
всегда равнопрочен металлу соединяемых листов и стык на прочность можно не проверять*.
Пример 64. Рассчитать стык растянутых листов сечением6х6= 180х 12мм, изображенный на рис. 86. Расчетное усилие N = =420 кН. Материал листов и накладок—сталь с расчетным сопротивлением растяжению R = 210 МПа. Накладки приварены вруч-
Рис. 86
ную, и угловые швы имеют расчетное сопротивление срезу 7?“= 150 МПа.
Решение. Расчет стыка состоит в определении необходимого сечения накладок и их длины, которая зависит от требуемой протяженности фланговых швов. Для возможности наложения сварных
* Доказательство этого положения приводится, например, в пособии [6J, с. 24.
124
швов накладки должны быть несколько уже соединяемых листов. Назначаем ширину накладки
ЬЯ = Ь—2а=180—2-20 мм = 140 мм.
Требуемая площадь сечения одной накладки согласно формуле (II. 19а)
FTp>V/(2/?) = 420-103/(2-210- 10е) м2 = 0,001 м2.
Необходимая толщина накладки
6H = FTp/&H = 0,001/0,14 м = 7,1-10-3 м = 7,1 мм.
Округляя, принимаем накладки толщиной 6Н = 8 мм и угловые швы толщиной Аш = бн (во избежание пережога свариваемых элементов, а также в целях снижения усадочных напряжений и деформаций, максимальная толщина угловых швов не должна превышать 1,2 6min, где 6min—толщина более тонкого элемента, в данном случае накладки).
Требуемая суммарная длина четырех фланговых швов с каждой стороны стыка по формуле (IV. 10а)
2/JP> /V/(p/im/?yB) = 420-103/(0,7-8'10~3-150-108) м = 0,5 м.
Расчетная длина одного шва
/ш= 2/274 = 0,5/4 м = 0,125 м,
'Рис. 87
конструктивная длина
/фЛ = /ш4-А = 0,125+ 0,01 м = 0,135 м= 135 мм.
Для уменьшения концентрации напряжений фланговые швы должны обрываться на расстоянии А 25 мм от оси стыка. Следовательно, необходимая длина каждой накладки составляет
1а = 2 (/фл + А) = 2 (135 + 25) мм = 320 мм.
Из рассмотренного примера видно, что приварка фланговыми швами требует длинных накладок. Это обстоятельство вызывает значительное отклонение силовых потоков как по плоскости соприкасания, так и по толщине соединяемых листов и накладок, ухудшая работу соединения при воздействии динамических нагрузок, способных вызвать усталостное разрушение.
Пример 65. Рассчитать стык, рассмотренный в предыдущем примере, при условии, что накладки приварены к листам посредством лобовых швов (рис. 87).
Решение. В данном случае расчетом должна быть установлена толщина сварных швов, так как их длина ограничена шириной сты
425
куемых листов. Суммарная длина двух лобовых швов с каждой стороны стыка составляет
2/ш=2(&—/г) = 2(180—10) 10-3 м = 0,34 м.
Тогда согласно формуле (IV. 10а)
Лшр> ЛГ/(р2/шЯ§?) = 420-103/(0,7- 0,34 • 150 - 10е) м =>
= 11,8-10~3 м = 11,8 мм.
Округляя, принимаем /im = 6H= 12 мм. Отсюда напряжения в накладках
о = N/F„ = V/(2&6H) = 420 • 103/(2 • 180 • 12 • 10- ’) Па =
= 97- 10е Па = 97 МПа < R = 210 МПа.
Хотя приварка накладок лобовыми швами и обеспечивает сравнительно малое отклонение силовых потоков (притом -в одном направлении— по толщине элементов), такое соединение требует высоких швов и, следовательно, толстых накладок. Последние работают
с недонапряжением, что приводит к • повышенному расходу металла.
Рис. 88
Чтобы сделать стык более компактным и одновременно уменьшить неблагоприятное влияние концентрации напряжений, применяют обварку накладок по контуру.
Пример 66. Рассчитать стык, рассмотренный в примерах 64 и 65, при условии, что накладки обварены по контуру (рис. 88).
Решение. Данное соединение представляет собой комбинацию фланговых и ло-
бовых швов. В упругой стадии работы распределение усилия между отдельными швами происходит неодинаково. Лобовые швы, будучи более жесткими, чем флан-
говые, оказываются перенапряженными, фланговые—недонапряжен-ными. Но при развитии пластических деформаций напряжения в
швах выравниваются и поэтому в расчете можно использовать принцип независимости действия сил.
Согласно примеру 64 накладки имеют сечение Ьнх6н= 140x8 мм. Назначая толщину всех сварных швов /гш = 8 мм, из формулы (IV. 10) или (IV. 10а) находим ту часть усилия N, которая передается двумя лобовыми швами с каждой стороны стыка:
ЛГлоб = Р/1>ЛЯув = 0,7-8-10-3-0,26-150- 10вН = 218- 103Н = 218 кН, где 2/ш= 2 (&н—/г) = 2 (140 —10) 10~3 м = 0,26 м.
Тогда на долю фланговых швов приходится усилие
Уфл = АГ—#лоб = 420—218 кН = 202 кН.
126
Дальнейший ход расчета аналогичен примеру 64:
ЛгфЛ/(р/гш/?ув) = 202-103/(0,7-8-150-103) м = 0,24 м; /ш=0,24/4 м = 0,06 м; /фл = 0,06 + 0,01 м = 0,07 м = 70 мм;
/н = 2 (70 + 25) мм = 190 мм.
Таким образом, обварка по контуру позволяет в 1,5 раза уменьшить толщину накладок по сравнению с соединением лобовыми швами (см. • пример 65).
Пример 67. Рассчитать сварной вариант узла, рассмотренного в примере 62. Уголки приварены к. фасонке вручную фланговыми швами толщиной hm = 6 мм (рис. 89) с расчетным сопротивлением срезу RyB — = 150 МПа.
Решение. Сварные соединения, как и заклепочные (болтовые), можно рассчитывать исходя из эксплуатационной способности прикрепляемого элемента. Поскольку каждый уголок приваривается к фасонке самостоятельно, расчет производим относительно одного уголка:
й/ = 7?Гуг=^10-10е-13,9-10-4 Н = 292-10е Н = 292 кН.
В случае прикрепления фланговыми швами асимметричных профилей, какими являются прокатные уголки, во избежание возникновения дополнительного момента площадь каждого шва следует назначать так, чтобы равнодействующая передаваемых ими усилий совпадала с осью прикрепляемого элемента (линией центров тяжести сечений уголков). Из уравнений равновесия
2/пл = 0; Nab—Nyc — Q\ 2mB = 0; — No6b + N (&—ус) = 0 находим	Na = Nyclb\ Nоб = N (b—yc)/b,
или поскольку N„/RyB = Рщ и Моб/^ув = ^ш, то
РЪ = 2Ршус/Ь-, F^=ZFm(b—yc)/b.
Здесь Nn и No6—усилия, передаваемые швами у пера и обушка уголка*; F" и Fgf—соответствующие расчетные площади швов; b—ширина привариваемой полки уголка; ус—расстояние от центра тяжести уголка до наружных граней полок, принимаемое по сортаменту (см. табл. 3 приложения).
Таким образом, усилие N или соответствующая ему суммарная площадь швов 2Гш=А^/7?ув распределяются обратно пропорционально
* Обушком называется ребро пересечения наружных граней полок прокатного уголка, пером — противоположное ребро наружной грани.
127
расстояниям швов до оси уголка (в рассматриваемом случае эти расстояния приняты с некоторым приближением).
Суммарная расчетная длина швов согласно формуле (IV. 10 а)
А7(рЛш^ув) = 292-1°3/(0,7-6-10-3-150- 10е) м = 0,463 м.
Так как швы вдоль пера и обушка имеют одинаковую толщину, их конструктивные длины составляют
1ПШ = 2lTPyc/b + k = 0,463-2,51/9 + 0,01 м«0,14 м= 140 мм;
/°б =	(Р—yc)/b + k = 0,463 • (9—2,51 )/9 + 0,01 м « 0,35 м = 350 мм.
Обычно на практике отношения ус!Ъ и (Ь—ус)/Ь полагают приближенно равными соответственно 0,3 и 0,7 для равнополочных уголков; 0,25 и 0,75—для неравнополочных уголков, прикрепляемых узкой полкой; 0,35 и 0,65—для неравнополочных уголков, прикрепляемых широкой полкой.
Из сравнения рассматриваемого примера с примером 62 видно, что замена клепки сваркой позволяет увеличить эксплуатационную способность прикрепляемого элемента:
AV = [(2V — NJ/N^ 100% = [(2-292—513)/513]100% « 14% и уменьшить длину прикрепления (длину фасонки):
/^ = 350 мм < 5а + 2а' = 5-65 + 2-45 мм = 415 мм.
Оба эти обстоятельства наряду с меньшей трудоемкостью изготовления позволяют отдать предпочтение сварному варианту. В качестве упражнения полезно самостоятельно разобрать случай, когда для уменьшения концентрации напряжений на концах фланговых швов уголки обварены по контуру.
§ 21.	СОЕДИНЕНИЯ НА ВРУБКАХ
Врубкой называется соединение элементов деревянных конструкций, в котором передача усилия от одного элемента к другому осуществляется непосредственно путем плотного соприкасания примыкающих плоскостей.
Соединения на врубках представляют собой наиболее старый и распространенный способ сопряжения элементов деревянных конструкций. Из разнообразных "Конструктивных форм врубок в современном: строительстве находят применение, главным образом, лобовые врубки. Пример такого соединения показан на рис. 90 (лобовая врубка с одним зубом). Верхний, сжатый элемент упирается в специально устроенное гнездо в нижнем, растянутом. По площадке ас происходит смятие, по площадке cd—скалывание. При этом полагают, что соответствующие напряжения равномерно распределены по площадкам, на которых они возникают.
Условие прочности лобовой врубки на смятие имеет вид:
+м = ^см/^см ^catOOS а/(ЙврЬ) Кем а»	(IV. 11)
128
где VCM— расчетное усилие смятия, равное усилию в сжатом элементе, Н; FCM = (ABp/cosa)&—расчетная площадь смятия при соединении брусчатых элементов, м2; /гвр—глубина врубки, м; b—ширина брусьев, м; 7?сма—расчетное сопротивление древесины смятию под углом а к направлению волокон, Па (МПа).
При расчете элементов деревянных конструкций следует иметь в виду, что древесина, будучи материалом анизотропным, по-раз
ному сопротивляется одним и тем же силовым воздействиям в зависимости от их направления по отношению к волокнам. В случае совпадения направлений силового воздействия и волокон сопротивление древесины достигает максимального значения, но оно становится существенно меньше, если воздействие направлено под
углом к волокнам.
Поэтому расчетное сопротивление Rci/ta имеет промежуточное зна-
чение между сопротивлением вдоль (7?си=13 МПа) и поперек (7?с„ 90 = 3 МПа) волокон:
Ясма = Ясм/[1+(Ясм/Ясм9о— l)sin8a], (IV. 12)
Обычно расчет врубки на смятие состоит в определении требуемой глубины врубки по заданной ширине брусьев:
> ATc«cosa/(W?clt a).	(IV.13)
Глубина лобовой врубки должна быть не более 1/3 высоты ослабляемого бруса h. В противном случае может сильно ухудшиться работа на скалывание из-за трещин от усушки древесины, которые возникают в средней части высоты бруса почти параллельно плоскости скалывания. Наименьшая глубина врубки в брусчатых элементах составляет 2 см.
Прочность врубки на скалывание проверяют по формуле
= Qck/^ck = Np/fCK = VC1K cos a/(/CK&) < #'₽. (IV. 14) Здесь QCK—расчетное усилие скалывания, равное усилию в растянутом элементе Мр или проекции усилия в сжатом элементе VCJKcosa, Н; FCK = /CKb—площадь скалывания, м2; /ск—длина площадки скалывания, м; /?ск—среднее по площадке скалывания расчетное сопротивление древесины скалыванию, Па (МПа).
Отсюда требуемая длина площадки скалывания
> ^сж cos a/(bR%).	(IV. 14а)
5 а 759
129
Следует иметь в виду, что чем длиннее площадка, тем неравномернее распределение по ней напряжений скалывания. В длинных площадках удаленная от места приложения нагрузки часть древесины или совсем не работает на скалывание, ил*й работает слабо. С другой стороны, очень малая длина площадки скалывания может привести к разрушению врубки от образования трещины со стороны торца. Указанные обстоятельства дают основание для ограничения длины площадки скалывания следующими пределами:
l,5/i</CK<2/i; /ск< 10/iBP.	(IV. 15)
В этом случае Р££=1,2 МПа*.
Пример 68. Рассчитать лобовую врубку опорного узла треугольной стропильной фермы пролетом Р=18 м и высотой Н = 3,6 м
Рис. 91
(рис. 91, а). Расчетное значение узловой нагрузки Р = 13,5 кН. Пояса выполнены из брусьев сечением bxh= 18x22 см. Материал конструкции—древесина с расчетным сопротивлением растяжению Рр = 8 МПа.
Решение. Определение усилий в опорных панелях поясов. Вследствие симметрии нагрузки опорные реакции равны между собой:
VA = VB = (2Р/2 + 5Р)/2 = ЗР.
Из равновесия опорного узла (рис. 91, б) следует:
2У = 0; Ул—Р/2 — Мсж since = 0.
Отсюда усилие в верхнем поясе
Мсж = (Ул —P/2)/sina= (ЗР — P/2)/sin 21°48' = == 2,5Р/0,371 = 2,5-13,5/0,371 кН = 91 кН,
где a = arctg [H/(L/2)] = arctg [3,6/(18/2)] = arctg 0,4 = 21°48'. 2Z=0; —МС1К cos а +	= 0.
Усилие в нижнем поясе
Мр = Мсжсоза= 91-0,928 кН = 84,4 кН.
* При /ск > 2h расчетное сопротивление уменьшается и может приниматься по табличным данным, приведенным в пособии [22], с. 21.
130
Определение размеров врубки. Расчетное сопротивление древесины смятию по формуле (IV. 12)
/?см а = Ясм/[ 1 + (Ясм/Ясм 90- 1) Sin3 21 °48'] = = 13/(1+ (13/3—1)0,3713] МПа И МПа.
Требуемая глубина врубки по формуле (IV. 13)
h™ > Л^сж cosа/(Ь#см а) = 84,4• 103/(0,18- 11 - 106) м = = 4,26-IO"? м = 4,26 см.
Округляя, принимаем Лвр = 4,5 см < Л/З = 22/3 см = 7,33 см.
Требуемая длина площадки скалывания по формуле (IV. 14а)
Г& > N cosа/(Ь7?§Р) = 84,4-103/(0,18 • 1,2• 106) м = - 39,1 • IO-2 м _ 39,1 см>
Округляя, принимаем /ск = 40 см, что больше 1,5й= 1,5-22 см= = 33 см и меньше 10Лвр = 10-4,5 см = 45см [см. соотношения (IV. 15)]. К тому же /ск < 2h = 2- 22 см = 44 см, т. е. принятое значение расчетного сопротивления справедливо.
Проверка прочности нижнего пояса по ослабленному сечению. Согласно формуле (11.19)
о = Мр/^нт = длр/[(Л—Лвр) Ь] 84,4 -103/[(22 -4,5) 10"2 - 0,18] Па = = 2,7 • 106 Па = 2,7 МПа <Яр = 8 МПа, т. е. прочность обеспечена с запасом.
Стяжной болт, показанный на рис. 90 штриховыми линиями, в расчет не принимается. Он обеспечивает плотность сопряжения и является аварийным.
§ 22.	КЛЕЕВЫЕ СОЕДИНЕНИЯ
Клей представляет собой эффективное средство соединения древесины, пластических масс, алюминиевых сплавов, абсестоцемента и других материалов. Для древесины и пластических масс склеивание является. основным видом соединения при изготовлении конструкций. Наиболее распространены следующие виды соединения деревянных досок и брусков: стыковое соединение с торцовой склейкой сжатых элементов (рис. 92, а); соединение «на ус» растянутых элементов (ри$. 92, б); соединение зубчатым шипом (рис. 92, в), которым иногда заменяют стык «на ус» в целях экономии древесины за счет уменьшения отходов; стыковое соединение с накладками также растянутых элементов (рис. 92, г).
Первые два вида соединений обычно не рассчитывают, принимая клеевой шов равнопрочным материалу соединяемых элементов.
При склеивании металлов, как и при сварке, не требуются отверстия, ослабляющие основной металл в клепаных и болтовых соединениях. По сравнению же со сваркой склеивание имеет то преимущество, что основной металл не подвергается влиянию высоких температур. Последнее обстоятельство наиболее существенно
5*
131
для алюминиевых сплавов и закаленной стали, которые испытывают структурное изменение и разупрочнение в околошовной зоне.
Для склеивания металлических листов применяют соединения «на ус», стыковые с накладками и нахлесточные (рис. 92, 3). Достоинством склеивания является также способность соединять металлы с неметаллами, что используют при изготовлении легких ограждающих конструкций в виде трехслойных панелей.
Расчет клеевых соединений представляет известные трудности из-за неравномерного распределения напряжений скалывания тск. Получить соединение с равномерным распределением
Рис. 92
Рис. 93
вания практически не удается (это возможно только при переменной толщине клеевого шва). Проверку прочности соединений с накладками и нахлесточных приближенно производят по формуле
N/FCK = N/(Ijjjbjji)	^СК^СК,	(IV. 16)
где N — расчетная продольная сила в соединяемых элементах, Н;
=	—площадь скалывания, м2; 1Ш—длина шва, м; Ьш— его
ширина, м; тск—коэффициент условий работы соединения на скалывание; R™— расчетное сопротивление клеевого шва скалыванию, Па (МПа).
Пример 69. Проверить прочность стыка двух досок толщиной 6=16 мм, выполненного посредством двусторонних накладок толщиной 6Н=6 мм, длиной ZH = 250 мм и шириной Ь= 120 мм (рис. 93), приклеенных феноло-формальдегидным клеем с расчетным сопротивлением скалыванию /?{£= 1,2 МПа*. Расчетное усилие 'N = 18 кН. Материал досок—древесина с расчетным сопротивлением растяжению /?р=10МПа, накладок—фанера с расчетным сопротивлением
* Ввиду отсутствия утвержденных Государственным комитетом СССР по делам строительства (Госстроем СССР) норм, регламентирующих расчетные сопротивле* ния клеевых соединений, значения У? с к заимствованы из книги [21], с. 68.
132
растяжению Яф.р= 13,5 МПа. Коэффициент условий работы соединения на скалывание /пск = 0,8.
Решение. Проверка прочности,на скапывание. Согласно формуле (IV. 16)
тск = Nl(lnb) = 18-103/(0,25 • 0,12) Па = 0,6 • 10е Па = = 0,6 МПа < tnCKR™ = 0,8• 1,2 МПа = 0,96 МПа.
Проверка прочности на'разрыв. Согласно формуле (11.19) нормальные напряжения в соединяемых досках
о = М/(&б) = 18 • 103/(0,12 • 0,016) Па = 9,4 • 10е Па = = 9,4 МПа < Яр =10 МПа, в накладках
а = М/(266и) = 18-103/(2-0,12-0,006) Па= 12,5- 10е Па = = 12,5 МПа < Яф.р= 13,5 МПа.
Таким образом, прочность стыка полностью обеспечена.
Пример 70. Алюминиевые листы сечением бхб = 150х 12 мм соединены посредством двусторонних алюминиевых накладок, приклеенных к листам эпоксидным клеем с расчетным сопротивлением скалыванию Яск = 4,5МПа (см. рис. 93).
Определить необходимую толщину и длину накладок, если расчетное усилие ~N = 70 кН; расчетное сопротивление алюминиевого сплава растяжению Яр = 40 МПа; коэффициент условий работы соединения на скалывание тск = 0,75.
Решение. Толщину накладок определяем из условия их прочности на разрыв:
бу > М/(2бЯр) = 70-103/(2 • 0,15 • 40 • 10е) м = 5,8 • 10-3 м = 5,8 мм.
Округляя, принимаем бв = 6 мм. Длину накладок определяем из условия прочности клеевых швов на скалывание. Требуемая суммарная длина швов с одной стороны стыка
2/У > N/(bmCKR™) = 70 • 103/(0,15 • 0,75 • 4,5  106) м = = 138-10-3 м= 138 мм.
Таким образом, при двух клеевых швах (сверху и снизу) длина каждой накладки должна быть не менее полученного значения. Округляя, принимаем /н=140мм.
Низкий коэффициент условий работы соединения на скалывание объясняется снижением механических свойств эпоксидного клея при повышенных (до +40° С) и пониженных (до —40° С) температурах, а также при длительном (6 ... 12 месяцев) воздействии воды.
ГЛАВА V
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ*
§ 23.	СТАТИЧЕСКИЙ МОМЕНТ ПЛОЩАДИ И ЦЕНТР ТЯЖЕСТИ СЕЧЕНИЯ
Из теоретической механики известно; что статическим моментом площади плоского сечения относительно произвольной оси, лежащей в той же плоскости, называется распространенная на всю площадь сумма произведений элементарных - площадей на их расстояния до этой оси (рис. 94):
Sx = J у dF; Sy = х dF. F	F
(V.l)
При известных статических моментах и площади сечения координаты его центра тяжести определяют по формулам:
хс=\ xdFKdF = Sy/F; ус=\ ydFKdF = Sx/F.	(V.2)
F F	F F
Отсюда
$х~ FУс, $у — Fхс*
(V.3)
Статический момент имеет размерность Л3 (где L — размерность
длины) и измеряется
в м3 (см3). В зависимости от знака координат (положения‘оси) он может принимать положительные и отрицательные значения. В частном случае, если ось проходит через центр тяжести сечения (хс = 0 или х/с = 0), статический момент равен нулю. Такие оси называются центральными.
Если сечение можно разбить на простейшие составные части (прямоугольники, треугольники и т. п.), площади и положение
Рис 94	центров тяжести которых известны, то ста-
тический момент площади всего сечения относительно любой оси (например х, рис. 95) равен алгебраической сумме статических моментов составляющих фигур относительно той же
оси:
Sx — Slx-[-S2x-\-S3x-{-... 4-Snx.
Это правило вытекает из свойства определенного интеграла: интеграл суммы нескольких функций равен сумме интегралов дан-
* Настоящая глава не является логическим продолжением предыдущих и поэтому может рассматриваться обособленно. Она посвящена вопросам, необходимым для изложения последующего материала.
134
них функций. Тогда формулы (V.2) принимают вид:
хс 2Sy/ZF- ус - 2SX/SF,	(V.4)
где SF—площадь составного сечения.
Для симметричных сечений определение положения центра тяже
сти значительно упрощается. При наличии двух и более осей сим-
метрии (прямоугольник, двутавр, круг является точка пересечения этих осей. Если сечение имеет одну ось симметрии (равнополочный уголок, швеллер и т. д.), то для определения положения центра тяжести необходимо найти только одну координату — вдоль оси симметрии.
и т. д.) центром тяжести
Рис. 96
Рис. 95
Пример 71. Определить положение центра тяжести таврового сечения (рис. 96), имеющего размеры: h = 60 см, Ь = 20 см, В = 50 см, 6 = 8 см.
Решение. Сечение симметрично относительно оси у. Следовательно, центр тяжести лежит на этой оси, т. е. хс=0, и остается найти координату ус. Разбиваем сечение на два прямоугольника: вертикальный площадью
= = 20-60-10~4 м2 — 12-10-2 м2 — 1200 см?
и горизонтальный площадью
F2 - В6 - 50 • 8 • 10~4 м2 = 4 • 10-2 м2 = 400 см2.
За начальную ось отсчета принимаем центральную ось вертикального прямоугольника хг. Тогда статический момент его площади относительно этой оси S1A., = 0.
Статический момент площади горизонтального прямоугольника согласно формулам (V.3) составляет
S2X1 - F2y = В6 (Л/2 + 6/2) = 50- 8 (60/2 + 8/2) 10“ * м3 = = 136- 10-4м3 = 13 600 см3.
Координата центра тяжести всего сечения согласно формулам (V.4):
Ус = SSXi/2F = (S1X1 + S2X,)/(FX + F2) =
= (0+136-10-4)/[(12 + 4)10-2]м = 8,5-10-? м = 8,5см.
135
Положительное значение свидетельствует о том, что центр тяжести лежит выше оси Заметим, что отсчет можно было вести и от центральной оси горизонтального прямоугольника х2. В этом случае S2Xj — 0 и координата центра тяжести получилась бы отрицательной.’Принимать за начальную любую другую горизонтальную рсь нерационально вследствие увеличения объема вычислений.
Пример 72. Определить положение центра тяжести прямоугольного сечения шириной b = 30 см и высотой h — 50 см, ослабленного круглым отверстием диаметром </=18см (рис. 97). Центр круга отстоит на расстоянии а = 15 см от верхнего края сечения.
Решение. Сечение симметрично относительно оси у, поэтому для определения положения центра тяжести, как и в предыдущем примере, достаточно найти лишь координату ус. Разбиваем сечение на прямоугольник площадью
Fi = Wi = 30-50-10-<,M?=15-10-?M2 = 1500 см2
и круг площадью
F2 = nd2/4 = 3,14- 0,18а/4 м2 = 2,54 • 10~2 м2 = 254 см2.
За начальную ось отсчета принимаем центральную ось npnMoz угольника Тогда статический момент его площади относительно этой оси S1X1 = 0 и искомая координата центра тяжести ослабленного сечения определится согласно формулам (V.4) следующим образом:
Ус —	= (S1Xi S2X|)/(Fi F2) = (0—Ft) =a
= -F2(/l/2-a)/(Fi-F2) =
= —2,54 (50/2—15) 10-4/[(15—2,54) 10"?] m =
= —2,04 • 10-2 м = —2,04 cm.
Знак минус свидетельствует о том, что центр тяжести сечения
лежит ниже оси х1#
Рис. 97	Рис. 98
Пример 73. Определить координаты центра тяжести гнутого профиля (рис. 98, а), имеющего размеры: //—120 мм, В = 65 мм, h = 27 мм, b = 45 мм, б = г = 4 мм.
138
Решение. Сечение асимметрично, поэтому необходимо вычислить обе координаты—хс и ус. Благодаря специфике изготовления гнутые профили имеют закругленные углы. Поскольку в рассматриваемом случае внутренний радиус закруглений г не превышает 1,5-кратной толщины профиля 6, при определении геометрических характеристик закругления можно не учитывать, полагая, что стенка и полки пересекаются по их осям. Площадь приведенного сечения, состоящего из четвщех прямоугольников одинаковой ширины (толщины) 6 (рис. 98, б):
2F = 6[(77—26) + (В—26) + (й—6) + (6—6)] =
==6(Я + В + Л + Ь—66) = 4(120 + 65 + 27 + 45—6-4)10-/ м2 = = 9,32-10-* м2 = 9,32 см2.
Статический момент площади относительно центральной оси стенки Xi
2SX1 = 6 {(В-26) [(77-26)/2 + 6/2] +
+ (h—6) [(77 — 26)/2 - (h—6)/2]—(6 — 6) [(77—26)/2 + 6/2]} =
= 6 {[(77—6)/2](В—6—6) +(й—6)(77—6—й)/2} =
= 4 {[(120—4)/2] (65—4—45) + (27—4) (120 — 4 — 27)/2} 10-9 м8 =
= 7,81 -10-‘м3 = 7,81 см3;
относительно оси yt
2Syt = 6 {(В —26) [(В—2б)/2 + 6/2] + (й—6) (В—26 + 6) +
+ (6-6) [(6 -6)/2 + 6/2]}-= 6 {(В-26) [(В—6)/2] +
+ (й — 6) (В — 6) + (Ь — 6) 6/2} = 4 {(65—2 • 4) [(65—4)/2] +
+ (27—4) (65—4) + (45—4) 45/2} 10~9м3 = 16,3- 10~в м3 = 16,3 см3.
Координаты центра тяжести согласно формулам (V.4):
xc = 2Syi/2F = 16,3- 10-в/(9,32-10~4) м = 1,75- 10"2м= 1,75 см;
ус = 2SX1/2F = 7,81 • 10-2/9,32 м = 0,84 •10~2 м = 0,84 см.
Контролем правильности произведенных вычислений служит условие равенства нулю статических моментов площади сечения относительно центральных осей х и у. В выполнении этого условия нетрудно убедиться самостоятельно.
§ 24.	МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ ПЛОЩАДИ СЕЧЕНИЯ
Если элементарные площади dF умножить на квадраты расстояний до некоторой оси (см. рис. 94) и просуммировать эти произведения по всей площади сечения, то получится геометрическая характеристика, называемая осевым моментом инерции площади плоского сечения
Jx = j«/2dF; Jy = p2dF.	(V.5)
F	F
137
Интеграл произведений элементарных площадей на квадраты расстояний до точки (полюса 0) представляет собой полярный момент инерции площади сечения:
^ = Jp2dF.	(V.6)
F
Полярный момент инерции относительно точки пересечения двух взаимно перпендикулярных осей связан с соответствующими осевыми моментами инерции соотношением
Jp=Jx + Jy,	(V .7)
справедливость которого вытекает из равенства р2 = х2 +f/2.
Осевые и полярный моменты инерции могут принимать только положительные значения, так как их подынтегральные выражения содержат квадраты координат. Интеграл произведений элементарных площадей на их расстояния до двух взаимно перпендикулярных осей называется центробежным моментом инерции площади плрского сечения:
JXy = §xydF.	(V.8)
F
В зависимости от знака координат он может принимать любые алгебраические значения, включая нулевое. Последний случай является особым и рассмотрен в следующем параграфе.
Все моменты инерции, как следует из формул (V.5), (V.6), (V.8), имеют размерность Л4 и поэтому измеряются в м4 (см4). В учебниках по сопротивлению материалов выводятся выражения моментов инерции простейших сечений*. Так, для прямоугольника с основанием b и высотой h (рис. 99)
Jx = bh3/\2,	(V.9)
Jy = hb3/i2\	(V.10)
для квадрата со стороной а
Jx —Jy = ai/\2;	(V. 11)
для треугольника** с основанием b и высотой h (рис. 100)
Jx = 6/i3/36,	(V.12)
Jy = /i&3/48;	(V.13)
для круга диаметром D (рис. 101)
Jp = nD4/32 « 0,1D\	(V.14)
Jx = Jy = J pl2 = nD4/64 « 0,05D*.	(V. 15)
* См., например, f5] §, 6.5.
** Формула (V.k3) справедлива только для равнобедренного треугольника.
138
При вычислении моментов инерции площади составного сечения пользуются тем же принципом, что и при определении статических моментов. Сечение разбивают на простейшие составные части, для каждой из которых находят собственный момент инерции площади относительно заданной оси. Тогда момент инерции площади всего
сечения равен алгебраической сумме моментов инерции площадей составных частей'.
j =	(V.16)
Необходимо иметь в виду, что моменты инерции площадей состав-
ных частей можно брать только относительно одной и той же оси.-
Складывать моменты инерции, взятые относительно разных осей,
нельзя. Поэтому для определения моментов инерции площадей отдельных частей составных* сечений используют формулы перехода при параллельном переносе осей:
J х. — J х~\-Ра\ Jy=Jv + Fb\ |
(V.17)
т. е. момент инерции площади плоского сече-
ния относительно произвольной оси, параллель- Рис- 101
ной центральной (рис. 102), равен моменту
инерции относительно центральной оси плюс произведение площади сечения на квадрат расстояния между этими осями.
Аналогичная зависимость существует и между центробежными моментами инерции:
JX,gt=J*V+Fab-	(Vt18)
Пример 74. Определить моменты инерции площади симметричного двутаврового сечения относительно его осей симметрии (рис. 103). Размеры двутавра: высота стенки /tcr= 1000 мм, толщина стенки 6СГ = 6 мм, ширина полок Ь = 280 мм, толщина полок бп= 14 мм.
139
Решение. Разбиваем фигуру на три прямоугольника:, два горизонтальных (полки) и один вертикальный (стенка). Тогда согласно формуле (V.16) момент инерции площади двутаврового сечения относительно оси х
Jx=Jxr + 2Jx,
(V.19)
где JXT—момент инерции площади сечения стенки относительно указанной оси; Jx—то же, полки.
Момент инерции площади сечения стенки по формуле (V.9)
4Т = 6CT/i?T/12 = 6- IO-3-I3/12 м* = 5-10-4 м4 = 50 000 см4.
Момент инерции площади сечения полки согласно зависимостям (V.17)
Jnx = 40 + Fna* = (бб3 /12) +ббп (Лст/2 + бп/2)2 = = [(280-143/12) + 280-14(1000/2'+14/2)®} 10"1? м4=> = (6 + 100 000) 10-8 м4« 1 • 10"3 м4 = 100 000 см4'.
Момент инерции площади всего сечения согласно выражению (V.19)
Jx = 50 000 + 2 • 100 000 см4 = 250 000 см4.
Аналогично вычисляется момент инерции площади относительно другой оси симметрии:
Jy =	+ 2J*J = (йстб8т/12) + 2бпЬ3/12 =
= [(1000 • 63/12) + 2 • 14 • 280712] 10-12 м4 = (2 + 5120) 10-8 м4 л;
« 5,12-10~-м4= 5120 см4.
Как видим, момент инерции площади сечения стенки относительно оси у весьма мал (4т = 2см4), поэтому в практических расчетах им обычно пренебрегают. То же относится и к моменту инерции площади сечения полки относительно собственной центральной оси х0(4а = 6 см4).
140
Пример 75. Определить полярный и осевой моменты инерции площади кольцевого сечения (рис. 104).
Решение. Полярный момент инерции площади кольца может быть найден как разность полярных моментов инерции площадей большого и малого кругов. В соответствии с формулой (V.14)
Jp = л£4/32 —nd4/32 = (лО4/32) (1 —а4) « 0, ID4 (1 —а4), (V.20) где a = dlD.
Моменты инерции кольца относительно центральных осей вследствие симметрии сечения одинаковы, и согласно соотношению (V.7) Jx=Jy = 4/2 = (л£>4/64) (1 —а4) « 0.05D4 (1 —а4).	(V.21)
Пример 76. Определить расстояние Ь, на которое следует раздви-1 (рис. 105), чтобы моменты инерции площади всего сечения относительно осей х и у были равны между собой.
•Решение. Момент инерции площади всего сечения относительно оси х равен удвоенному моменту инерции площади одного швеллера относительно той же оси. Пользуясь сортаментом прокатных швеллеров (см. дабл. 2 приложения), находим
Jx = 2J™ = 2 • 2900 см4 = 5800 см4.
По условию примера Jх= Jy = 5800 см4. С другой стороны, согласно формулам (V.17)
^ = 2Р“в + ^шв(Ь/2-хсП.
Подставляя табличные значения момента инерции площади FmB и расстояния хс, получаем:
5800 = 2 [208 + 30,6 (Ь/2—2,42)а]; 7,656? — 74,1Ь—2513 = 0.
Решая это квадратное уравнение, находим, что швеллеры следует раздвинуть на расстояние 6 = 23,6 см.
141
§ 2$. ЗАВИСИМОСТИ МЕЖДУ МОМЕНТАМИ ИНЕРЦИИ ПРИ ПОВОРОТЕ КООРДИНАТНЫХ ОСЕЙ. ГЛАВНЫЕ ОСИ И ГЛАВНЫЕ МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ
При повороте координатных осей моменты инерции площади сечения меняют значение. Их значения относительно новых осей, наклоненных под углом а к исходным (рис. 106), определяют по формулам
J х = Jх cos2 а + J„ sin2 а—Jx„ sin 2а, ) xi х	1 У	ХУ	’у	/\т 994
Jyi = Jxsin2a + Jy cos2 a + J Xy sin 2a; J	1 • /
Jx,v, = [(4—4)/23sin 2a + Jxy cos 2a>	(V-23)
в справедливости которых нетрудно убедиться, если новые координаты бесконечно малой площади dF(Xi и ух) связать со старыми (х и у) и подставить в интегральные выражения (V.5), (V.8).
Для расчета элементов конструкций практический интерес представляет поворот осей вокруг центра тяжести сечения. Пусть взаимно перпендикулярные оси х и у яв-У	ляются центральными для фигуры,
изображенной на указанном рисун-\	__ .	/ ке. При повороте вокруг центра
\/	_/ \ s'	тяжести 0 (начала координат) зна-
/ \	чения осевых моментов инерции
/ \ АТ \	меняются, но их сумма в силу
/	' |	равенства (V.7) остается постоян-
-4-----------------7 Л н°й‘ При увеличении, например,
\	\ J	момента J х на определенную вели-
\/	\	/	чину значение момента J у умень-
А.	\/	шается на ту же величину. Оче-
видно, можно найти такое поло-жение центральных осей (угол а),
Рис- 106	при котором относительно одной
из них момент инерции будет наибольшим (Jmax), а относительно другой, ей перпендикулярной,— наименьшим (Jmin). Такие оси называются главными центральными, а соответствующие им экстремальные осевые моменты инерции — главными моментами инерции.
Из сравнения формул (V.22), (V.23) и (III.13), (III.14) (см. пример 39) видно, что задача определения положения главных осей математически тождественна определению положения главных площадок при плоском напряженном состоянии. Как следует из зависимости (V.23), при повороте осей на 90° центробежный момент инерции меняет знак на противоположный, проходя через нулевое значение при угле а, характеризующем положение главных осей. Таким образом, главные центральные оси можно рассматривать как оси, центробежный момент инерции относительно которых равен нулю. Следовательно, их положение, или, иначе говоря, угол поворота относительно исходной системы взаимно перпендикулярных осей х и у можно определить из указанной зависимости, если
142
приравнять нулю ее правую часть:
tg 2а0 = -2JX!//(Jx-4) = 2JX;//(4-J J.	(V.24)
Эта формула, как и формула (III.11), дает два значения угла: а'о и а'о = с4о4-90°, т. е. в общем случае существуют две взаимно перпендикулярные главные центральные оси. Для симметричных сечений задача по определению положения главных осей значительно упрощается, поскольку оси симметрии и являются главными. Любой элементарной площади, находящейся с одной стороны от оси симметрии (рис. 107), соответствует элементарная площадь, которая отличается лишь знаком произведения координат:
Jxy = J ху dF =	ху dF + f — J ху dF) — 0.
F	F/2	\	F/2	/
Вычисление главных моментов инерции производят по формуле
7 max/min — [(«7 х -J- J у)/2] ±	(J х *7j/)2 4“	(V.25)
которая аналогична выражению главных напряжений (III.10).
Пример 77. Доказать, что у сечений, имеющих более двух осей
симметрии, все центральные оси являются главными.
Решение. Направим начальную ось отсчета х вдоль одной из
осей симметрии, а центральную ось у—перпендикулярно ей. Если
фигура имеет более двух осей симметрии (например, квадрат, см. рис. 107), то какая-либо из них составляет острый угол с осью х. Обозначим такую ось х1Г а ей перпендикулярную—уг. Тогда центробежный момент инерции J =Q и-согласно зависимости (V.23)
[(Л—Jy)/?] sin 2а0 + Jxy cos 2а0 = 0.
Но так как JX7, = 0, то Jx = J„ — г г	ХУ ’	X у
= </max=‘'min, и указанная зависимость дает нулевое значение центробежного
момента инерции относительно любой пары взаимно перпендикулярных центральных осей. Таким образом, все оси, полученные путем поворота начальной системы координат ху, являются главными. Отсюда следует, что моменты инерции площадей правильных фигур (круга, равностороннего треугольника, квадрата и т. д.) относительно любых центральных осей равны между собой и все эти оси___
главные.
Пример 78. Пользуясь таблицами сортамента прокатных профилей, определить положение главных центральных осей и вычислить главные моменты инерции площади сечения, составленного из швеллера № 18 и неравнополочного уголка 90x56x6 мм (рис. 108).
Решение. Выписываем необходимые табличные данные. Для швеллера (см. табл. 2- приложения): Гшв = 20,7 см2; Jх =	=
= 1090см4; Jy = JSfn-86 см4; = 1,94 см; Л-18 см. Для уголка
143
(см. табл. 4 там же): 7? =8,54 см8; J* = 70,6 см4; JV’ = 21,2 см4;
J„ = /yrin= 12,7см4; tgp = 0,384; <=1,28см; 1/^=2,95 см.
Определение положения центра тяжести составного сечения. В качестве исходных принимаем главные центральные оси швеллера х и у. Согласно формулам (V.4)
хс = 2Sy/2F = (S“B + S*r)/SF = (0 + F^xJ/ZF =
= Fyr [ (+'+x™B)]/(Fшв + Fyr) =
= 8,54[— (1,28+1,94)] 10"4/[(20,7 + 8,54) IO"2] м =
= 8,54 (—3,22) 10-2/29,24 м =-0,94-10~2 м = —0,94 см;
Ус = 2S*/2F = (S“B + Sf)/2F = (0 + F^yJ/ZF =
= Fyr [— (Л/2—ygr)]/SF = 8,5'4 [— (18/2 —2,95) 10-2/29,24 м = = 8,54 (—6,05) 10-2/29,24 м = —1,77- 10-2 м = —1,77 см.
На рис. 108 показаны центральные оси X и Y, параллельные исходным х и у. Ось X. проходит ниже х, ось Y—левее у, поскольку координаты центра тяжести хс и ус получились отрицательными.
Рис. 108-
Определение положения главных центральных осей. Вычисляем осевые и центробежный моменты инерции площади составного сечения относительно вспомогательных осей X и Y. Согласно зависимостям (V. 17) момент «инерции площади швеллера
/шв=jx+p^c=(1090+ 20,7 • 1,772) 10~8 м4 = 1155 • 10~8 м4 = 1155 см4, уголка
«Лх = Jx' + Fyryl — J х’ + Fyr (t/r—t/c)2 = = {70,6 + 8,54 [— (6,05 — 1,77)2]} IO’8 m4 = = [70,6 +8,54 (—4,28)2] 10~8m4 = 227-10-8 m4 = 227 cm4.
144
• Момент пнернии площади составного сечения в соответствии с формулой (V.16)
Jx = JT +	= 1155 4-227 см4 = 1382 см4.
Аналогично
JyB = Jy + Лпв'с = (8С + 20,7-0,942) 10"8 м4= 104-10’8 м4= 104 см4;
J у — J	F vr-^2 = J у’ 4" Fуг (+ —хсУ =
= {21,2 + 8,54 [- (3,22—0,94)*]} 10"8м4 = = [21,2 4- 8,54 (- 2,28)2] 10~8 м4 « 66 • 10~8 м4 = 66 см4; «/у == >/ув +/у = 104+66см4= 170см4.
Центробежный момент инерции площади швеллера по формуле (V.18)
Jxy = Jxy 4- РшвхсУс = 0 + 20,7• 0,94 • 1,77• 10"8 м4 « « 34 • 10“8 м4 = 34 см4, уголка
' J^XY — Jх'у 4“ FугХгУг-
Здесь Jx,y,—центробежный момент инерции площади уголка относительно собственных центральных осей, параллельных полкам. Согласно зависимости (V.23)
JX’y = [(4—4)/2] sin 20 4- Jva cos 2р.
Но центробежный момент инерции площади уголка относительно собственных главных осей v и и равен нулю, следовательно,
J х'у' —	—J п)/2] sin 20.
На основании соотношения (V.7) сумма моментов инерции площади уголка относительно любой пары его центральных осей должна быть постоянной, поэтому Jv = Jx, -J- Jу,, — Ja. Отсюда
Jх'у' — [(*^х' 4~ Jу'—2Jв)/2] sin 20 и
JyxY = [(Л' 4- J у—2JB)/2] sin 20 + Гугх2г/2 = = {[(70,6 + 21,2—2-12,7)/2] 0,669+ 8,54(—2,28)(—4,28)} 1Q-* м« л; 106-10-8 м4 = 106см4, .
где
0 = arctg 0,384 = 21°; 20 = 42°; sin 20 = 0,669.
Центробежный момент инерции площади всего сечения
JXY =	= 34	106 см4 = 140 см4.
Согласно формуле (V.24) tg 2а0 = 2Jxy/(Jy-Jx) = 2-140/(170-1382) = - 0,231."
Из таблиц тригонометрических функций находим:'
2а0 = —13°; а0' = —6°30'; а^= —96*30'; sin 2а0 = — 0,225; cos 2а„ = 0,974.
145
Отрицательное значение углов наклона главных осей свидетельствует о том, что поворот должен осуществляться по ходу часовой стрелки от направления вспомогательной оси X.
Определение главных моментов инерции можно производить по формулам (V.22) или (V.25). Во втором случае получаем
•Лпах/min = [/х + «^у)/2] ±*/2//х— JУ? + M*XY = = [(1382 +170)/2] ± х/2 /(1382 —170)2 + 4-1402см4 = 776 ± 622 см4.
Для того чтобы установить, относительно какой главной оси момент инерции максимален и относительно какой минимален, руководствуемся правилом, изложенным в примере 40 при определении главных напряжений. Поскольку |<+ | < 45° и Jх > JY,
Jv =? Jmax = 776 + 622 см4 = 1398 см4;
Jy = Jmin = 776—622 см4= 154 см4.
Проверка. 1) Главные моменты инерции должны быть экстремальны:
JY — 1398 см4 > Jх = 1382 см4;
J.u~ 154 см4 < JY = 170 см4.
Если эти неравенства не соблюдаются, то в последнем пункте решения допущена ошибка.
2)	Сумма моментов инерции относительно любой пары центральных осей сечения должна быть постоянной:
Jx + JY = 1382 + 170 = 1552 см4;
Jv + Jv = 1398 + 154 = 1552 см4.
Эта проверка необходимая, но не достаточная. Постоянство суммы осевых моментов инерции возможно и при ошибке в последнем пункте решения.
3)	Центробежный момент инерции площади сечения относительно главных центральных осей должен равняться нулю. По формуле (V.23) получаем
Jvu = [(J х — J r)/2] sin 2а0 +у Xy cos 2а0 = [(1382 — 170)/2] х X (—0,225)+ 140-0,974 см4 = — 136+ 136см4 = 0.
Последняя проверка универсальная, следовательно, все вычисления выполнены правильно.
ГЛАВА VI КРУЧЕНИЕ КРУГЛОГО БРУСА
§ 26. КРУТЯЩИЙ МОМЕНТ
С кручением чаще ' всего приходится встречаться при работе валов машин, на которые действуют внешние пары сил, передающиеся через зубчатые колеса (шестерни) и приводные шкивы. По-
этому ограничимся лишь кратким рассмотрением вопросов, представляющих интерес с точки зрения расчета деталей подъемно-
транспортного и такелажного оборудования для монтажа строительных конструкций.
Моменты внешних пар сил, лежащие в плоскостях, перпендикулярных продольной оси бруса (вала) и являющиеся нагрузкой для него, обозначаются буквой т (рис. 109, а). Под действием внешних моментов в поперечных сечениях закручиваемого бруса возникает единственная составляющая глав
Рис. 109
ного момента, которая назы-
вается, как отмечалось в §3, крутящим моментом (обозначается Мг или 7ИК). Остальные составляющие главного момента, а также все составляющие главного вектора, равны нулю.
Крутящий момент определяют методом сечений, который подробно разобран в указанном параграфе. Брус рассекают воображаемой плоскостью, перпендикулярной его продольной оси, мысленно отбрасывают одну из образовавшихся частей, а ее действие на оставшуюся часть заменяют неизвестным моментом MR (рис. 109, б). После этого составляют единственное уравнение равновесия оставшейся части 2/nz = 0, из которого и определяют значение MR. Таким образом, крутящий момент в поперечном сечении бруса численно равен алгебраической сумме внешних моментов, приложенных с одной стороны от рассматриваемого сечения.
Правило знаков. Условимся считать крутящий момент положительным, если внешний момент направлен по ходу часовой стрелки при взгляде от сечения к любому концу бруса (рис. ПО).
Вопрос о нахрждении опасных сечений бруса, нагруженного несколькими внешними моментами, решается так же, как при растяжении (сжатии), т. е. в результате построения эпюры усилий, которая в данном случае представляет собой график изменения крутящего момента по длине бруса.
147
Пример 79. Построить эпюру крутящих моментов для вала, изображенного на рис. 111, а, если внешние моменты составляют: /пх = 400Н-м; т2 = 900Н-м, т3 = 700Н-м; /п4 = 200Н-м.
Решение. Пренебрегая трением в подшипниках, определяем крутящие моменты на всех пяти участках, рассматривая каждый
раз равновесие левой отсеченной части вала. . В сечении I—I (рис.
а) 
I Л
Ш
%
W л I
^2
/
5) Эпюра Мк
" Ш 500Нм
НИШИ
ЫйНм
200Н-И
Рис. 111
Л
и т
112, а) Л4к1 = 0, в сечении II—II (рис. 112, б) MKU = trti = = 400 Н-м, в сечении III—III (рис. 112, в) Л4кШ = тх—т2 — = 400—900 Н-м =— 500 Н-м, т. е. направление крутящего момента противоположно указанному * на рисунке. В сечении IV—IV (рис. 112, г) AfKiv = AfKin-\-т3 — — 500 + 700 Н-м = 200 Н-м, в се-
чении V—V (рис. 112, 3) /ИкУ = =MKiv—m4 = 200—200Н-м = 0.
По найденным значениям строим эпюру крутящих моментов (см. рис. 111, б), откладывая
Рис. 112
Рис. 113
положительные ординаты вниз от оси (базисной линии), отрицательные—вверх.
Пример 80. Построить эпюру крутящих моментов для бруса, изображенного на рис. .113, а, если /их = 300Н-м, /па = 950Н-м, т3 = 1400 Н-м.
148
Решение. Расчет защемленного бруса, как отмечалось в примере 2, удобнее начинать от свободного конца. Это избавит от необходимости определения,реактивного момента в заделке, значение которого получится автоматически после построения эпюры крутящих моментов. Рассматривая равновесие правых отсекаемых частей, находим крутящие моменты на всех четырех участках: Мк1 = =0; Мкц=т1=300Н-м; Л4кш = mi—fli2=300—950 Н м——650 Н м; MKi v = Мкш + tn3 = — 650 +1400 Н • м — 750 Н • м.
Эпюра крутящих моментов, построенная по найденным значениям, показана на рис. 113, б. Реактивный момент равен 750 Н-м и направлен по ходу часовой стрелки при взгляде от свободного конца бруса к заделке.
Из рассмотренных примеров видно, что в пределах каждого участка между сечениями, где приложены смежные внешние моменты, крутящий момент имеет постоянное значение. В указанных же сечениях ординаты эпюры Мк меняются скачкообразно на численную величину соответствующего внешнего момента.
§ 27. НАПРЯЖЕНИЯ И ДЕФОРМАЦИИ. РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ И ЖЕСТКОСТЬ
В поперечных сечениях закручиваемого круглого бруса возникают только касательные напряжения. Наличие внутренних нормальных сил противоречило бы условию равновесия отсекаемых частей. К тому же нормальные силы параллельны продольной оси z и не
Рис. 114	Рис. 115
дают относительно нее момента *. Таким образом, крутящий момент представляет собой результирующий момент внутренних касательных сил rdf, действующих на бесконечно малых площадках поперечного сечения (рис. 114), и может быть выражен в интегральном виде:
Л1К = $ тр dF,	(VI. 1)
F
где р—плечо элементарной силы относительно продольной оси бруса (точки О).
* Условию равновесия не противоречит самоуравновешенная система внутренних нормальных сил, но такие случаи здесь не рассматриваются.
149
Формула (VI. I) отражает статическую сторону задачи о кручении круглого бруса, но она не позволяет определить значение касательных напряжений по известному крутящему моменту, пока не
установлен закон их распределения по сечению.
В основу элементарной теории кручения положена гипотеза плоских сечений (см. с. 23) и следующие допущения: 1) расстояния
между поперечными сечениями в процессе деформирования не меняются, т. е. длина бруса остается постоянной; 2) радиусы попе-
Мк
речных сечений при деформировании бруса не искривляются. Справедливость этих предположений подтверждается экспериментальным путем, а также точным решением задачи методами теории упругости без применения каких-либо гипотез, кроме допущения о непрерывности строения материала.
Выделим из бруса трубчатый стержень внутренним радиусом р и бесконечно малой толщиной dp (рис. 115), что позволит считать каса-'
Рис. 116 тельные напряжения ными по кольцевому Мерой деформации кручения является ходящийся на единицу длину
равномерно распределен-сечению.
угол закручивания, при-
0 — d<p/dz
(VI.2)
и называемый относительным углом закручивания. Здесь d(p — угол взаимного поворота двух бесконечно близких сечений; dz — расстояние между ними. Величина 0 аналогична относительному удлинению 8 при растяжении.
Однако к деформации кручения можно подойти с Другой стороны. При закручивании рассматриваемого цилиндрического стержня образующие АВ и CD перемещаются в положения АВ' и CD', а радиусы О В и OD—в положения О В' и 0D', в результате чего бесконечно малый элемент боковой поверхности претерпевает чистый сдвиг. Тогда угол сдвига, введенный в § 15,
у » tg у—ВВ'/АВ = р dq>/dz,
или с учетом обозначения (VI.2)
у —р0.	(VI.3)
Эта зависимость выражает геометрическую сторону задачи о кручении. Осталось перейти от деформаций к искомым напряжениям, т. е. рассмотреть физическую сторону. На основании закона Гука при сдвиге (II 1.23)
x = G0p.	(VI.4)
Согласно принятым допущениям величина 0 является одинаковой для всех трубчатых стержней, из которых может быть составлен круглый брус. Это обстоятельство наряду с постоянством модуля G свидетельствует о линейном законе распределения касательных
150
напряжений по поперечному сечению в зависимости от расстояния до центра круга.
Подставляя зависимость (VI.4) в уравнение (VI. 1), с учетом формулы (V.6) имеем MK = GQJp, откуда
e = MK/(GJp).	(VI.5)
Вводя найденное значение угла закручивания в зависимость (VI.4), получаем окончательное выражение касательного напряжения в произвольной точке поперечного сечения круглого бруса:
'Г = (^к/^)Р-	(VI.6)
Таким образом/ касательные напряжения возрастают от нуля в центре круга (р = 0) до наибольшего значения rmax = (MK/Jp) г в точках его внешнего контура (рис. 116). Вводя обозначение
Wp = Jp/r	(VI.7)
и имея в виду, что в соответствии с правилами Госгортехнадзора СССР механические узлы и детали грузоподъемных приспособлений должны рассчитываться по допускаемым, напряжениям, приходим к следующему условию прочности:
ттах = Л1»/Г/,<[тк].	(VI.8)
Здесь ттах—наибольшее касательное напряжение в опасном сечении бруса, Па (МПа); Л4" — нормативный (т. е. вычисленный без учета коэффициента перегрузки) крутящий момент в указанном сечении, Н-м; Wp—полярный момент сопротивления сечения (геометрическая характеристика прочности при кручении круглого бруса), м3.
Для сплошного кругового сечения на основании выражения (V.14)
Г/,= (лО4/32)/(П/2) = лО3/16« 0,2О3.	(VI.9)
Для кольцевого сечения согласно примеру 75
117^= [(nD4/32)/(D/2)] (1 — а4) = (лО3/16) (1 —а4)«
«0,2О3(1—а4),	(VI.9a)
т. е. в отличие от момента инерции момент сопротивления сложного сечения (кольца) не равен алгебраической сумме моментов сопротивления составных частей (большого и малого кругов).
Допускаемое. напряжение стали на чистый сдвиг составляет [t]aj(0,55. . .0,6) [о], где [а]—допускаемое напряжение на растяжение. Однако валы помимо кручения испытывают изгиб, который в ориентировочных расчетах учитывают введением пониженного допускаемого напряжения [тк] = 25.. .40 МПа. Точный расчет вала на кручение с изгибом рассматривается в § 46.
По формуле (VI.8) проверяют прочность бруса на кручение. При подборе сечения неравенство выражают относительно требуемого полярного момента сопротивления:
1ГТр Л1” (тах)/[тк],	(VI. 10)
151
или в соответствии с выражением (VI.9)
ЛО?Р/16 (тах/Е^к]» откуда требуемый диаметр сплошного сечения /16<(таХ)/(л [тк]) «К^<та«/(0,2 [тк]). (VI.10а) Аналогично наружный диаметр кольцевого сечения
£\ps^ V" 16Af” <max)/{n (1—а<) [Тк]}	А4к(тах)/{0,2 (1—а4)[гк]}-
(VI. 106)
Для определения допускаемого крутящего момента условие (VI.8) преобразуют в виду:
[К1СКЖ.	(Vi.il)
В ряде случаев брус (вал) должен удовлетворять не только условию прочности, но и жесткости. Согласно формуле (VI.5)
®тах “ M*K/(GJp) < [0],	(VI.12)
или
9°тах= [Лда/Д! 180°/л < [0°],	(VI.12а)
где Ощах — наибольший относительный угол закручивания, рад/м; ®тах—то же, град/м; G—модуль сдвига материала, Па; Jp—полярный момент инерции сечения, м4.
Произведение GJp называется жесткостью сечения бруса при кручении. Допускаемый угол закручивания зависит от назначения вала и обычно лежит в пределах [0] = (0,44... 1,7$) 10~? рад/м, что соответствует [0°] = О,25... 1,0 град/м.
Неравенства (VI. 12) и (VI. 12а) служат для непосредственной проверки жесткости бруса. При подборе сечения их выражают относительно тре'буемого полярного момента инерции. Так, в первом случае
/Tp>M“(max)/(G[0]).	(VI. 13)’
На основании выражения (V. 14)"
nD4/32> Al”(max)/(G [6]), откуда требуемый диаметр сплошного сечения
£>т₽> ^32MS(maX)/(nG[0])«/Л4й<тах>/(О,1С[0]), (VI. 1 За) или при переходе к градусной мере
DIP > ^Z[32Al»(max)/(^G [0°])] 180°/гс « /[М«(тах)/(О,1О[00])] 1807л.
(VI. 136)
Аналогично получаются расчетные формулы для кольцевого сечения, в чем нетрудно убедиться самостоятельно. При определении допускаемого крутящего момента условие жесткости преобразуется подобно условию прочности:
[MK]<[0]GJp.	(VI. 14)
162
Пример 81. Двое рабочих, вращая лебедку, прикладывают к рукояти размером а «30 см силу Т3" == 200 Н (рис. 117). Подобрать диаметр вала из условия прочности при его равномерном вращении, если допускаемое напряжение [тк] — 40МПа.
Решение. При вращении рукояти рабочие создают внешний момент т, который вызывает постоянный по всей длине вала крутящий момент
М" = т = Рна = 200-0,3 Н-м = 60Н-м.
Требуемый диаметр вала по формуле (VI. 10а)
DTp > / 16/И“/(л[тк]) = У 16-60/(3,14-40-10е) м =з = 1,97-10“?м= 19,7 мм.
Округляя, принимаем D = 20mm.
Пример 82. Вал, рассмотренный в примере 79,- имеет сплошное поперечное сечение диаметром D = 40 мм и выполнен из стали с модулем сдвига С = 80ГПа. Проверить прочность и жесткость вала, если допускаемое напряжение [тк] = 40МПа, а допускаемый угол закручивания [9°]== = 1 град/м.
Решение. Опасными являются сечения среднего участка вала (см. рис. 111), где крутящий момент имеет наибольшее абсолютное значение
(max) = | Мнш | = 500 Н • М.
Проверка прочности. Согласно условию (VI. 8) и выражению (VI-9)
тшах “	<тах>/^р ~ 16Л1" <тах)/(л7)3) =
= 16 • 500/(3,14• 403. ю-«) Па = 39,8• 10е Па = 39,8 МПа < [тк] =»
= 40МПа,
т. е. прочность вала обеспечена.
Расчет на жесткость. Согласно условию (VI. 12а) и выражению (V.14)
9тах =	<max>/(G^)] 18O°/JT =
= [32Л4“ (max)/(n2Z)4G)] 180° = 32-500-180/(3,14?х
X 404 • 10“хз • 80 • 10е) град/м = 1,43 град/м > [9°] = 1 град/м,
т. е. жесткость вала недостаточна и необходимо увеличить его диаметр. По формуле (V.I.136) находим
£>тр> У[32Мг (max>/(JiG [6°])] 1807л =.
« р/32-500-180/(3,143 • 80 • 10“ • 1) м = 43,7 • 10_? м = 43,7 мм.
Рис, 117
153
Округляя, окончательно принимаем 0 = 45 мм.
Пример 83. Запроектировать брус, рассмотренный в примере 80, в двух вариантах: сплошного поперечного сечения и кольцевого при отношении диаметров a = d/D = 0,8. Сравнить оба варианта по расходу материала. Расчет произвести из условия прочности при допускаемом напряжении [тк] = 30МПа.
Решение. Опасными являются сечения крайнего левого участка бруса (см. рис. 113), где крутящий момент максимален:
(max) = <1V = 750 Н • M.
Требуемый диаметр сплошного сечения по формуле (VI. 10а)
£>спл > /16Л1Е(тах)/(лК]) = р/16-750/(3,14-30-10’) м = = jj/127- 10~’м «5- 10~-м=.50мм,
кольцевого —по формуле (VI. 106)
£>клц> Vх	<max)/{jr (1 —а4) [тк]} = j/127-10-’/(l-0,84) м«
«6- 10-2м = 60 мм.
Отсюда внутренний диаметр кольцевого сечения d = а£)клц = 0,8 • 60 мм = 48 мм.
Расход материала пропорционален площади поперечного сечения: для сплошного бруса
Гспл =	/4 = 3,14 - 52 • 10-4/4 м2 = 19,6 • 10-“ м2 = 1960 мм2,
для полого
^клц= (п^клц/4) (1 -а2) = (3,14 - 62 -10-4/4) (1 — 0,82) м2 =
= 10,2-IO-4 м2 = 1020 мм2.
Таким образом, полый брус (вал) экономичнее равнопрочного сплошного. В рассматриваемом случае он позволяет уменьшить массу расходуемого материала почти в 2 раза. Объясняется это тем, что сердцевина сплошного бруса мало напряжена (см. эпюру касательных напряжений на рис. 116) и удаление материала из нее незначительно отражается на прочности бруса. Экономия будет тем больше, чем тоньше стенка образующейся трубы.
Г Л А В A VII
ПРЯМОЙ ИЗГИБ БАЛОК
§ 28.	ОБЩИЕ ПОНЯТИЯ. ВНУТРЕННИЕ СИЛОВЫЕ ФАКТОРЫ. АНАЛИТИЧЕСКИЙ СПОСОБ ПОСТРОЕНИЯ ЭПЮР Q И М
Изгиб является едва ли не самым распространенным видом деформации элементов строительных конструкций. Прямой брус, работающий на изгиб, обычно называют балкой. Если в поперечных сечениях балки возникает только изгибающий момент, то она
т
Рис. 118
в плоскостях, проходящих
Рис. 119
испытывает чистый изгиб. Однако в большинстве случаев наряду с изгибающим моментом возникает поперечная сила, и изгиб соответственно называется поперечным.
Деформацию изгиба вызывают силы, перпендикулярные продольной оси балки, или пары сил, лежащие через эту ось. Сама ось из прямолинейной превращается в криволинейную (рис. 118).
Если все нагрузки приложены в одной плоскости, называемой с и-л о в о й, то изгиб является плоским, а если линия пересечения этой плоскости с плоскостью поперечного сечения (силовая линия) совпадает с одной из его главных центральных осей, то изгиб называется прямым (рис. 119).
Для того чтобы воспринять наг-' рузку и передать ее на нижележащие конструкции, балка должна иметь опорные закрепления. Как известно
из статики, различают три основных типа опор плоских систем.
1.	Неподвижная шарнирная опора (рис. 120, а) допускает свободный поворот опорного сечения балки, препятствуя смещению как в продольном, так и поперечном направлении. По
155
этому в такой опоре возникают две составляющие реакции ₽: вертикальная V и горизонтальная Н.
2.	Подвижная шарнирная опора (см. тот же рисунок) допускает не только поворот опорного сечения, но и продольное смещение балки, препятствуя лишь поперечному смещению. В этой
Рис. 120
опоре возникает только одна составляющая V = ₽, совпадающая по направлению с опорной связью.
3.	Жесткая заделка, или защемление (рис. 120, б), не допускает ни поворота опорного сечения, ни продольного или поперечного смещения балки. В общем случае плоского нагружения в заделке возникают-составляющие V, Н и реактивный момент т.
В зависимости от опирания различают следующие разновидности простейших статически определимых балок.
Простая балка, свободно лежащая на двух опорах (рис. 121 „а), имеет одну неподвижную и одну подвижную шарнирную опору. При изгибе горизонтальная составляющая реакции- неподвижной опоры Н = 0, поскольку балка несет только вертикальную или моментную нагрузку. Если нагрузка имеет горизонтальную составляющую (сила Р2 на рис. 120), то балка работает на изгибе растяжением (сжатием). Такой случай деформирования рассмотрен в § 44.
156
Консоль (рис. 121, б) имеет один конец жестко заделанный, другой—свободный. В заделке возникает вертикальная составляющая реакции V и реактивный момент т.
Консольная балка представляет собой свободно лежащую на двух опорах балку со свешивающимися концами, которые также называются консолями. В зависимости от их числа балка может
быть двухконсольной (рис. 121, в) или одноконсольной (рис. 121, г). Следует иметь в виду, что действительное устройство опор не
всегда соответствует рассмотреннь ной балки должен предшествовать выбор наиболее подходящей расчетной схемы.
Расчет двухопорных балок начинают с определения опорных реакций, процесс которого известен из статики. Во избежание вычислительных ошибок найденные значения реакций обязательно проверяют, составляя уравнение равновесия, не использованное при их определении. Обычно контролем служит равенство нулю алгебраической суммы проекций всех сил на вертикальную ось (2У = 0).
После того как найдены и
схемам. Поэтому расчету реаль-
проверены опорные реакции, при- .
ступают к определению внутренних силовых факторов в поперечных сечениях балки. Используя метод сечений, мысленно рассекаем балку, ось которой показана на рис. 122, а, на произвольном расстоянии z от левой опоры. Отбрасываем одну из образовавшихся частей (например, правую) и заменяем ее действие на оставшуюся (левую) неизвестными внутренними силами.
Поскольку при прямом поперечном изгибе все нагрузки лежат в одной плоскости (плоскость zOy на рис. 119), они не дают проекций на ось х и моментов относительно осей у п г. Следовательно,
главный вектор и главный момент внутренних сил (см. с. 17) имеют только по одной составляющей, отличной от нуля: Qy и Мх. Для их определения статика дает два уравнения равновесия:
2У = 0; VA-Pi-Qy = Q, откуда
аУ~уА-рь
и
S/nc = 0; VAz— Pt(z—а)—Мх*=0, откуда
Mx = VAz — Pt (z—d).
Таким образом, поперечная сила в произвольном сечении балки численно равна алгебраической сумме всех внешних сил, прилоэюен-
157
ных с одной стороны от этого сечения, а изгибающий момент — алгебраической сумме моментов всех внешних сил, приложенных с одной стороны от сечения, относительно его центра тяжести.
Правило знаков обоих силовых факторов удобно устанавливать исходя из направления внешних сил. Если внешняя сила стремится повернуть отсеченную часть балки по ходу часовой стрелки относительно рассмат-с.	___ м п ______________________' риваемого сечения, то
1	Ц Ц	1 оНа вызывает положи-
I	’	[ тельную поперечную си-
лу. Так, реакция VA t. (рис. 122, б) стремится | повернуть левую часть
—и М<0 | 1 ._________________.—У балки по ходу часовой
*•"'*	z	стрелки относительно
Рис. 123	сечения С, что находит
отражение в составленном выше аналитическом выражении Qy. И, наоборот, сила стремится создать вращение против хода часовой стрелки, поэтому она дает отрицательное слагаемое в указанном выражении.
Аналогичная картина наблюдается при рассмотрении правой отсеченной части балки:
Qv = -vb+p2,
причем согласно третьему закону Ньютона обе поперечные силы (через левые и правые внешние силы) равны и противоположны
по направлению.
Знак изгибающего момента соли. Внешняя сила (момент), (рис. 123, а), вызывает положительный изги- а) бающий момент. При • этом нижние волокна г— балки растянуты, верх- у f ние—сжаты. Если вы- Г*" пуклость обращена г*~ вверх(рис. 123,б),то возникает отрицательный
наиболее просто установить для кон-изгибающая балку выпуклостью вниз
Рис. 124
изгибающий момент.
В более сложном случае (см. рис. 122) следует мысленно осво-
бодить балку от опор и ввести защемление в рассматриваемом сечении. Тогда балка распадется на две консоли и искомый изгибающий момент определится как реактивный' момент в воображаемой заделке. Так, из характера деформирования левойконсоли (рис. 124,а) видно, что реакция VA создает положительный изгибающий момент в сечении С (изгиб выпуклостью вниз), а сила —отрицательный (изгиб выпуклостью вверх). О том же свидетельствует и ранее составленное выражение Мх.
158
Аналогично из рассмотрения правой консоли (рис. 124, 6) следует:
Оба момента также равны и противоположны по направлению.
Вопрос о нахождении опасных сечений произвольно нагруженной балки решается так же, как при растяжении (сжатии) и кручении, т. е. в результате анализа эпюр внутренних силовых факторов (Q и Л1*). Для того чтобы установить закон изменения поперечной силы и изгибающего момента по длине балки, составляют их аналитические выражения в виде функций от положения сечения (абсциссы z). После того как составлены уравнения Q(z) и Л1(г), абсциссам дают последовательно конкретные • значения (буквенные или численные, в зависимости от условия задачи), мысленно перемещая сечение балки по длине рассматриваемого участка. Вычисляя соответствующие значения (ординаты) Q и М, откладывают их в принятом масштабе от базисной линии, которая параллельна продольной оси балки (оси г). Таким образом, эпюры Q и М представляют собой графики функций Q(z) и М (z).
При расчете изгибаемых элементов строительных конструкций эпюру М принято строить со стороны растянутых волокон, т. е. положительные ординаты откладывают вниз, а отрицательные вверх от'базисной линии. Положительные ординаты эпюры Q, наоборот, откладывают вверх, отрицательные вниз.
Что касается очередности построения эпюр, то на этот счет единой точки зрения нет. С одной стороны, процессу построения эпюр предшествует определение опорных реакций, поэтому, казалось бы, проще и логичнее в первую очередь строить эпюру Q (так сделано, например, в учебнике [5]). С другой стороны, последующие примеры покажут, что в большинстве расчетов на прочность решающую роль играет изгибающий момент, а эпюра Q имеет вспомогательное значение. Это обстоятельство наряду с рядом других является причиной того, что в некоторых учебниках (см., например, [19]) сначала строится эпюра М. В настоящем пособии превалирует первый подход, но одновременно подчеркивается, в каких случаях первоочередность построения эпюры Q вызвана практической необходимостью, а в каких—принципом единообразия в подходе к рассматриваемому вопросу.
Пример 84. Построить эпюры Q и М для свободно лежащей балки пролетом Z, нагруженной сосредоточенной силой Р (рис. 125,а).
Решение. Определение опорных реакций. Так как сила Р действует вертикально вниз, обе реакции направлены вверх. Пользуясь условием равенства нулю алгебраической суммы моментов всех внешних сил относительно центра тяжести любого сечения балки, находим:
2тл=0; Ра—VBl = Q\ VB = Pa/l\ = 0; VAl -Pb = 0; VA = РЬЦ.
* Здесь и далее в целях сокращения записи индексы осей х и у при буквенных обозначениях изгибающего момента и поперечной силы опущены.
159
Проверка. ZY = VA — Р +	- Pb'l - P + Pa/l = (P//) X
X (b—/_|-a) = 0, t. e. реакции определены правильно.
Построение эпюры Q. Зная опорные реакции, нетрудно составить аналитическое выражение поперечной силы на любом участке балки. Помещая начало координат на левой опоре, мысленно разбиваем балку на два участка: АС и СВ. Они характерны тем, что имеют различные выражения поперечной силы.
Рис. 125
Участок. АС. Рассмотрим сечение 1—1 на произвольном расстоянии z от начала координат. Алгебраическая сумма всех внешних сил, действующих слева от сечения (рис. 125, б):
ал^уА=РЫ1,
причем она постоянна на протяжении всего участка, поскольку не зависит от переменной г. Следовательно, на рассматриваемом участке эпюра Q представляет собой прямую, параллельную оси абсцисс.
Участок СВ. Алгебраическая сумма всех внешних сил, приложенных слева от сечения 2—2 (рис. 125,в):
Q, (z) - VA~Р = РЬЦ-Р = (Р//) (Ь -/) - РаЦ - - VB.
160
Она также постоянна, т. е. и на этом участке эпюра Q параллельна оси г: Окончательная эпюра поперечных сил изображена на рис. 125,г. При направлении слева направо она строится следующим образом.
На левой опоре действует положительная поперечная сила Qa = Va- Откладываем ее величину РЬ/1 в принятом масштабе вверх от базисной линии, параллельной оси балки, и проводим горизонтальную прямую до пересечения с линией действия силы Р. Последняя направлена вниз, поэтому эпюра опускается в сечений С уступом на соответствующую величину. Далее проводим горизонтальную прямую до опоры В, где откладываем вверх ординату реакции VB = Pa/l, попадая снова на базисную линию и замыкая тем самым эпюру. Замкнутость эпюры—необходимый признак правильности. ее построения.
На построенной эпюре указывают алгебраические знаки и значения характерных ординат, после чего ее заштриховывают перпендикулярно базисной линии. Каждая ордината характеризует в принятом масштабе значение поперечной силы в соответствующем сечении балки.
Построение эпюры М производим по тем же участкам.
Участок ДС(О^г^а). Алгебраическая сумма моментов всех внешних-сил, приложенных слева от сечения 1 — 1:
M1(z)^VAz = (PbH)z.
Получили уравнение наклонной прямой (переменная г входит в первой степени). При z = 0 МА — 0; при г = а
М$ев = (Pb/l)a = Pab/l.
Индекс «левый» означает, что момент вычислен в сечении, удаленном на бесконечно малое расстояние влево от сечения С.
Таким образом, на рассматриваемом участке изгибающий момент возрастает пропорционально абсциссе г от нулевого значения на опоре А, до наибольшего значения в сечении, где приложена сила Р.
Участок СВ (а^.г^Л). Аналитическое выражение изгибающего момента в сечении 2—2 через левые внешние силы
Mt (?) =	— Р (г—а) = (РЬ/1) г—Р (г—а).
Переменная г входит в это уравнение также в первой степени. При z = a Мср = (РЬ/1)а—Р(а—a) = Pab/l.
Получили то же значение изгибающего момента, что и на предыдущем участке. Индекс «правый» означает, что момент вычислен в сечении, удаленном на бесконечно малое расстояние вправо от сечения С.
При z = l MB = (Pb/l)l — P (I—а) —РЬ-—РЬ = 0.
Итак, на рассматриваемом участке с увеличением абсциссы г изгибающий момент убывает от наибольшего значения в сечении С до нуля на опоре В. Окончательная эпюра М. (рис. 125,5) ограни
6 № 759
161
чивает треугольник высотой
Мт^ = РаЬЦ,
(VII.1)
отложенной вниз от базисной линии под силой Р.
На построенной эпюре также указывают алгебраические знаки и значения характерных ординат (в данном случае—Л1тах), после чего ее заштриховывают перпендикулярно базисной линии. В таком виде эпюра М дает возможность определить в принятом масштабе значение изгибающего момента в любом сечении балки, измерив
соответствующую ординату.
В рассматриваемом случаё нагружения эпюра М имеет только положительные ординаты, поскольку балка по всей длине изгиба-
Рис. 126
•ется выпуклостью вниз (рис. 125,а). Анализируя эпюры Q и М, замечаем: а) в сечении, где поперечная сила меняет свой знак,, изгибающий момент достигает экстремального значения; б) значение изгибающего момента можно •установить по площади эпюры поперечных сил. Так, площадь эпюры Q, расположенной левее сечения С:
(Pb/Г) а = Pab/l = Мс.
Пример 85. Построить эпюры Q и М для балки, рассмотренной
в предыдущем примере, при условии, что сила Р приложена в середине пролета (рис. 126,а).
Решение. Определение опорных реакций. Вследствие симмет-
ричного нагружения
Va = Vb = P/2.
Построение эпюры Q (рис. 126,6) аналогично предыдущему случаю.
Построение эпюры М. Подставляя в формулу (VII. 1) а = Ь = 1/2, получаем наибольший изгибающий момент
^с = Л1шах = Р//4.	(VII.2)
Графически изгибающие моменты изображаются ординатами равнобедренного треугольника (рис. 126,в).
Пример 86. Построить эпюры Q и М для балки с равномерно распределенной по всему пролету нагрузкой интенсивностью а (рис. 127,а).
162
Решение. Определение опорных реакций. Полная нагрузка на балку составляет ql. Реакции направлены вертикально вверх и вследствие симметричного нагружения равны между собой:
ул = ув = (///2.
Построение эпюры Q. Алгебраическая сумма всех внешних сил, действующих слева от произвольного сечения в пролете (рис. 127,6), Q (г) = VА—qz = ql/2—qz = q (I/2—z), где qz—равнодействующая нагрузки, распределенной на участке длиной г.
II 11 ♦ 11
_J__________
IlII Hl I tTTL
t*—£
4
s)
а


I
М
4
8)
z/2 z/2

,s 2
г)
1/4
г/4.
г/4
Зпюра M Z/4.
J2
JZ
Рис. 127
г ql?
Mmax~ g
Полученное выражение является уравнением наклонной прямой. При z = 0 QA = VA = qll2\
при z = l QB~q(l/2—l) = — ql/2 = — VB.
Эпюра поперечных сил, построенная по найденным ординатам, приведена на рис. 127,в.
Построение эпюры М. Изгибающий момент в сечении с абсциссой г
М (z) — VAz—qz-z[2 = (<?//2) z—qz2!2 = (gz/2) (I —z),.
6*
163
где г/2—плечо равнодействующей qz относительно рассматриваемого сечения.
Полученное выражение представляет собой уравнение квадратной параболы (переменная г входит во второй степени). В опорных сечениях, т. е. при z = 0 и г = /, Л1л = Л18 = 0. Для остальных сечений г < I, поэтому изгибающий момент по всему пролету имеет только положительные значения (балка изгибается выпуклостью вниз, см. рис. 127,а). Наибольший момент вследствие симметричного нагружения возникает посередине пролета:
при г = 1/2 Mt/2 = Mmax = [ql/(2  2)] (Z -1/2) = qP/8.	(VI1.3)
Чтобы построить параболу, следует рассмотреть несколько промежуточных сечений. Так,
при z = 1/4 Mi/4=[ql/(2-4)](l — l/4) = 3/32qP.
То же значение справедливо для сечения с абсциссой г —31/4. Окончательная эпюра М изображена на рис. 127,г.
Из разобранного примера видно, что в сечении, где поперечная сила равна нулю (в данном случае посередине балки), изгибающий момент достигает экстремального значения.
Пример 87. Построить эпюры Q и М для балки, нагруженной двумя равными и равноотстоящими от. опор сосредоточенными силами Р (рис. 128,а).
Решение. Определение опорных реакций. Ввиду симметричного нагружения
VA = VB = 2P/2 = P.
, Построение эпюры Q. Согласно примеру 84 поперечная сила на участке АС имеет постоянное значение
qa = qf* = va = p.
В сечении г между точками приложения сил Р алгебраическая сумма всех сил, приложенных слева от него, составляет
Q\z) = VB—P= P—P==Q, т. е. поперечная сила отсутствует (рис. 128,6).
164
Рис. 129
И, наконец, на участке DB поперечная сила опять постоянна:
QBp = Q8 = ^-2P = -P = -V8.
Эпюра Q имеет вид, показанный на рис. 128,в.
Построение эпюры М. На участке АС изгибающий момент возрастает, как следует из указанного примера, по линейному закону от нуля до наибольшего значения:
Мс = V Аа = Ра.
В произвольном сечении участка CD
M(z) = VAz — P(z—a) = =Pz—P(z—a) = Ра, т. е. изгибающий момент не зависит от абсциссы г и на всем протяжении участка остается постоянным.
На участке DB момент убывает по прямой от наибольшего значения до нуля. Эпюра М построена на рис. 128,г. Она ограничивает равнобедренную трапецию высотой Ра. Все ординаты эпюры положительны, поскольку балка изгибается по всей длине выпуклостью вниз (см. рис. 128,а).
Анализируя эпюры Q и М, замечаем, что на среднем участке, между симметрично приложенными силами Р, балка испытывает чистый изгиб (Q = О, М = const).
Рассмотренный пример позволяет также еще раз убедиться в том, что экстремальный изгибающий момент возникает в сечениях, где поперечная сила равна нулю.
Пример 88. Построить эпюры Q и М для балки, нагруженной в пролете сосредоточенным моментом т (рис. 129,а).
Решение. Определение опорных реакций. Так как нагрузка" представлена одним лишь моментом, то из условия 2^ = 0 заключаем, что реакции должны быть равны и противоположны по направлению. Момент т стремится оторвать балку на опоре А и прижать на опоре В, поэтому реакция VA направлена вертикально
165
вниз, a VB—вверх. Остается найти их значение:
2^в = 0; —VAl+m = 0; VA = m/l = VB.
Таким образом, реакции образуют, пару сил с моментом, равным приложенному моменту т и противоположным ему по направлению.
Построение эпюры Q. Поперечная сила постоянна по всей длине балки, так как в любом сечении (рис. 129,6 и в) алгебраическая сумма левых сил
Q(z) = — VA = — m/l.
Эпюра ограничивает прямоугольник, изображенный на рис. 129,г.
Построение эпюры М. Балка имеет два участка, на которых аналитические выражения изгибающего момента различны.
Участок АС (О^г^а). Алгебраическая сумма моментов всех сил, приложенных слева от сечения 1 — 1 (см. рис. 129,6):
ЛТХ (г) = — VAz = — (т/Г) z, т. е. изгибающий момент убывает по прямой от значения МА = 0 на левой опоре (г = 0) до значения
Л1£ев = — VAa = — (zn//) а
в сечении С слева (г = а).
Участок СВ (а^г^/). Изгибающий момент в сечёнйи 2—2 (см. рис. 129,в)
М2 (г) — — V Az + т = — (т/Г) z+tn = (tn/l) (I—г), т. е. он возрастает от значения
М пр = (щ//) (/ —а) = + (т/Г) b
в сечении С справа (г = а) до значения Мв=(т/Г)(1—/) = 0 на правой опоре (г = /).
Эпюра моментов построена на рис. 129,3. На левом участке она отрицательна, так как балка изгибается выпуклостью вверх (см. рис. 129,а), на правом—положительна, поскольку выпуклость обращена вниз. В сечении С, где приложен сосредоточенный момент, происходит скачок вниз от значения —{mil") а до -j-(m/l)b, т. е. на величину т. Угол наклона ветвей эпюры а — постоянный.
166
5)
6)
Эпюра Q
Эпюра М
v (	т	I
Рис. 130
т
А
I
г
I
В
№
h
т
п
Пример 89. Построить эпюры Q и М для балки, рассмотренной в предыдущем примере, если сосредоточенный момент т приложен на левой опоре (рис. 130,а).
Решение. Построение эпюры Q. Поскольку значение и направление опорных реакций не меняются по сравнению с указанны^ примером, эпюра поперечных сил (рис. 130,6) полностью совпадает с эпюрой, приведенной на рис. 129,е.
Построение эпюры М. В произвольном сечении
М (г) = — VAz + т ~ — (m/Z) z + т — (т/Г) (/ —г), т. е. изгибающий момент убывает по прямой от наибольшего значения МА = т на левой опоре (z = 0) до нуля—на правой (z = Z). Эпюра 7И, таким образом, ограничивает прямоугольный треугольник с ординатой т под опорным сечением, в котором приложен сосредоточенный момент (рис. 130,в).
Анализируя эпюры изгибающих моментов, построенные в рассматриваемом и предыдущем примерах, нетрудно видеть, что при перемещении сечения, где приложен сосредоточенный момент, по длине балки постоянство угла наклона а ветвей эпюры М к оси абсцисс не нарушается. Происходит лишь перемещение вместе с моментом вертикального -скачка с одной ветви на другую (см. рис. 129,5) и, как следствие, изменение соотношения между площадями треугольника dfe с отрицательными ординатами и треугольника hfk с положительными ординатами.
В частном случае, когда момент т приложен на левой опоре, изгибающие моменты графически изображаются только положительными ординатами треугольника hdn и вся балка изгибается выпуклостью вниз (см. рис. 130,а и в). Аналогично, если приложить момент на правой опоре, изгибающие моменты изобразятся отрицательными ординатами треугольника dhg, а балка изогнется выпуклостью вверх. На поперечную силу перемещение точки приложения момента т влияния не оказывает.
Рассмотренные выше примеры 84...89 позволяют сделать два практически важных вывода: 1) изгибающий момент на опоре свободно лежащей балки без консолей равен нулю при любом нагружении, за исключением случая,, когда на этой опоре приложен сосредоточенный момент; 2) поперечная сила на опоре свободно лежащей балки равна соответствующей реакции.
Пример 90. Построить эпюры Q и М для консоли, нагруженной на свободном конце сосредоточенной силой Р (рис. 131,а).
Решение. Расчет консоли следует начинать непосредственно с построения эпюр, перемещаясь от свободного конца к заделке. Опорные реакции определяются автоматически в процессе построения.
Построение эпюры Q. Проводим по общему методу сечение на произвольном расстоянии z от свободного конца, отбрасываем правую часть балки и рассматриваем равновесие левой (рис. 131,6). Алгебраическая сумма всех сил, приложенных слева от сечения, постоянна: Q(z) =— Р, т. е. эпюра поперечных сил параллельна оси z (рис. 131,в).
167
Рис. 131
Построение эпюры М. Изгибающий момент в том же сечении М (г) = — Рг.
Это выражение представляет собой уравнение наклонной прямой, т. е. момент убывает от нуля на свободном конце (z = 0) др значения Мв = — Р1 в заделке (z = Z) пропорционально увеличению координаты г (рис. 131,г). Опасным является сечение в-заделке, поскольку в нем возникает наибольший по абсолютному значению изгибающий момент
Mm^ = \MB\ = Pl. (VII.4)
Определение опорных реакций .По построенным эпюрам можно судить о величине и направлении реакций в заделке. Из рассмотрения эпюры Q следует, что реакция VB = Р направлена вверх, так как в соответствии с приня-тым правилом знаков она должна стремиться вращать балку против хода часовой стрелки, чтобы вызвать отрицательную поперечную силу.
Согласно знаку эпюры М реактивный момент тв должен быть нанравлен по ходу часовой стрелки, е тем чтобы балка изгибалась выпуклостью вверх (рис. 131, а). Его значение определяется формулой (VI 1.4).
Пример 91. Построить эпюры Q и М для консоли, по всей длине которой равномерно распределена нагрузка интенсивностью q (рис. 132,а).
Решение. Построение эпюры Q. Помещаем начало координат на свободном конце консоли и ведем отсчет абс
168
цисс z справа налево. Тогда алгебраическая сумма всех внешних сил, действующих справа от произвольного сечения (рис. 132,6),
Q(z) = <?z.
Из этого выражения видно, что поперечная сила находится в линейной зависимости от координаты г: при г = О QB = 0; при z=lQA = ql.
Эпюра Q приведена на рис. 132,в.
Построение эпюры М. Изгибающий момент в произвольном сечении
М (z) =— <?г2/2.
Полученное выражение является уравнением квадратной параболы. Положение ее вершины соответствует свободному концу консоли, где г = 0 и Мв = 0.
Наибольший по абсолютному значению изгибающий момент возникает в заделке (z = /):
MmiX = \MA\ = ql*/2.	(VII.5)
Таким образом, и в этом случае опасным является сечение в заделке. Эпюра М изображена на рис. 132,г. Для построения параболы использовано промежуточное значение изгибающего момента в середине вылета консоли (г = 1/2):
Мц2 = -q(l/2y/2 = -ql*/8.
Определение опорных реакций. Согласно элюре Q в заделке возникает реакция VA = ql, направленная вертикально вверх, поскольку
она должна стремиться вращать балку по ходу часовой стрелки, чтобы вызвать положительную поперечную силу.
Реактивный момент в заделке 'тА направлен против хода часовой стрелки и изгибает балку выпуклостью вверх (рис. 132,а) согласно отрицательной эпюре М. Его значение определяется формулой (VII.5).
Пример 92. Построить эпюры Q и М для консоли, нагруженной на свободном конце сосредоточенным моментом т (рис. 133,а).
Решение. Ввиду отсутст-
Рис. 133
вия вертикальной нагрузки по-
перечная сила по всей длине балки равна нулю (рис. 133,6 и в).
Изгибающий момент в произвольном сечении М (z) = — т.
Он не зависит от абсциссы г и имеет постоянное значение. Сле-
довательно, эпюра М параллельна оси г (рис. 133,г). Таким образом, консоль» испытывает чистый изгиб, и в заделке возникает только реактивный момент т.в, равный приложенному моменту т и противоположный по направлению.
169
Примеры 90.. .92 также позволяют сделать два практических вывода: 1) на свободном конце консоли изгибающий момент не равен нулю только в том случае, если там приложен сосредоточенный момент; поперечная сила не равна нулю, если приложена сосредоточенная сила; 2) опасным, как, правило, является сечение в заделке консоли, так как там возникает наибольший по абсолютному значению изгибающий момент.
§ 29. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ ЗАВИСИМОСТИ МЕЖДУ ИЗГИБАЮЩИМ МОМЕНТОМ Jf, ПОПЕРЕЧНОЙ СИЛОЙ Q И ИНТЕНСИВНОСТЬЮ РАСПРЕДЕЛЕННОЙ НАГРУЗКИ q
Анализируя результаты примеров 84...92, можно установить следующую закономерность между изгибающим моментом и поперечной силой: если момент является целой алгебраической функцией М (г), т. е. абсцисса z входит в его аналитическое выражение в первой, второй, третьей или любой другой целой степени, то сте-
Рис. 134
пень функции поперечной силы Q (г) оказывается на единицу ниже. Подобная закономерность аналогична математической зависимости между функцией и ее первой производной.
Пример 93. Доказать, что первая производная от изгибающего момента по абсциссе сечения балки равна поперечной силе, а вторая производная — интенсивности распределенной нагрузки, взятой с отрицательным знаком.
Решение. Двумя бесконечно близкими сечениями ab и cd выделим на участке под распределенной нагрузкой элемент длиной dz (рис. 134,а}. Действие левой отброшенной части балки
заменим поперечной силой Q и изгибающим моментом Mf которые будем считать положительными (рис. 134,6). Аналогично поступим и с правой частью. Поскольку выделенный элемент бесконечно мал,
нагрузку, распределенную по его длине, можно считать равномерной, а так как в пределах элемента к балке не приложены внешние сосредоточенные силы и моменты, -значения поперечных сил и изгибающих моментов в сечениях ab и cd отличаются на бесконечно малые величины dQ и dM.
Проектируя все силы на вертикальную ось, из условия равновесия рассматриваемого элемента получим:
2У = 0; Q-(Q + dQ)-qdz = O,
170
Отсюда после приведения подобных членов dQ= — aydz, иЛи dQ/d^ = — q,	(VII.6)
т. е. попутно доказали, что первая производная от поперечной силы по абсциссе сечения балки равна интенсивности распределенной нагрузки, взятой с отрицательным знаком. Взяв сумму моментов всех сил относительно центра тяжести С правого сечения, составим второе уравнение равновесия:
2mc-0; M + Qdz—?dz-dz/2—(M + dM) = 0.
Приводя подобные члены и пренебрегая третьим слагаемым как бесконечно малой величиной более высокого порядка, получим
xlM/dz = Q,	(VII.7)
что и требовалось доказать. Из двух дифференциальных зависимостей (VI 1.6) и (VI 1.7) легко вывести третью:
d?M/dz2- = — q.	(VI 1.8)
Зависимости (VI1.6).. .(VI 1.8) значительно упрощают процесс построения эпюр поперечных сил и изгибающих моментов, позволяя не прибегать к составлению аналитических выражений функций Q (z) и М (z).
§ 30.	ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР Q И М ПО ХАРАКТЕРНЫМ ТОЧКАМ (СЕЧЕНИЯМ)
В сложных случаях нагружения, когда к балке приложено несколько нагрузок и она имеет несколько участков, построение эпюр целесообразно вести по характерным точкам. Эти точки соответствуют сечениям, совпадающим с границами участков, и сечениям, где изгибающий момент достигает экстремальных значений. При таком способе построения полезно руководствоваться следующими правилами.
1.	На ненагруженных участках балки эпюра Q представляет собой прямую, параллельную оси балки (оси абсцисс), а эпюра М — наклонную прямую (см. рис. 125, 126, 129... 131).
Действительно, если отсутствует распределенная нагрузка, то согласно зависимости (VII.6) dQ/dz =— q = 0 и Q=corist (уравнение прямой, параллельной оси г).
Согласно зависимости (VI 1.7) dM/dz= Q = const, т. е. M = Q J dz.
Производя интегрирование с точностью до произвольной постоянной, получаем уравнение наклонной прямой M=Qz.
2.	На участках с равномерно распределенной нагрузкой эпюра Q — наклонная прямая, а эпюра М—квадратная парабола, обращенная выпуклостью» в сторону действия нагрузки (см. рис. 127, 132). В этом случае q = const и интегрирование выражений (VII.6) и (VII.7) с точностью до произвольных постоянных приводит соответственно
171
к уравнению наклонной прямой
Q = — q $ dz = — qz
и уравнению квадратной параболы
Л4 = Qdz = — q zdz = — <?za/2.
3.	Если на каком-либо участке: а) поперечная сила положительна, то изгибающий момент алгебраически возрастает (см., например, рис. 132^ и г); б) поперечная сила отрицательна, то изгибающий момент убывает (см. рис. 130,6 и в; 131,в иг); в) поперечная сила равна нулю, то изгибающий момент имеет постоянное значение и балка подвергается на этом участке чистому изгибу (см. рис. 128,в и г; 133,в и г).
Это правило следует из математического определения возрастающих и убывающих функций. Функция М (г) возрастает, когда ее первая производная dM/dz = Q больше нуля, и убывает, когда производная меньше нуля. Постоянная функция имеет нулевую производную.
При используемом принципе построения эпюры М (положительные ординаты — вниз, отрицательные—вверх) возрастающим моментам соответствуют линии, нисходящие слева направо, убывающим — восходящие слева направо.
4.	Если на каком-либо участке эпюра Q проходит через нулевое значение (пересекает базисную линию), то изгибающий момент в соответствующем сечении имеет экстремальноё (максимальное или минимальное) значение на данном участке (см. рис. 127,в и г) и касательная к эпюре М параллельна базисной линии (оси балки).
Это правило основано на известном из математики признаке наибольшего (максимум) и наименьшего (минимум) значений функции, которые-объединяются термином «экстремум». Если производная dAf/dz = Q = O, то функция М (г) = Мтал в том случае, когда Q переходит от плюса к минусу, и Л4 (г) = когда Q переходит от минуса к плюсу.
5.	В сечении под сосредоточенной силой эпюра Q имеет скачок, равный приложенной силе, эпюра М—излом, острие которого обращено в сторону действия силы (см. рис. 125, 126, 128).
В отношении эпюры Q это правило вытекает из общего принципа определения поперечной силы (см. § 28). Как только, перемещаясь вдоль балки, минуем точку приложения сосредоточенной силы, последняя войдет в алгебраическую сумму учитываемых внешних сил. При перемещении слева направо направления скачка и силы совпадают, при перемещении справа налево они противоположны.
В отношении эпюры М сформулированное правило является следствием того, что производная dM/dz = Q в рассматриваемой точке терпит разрыв.
6.	В сечении, где приложен сосредоточенный момент, эпюра М имеет скачок, равный значению этого момента. Направление скачка 172
соответствует принятому правилу знаков изгибающего момента.
Эпюра Q проходит через указанное сечение без изменения, поскольку не меняется алгебраическая сумма левых (или правых) сил. Таким образом, угол наклона эпюры
М к базисной линии остается постоянным (см. рис. 129).
Пример 94. Построить эпюры Q и М для свободно лежащей балки пролетом / = 8 м, на которую действует нагрузка интенсивностью <7=12 кН/м, равномерно распределенная по левой части пролета-а = 5 м (рис. 135,а).
Решение. Определение опорных реакций.
Ут8 = 0; VAl—qa(a/2-\-b) = =0;
VA — qa(a/2 12x
X 5 (5/2 + 3)/8 кН = 41,25 кН.
Здесь b = I —a = 8—5 м = 3 м.
/пл = 0; <?я2/2—V8/ = 0;
= <7«2/(2/) =
12-52/(2-8) кН =18,75 кН.
Рис. 135
Проверка.	= VA—qa-\-VB = 41,25—12-5+ 18,75 = 0.
Построение эпюры Q.
Зл = Ул = 41,25 кН; Qc = Qb = -Vs = — 18,75 кН.
Согласно правилам 2 и 1 на участке АС эпюра Q представляет собой наклонную прямую, на участке СВ — прямую, параллельную оси балки (рис. 135,6), причем на первом участке поперечная сила меняет знак. Определим значение абсциссы г, при котором Q = 0. Приравнивая нулю аналитическое выражение поперечной силы на этом участке, находим:
VA—qz — Q\ z = VAlq = 41,25/12 м = 3,44 м.
То же значение получится из рассмотрения подобных треугольников, в чем нетрудно убедиться самостоятельно.
Построение эпюры М.
МА = Мв = 0.
При направлении справа налево
Mc = VB(l—a)= 18,75(8 — 5) кН-м = 56 кН-м.
Согласно упомянутым выше правилам на участке АС эпюра М имеет криволинейное очертание, на участке СВ—линейное. Для
173
построения кривой (параболы) двух значений изгибающего момента недостаточно. Необходимо рассмотреть промежуточное сечение, в качестве которого используем сечение с абсциссой z = 3,44 м, где в соответствии с правилом 4 возникает максимальный изгибающий, момент
=	—^2/2 = 41,25 - 3,44—12 - 3,442/2 кН-м = 71 кН-м.
Окончательная эпюра М представлена на рис. 135, в. Она имеет только положительные ординаты, поскольку балка по всей длине изгибается выпуклостью вниз (рис. 135, а). Так как в точке С, соответствующей концу участка, занятого распределенной нагрузкой, нет сосредоточенной силы, криволинейная часть эпюрЬх плавно переходит в прямолинейную.
В разобранном примере рассмотрен такой случай нагружения, при котором первоочередность построения эпюры Q вызвана практичес-. кой необходимостью. По ней устанавливается опасное сечение балки, т. е. сечение с наибольшим изгибающим моментом.
Пример 95. Построить эпюры Q и М для консоли вылетом I = 2 м, нагруженной
сосредоточенными силами Рх = 30 кН и Р2 = 90 кН (рис. 136, а).
Решение. Согласно правилу 1 на участке АС поперечная сила постоянна:
Qa-Q^b = -Pi = -^ кН.
Аналогично на участке СВ
Qgp = qb = _ Р1 — Р2 = __ 30 — 90 кН = — 120 кН.
Эпюра Q имеет ступенчатый вид (рис. 136, б). При переходе с одного участка на другой она изменяется скачкообразно, так как на границе участков, в сечении С, приложена сосредоточенная сила Р2. Скацок отложен вниз по направлению действия силы, на отрезок, равный ее значению (правило 5).
Построение эпюры М.
МА = 0; Мс = — /\//2 = — 30-2/2 кН-м = —30 кНм; М3 = = — Р11 — Р2 (1 — 1/2) = — 30;2—90(2 — 1) кН-м = 150 кН-м.
Эпюра имеет вид ломаной (рис. 136, в). Она по всей длине отрицательна, поскольку консоль изгибается выпуклостью вверх
174
О)
р<
Рг
1/2
1/2 J
I
5:
Эпюра М	^ггиПТ '
Рис. 136
А
с

, Эпюра Q
Б
(рис. 136, а). В сечении С наблюдается излом, направленный острием вниз, в сторону действия силы Р2. Опасным является сечение в заделке, где возникает наибольший по абсолютному значению изгибающий момент
A4max = I Мв I = 150 кН-м.
Рассмотренный пример наглядно иллюстрирует правило 3. Так как поперечная сила отрицательна, .изгибающий момент убывает от нуля на свободном конце до указанного значения в заделке.
Определение опорных реакций принципиально ничем не отличается от подобной операции в примере 90. Они составляют: VB = 120 кН; тд=150кН-м, и их направление указано на рис. 136, а.
Пример 96. Построить эпюры Q и М для одноконсольной балки, изображенной на рис. 137, а. Пролет балки / = 5м, длина консоли а=1 м. Интенсивность равномерно распределенной нагрузки <7 = 30 кН/м.
Решение. Определение опорных реакций. Нагрузка, приложенная на консоли, стремится оторвать балку от опоры В и прижать к опоре А. Поэтому реакция VB направлена вертикально вниз, a VA —вверх.
S/nB = 0; —<?а(а/24-/)4-Ул/ = 0;
VA = qa (а/2 + Z)/Z = 30-1 (1 /2 + 5)/5 кН = 33 кН.
2тл = 0; —<?а-а/2 + Ув/ = 0;
VB = <?a2/(2Z) = 30 • 12/(2 • 5) кН = 3 кН.
Проверка. 5 У = — qa-\-VА—Vв — — 30-1 4-33—3 = 0.
Построение эпюры Q. Согласно правилам 2 и 1 поперечная сила на консоли меняется по линейному закону, а в пролете постоянна:
Qc = 0; QAeB = — qa = — 30-1 кН = — 30 кН;
QnP = Qs = 1/s = 3KH.
Эпюра Q представлена на рис. 137, б. В опорном сечении А она скачком меняет свой знак, причем скачок равен реакции VA и направлен вверх ’ (если перемещаться слева направо, см. правило 5).
Построение эпюры М. Согласно указанным правилам изгибающий момент меняется по параболическому закону на консоли и по линейному в пролете:
Мс = Л4д = 0; /Ил = —<?а2/2 = —ЗО-Р/2 кН-м = — 15 кН-м.
Для построения параболы необходимо промежуточное значение момента. В середине консоли
Ма/Ъ = — q (а/2)72 = — qatfc = — 30 • 12/8 кН • м = — 3,75 кН • м.
Эпюра* М показана на рис. 137, в. Опасным является опорное сечение А, где изгибающий момент достигает наибольшего абсолютного значения Л4тах = | МА | = 15 кН-м. В соответствующей точке эпюры имеется излом, направленный острием вверх, в сторону дей-
175
ствия реакции. Эпюра по всей длине отрицательна, поскольку изогнутая ось балки обращена выпуклостью вверх (рис. 137, а).
Рассмотренный пример также подтверждает правило 3. На консоли поперечная сила отрицательна и поэтому изгибающий момент убывает от нуля на свободном конце до значения —15кН-м на опоре А. В пролете поперечная сила положительна и изгибающий момент возрастает от указанного значёния до нуля на опоре В.
Пример 97. Построить эпюры Q и М для одноконсольной балки, нагруженной одинаковыми сосредоточенными силами Р = 24 кН на конце консоли длиной а = 2 м и в середине пролета/= 6 м (рис. 138, а).
Установить, какую длину должна иметь консоль, чтобы наибольший пролетный изгибающий момент численно равнялся опорному.
Решение. Определение опорных реакций. Предполагаем, что обе реакции направлены вверх.
2тв = 0; уА1 — РЦ2 + Ра^-; VA=(P/l)(l/2—a) =
= (24/6) (6/2 — 2) кН = 4 кН.
2/пл = 0; Р1/2—VBl + P(l + a) = Q-,
VB = (/>//) (3Z/2 + а) = (24/6) (3 • 6/2 + 2) кН = 44 кН.
Обе реакции получились положительными. Это подтверждает сделанное предположение, что они направлены вверх.
Проверка.	= VA + VB—2Р = 4 + 44—2-24 = О,
Построение эпюры Q. В пределах пролета поперечная сила меняется по закону, установленному в примере 84 (см. рис. 125, г):
<ЭЛ = Qb« = VA = 4 кН;	= QF = VA-Р = 4 -24 кН = - 20 кН.
. На консоли Qc = QgP=P = 24 кН.
В окончательном виде эпюра Q изображена на рис. 138, б. Поперечная сила меняет знак дважды: в сечении D под силой Р и на опоре В под реакцией. Поэтому здесь следует ожидать экстремальных значений изгибающего момента (правило 4).
Построение эпюры М. В соответствии с эпюрой Q изгибающий момент меняется по г.сей длине балки линейно: /Ил = /Ис = 0; при
176
направлении слева направо
= Уи//2 = 4-6/2 кН-м = 12 кН-м;
справа налево
7ИЛ = — Ра — — 24-2 кН-м = — 48 кН-м.
Эпюра Л4, отвечающая найденным значениям, приведена на рис. 138, в. Опасным является опорное сечение В, где изгибающий момент имеет наиболь-
шее абсолютное значение ^шах=|^в1 = 48 кН-м.
Наибольший пролетный момент возникает в сечении D под сосредоточенной силой Р, Определим длину консоли а, при которой он будет численно равен опорному моменту Мв. Для этого необходимо приравнять соответствующие алгебраические выражения, полученные выше:
MD = ^Z/2 = (P/Z)x х(1/2—а) 1/2 = (Р/2)х Х(1/2—а);
(Р/2)(1/2—а)=±Ра.
12*Н-м
Рис. 138
Сокращая на Р и раскрывая скобки, получаем 1/4—а/2 = а, или после приведения подобных членов
За/2 —Z/4; а= 21/12 = 1/6 — 6/6 м = 1 м.
Таким образом, при найденной длине консоли
MD = | Мв | = Мтлх = 24-1 кН • м = 24 кН • м.
Возвращаясь к основному случаю, замечаем, что в пролете эпюра М меняет знак, проходя в сечении Е через нулевое значение. Следовательно, на участке АЕ, где эпюра имеет положительные ординаты, балка изгибается выпуклостью вниз, а на участке ЕС с отрицательными ординатами—выпуклостью вверх (рис. 138, а). Более точно характер изогнутой оси балки устанавливается в примере 134.
Пример 98. Построить эпюры Q и М для двухконсольной балки, к которой приложены сосредоточенные силы P1 = 5Q кН, Р2 = 150 кН; равномерно распределенная нагрузка интенсивностью ^ = 30 кН/м и сосредоточенный момент т = 40кН-м (рис. 139, а). Нагрузки разбивают балку на участки длиной а — b = 2 м, с = 4 м, d = 3 м, е = 1 м.-
177
Решение. Определение опорных реакций. Предполагаем, что реакции направлены вверх.
2тв = 0; — Р, (а + Z) + VAl — Р2 (с + d)—q (d+е) [(d + е\/2—е] 4- т=0; VA = {Л (« + 0 + Л (с+d) + q [(d + е) (d -е)]/2 -т}Ц =
= {50(2 + 9) +150 (4 + 3) + (30/2) [(3 + 1) (3— 1)]—40}/9 кН = 187 кН,
где пролет балки Z = Z> + c + d = 2 + 4 + 3M = 9M.
2/пл= 0; — Р^а + P2b + q (d + е) [(d + е)/2+с+&]—VBl-\-tn — Q;
VB = {-P1a + P2b + ^(d+e)[(d + e)/2 + c + b]+/n}/Z = ={— 50• 2 +150• 2 + 30 (3 +1) [(3 + 1 )/2 + 4 + 2] + 40}/9 кН = 133 кН.
Проверка. Sy = — P1 + Vyl—P2—^(d + e) + VB=—50 + 187— —150—30(3 + 1)4-133 = 0.
Рис. 139
Построение эпюры Q. Перемещаясь от левого свободного конца балки, находим:-
Qc = Q^b = _ Pi = _ 50 кН;
Qnp = Q£eB = рлев +	_ 50	187 кН = j 37 кН;
(?Ь₽ = <2ов—Р2= 137—150 кН = —13 кН.
178
Остальные значения поперечной силы удобнее получить ,через правые силы:
QF-0; Qgp—30-1 кН-30 кН;
Qbb = Qbp—Vb = 30 —133 кН - —103 кН;
QB = QBeB + qd = — 103 + 30-3 кН-—13 кН.
Последнюю строку можно рассматривать как проверку правильности вычислений, так как получили: Qe=Qd? =—13 кН.
Действительно, н£ ненагруженном участке балки поперечная сила должна быть постоянной (правило 1).
Эпюра Q, отвечающая найденным значениям, построена на рис. 139, б. На участках С A, AD и DE она изображается прямыми, параллельными оси балки согласно указанному правилу, на участках ЕД и BF—параллельными наклонными прямыми согласно правилу 2. В сечениях С, Л, D, В, где приложены сосредоточенные силы, эпюра меняется скачкообразно (правило 5). При перемещении слева направо каждый скачок совпадает с соответствующей силой по размеру и направлению, при перемещении справа налево—совпадает по размеру и противоположен по направлению.
Построение эпюры М. Через левые силы имеем:
Л4С —0; Л4Л —— Рга = — 50-2 кН-м ——100кН-м;
MD^ — P1 (a + b) + VBb = — W (2 + 2)+187-2 кН-м- 174 кН-м;
через правые силы:
Мр= — т = — 40 кН-м;
Мв =— т — qe2/2 —— 40 — 30-12/2 кН-м — — 55 кН-м;
Мв= — т—q(e + d)2/2 + VBd =
= — 40—30(1 +3)2/2+ 133-3 кН-м— 119 кН-м.
Промежуточные значения для построения параболы:
М>/2 — — т—q (в/2)2/2 — — т—qe2/S.=^ = _ 40—30 • 12/8 кН - м.» —44 кН • м;
Md/2 = — m—q\e + (dl2)]2/2 + Vв d./2 -= _ 40 — 30 [ 1 + (3/2)']2/2 + 133 • 3/2 кН • м — 66 кН - м.
Эпюра М представлена на рис. 139, в. На участке СА изгибающий момент убывает, на участке AD возрастает, а на участке DE снова убывает по линейному закону согласно правилам 1 и 3. В точке, соответствующей опорному сечению Л, имеет место излом, направленный острием вверх, в сторону действия реакции VA (правило 5). В точке, соответствующей сечению D, излом направлен острием вниз, в сторону действия силы Р2. На участках ЕВ и BF, где приложена равномерно распределенная'нагрузка, эпюра изображается квадратной параболой (правило 2), претерпевая излом на линии действия опорной реакции VB (сопряжение на границе участков DE ntEB — плавное). В сечении F изгибающий момент скачком падает до нуля, и эпюра принимает, таким образом, замкнутый вид.
179
Ид
II в) ‘
5:
и °
I I
Эпюра Q
..я
о
45 кН
15кН ч.
ШГШТПтггттгя
Эпюра М
к. 23,5кНм	/?/;
---------
1^6 кН' И Рис. 140

т
*4 17
5)


Скачок равен значению приложенного сосредоточенного момента т (правило 6) и направлен вниз (если смотреть слева направо) согласно правилу знаков изгибающего момента.
Эпюра получилась двузначной, следовательно, изогнутая ось балки имеет точки перегиба в сечениях, где изгибающий момент равен нулю. Приближенный характер деформирования показан на рис. 139, а. Опасным является сечение под силой Р2, поскольку в нем возникает наибольший изгибающий момент
/Итах = /Ип= 174 кН-м.
Пример 99. Построить эпюры Q и М для консоли, изображенной на рис. 140, а, приняв Р = 30 кН, <7 = 20 кН/м, /п=10 кН-м; а = 0,35 м, Ь — 0,4 м, с = 0,75 м.
Решение. Построение эпюры Q. Перемещаясь от сво-бодного* конца к заделке, находим:
Qb = 0; Qdp = qc = 20 • 0,75 кН =
= 15 кН;
Qdb = Qdp + Р = 15 + 30 кН = 45 кН; <?с=ел=еьев=45 кн=гл.
Эпюра Q показана на рис. 140, б. В пределах участка BD поперечная сила меняется по линейному закону (правило 2). В сечении D на эпюре наблюдается скачок, соответствующий сосредоточенной силе Р (правило 5). При выбранном направлении (справа налево) скачок отложен вверх, «навстречу» силе.
На участке DA поперечная сила имеет постоянное значение (правило 1), не меняющееся в сечении С, где приложен сосредоточенный момент т (правило 6).
Построение эпюры'М производим по следующим значениям:
Мв = 0; MD = — qc2/2 = — 20 • 0,752/2 кН • м = — 5,6 кН • м;
— — qc (с/2 + &) — PZ? = — 20 • 0,75 (0,75/2 + 0,4) —
— 30 0,4 кН-м = — 23,6 кН-м;
М&в=М&+т = — 23,64-10 кН-м = — 13,6 кН.м;
МА =— qc(c/2-\-b-\-d)—Р (Ь 4- а) 4- tn =
= — 20 • 0,75 (0,75/2 4- 0,4 + 0,35)—30 (0,4 4- 0,35) +10 кН-м=> = — 29,4 кН-м.
Согласно эпюре Q на участке BD изгибающий момент меняется по квадратичному закону. Для построения параболы необходимо
180
промежуточное значение:
Мс/ъ = — q (с/2)2/2 = — <?с2/8 = — 20 • 0,752/8 кН • м = — 1,4 кН • м.
В сечении D имеет место излом, направленный острием вниз, в сторону действия силы Р. На участках DC и С А момент изменяется по линейному закону, причем угол наклона ветвей эпюры М к базисной линии остается постоянным. В сечении С, где приложен сосредоточенный момент /и, ордината эпюры скачком меняется в соответствии со значением этого момента. При направлении справа ’налево скачок отложен вниз, в сторону положительных ординат, поскольку указанный внешний момент вызывает положительный изгибающий момент. В целом же эпюра М получилась отрицательной, так как консоль по всей длине изгибается выпуклостью вверх (см. рис. 140, а).
Опасным является сечение в заделке, где возникает наибольший по абсолютному значению изгибающий момент
Мтл* = \МА 1 = 29,4 кН-м.
Определение опорных реакций. Положительная эпюра Q свидетельствует о том, что реактивная сила VA = QA = 45 кН направлена вверх. Реактивный момент тА = | МА | = 29,4 кН-м направлен против хода часовой стрелки согласно характеру деформирования балки.
§ 31. ПОСТРдЕНИЕ ЭПЮР СПОСОБОМ СЛОЖЕНИЯ
Если к балке приложено несколько нагрузок, то в ряде случаев удобно построить сначала эпюры от каждой нагрузки в отдельности, а затем,- пользуясь принципом независимости действия сил (см. 4-е допущение в § 2), получить окончательные эпюры Q и М путем алгебраического сложения соответствующих ординат составляющих эпюр.
Пример 100. Построить эпюры Q и М для простой двухопорной балки пролетом 1= 12 м, на которую действуют равномерно распределенная по всему пролету нагрузка интенсивностью <? = 30 кН/м и сосредоточенная в середине пролета сила Р= 150 кН (рис. 141, а).
Решение. Построение эпюры Q. Сначала строим эпюры поперечных сил отдельно от сосредоточенной силы (Qp) и отдельно от распределенной нагрузки (Q9). Эпюра от силы Р, приложенной в середине пролета балки, в общем виде построена в примере 85 (см. рис. 126, б). В рассматриваемом случае она имеет ординаты, указанные на рис. 141, б.
Эпюра Qq построена на рис. 141, в согласно рис. , 127, в примера 86. В справедливости численных значений ее ординат нетрудно убедиться самостоятельно.
Окончательная, суммарная, эпюра Q построена на рис. 141, г. Лод сосредоточенной силой она имеет скачок, обусловленный эпюрой Qp. На том же рисунке приведено значение опорных реакций V.
Построение эпюры М осуществляем в такой же последовательности. Эпюры М.р и построены на рис. 141, д иев соответствии
181
a)______И Ц
н H н't 11 ftt t H
HF 1/2 .	L/2 A
y,r-----------
Эпюра QP ]ЖЙШШ^
S CL	£
11Ш1
Эпюра Qj
V=255kH m Va-180KH Vp=75kH
с рис. 126, в и 127, г указанных примеров и числовыми данными настоящего примера. Суммарная эпюра (рис. 141, ж) имеет криволинейное очертание, обусловленное криволинейностью составляющей эпюры Мч. Излом под сосредоточенной силой переходит с эпюры Мр.
Пример 101. Построить эпюры Q и М для консоли вылетом I = 3 м (рис. 142, а), к которой приложены сосредоточенный на свободном конце
Эпюра Mp
Рис. 141
3) Эпюра Мт
& i:
Vn II е
Рис. 142
182
момент tn= 5 кН -ми равномерно распределенная нагрузка интенсивностью q = 16 кН/м.
Решение. Построение эпюры Q. Эпюра поперечных сил 'от сосредоточенного момента отсутствует (см. рис. 133, в примера 92), поэтому эпюра Q от равномерно распределенной нагрузки (рис. 142, б) является одновременно и суммарной. Она построена по следующим значениям:
QS = QC = O; (?л = д//2=1б-3/2кН = 24кН.
Построение эпюры М. Эпюра от сосредоточенного момента построена на рис. 142, в исходя из аналогичной эпюры в примере 92 (см. рис. 133, г). Обе они отличаются лишь знаком: в рассматриваемом случае внешний момент изгибает консоль выпуклостью вниз и поэтому эпюра Мт положительна.
Эпюра изгибающих моментов от равномерно распределенной нагрузки показана на рис. 142, г. Она построена по значениям:
мв=мс=о-,
MD — — q (Z/4)2/2 = — <?Z2/32 = — 16 • 32/32 кН • м = — 4,5 кН • м;
ЛГЛ = —<?(//2)2/2 = —</Z2/8 = — 16• 32/8 кН-м = — 18 кН-м.
Окончательная эпюра М (рис. 142, д) получена путем алгебраического сложения соответствующих ординат составляющих эпюр, в чем нетрудно убедиться самостоятельно.
Определение опорных реакций. Положительная, эпюра Q указывает на то, что реактивная сила Ул = 24кН направлена вверх. Отрицательный изгибающий момент в заделке свидетельствует о направлении реактивного момента тА= 13 кН-м против хода часовой стрелки (изгиб выпуклостью вверх).
§ 32. НОРМАЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ
Итак, при прямом поперечном изгибе в поперечных сечениях балки возникают два внутренних силовых фактора: изгибающий момент М и поперечная сила Q. Расчетная практика показывает, что изгибающий момент в большинстве случаев имеет решающее значение при подборе сечения и проверке прочности балок.
Для выяснения характера распределения и значения напряжений, вызываемых изгибающим моментом, обратимся к случаю чистого изгиба, который рассмотрен в примере 87 (см. рис. 128). На среднем участке балки, нагруженной двумя одинаковыми, равноотстоящими от опор сосредоточенными силами, поперечная сила равна нулю и возникает только изгибающий момент Мх.
Под действием нагрузки балка прогибается так, что ее нижние волокна удлиняются, а верхние укорачиваются, т. е. изгиб сопровождается появлением нормальных напряжений. При постепенном переходе от удлиняющихся волокон .к укорачивающимся (или наоборот) встречается промежуточный слой волокон, которые не меняют своей длины. Этот слой называется нейтральным, а линия его пересечения с плоскостью поперечного сечения балки — нейтраль
183
ной линией или осью (ось х на рис. 119). Следовательно, нейтральная , линия является геометрическим местом точек, в которых нормальные напряжения равны нулю.
Изгибающий момент представляет собой результирующий момент внутренних нормальных сил a dF, возникающих на бесконечно малых площадках поперечного сечения балки (рис. 143), и может быть выражен в интегральном виде:
Mx=]aydF,	(VI 1.9)
F
где у—плечо элементарной силы относительно оси х.
Формула (VI 1.9) отражает статическую сторону задачи об изгибе прямого бруса, но она не позволяет определить нормальные напряжения по известному изгибающему моменту, пока не установлен закон их распределения
по сечению.
При чистом изгибе справедлива гипотеза плоских сечений, сформулированная на с. 23, а также вводится допущение о ненадавли-вании волокон друг на друга. Подобное упрощение вполне приемлемо для областей, удаленных от мест приложения нагрузок.
Двумя бесконечно близкими сечениями выделим на указанном участке балки элемент длиной dz (рис. 144, а) и изобразим его
линия,
Рис. 144
в укрупненном масштабе (рис. 144, б). Будучи параллельными друг другу до деформации оба сечения взаимно повернутся вокруг своих нейтральных линий на угол d0 после приложения нагрузки. Длина отрезка волокон нейтрального слоя при этом не изменится:
dz-pdO,	(VII. 10)
где р—- радиус кривизны изогнутой оси балки.
184
Любое другое волокно, лежащее выше или ниже нейтрального слоя, изменит свою длину. Так, относительное удлинение волокон, отстоящих от нейтрального слоя на расстоянии у, согласно формуле (II.2) и зависимости (VII. 10) составляет
е = A (dz)/dz = [(р -j- у) d0 — dz]/dz = [(р + у) d0—р dO]/(p d0), или после сокращения на d0
е = г//р.	(VII.11)
Эта зависимость выражает геометрическую сторону задачи о чистом изгибе: деформации волокон пропорциональны их расстояниям от нейтрального слоя. Осталось перейти'от деформаций к напряжениям, т. е. рассмотреть физическую сторону. В соответствии с допущением о ненадавливании волокон используем выражение закона Гука при осевом растяжении или сжатии (II.3). После подстановки зависимости (VI 1.11) получаем
а = Еу/р,	(VII.12)
т. е. нормальные напряжения изменяются по высоте сечения линейно. Подставляя в свою очередь формулу (VII. 12) в уравн'ение (VII.'9) и учитывая выражения (V.5), имеем
= EJxip, откуда
1/р = Мх/(ВД.	(VII.13)
Здесь 1/р—кривизна изогнутой оси балки; EJX—жесткость сечения балки при изгибе.
Подставляя, наконец, полученное выражение кривизны в формулу (VI 1.12), приходим к искомой зависимости
o = (Mx/Jx)y,	(VII. 14)
которая позволяет вычислять нормальные напряжения при чистом изгибе балки в любой точке ее поперечного сечения. Изгибающий момент Мх и координату у удобнее всего брать по абсолютному значению, а знак напряжений устанавливать из характера деформирования балки (при растяжении—плюс, при сжатии — минус), т. е. по эпюре М, ординаты которой откладывают со стороны растянутых волокон. Нетрудно видеть, что максимальные напряжения возникают в точках, наиболее удаленных от нейтральной линии.
При поперечном изгибе действуют не только нормальные, но и касательные напряжения (Q =/=()). Последние усложняют картину деформирования, приводя к искривлению поперечных сечений балки, в результате чего нарушается гипотеза плоских сечений. Однако тщательные исследования показывают*, что искажения, вносимые касательными напряжениями, незначительно влияют на нормальные напряжения, подсчитанные по формуле (VII. 14). Таким образом',
* См., например: [19}, с. 135, 136 или [18], с. 150,
185
при определении нормальных напряжений в случае поперечного изгиба вполне применима теория чистого изгиба.
Пример 102. Определить положение нейтральной линии исходя из условия равенства нулю продольной силы и момента внутренних сил относительно силовой линии.
Решение. Согласно интегральному уравнению (II. 1)
7V = JcdF = O.
F
Подставляя значение нормальных напряжений (VII. 12) и вынося за знак интеграла дробь Е/р как постоянную величину, получаем
(£/р) У dF = 0.
F
Так как Еу=0 (материал балки обладает определенной жесткостью) и ру=оо (изогнутая ось балки имеет конечный радиус кривизны), остается положить, что
J у dF = 0. F
Этот интеграл представляет собой статический момент площади поперечного сечения балки относительно нейтральной линии [оси %, см. формулы (V.1)]. Он равен нулю, следовательно, нейтральная линия проходит через центр тяжести сечения (рис. 144, в).
Условие = 0 дает
cry dFx — (Е/р) У* dF = 0, F	F
и по тем же соображениям
J ху dF = 0, F
т. е. центробежный момент инерции площади сечения относительно осей х и у [см. формулу (V.8)] равен нулю. Таким образом, эти оси являются главными центральными (см. § 25), из чего следует, что силовая и нейтральная линии при прямом изгибе взаимно перпендикулярны.
Установив положение нейтральной линии, нетрудно построить эпюру нормальных напряжений по высоте сечения (рис. 144, г). Ее линейный характер определяется уравнением первой степени (VII. 14).
§ 33. РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ ПО НОРМАЛЬНЫМ НАПРЯЖЕНИЯМ
Цели сечение балки симметрично относительно нейтральной линии (рис. 144, в), то напряжения в крайних волокнах (при y^=\h/2\)
а = (Mx/Jx) (Л/2) = Mx/Wx,	(VII. 15)
186
где
^x = ^/f/max = W/2).	(VII.16)
Эта геометрическая характеристика называется осевым моментом сопротивления сечения. Она играет при изгибе такую же роль, как полярный момент сопротивления при кручении круглого бруса [см. формулу (VI.7)], и имеет размерность L3.
Для прямоугольного сечения согласно выражениям (V.9) и (V. 10)
Wx = (Wi3/12)/(/i/2) = b/i2/6;	(VI 1.17)
Fy = /ifc2/6.	(VI 1.18)
Для круга в соответствии с формулой (V.15)
Wx = Wy =(D/2)= nD3/32 « 0,1 D3.	(VII. 19)
Симметричными проектируют балки из материалов, одинаково сопротивляющихся растяжению и сжатию (сталь, древесина). Условие прочности имеет вид:
amax = Mmax/FHt</?,	(VII.20)
где Мтах—наибольший по абсолютному значению расчетный изгибающий момент, т. е. момент в опасном сечении балки от расчетных нагрузок, Н-м; 1FHT—момент сопротивления сечения нетто'(с учетом ослаблений) относительно нейтральной линии, м3; R—расчетное сопротивление материала .балки растяжению (сжатию) при изгибе, Па. (МПа).
Неравенство (VI 1.20), как и любое условие прочности, позволяет производить три вида расчёта:
1.	Проверку прочности балки (проверочный расчет) по известным размерам ее поперечного сечения (а следовательно, моменту сопротивления 1ГНТ), максимальному изгибающему моменту Afmax и расчетному сопротивлению R, используя непосредственно указанное неравенство.
2.	Подбор сечения (проектный расчет) по найденному моменту Afmax и заданному расчетному сопротивлению R:
W^Ma3K/R.	(VII.20a)
3.	Определение эксплуатационной способности (предельного изгибающего момента) по известным размерам поперечного сечения и расчетному сопротивлению 7?:
(VII.206)
Необходимо иметь в виду, что подбор сечения при изгибе существенно отличается от подбора при осевом растяжении, который благодаря равномерному распределению напряжений сводится к определению лишь требуемой площади, а форма сечения принимается исключительно из конструктивных соображений.
При изгибе форма сечения играет существенную роль, поскольку прочность балки характеризуется значением момента сопротивления, зависящим как от размеров, так и от очертания сечения. Можно
187
получить большой момент сопротивления при малой площади и, наоборот, малый момент—при* большой площади. Совершенно очевидно, что первый вариант выгоднее с точки зрения более благоприятной работы на изгиб и расхода материала, хотя он и не всегда возможен конструктивно.
Таким образом, рациональны те формы поперечного сечения, у которых основная часть площади удалена как можно дальше от нейтральной линии.Этому условию в первую очередь удовлетворяют балки двутаврового сечения (см. рис. 103): у них основная масса материала сконцентрирована в удаленных от нейтрального слоя полках.
Менее выгодно прямоугольное сечение, особенно вытянутое вдоль нейтральной линии (Wy < Wх, см. рис. 99). Еще менее выгодно круглое сечение, так как оно имеет наибольшую толщину на уровне нейтральной линии. Полое сеЧение (см., например, рис. 104) всегда выгоднее сплошного, равноценного по площади.
При проектировании металлических балок широко применяют прокатные профили, изготовляемые на металлургических заводах в соответствии с требованиями ГОСТа. Для облегчения подбора их сечений составлены, как отмечалось на с. 49, таблицы сортамента, содержащие геометрические размеры каждого профиля, площадь поперечного сечения, массу 1 м длины, значения моментов инерции, сопротивления и т. д. Выборочный сортамент стальных прокатных двутавров, швеллеров и уголков приведен в приложении.
Цельные деревянные балки имеют круглое сечение (бревна) или квадратное, прямоугольное и другие сечения, получаемые в результате продольной распиловки бревен (см., например, рис. 146, б). Строительные бревна имеют диаметр 14 см и более с градацией через 2 см. Рекомендуемый сортамент пиломатериалов также приведен в приложении.
Для балок из хрупких материалов, т. е. материалов, по-разному сопротивляющихся растяжению и сжатию, целесообразны сечения, не симметричные относительно нейтральной линии: тавровое (см. рис. 96), асимметричное двутавровое (с полками разной ширины) и др. В этом случае приходится отдельно проверять наибольшие напряжения в растянутой зоне балки и отдельно — в сжатой. Следовательно, условие прочности (VI 1.20) распадается на два:
Gpmax (-^тах/^нт) Ур ^р>	(VII 21)
I ^сж max I = (^max/^нт) Усх ^сж»
где JHT—момент инерции площади сечения нетто относительно нейтральной линии, м4; ур и усж—расстояния от нейтральной линии до наиболее удаленных точек соответственно растянутой и сжатой зон асимметричного поперечного сечения, м.
В целях рационального использования материала "следует стремиться к тому, , чтобы указанные расстояния были прямо пропорциональны одноименным расчетным сопротивлениям:
Ур/У еж ~ ^р/^сж-
188
Пример 103. Установить, какое из двух положений бруса квадратного поперечного сечения, изображенного на рис. 145, более рационально при работе на изгиб.
Решение. Чтобы ответить на поставленный вопрос, необходимо сравнить значения момента сопротивления относительно нейтральной
Рис. 145
линии в обоих случаях. Если нейтральная линия параллельна стороне квадрата (рис. 145, а), то согласно формуле (VII. 17)
Fx=a3/6 = 0,167а3.
Если нейтральная линия совпадает с диагональю (рис. 145, б),то в соответствии с формулами (V.I1) и (VII. 16)
Wx = Jx/ymax = 2a4/( 12d /2) = a3/(6 /2) = 0,118a3.
Таким образом, первое положение бруса более рационально. В этом случае момент сопротивления оказывается выше на
ДW = [(Гх— Wx)/Wx] 100% = [(0,167 — 0,118)/0,118] 100 % « 41 %.
Интересно отметить, что моменты инерции в обоих случаях одинаковы:	Уменьшение же момента сопротивления во втором
случае объясняется большей удаленностью крайних волокон от нейтральной линии.
Пример 104. На какую высоту 6 следует срезать углы квадрата, чтобы получить сечение с наибольшим моментом сопротивления относительно оси х, совпадающей с диагональю квадрата (р чг. 146, а)?
Рис. 146
189
Насколько при этом момент сопротивления увеличится по сравнению с моментом сопротивления полного квадрата относительно той же оси?
Решение. Чтобы ответить на первый вопрос, необходимо представить момент сопротивления урезанного сечения Wx в функции искомой высоты б, найти производную d!Fx/d6 и приравнять ее нулю.
Сечение со срезанными углами можно рассматривать состоящим из прямоугольника EFGH и двух равнобедренных треугольников АЕН и CFG. Момент инерции площади прямоугольника по формуле (V.9)
JJ4> = b (/t—26)3/12 = 26 (h—26)3/12 = б (Л—26)3/6.
То же, треугольника согласно выражению (V.13)
jjp = [(ft—b)/2] (h—2б)3/48 = (h — 2б)(Л—2б)3/(2 • 48) = (h — 2б)«/96.
Заметим, что обозначения осей в рассматриваемом случае и на рис. 100 не совпадают.
Момент инерции площади всего сечения в соответствии с формулой (V.16)
J х = JSP + 2/р = б (h—2б)3 /6 4- 2 (h—26V/96 =
= б (h — 2б)3/6 + (h—26)4/48.
Момент сопротивления сечения согласно обозначению (VII. 16)
Wx = Jxl(hl2—б) = 2 Jxl{h—26) = 2 [б (h—2б)2/6 + (h—26)3/48] = = 2/48 (86Ла—32б2Л + 3263+hs—6/i26 +1262Л—863) =
= 1/24 (24б3—20/гб2 + 2/i26 +h3).
Первая производная
d Wx/d 6 = V24 (7262—40Л6 + 2/i2) = 0, или после сокращения
3662—20/i6-|-/i2 = 0.
Решая что квадратное уравнение, находим
\ ,2 = (10/1 ± V 100/г2—36/i2)/36 = (10/i ± 8/i)/36.
Отсюда окончательно
б = (10/i — 8/i)/36 = hl 18 = а /2/18 = 0,0786а.
Другой корень уравнения (б = /г/2) отбрасываем, так как он соответствует сечению, выродившемуся в ось х. Подставляя /i=186 в выражение момента сопротивления, получаем
Wx max = V24 (24б3—20 • 1863 4- 2 • 18263 4-183б3) = 25663 = = 256 (0,0786а)3 = 0,124а3.
Момент сопротивления полного квадрата согласно предьщущему примеру lFx = 0,118a3. Разница
A Wx = [(1FX max - W X)/WX] 100 % = [(0,124 - 0,118)/0,118] 100 % = 5 %.
190
Таким образом, пришли к парадоксальному, на первый взгляд, выводу: уменьшение площади квадратного поперечного сечения при срезании углов повышает прочность балки. Однако этот результат становится понятным, если принять во внимание, что момент сопротивления есть частное от деления момента инерции на половину высоты сечения. При срезании углов в полученных пределах момент инерции убывает в меньшей степени, чем высота, следовательно, момент сопротивления возрастает и напряжения в наиболее удаленных волокнах падают.
Подобного эффекта можно добиться и в других случаях. Так, момент сопротивления кругового сечения увеличивается на 0,7%, если срезать сегменты высотой 6 = 0,112? (рис. 146,6).
Пример 105. Как следует опилить круглое бревно, чтобы получился брус прямоугольного сечения (рис. 147, я), обладающий наибольшей прочностью при изгибе (задача Парана *)?
Решение. Момент сопротивления прямоугольного сечения по формуле (VII. 17)
Ц7х = &й2/6-.&(О2—&2)/6.
Приравнивая нулю первую
Рис. 147
производную
dFx/d&=l/6'(D2 —3&2) = 0,
находим:
Ь = £>//3 = 0,5770;
h = VD*—b* = /£>а — (£>а/3) = D /2/3 = 0,8160; й/Ь = /2«7/5.
Сам Паран, дал ответ в форме, удобной для обтески топором. Надо разделить диаметр бревна на три равные части и восставить перпендикуляры be и cf (рис. 147, б). Образовавшийся прямоугольник aedf представляет собой искомое сечение бруса.
Пример 106. Стальная балка из прокатного двутавра №20 длиной I = 4 м свободно лежит на двух опорах и несет временную равномерно распределенную нагрузку интенсивностью ря= 15 кН/м с коэффициентом перегрузки пр= 1,2 и собственный вес g* с коэффициентом перегрузки ng.= 1,1.
Проверить прочность балки, если расчетное сопротивление стали R = 210 МПа.
* А. Паран (A. Parent, 1666—1716)—французский математик, внесший большой вклад в теорию изгиба балок. Он первым получил правильную форму эпюры нормальных напряжений и, что самое важное, исправил вычислительную ошибку, Допущенную Мариоттом и повторенную затем Я. Бернулли и Вариньоном (см. [17], с. 58...62).
191
Решение. Расчетная нагрузка на 1 м длины балки (см. рис. 127, а) согласно формуле 4И-17)
q = рнпр + gttng = 15-1,2 + 0,21 -1,1 кН/м = = 18 + 0,23 кН/м = 18,23 кН/м.
Нормативный вес балки ga принят по табл. 1 приложения исходя из массы 1 м двутавра. Как видим, его влияние незначительно по сравнению с временной нагрузкой.
Наибольший расчетный изгибающий момент по формуле (VI 1.3) примера 86
Янах =	= 18,23 • 4а/8 кН • м — 36,5 кН • м.
Нормальные напряжения по формуле (VI 1.20)
Стах = Мгаах/Гх = 36,5-107(184-10-«) Па = 198- 10е Па=» = 198 МПа < R = 210 МПа,'
т. е. прочность балки обеспечена. Значение момента сопротивления Wx = 184 см3 взято из той же таблицы.
Пример 107. Подобрать прямоугольное сечение деревянных балок чердачного перекрытия сельскохозяйственного здания временного, назначения шириной В = 6м (см. рис. 4,6).
Балки 1, уложенные с шагом а = 1,2 м (рис. 148), несут постоянную нагрузку от веса наката из горбыля 2 интенсивностью g± =*
Рис. 148
= 0,2 кН/м3, выравнивающего слоя 3—g“ = 0,4 кН/м3, утеплителя 4—g" = 0,65 кН/м3, а также временную нагрузку на перекрытие интенсивностью рн = 0,75 кН/м3. Коэффициенты перегрузки: п±= 1,1; n2 = ns = l,2; nF=l,4. Расчетное' сопротивление древесины R =* = 15 МПа, объемный вес у = 5кН/м3.
Решение. Подсчет нагрузки. Интенсивность расчетной нагрузки на одну балку согласно формулам (1.1) и (II. 17)
Я =	+ (§2 +g?) п2 +рИпр] a =
= [0,2-1,1+ (0,4 + 0,65) .1,2 + 0,75 • 1,4] 1,2 кН/м = 3,04 кН/м.
Подбор сечения. Балки, опираясь на стены здания, работают по схеме, рассмотренной в примере 86 (см. рис. 127). Наибольший расчетный изгибающий момент
Мтах =« Я В2/8 = 3,04 • 62/8 кН • м = 13,7 кН • м.
182
Требуемый момент сопротивления сечения балки по формуле (VI 1.20а)
Гтр > Mmax/R = 13,7 • 103/( 15 • 10») м3 = 913 • 10-6 м8 = 913 см3.
Задаваясь в соответствии с табл. 6 приложения шириной Ь= 15см, на основании формулы (VII. 17) находим требуемую высоту сечения
Л1р>/бГтр/й = /6-913/15 см = 19,1 см.
Округляя, назначаем h = 20 см.
Проверка прочности подобранного. сечения с учетом собственного веса балки. Расчетная нагрузка от собственного веса
<7c.b = Y^i = 5-O,15-0,2-1,1 кН/м = 0,165 кН/м.
Уточненное значение изгибающего момента
MJnax = (<7+<7с. в) fi2/8 = (3,04 + 0,165) 62/8 кН • м = 14,4 кН • м.
Нормальные напряжения по формуле (VI 1.20)
Отах = M’maljWx = 6Л4'maxl(bh2) = 6-14,4-103/(0,15 • 0,22) Па = = 14,4-10® Па= 14,4 МПа < R = 15 МПа.
Прочность обеспечена, поэтому окончательно принимаем сечение bxh = 15x20 см.
Пример 108. Шпунтовое ограждение для крепления вертикальных стен котлована состоит из круглых деревянных свай, обшитых досками шириной h = 18 см (рис. 149, а). Сваи забиты в грунт с шагом / = 1,5м и имеют свободную высоту Н = 1,8 м. Расчетная нагрузка
7	759
193
на ограждение возрастает по линейному закону от значения = — 4 кН/м2 на поверхности земли до р2=16кН/м2 на дне котлована (рис. 149, б).
Подобрать диаметр свай и толщину досок при расчетном сопротивлении древесины /? = 15 МПа. Место защемления свай принять на расстоянии а = 0,2 м ниже дна котлована вследствие податливости грунта. Доски рассчитать как однопролетные балки, шарнирно опирающиеся на сваи.
Решение. Расчет сваи. Каждая промежуточная свая воспринимает давление полосы обшивки площадью ю = HI. Следовательно, интенсивность нагрузки на сваю возрастает от
Qi ~PJ — 4-1,5 кН/м = 6 кН/м до
q^ = p2l — 16-1,5 кН/м = 24 кН/м.
Опасным является сечение в заделке, где возникает наибольший изгибающий момент. Для его определения разбиваем сложную трапецеидальную нагрузку на две: прямоугольную, равнодействующая которой qjl приложена в середине высоты Н, и треугольную с равнодействующей (<?2—q'^H/2, приложенной на расстоянии 2/3Н от верхнего конца сваи. Тогда согласно принципу независимости действия сил
Mmax = Ч1Н (Н/2 + а) + (qa-q^H/2) (Я/3 + а) =
= 6-1,8 (1,8/2 + 0,2) + (24 —6) (1,8/2) (1,8/3 + 0,2) кН • м = 24,8 кН • м.
Требуемый момент сопротивления сечения сваи из условия (VI 1.20а)
Гтр> MmajR = 24,8-103/(15 • 106) м3 = 1650- 10е м3 = 1650 см3, или согласно формуле (VII. 19)
0,Ю?р>1650.
Отсюда
£>тр^= jZ 16 500 см = 25,5 см.
Округляя, окончательно принимаем D = 26 см (диаметр строительных бревен имеет целое четное значение).
Расчет досок обшивки повторяет предыдущий пример. Наиболее нагруженной является нижняя доска. На нее действует равномерно распределенная нагрузка интенсивностью
q = pah — 16-0,18 кН/м = 2,88 кН/м.
В качестве упражнения можно самостоятельно убедиться, что толщина досок ft должна быть не менее 4,3 см.
Пример 109. Стеновой каркас производственного здания (фахверк) состоит из вертикальных элементов—колонн и горизонтальных — ригелей, которые воспринимают вес кирпичной стены толщиной £> = 38 см (рис. 150, а, б).
194
Подобрать из двух прокатных двутавров сечение ригеля АВ над проемом для ворот шириной I = 6 м. Объемный вес кирпичной кладки 18 кН/м3, коэффициент перегрузки п= 1,1, расчетное сопротивление стали R = 210 МПа.
Решение. Ригель работает как простая балка, шарнирно опирающаяся на колонны (рис. 150, в). Однако на него действует не полный вес простенка, а толь
ко часть, поскольку внутри кладки образуется самонесущий свод. Поэтому в запас прочности ригель рассчитывают на условную треугольную нагрузку от веса той части простенка, которая заштрихована на рис. 150, а.
Наибольшая ордината расчетной нагрузки (высота равностороннего треугольника АС В} q — bhyrt = bl sin ayn =
=0,38-6-0,866-18-1,1 kH/m =
= 39,1 кН/м.
Вес ' стенового заполнения ql/2, приходящийся на ригель, поровну передается на обе колонны, т. е. опорные реакции рйгеля равны между собой и составляют
V^/2ql/2 = ql/4.
Максимальный изгибающий момент возникает в середине пролета:
Almax = W/2-(9//4) Z/6 = =(q//4) //2—<7/2/24 = <?/2/12 =
= 39,Ь62/12 кН-м= 117 кН-м.
Здесь второе слагаемое представляет собой момент равнодействующей той нагрузки, которая распределена на половине пролета.
Требуемый момент сопротивления сечения ригеля по формуле (VI 1.20а)
1^гр> Мщах/Я -117-108/(210• 10е) м8 = 557-10-” м8 = 557 см8.
По табл. 1 приложения принимаем два двутавра № 24 с W х = = 2 • 289 см8 = 578 см8 > 557 см8.
Пример ПО. Траверса длиной / = 8,2м, предназначенная для подъема крупнопанельных железобетонных плит, состоит из двух швеллеров № 33 (рис. 151, а). Определить ее грузоподъемную силу,
7*
195
если расчетное сопротивление стали 7? = 210 МПа, коэффициент условий работы /п = 0,85.
Решение. Вес поднимаемой плиты поровну распределяется между точками подвеса. Он прикладывается к траверсе в виде двух сосредоточенных сил Р/2, действующих вниз и уравновешиваемых
Рис. 151
противоположно направленной силой Р. Таким образом, траверса работает как простая двухопорная балка, нагруженная посередине вертикальной сосредоточенной силой (рис. 151, б, в).
Наибольший изгибающий момент возникает в сечении под силой Р и согласно формуле (VI 1.2) примера 85 составляет
Мшах = РнпМ4 = РН1,1  1,1 • 8,2/4 « 2,5Р“,
где в соответствии с инструкцией [1] п= 1,1—коэффициент перегрузки; = 1,1—динамический коэффициент*.
Подставляя выражение момента в условие (VII.206), получаем
2,5P"Cm/?lFHT.
Отсюда искомая грузоподъемная сила
Р” < m/?FHT/2,5 = тР2Гх/2,5 = mRW\/l ,25 =
= 0,85-210- 10е-484- 10~в/1,25 Н = 69,1 • 103 Н « 70 кН.
Здесь 1Fx = 484cm3—момент сопротивления одного швеллера, принятый по табл. 2 приложения.
* Подробнее о расчете на динамическую нагрузку см. в гл. XI.
196
$ 34. КАСАТЕЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ПОПЕРЕЧНОМ ИЗГИБЕ И ИХ ПРОВЕРКА
Для определения касательных напряжений вновь обратимся к свободно лежащей на двух опорах балке, нагруженной двумя равными сосредоточенными силами, отстоящими на одинаковых расстояниях от опор (см. рис. 128). Только теперь рассмотрим не средний, а крайние участки балки, где поперечная сила не равна нулю.
Как уже неоднократно подчеркивалось, задача по определению напряжений всегда статически неопределима и требует привлечения геометрических и физических уравнений. Однако можно принять такие гипотезы о характере распределения напряжений, что задача станет статически определимой.
Двумя бесконечно близкими поперечными сечениями cd и ef выделим на одном из крайних участков (например, левом) элемент длиной dz, изобразим его в крупном масштабе (рис. 152), а затем про-
Рис. 152
ведем продольное сечение тп, образовав в конечном итоге элемент септ. По грани ст возникают нормальные напряжения, которые согласно формуле (VI 1.14) составляют — (Mx/Jx) у, где Мх—изгибающий момент в соответствующем поперечном сечении балки. Аналогично на грани еп ai = [(Mx + dMx)/Jx]y, где dMx — приращение изгибающего момента на длине dz.
Равнодействующая внутренних продольных сил, распределенных по левой грани:
Ni= $ a1dF = (Mx/Jx) $ ydF = (Mx/Jx-)S™ F	F
OTC	rOTC
где F0TC — площадь отсеченной части поперечного сечения сс'т'т\
—статический момент отсеченной площади относительно нейтральной линии.
Аналогично на правой грани
V2 = [(^ + dAfx)/Jx]Sr.
197
Обе равнодействующие направлены навстречу друг другу, поскольку элемент септ находится в сжатой зоне балки. Их разность уравновешивается касательными силами на нижней грани тп.
Предположим, что касательные напряжения г2у равномерно распределены по ширине поперечного сечения балки Ь. Такое допущение тем вероятнее, чем меньше ширина по сравнению с высотой сечения ft. Тогда равнодействующая касательных сил равна значению напряжений, умноженному на площадь грани: T = x2ybdz.
Составляя уравнение равновесия
22=0; Ni-N2 + T = Q,
находим T = N2—Nf, или
тги6 dz = [(Мх+ST - (Mx/Jx) ЗГ •
После приведения подобных членов
r^ = (dAVdz)S°TCW).
Используя дифференциальную зависимость (VI 1.7), получаем окончательную формулу касательных напряжений в продольных сечениях балки:
b.-QSrW).	(VII.22)
Эта формула впервые была выведена Д. И. Журавским * и поэтому часто называется его именем. На основании закона парности касательных напряжений она позволяет определять напряжения и в поперечных сечениях (yyz).
Практический интерес представляют, как правило, наибольшие касательные напряжения. Из выражения (VI 1.22) видно, что они возникают в тех сечениях балки, где поперечная сила имеет максимальное по модулю значение. Однако в любом поперечном сечении касательные напряжения не постоянны по его высоте. В крайних волокнах они равны нулю, так как в этом случае SJTC = 0. По мере приближения к нейтральной линии значение S°TC возрастает. У большинства распространенных в строительстве форм поперечного сечения балок отношение S^TC/JX также увеличивается, достигая наибольшего значения при у = 0. Таким образом, касательные напряжения максимальны в волокнах нейтрального слоя и соответствующее условие прочности имеет вид:
Tmax ~ QmaxSx/(JЛ) ^ср»	(VII .23)
гДе ттах—максимальное касательное напряжение в опасном сечении балки, Па (МПа); Qmax—наибольшая по абсолютному значению расчетная поперечная сила, Н; Sx—статический момент относительно нейтральной линии площади части поперечного сечения, лежащей выше (или ниже) этой линии (при симметричном сечении—статиче
* Дмитрий Иванович Журавский (1821—1891) — известный русский инженер-мостостроитель и ученый. Он показал, что в некоторых случаях разрушение балок происходит не от разрыва волокон, а от нарушения сопротивления сдвигу.
198
ский момент площади половины сечения), м3; Jx—момент инерции площади всего поперечного сечения относительно нейтральной линии, м4; &о—ширина сечения на уровне нейтральной линии, м; /?ср— расчетное сопротивление материала балки срезу (скалыванию), Па (МПа).
Расчет на прочность по касательным напряжениям необходим в тех случаях, когда изгибающий момент, по которому подбирается сечение, относительно невелик, а поперечная сила значительна. Примером могут служить подкрановые балки в производственных цехах, нагруженные у опор сосредоточенными силами от давления колес мостового крана.
Как и ранее рассмотренные условия прочности, неравенство (VI 1.23) позволяет производить известные т^ри вида расчета:
1.	Проверку прочности при непосредственном использовании указанного неравенства.
2.	Подбор ширины сечения по формуле
ЬтР>Стах^/(/Лср).	(VII.23а)
3.	Определение предельной поперечной силы
Q<R'VJ&/S°X.	(VI 1.236)
Пример 111. Построить эпюру касательных напряжений по высоте прямоугольного сечения шириной b (рис. 153, а).
Рис. 153
Рис. 154
Решение. Статический момент площади отсеченной (заштрихованной) части поперечного сечения S?TC = /70TCz/c, где /70ТС = 6(/г/2—у), а расстояние от центра тяжести отсеченной части до нейтральной линии
ус = й/2 —% (Л/2—у) = х/2 (Л/2 + у).
Таким образом,
S™ = Ъ (Л/2-у)	(h/2 + у) = (6/2) (/г2/4—у2) = (b/8) (Л2 -4у2).
199
Следует иметь в виду, что принципиально безразлично, брать ли. статический момент площади заштрихованной или остальной части* поперечного сечения. Оба статических момента равны и противоположны по знаку, поэтому их сумма, представляющая собой статический момент площади всего сечения относительно нейтральной линии (центральной оси х), равна нулю.
Подставляя выражение S$TC в формулу (VI 1.22), после сокращения на b получаем
 T = [Q/(8Jx)](/f-4^),	(VII.24)'
т. е. касательные напряжения в прямоугольном сечении изменяются’ по закону квадратной параболы (переменная у входит во второй степени), достигая максимума на уровне нейтральной линии (у = 0):
ттах = Q/ia/(8Wi3/12) = 3/&/(bh) = 1,5Q/F-. (VII,25)>
Здесь F = bh—площадь всего сечения, а в качестве осевого момента инерции Jx принято значение (V.9).
Формула (VI 1.25) показывает, что наибольшие касательные напряжения в 1,5 раза превышают среднее значение, т. е. значение, которое получилось бы в предположении равномерного распределения напряжений по высоте сечения.
При y=±h/2 (в крайних волокнах) касательные напряжения равны нулю. Соответствующая эпюра построена на рис. 153, б. Знак касательных напряжений принципиального значения не имеет, и его обычно не указывают.
Пример 112. Установить характер распределения касательных напряжений по высоте двутаврового сечения (рис. 154, а).
Решение. Допущение о равномерном распределении касательных напряжений по ширине прямоугольного сечения справедливо, и для стенки двутавра вследствие ее малой толщины d. Для волокон, лежащих в пределах стенки на произвольном расстоянии у от нейтрального слоя, в формулу (VII.22) следует по-прежнему подставлять статический момент площади отсеченной части, а в качестве ширины —толщину стенки.
Разбивая заштрихованную отсеченную часть на два прямоугольника (вертикальный и горизонтальный), имеем
т = QSr/(/xd) = QSlx/( Jxd} + QS,x/( Jxd) = Tx + T2.
Здесь Slx представляет собой статический момент площади сечения полки относительно нейтральной линии. Он остается постоянным при изменении координаты у в пределах высоты стенки. Величина S2X является статическим моментом площади отсеченной части.сече-ния стенки. С изменением у она меняется по тому же параболическому закону, что и в прямоугольном сечении (см. предыдущий пример). А так как закон изменения величины SXTC определяет очертание эпюры касательных напряжений [см. зависимость (VI 1.24)], становится ясным, что эпюра касательных напряжений в стенке двутаврового сечения складывается из прямоугольной эпюры постоянных
200.
напряжений и параболической эпюры переменных напряжений т2 (рис. 154, б).
Наибольшие касательные напряжения в симметричном двутавровом сечении согласно формуле Журавского составляют
Tmax = Qmax^x/(^x^)>	(VI 1.26)
где SJ —статический момент площади половины сечения относительно нейтральной линии, м3; d—толщина стенки, м.
В месте сопряжения стенки с полкой ширина сечения скачком меняется от величины d до Ь, поэтому для определения касательных напряжений в волокнах, принадлежащих полкам, в формулу (VII.22) формально следовало бы подставить ширину полки Ь. Тогда получилось бы также параболическое очертание эпюры, которая на рис. 154,6 показана штриховой линией. Однако эта часть эпюры будет носить весьма условный характер, так как допущение о равномерном распределении касательных напряжений по ширине сечения здесь несправедливо и, следовательно, формула' Журавского неприменима. На практике эпюру хуг для'Двутавровых профилей строят только в пределах стенки.
Пример 113. Подобрать поперечное сечение прокатной двутавровой балки, расчетная схема которой представлена на рис. 139, а, и проверить ее прочность на срез.
Расчетное сопротивление стали растяжению (сжатию) при изгибе /? = 210МПа, срезу /?„,= 130МПа. Коэффициент -условий работы /п = 0,9.
Решение. Сечение подбираем, исходя из максимального изгибающего момента Л4тя„= 174 кН-м (см. рис. 139, в). По формуле (VI 1.20а) находим
^тр > Япах/Я = 174-103/(0,9- 210- 10е) м3 = 921 • 10"в м3 = 921 см3.
По табл. 1 приложения принимаем двутавр № 40 с Wx = 953 см3> >921, см3. Так как подобранное сечение требуется проверить на срез, выписываем из той же таблицы данные, необходимые для подсчета наибольших касательных напряжений: = 545 см3; Jx = = 19062 см4; d = 0,83 см. -
Расчет производим по максимальной поперечной силе Qmax = = 137 кН (см. рис. 139, б). Пользуясь условием (VI 1.23) и полагая b0 = d [см. формулу (VII.26) в предыдущем примере], получаем
Tmax = QinaxS’ /(Jxd) = 137 • 103 • 545 • 10"6/(19 062 • 0,83 • 10"10) Па =
= 47- 10е Па = 47 МПа <£mtfCB = 0,9-130 МПа = 117 МПа,
т. е._стенка имеет значительный запас прочности на срез, несмотря на пониженный коэффициент условий работы.
Пример 114. Подобрать размеры прямоугольного поперечного сечения деревянной мостовой поперечины пролетом I— 2,1 м (рис. 155) с отношением сторон h/b — \,2.
Расчетные силы давления колес подвижного состава Р = 90кН, ширина железнодорожной колеи с — 1,524 м. Расчетное сопротивление
201
двухопорнои
, нагруженной
Рис. 155
на рис. 128, г:
древесины растяжению (сжатию) при изгибе 15 МПа, скалыванию при изгибе 7?ск = 2,4 МПа.
Решение. Мостовая поперечина работает по схеме простой двумя равными сосредоточенными силами Р, отстоящими от опор на одинаковом расстоянии а (см. рис. 128, а). В рассматриваемом случае а = {1 —с)/2 = (2,1 —
—1,524)/2 м = 0,288 м.
Расчет на прочность по нормальным напряжениям. Максимальный изгибающий момент согласно эпюре М, приведенной
Мта* — Ра = 90- 0,288 кН • м = 26 кН • м.
Требуемый момент сопротивления сечения поперечины по формуле (VI 1.20а)
№тр>Мтах/Т?и = 26-103/(15 - 10е) м3= 1730 - 10е м3= 1730 см3.
С другой стороны, момент сопротивления прямоугольного сечения согласно выражению (VII. 17) и условию примера
Wx = b/i2/6 = b (1,2b)*/Ь = 0,24b3.
Приравнивая требуемый момент сопротивления к значению Wх, получаем 0,24b3 = 1730, откуда требуемая ширина сечения
Ь;р>р/1730/0,24 см = 19,3 см.
Расчет на прочность по касательным напряжениям. Подбираем ширину сечения из условия прочности на скалывание, т. е. по наибольшей поперечной силе (см. рис. 128, в)
Qmax - Р = 90 кН-
Для этого можно воспользоваться неравенством (VII.23а), что, однако, не совсем удобно, поскольку неизвестная величина b входит в выражение как статического момента , так и момента инерции Jx. Поэтому целесообразнее выразить искомую ширину из равенства (VII.25) примера Ill и записать условие прочности в виде:
^тр з/аСтахД^ск^)» или, учитывая, что /1= 1,2b, 1,2Ь|р	3'/aQmax/^CK*
Отсюда
^p>V3Qmax/(2-l,2Z?CK) = = ]/3-90-103/(2,4-2,4.10е) м = 0,217м = 21,7 см.
202
Таким образом, во втором случае требуется большая ширина, т. е. решающим является условие прочности на скалывание. Приняв округленно b = 22 см, находим высоту сечения поперечины h = 1,2-22 см «26 см.
§ 3$. РАСЧЕТ БАЛОК С УЧЕТОМ РАЗВИТИЯ ПЛАСТИЧЕСКИХ ДЕФОРМАЦИЙ
В предыдущих параграфах показано, что основным фактором, характеризующим прочность балки, являются нормальные напряжения в крайних волокнах наиболее опасного сечения, определяемые для симметричных относительно нейтральной линии сечений по формуле (VII. 15). При этом, однако, предполагалось, что материал балки работает в пределах упругости, т. е. напряжения растут прямо пропорционально деформациям, и эпюра нормальных напряжений по высоте сечения h получалась треугольной (рис. 156, а).
Предположим, что балка изготовлена из низкоуглеродистой строительной стали—материала, одинаково хорошо сопротивляющегося- растяжению и сжатию. Проследим за работой балки при увеличении нагрузки до такой степени, что напряжения перейдут через'пределы пропорциональности и упругости. Для простоты поступим так же, как в § 9: заменим сложную диаграмму растяжения стали, состоящую из нескольких участков, диаграммой идеально упруго-пластического материала (см. рис. 36). Тем самым мы пре-
небрегаем упрочнением стали после преодоления площадки текучести, что дает некоторой дополнительный запас прочности.
При увеличении нагрузки крайние волокна первыми достигнут предела текучести (рис. 156, б), после чего рост напряжений в них прекратится, а деформации будут продолжать расти. Дальнейшее увеличение нагрузки приведет к тому, что текучесть материала будет проникать глубже по сечению, захватывая новые волокна, но в средней части сохранится еще упругое ядро высотой г] (рис. 156, в). Такое состояние соответствует упруго-пластической стадии работы балки.
И, наконец, эпюра напряжений, представленная на рис. 156, г, характеризует предельное упруго-пластическое состояние сечения, при котором высота упругого ядра уменьшается до минимума, опре
203
деляемого значением деформации, разрушения крайних волокон. У стали отношение г)т-1п//г составляет приблизительно 1/200, т. е. чрезвычайно мало. Поэтому без погрешности можно считать, что увеличение нагрузки в конечном итоге доведет до предела текучести напряжения во всех волокнах, чему соответствует прямоугольная эпюра, изображенная на рис. 156, д. .
Наступление этого условного предельного пластического состояния связывают с образованием так называемого шарнира пластичности, который превращает статически определимую балку в изменяемую систему (вследствие интенсивного нарастания деформаций балка получает угол перелома в наиболее опасном сечении).
Пример 115. Оценить несущую способность балок симметричного сечения в предельном пластическом состоянии при чистом изгибе.
Решение. Согласно интегральному выражению (VII.9) изгибающий момент, отвечающий появлению шарнира пластичности, может быть представлен в виде:
/Ипл = J от у dF — сгт2 z/dF = oT2S®=xJTlFnJI,	(VII.27)
F	F/2
где по-прежнему —статический момент площади полусечения относительно нейтральной линии, а величина
^na = 2S“	(VII.28)
называется пластическим моментом сопротивления по аналогии с моментом сопротивления W при обычном расчете.
У реальных сечений отношение 1ГПЛ/1У. всегда больше единицы. Так,.у прямоугольного сечения (см., например, рис. 153, а)
IFnjI = 2(Wi/2)/i/4 = Wi2/4;	(VII.29)
W = bh2/6 и ГПЛ/1Г = 6№2/(4М2)== 1,5.
В таком же отношении находятся соответствующие изгибающие моменты /Ипл и /Иупр = от1Г, т. е. учет развития пластических деформаций позволяет, повысить несущую способность балок прямоугольного сечения в 1,5 раза по сравнению с обычным, «упругим», расчетом. '
Для других форм поперечного сечения указанное отношение иное, причем оно тем меньше, чем рациональнее распределен материал по высоте балки с точки зрения обычного расчета*. При соблюдении ряда требований глава СНиП [15] разрешает учитывать развитие пластических деформаций в стальных балках путем введения момента сопротивления, равного 0,5 (IFlFna). Для прокатных-двутавровых и швеллерных профилей 1ГПЛ = 1.12IF при изгибе в плоскости стенки и 1ГПЛ = ),21Г при изгибе параллельно полкам.'
Пример 116. Установить протяженность зоны текучести в балке прямоугольного сеченая, нагруженной посередине пролета сосредоточенной силой (рис. 157, а). Найти значение разрушающей нагрузки.
* Более подробно этот и другие вопросы, связанные с учетом развития пластических деформаций, рассмотрен в книге [8].
204
Решение, Обозначим деформацию волокон на границах упругого ядра (см. рис. 156, в) через ет. Тогда из формул (VII. 11) и (VII. 12) следует:
1/р = ет/(т)/2) = 2ат/(£'т)); а = Еу/р = 2(Учу/ц.
(VII.30) (VII.31)
Рис., 157
Постоянство ширины сечения b позволяет при определении изгибающего момента (VII.9) перейти от интегрирования по .площади к интегрированию по высоте:
h/2	/Т)/2	h/2
М — 2	vydF — 2b oydy = 2b( оу dy + ат J
F/2	0	\’0	4/2
или с учетом зависимости (VII.31)
М~2Ь
%\/2	h/2
(2«Т/П)' $	у Ау
0	п/2
= 2ат6
(2Лз,|;п
= 2ог6 (2т)3/24т)4- Ла/8 —т}2/8) = стг^ (/г74 —т]2/12).
Из полученного уравнения нетрудно выразить высоту упругого ядра: т)2 == ЗЛ2 — 12М/(атд) = ЗА2 [ 1 —4A4/(aTdA2)],
или согласно формулам (VI 1.29) и (VII.27) предыдущего примера
Т12==3/12[1-Л1/(отГпл)]-3/12(1-Л1/Л1пл).	(VII.32)
При чистом изгибе высота упругого ядра постоянна по всей длине бруса. В рассматриваемом случае балка, испытывает поперечный изгиб, т. е. изгибающий момент меняется по ее длине и поэтому высота rj также переменна.
205
На рис. 157, б штриховой линией изображена эпюра М, соответствующая упругому расчету (см. пример 85), сплошной линией — эпюра, отвечающая образованию шарнира пластичности в опасном сечении. Поместим начало координат в точке приложения силы Р. Из подобия треугольников имеем
М (z)/Mn]l = (l/2 — z)/(l/2) = l-2z/l,
где М (г) — изгибающий момент в произвольном сечении зоны текучести.
Подставляя значение этого отношения в-уравнение (VII.32), получаем
rj2 = 3h2 (1 -1 + 2г//) = 6/г2г//.
Следовательно, границей упругой зоны в плоскости изгиба является квадратная парабола
г = [//(6Л2)] rj2.
При т) = /г гтах=//6, т. е. зона текучести занимает среднюю треть пролета (заштрихованная область на рис. 157, в). В состоянии предельного равновесия (см. рис. 156, д)
^пл = птГпл = от^2/4
и согласно формуле (VII.2) указанного примера
^пл ~ Pmaxl/4.
Приравнивая правые части этих выражений, находим значение разрушающей силы
^max = CTT^/l2//.
Картина предельного равновесия представлена на рис. 157, г. Из нее видно, что при поперечном изгибе, в отличие от чистого, понятие «шарнир пластичности» приобретает физический смысл. Такой шарнир можно рассматривать как устройство, которое превращает балку в механизм, когда изгибающий момент достигает значения Л1ПЛ. В аналогичных условиях находится, например, палка, изгибаемая о колено.
Пример 117. Какой номер двутаврового профиля следует назначить при учете развития пластических деформаций в балке, рассчитанной в примере 106 по упругой стадии работы материала?
Решение. Балка испытывает поперечный изгиб в плоскости стенки. Требуемый пластический момент сопротивления сечения согласно формуле (VI 1.20а) и указаниям примера 115
Гпл > Мтах/(1,12/?) = 36,5.103/( 1,12.210.106) м3 = = 155-10-6 м3 = 155 см3.
По таблице сортамента принимаем двутавр № 18а с Wx = 159 см3> > 155 см3. Таким образом, расчет на прочность с учетом развития пластических деформаций позволяет остановиться на меньшем профиле по сравнению с упругим расчетом (двутавр № 20), что приводит к экономии стали.
§ 36. ГЛАВНЫЕ И ЭКВИВАЛЕНТНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ. ПОЛНАЯ ПРОВЕРКА ПРОЧНОСТИ СТАЛЬНЫХ БАЛОК
В § 32...34 установлено, что в общем случае прямого изгиба в поперечных сечениях балки возникают нормальные и касательные напряжения, которые изменяются как по длине балки, так и по ее
206
высоте. Наибольшие нормальные напряжения в симметричных сечениях проверяют по формуле (VII.20), касательные—по формуле (VI 1.23).
Наибольшие нормальные напряжения возникают в крайних, максимально удаленных от нейтральной линии точках поперечного сечения, где касательные напряжения отсутствуют. Поэтому для крайних волокон ненулевыми главными напряжениями являются нормальные напряжения в поперечном сечении.
Наибольшие касательные напряжения в поперечном сечении возникают на уровне нейтральной линии, где равны нулю нормальные напряжения. Следовательно, в волокнах нейтрального слоя главные напряжения определяются значением касательных напряжений.
На практике в большинстве случаев ограничиваются проверкой отдельно нормальных и отдельно касательных напряжений. Однако иногда наиболее напряженными оказываются промежуточные волокна, в которых возникают и те и другие напряжения. Подобный случай характерен для тех сечений, где изгибающий момент и поперечная сила одновременно достигают больших и тем более максимальных значений: в заделке консоли (см. примеры 90, 91, 95, 99, 101), на опоре консольной балки (см. примеры 96, 97), в сечениях под сосредоточенными силами (см. примеры 84, 85, 87, 98), а также в сечениях с резко меняющейся шириной. Так, для двутаврового сечения типична эпюра нормальных напряжений того же очертания, что и для прямоугольного. В то же время касательные напряжения в двутавре значительно больше из-за малой толщины его стенки. С этой точки зрения наиболее опасны места примыкания стенки к полкам. В соответствующих волокнах возникают большие нормальные напряжения (поскольку волокна находятся близко от краев балки) и значительные касательные напряжения (см. рис. 154). Сочетание этих напряжений свидетельствует о том, что материал находится в условиях плоского напряженного состояния и необходима проверка эквивалентных напряжений.
Если воспользоваться формулой (III. 10) примера 39, полагая в ней Gy = 0, т. е. по-прежнему пренебрегая взаимным надавливанием волокон, получим следующее выражение главных напряжений:
01,3 = amax/min = 0/2 ± 1/21/о2 + 4та.	(VI 1.33)
Подставляя его в неравенства (II 1.36а) и (II 1.39а), после некоторых преобразований приходим к условиям прочности балок из пластичных материалов:
орасЧг = 1/'<т2 + 4т2<т7?;	(VI 1.34)
Орасч и ~ /о2 + 3т2<т7?.	(VII.35)
При расчете стальных балок нормы [15] рекомендуют пользоваться условием (VI 1.35) и допускают развитие пластических де-формаций, разрешая увеличивать расчетное сопротивление стали путем введения коэффициента условий работы т=1,15.
207
Следует заметить, что эквивалентные напряжения -в прокатных балках, как правило, не превышают нормальных напряжений в крайних волокнах и поэтому не требуют специальной проверки. Объясняется это тем, что толщина стенок прокатных профилей достаточно велика, в силу чего касательные напряжения незначительны и при обычных соотношениях между изгибающим моментом и поперечной силой не оказывают существенного влияния на эквивалентные напряжения.
Проверка эквивалентных напряжений необходима в составных металлических балках, у которых стенка тоньше, чем у прокатных профилей той же высоты. Составные балки—сварные и клепаные— проектируют при больших пролетах и нагрузках, когда тре-
буемый момент сопротивления превышает величину Wx наибольшего по ГОСТ 8239—72 двутаврового профиля № 60, т. е. 1Гтр > 2560 см8 (см. табл. 1 приложения).
Сварная балка (рис. 158, а) чаще всего состоит из трех листов: одного вертикального—стенки и двух горизонтальных-—полок, привариваемых к стенке автоматической сваркой. Простейшая клепаная балка (рис. 158, б) состоит из стенки и приклепываемых к ней четырех уголков. Для создания более мощных сечений к уголкам приклепывают горизонтальные листы (рис. 158, в), что позволяет повысить момент сопротивления Wx.
Сварные составные балки экономичнее клепаных, поэтому последние имеют ограниченное применение в современных строительных конструкциях и в данном пособии не рассматриваются.
Расчет составных балок на прочность включает в себя: 1) предварительный подбор сечения (определение основных размеров: высоты и толщины стенки, ширины и толщины полок, калибра поясных уголков); 2) окончательную проверку прочности подобранного сечения.
Первый этап подробно излагается в учебной литературе по металлическим конструкциям*, поэтому ограничимся иллюстрацией второго.
* См., например, пособие [6], § 19. Там же приводится детальный расчет клепаной балки.
203
Пример 118. Проверить прочность сварной балки, сечение которой представлено на рис. 103, а размеры указаны в примере 74. Балка работает по схеме, рассмотренной в примере 100. Расчетное сопротивление стали растяжению (сжатию) при изгибе R = 210 МПа, срезу /?ср=130МПа. Весом балки пренебречь.
Решение. Проверка прочности-по нормальным напряжениям. Опасным является сечение в середине пролета, где возникает максимальный расчетный изгибающий момент Л4тах = 990 кН-м (см. рис. 141, ж). Момент сопротивления сечения относительно нейтральной линии по формуле (VII. 16)
= Jx/(h/2) = 250 • 10-5• 2/1,028 м3 = 486•10~5 м3 = 4860 см3, где полная высота балки
й = йст4-26п = 1 +2-14-10-3 м=1,028 м.
Нормальные напряжения по формуле (VII.20)
Отах = Mmax/Fx = 990 • 103/(486 • 10~«) Па = 204 • 10» Па = = 204 МПа < R = 210 МПа.
Проверка прочности по касательным напряжениям. Опасными являются опорные сечения, где . возникает наибольшая расчетная поперечная сила Qmax = 255 кН (см. рис. 141, г). Статический момент площади полусечения относительно нейтральной линии
S° = S? 4-S? = (FCT/2) /1ст/4 + F„ (ЛС1/2 + 6п/2) = = (Лст6ст/2) Лст/4 + &6П (Лст + Sn)/2 = й2т6ст/8 + +Ь6п(/1ст + 6п)/2 = 12-6-10-3/8 + 280-14-10-6(1 + 14-10-3)/2 м3 = = (75+199) 10-5 м3 = 274-10-5 ,м3 = 2740 см3.
Касательные напряжения согласно формуле (VI 1.23)
tmax = QmaxWAr) = 255-103- 274 -10“5/(250• 10~5-6• 10-3) Па « «47-10» Па = 47 МПа<Яср= 130МПа.
Проверка прочности по эквивалентным напряжениям. Опасным является сечение в середине пролета, где изгибающий момент имеет максимальное значение, а поперечная сила Q = 75 кН достаточно велика. Абсолютное значение нормальных напряжений в местах примыкания стенки к полкам по формуле (VII. 14)
а = (Afmax/JJ (Лст/2) = [990-1О3/(250• 10"5)] (1 /2) Па = = 198-10е Па = 198 МПа.
Касательные напряжения по формуле Журавского
т = QSS/(ЛДт) = 75 • 103 • 199 • 10-6/(250• 10“5 • 6 • 10-3) Па = = 9,95.10» Па «10 МПа.
Эквивалентные напряжения по форму ле (VI 1.35)
= У о2+3тг = J/ 1982 + 3-103 МПа = 199 МПа < mR = = 1,15-210 МПа = 241 МПа.
Таким образом, сечение балки удовлетворяет всем трем условиям прочности.
ГЛАВА VIII
ПЕРЕМЕЩЕНИЯ В БАЛКАХ
§ 37. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ УРАВНЕНИЕ ИЗОГНУТОЙ ОСИ БАЛКИ И ЕГО ИНТЕГРИРОВАНИЕ
Перемещения поперечных сечений балок приходится определять в двух случаях: 1) при расчете балок на жесткость; 2) при расчете статически неопределимых балок. Различают перемещения линейные и угловые. Допущение о малости перемещений (см. § 2) позволяет считать, что линейные перемещения'—прогибы у—направлены перпендикулярно продольной оси недеформированной балки (оси г).
Поскольку, величина у переменна по длине балки, т. е. зависит от абсциссы г, прогиб обозначают как у (г). Наибольший прогиб называется стрелой прогиба f. Согласно принятому на рис. 159
Рис. 159
направлению осей координат положительным будем считать прогиб вверх, отрицательным—вниз. На указанном рисунке «/(z)<0.
Угловые перемещения представляют собой углы поворота 0 поперечных сечений балки вокруг их нейтральных линий, или углы между направлениями продольной оси балки до и после деформирования. Величина 0 также зависит от координаты г, поэтому угол поворота обозначают как 0(z).
В упругой стадии работы материала углы поворота настолько малы, что можно считать 0 »tg 0. А так как согласно геометрическому смыслу производной tg 0 = dy/dz, то с достаточной степенью точности угол поворота сечения можно принять равным первой производной от прогиба по абсциссе сечения:
0(z)« dy/dz.	(VIII. 1)
210
Условимся считать угол положительным, если сечение поворачивается против хода часовой стрелки, и отрицательным, если оно поворачивается по ходу часовой стрелки. На рус. 159 6(z)>0.
Кривая, в которую обращается продольная ось балки при деформировании, называется изогнутой осью (линия Л'К'В). Для определения перемещений необходимо знать ее уравнение. Воспользуемся известной из дифференциального исчисления зависимостью между кривизной линии и производными dy/dz, d2i//dz2:
l/p = ± (d2t//dz2)/[l 4-(dt//dz)2]3/2.
Подставив ее в формулу (VII. 13), связывающую кривизну оси с изгибающим моментом и жесткостью сечения балки (см. § 32), получим точное дифференциальное уравнение изогнутой оси балки:
(d2z//dz2)/[ 1 +(dz//dz)2]3/2 = ± М (?)/(£/*).
(VIII.2)
Интегрирование этого нелинейного уравнения сопряжено с большими трудностями-. Однако ввиду малости углов noeopofa и их тангенсов квадратами последних tg2 0 = =(dt//dz)2 можно пренебречь как величи- а)
нами весьма малыми по сравнению с-единицей. Действительно, даже при сравнительно невысоких требованиях, предъявляемых к жесткости балок чердачных перекрытий, предельно допустимый прогиб составляет 1/200 пролета (см. СНиП [11... 13, 15]). Образующиеся при этом углы поворота 0 не превышают Г и, следовательно,
М>0
М<0
tg20< tg2l° = 0,01752 «0,0003<l.
Тогда уравнение (VII 1.2) принимает
упрощенный вид:
d2z//dz2 = ±/W(z)/(£Jx).
Выбор знака зависит от принятой системы координат. При положительном на-
Рис. 160
правлении оси у вверх (рис. 160) знаки изги-
бающего момента и второй производной совпадают. В первом случае (см. рис. 160, а) момент положителен, так как изогнутая ось обращена выпуклостью вниз (см. правило знаков изгибающих моментов в § 28), а вторая производная — поскольку вогнутость кривой обращена в сторону положительного направления оси у. Аналогично совпадение знаков и во втором случае.
Таким образом, в записанном уравнении следует сохранить только знак плюс. Вводя обозначение d2r//dz2 = y" (г), окончательно получаем
у" (z) = M (z)/(EJx).
(VII 1.3)
Эта зависимость носит название- приближенного дифференциального уравнения изогнутой оси балки. Она позволяет с приемлемой
211
для практических целей точностью определять прогибы и углы поворота в любом сечении балки от любой нагрузки. После первого интегрирования получается уравнение углов поворота
е (г) = у' (г) = dy/dz = $ [Af (г)/(£ JJ] dz + С,
где С—произвольная постоянная интегрирования: Второе интегрирование дает уравнение прогибов
у (z) = $ dz $ [Af (?)/(£JJ] dz + Cz + D, .
где D—вторая произвольная постоянная интегрирования.
Значения постоянных С и D определяют из так называемых граничных условий, т.е. условий опирания балки и условий
на границах смежных участков.
В любом случае имеется не менее двух граничных условий. Так, у свободно лежащей балки (рис. 161, а) прогибы на обеих шарнир-*	ных опорах равны нулю. Кроме того,
при симметричном нагружении равен нулю и угол поворота сечения в середине пролета (рис. 161,6).
Консоль имеет нулевые прогиб и угол поворота в заделке (рис. 161, в). На границе смежных участ-ковбалки (рис. 161, г) прогиб и угол поворота одинаковы как для левого, так и для правого участка, т. е. пере-
6)
мещение, полученное из уравнения для левого участка, обязательно
У лев ~ Упр У лев* Упр

Рис. 161	Рис. 162
равно перемещению, найденному из уравнения для правого участка.
Пример 119. Составить дифференциальное уравнение изогнутой оси консоли постоянного сечения, по всей длине которой действует равномерно распределенная нагрузка интенсивностью q (рис. 162). Вычислить наибольший угол поворота 0тах и стрелу прогиба f.
Решение. Помещая начало координат на левом, свободном конце консоли, записываем аналитическое выражение изгибающего момента в произвольном сечении (см. пример 91):
М (г) = — qzt/2.
212
Делая подстановку в уравнение (VII 1.3) и умножая обе его части на жесткость EJX, получаем требуемое дифференциальное уравнение
£J#(z) = -<?z3/2,
которое дважды интегрируем:
EJxy'(г) =— qz3/6 + C-,	(а)
Е Jxy (г) = — <7Z4/24 + С 2 + D.	(б)
Для определения произвольных постоянных используем граничные условия в виде равенства нулю угла поворота и прогиба в заделке:
а)	при z = l //'(/.) = О, т. е. 0=—g/’/G-f-C, откуда
С = ql3/b\	(в)
б)	при z = l у(Г) = 0, т. е. 0 = — ^/4/24+ (^/3/6) / 4-D, откуда
•D = qlt/24—qli/Q^ — qli/8.	(г)
Подставляя найденные значения постоянных в уравнения (а) и (б), получаем окончательное уравнение углов поворота
EJxy' (г) = — q23/6 + ql3/6
и окончательное уравнение прогибов
Е Jxy (z) = — <?z4/24 + (ql3/6) z—qll/8.
Наибольший угол поворота возникает, очевидно, на свободном конце консоли: при z-=0 EJxy' (0) = <//3/6, или
етах = 0л = !/' (0) = <?/3/(6£JJ.
Угол положительный, следовательно, сечение балки поворачивается против хода часовой стрелки.
Наибольший прогиб также возникает на свободном конце:
EJxy(0) = —qli/8-,
f = y(0) = -ql*/(8EJx).	(VIII.4)
Знак минус свидетельствует о том, что свободный конец опускается.
Сравнивая значения 0гоах и f с выражениями произвольных постоянных (в) и (г), замечаем, что постоянная С пропорциональна углу поворота на свободном конце консоли, a D—прогибу в том же сечении. Отсюда становится понятным геометрический смысл произвольных постоянных интегрирования дифференциального уравнения изогнутой оси балки: они равны углу поворота (С) и прогибу (D) в начале координат, умноженным на жесткость EJх.
Пример 120. Решить аадачу, рассмотренную в предыдущем примере, при условии, что защемлен левый конец балки, а свободен правый (см. рис. 132, а).
Решение. Придерживаясь общего принципа, помещаем начало координат на левом, но теперь - уже защемленном, конце консоли. На первый взгляд задача при этом усложняется, так как для составления аналитического выражения изгибающего момента предварительно необходимо определить опорную реакцию и реактивный
213
момент в заделке, что не требовалось в предыдущем примере. В данном случае, однако, можно воспользоваться результатами примера 91: VA = ql, mA = ql2/2, и дифференциальное уравнение изогнутой оси балки принимает вид:
EJxy" (2) = — тА + VAz—qz2/2, или
EJ^" (г) = — ql2/2-+ qlz —qz2/2,
где в отличие от указанного примера г—абсцисса произвольного сечения относительно заделки.
После интегрирования получаем уравнение углов поворота
EJxy' (г) = (~ ql2/ty г + qlz2/2-qz3/6 + С,
после вторичного интегрирования—уравнение прогибов
EJxy (z) = — ql2z2/4 + qlz3/6 — ?г4/24 + Cz + D.
Далее формально следовало бы определять произвольные постоянные С и D, но исходя из их геометрического смысла, установленного в предыдущем примере, можно утверждать, что они равны нулю. Тогда при г — 1 находим искомые перемещения:
ЕJxy' (/) = - ql3/2 + ql3/2-ql3/6 = - ql3/6, emax=«/' (/) = -q/3/(6£JJ;
EJxy (/) = - ql*/4 + qP/b-ql^ = - ql*/8, f = y(l) = -ql^8EJx).
Получили те же абсолютные значения угла поворота и прогиба,
однако знак .угла изменился на ствующее сечение поворачивается
противоположный, т. е. соответ-по ходу часовой стрелки, Знак прогиба сохраняется, по-
Рис. 163
скольку свободный конец по-прежнему опускается.
Таким образом, если начало координат совпадает с заделкой, то предварительно приходится вычислять опорные реакции, но
при этом отпадает необхо-
димость в определении
произвольных постоянных интегрирования.
Пример 121. Определить углы поворота опорных сечений и стрелу прогиба балки, нагруженной посередине сосредоточенной силой Р (рис. 163).
Решение. Помещая начало координат на левой опоре, составляем аналитическое выражение изгибающего момента на участке АС. Согласно примеру 84
М (z) = VAz = (P/2)z.
214
Подставляем записанное выражение в уравнение (VIII.3), после чего получаем дифференциальное уравнение изогнутой оси балки в виде
EJxy"(z) = Pz/2.
После первого интегрирования имеем уравнение углов поворота EJxy' (z) = Pz2/4 + C, после второго—уравнение прогибов
EJxy (г) = Рг3/12 4-Cz+D.
Постоянная D = 0, поскольку прогиб в начале координат равен нулю. Постоянную С можно найти из граничного условия на правой опоре: при г = 1 у(1) — 0. Но тогда придется составлять выражение изгибающего момента на участке СВ. Чтобы не усложнять решение, воспользуемся другим условием, которое является следствием симметричного нагружения: при г —1/2 у'(1/2)— = 0,т. е. Р/2/(4 • 4) + С = 0.
Отсюда
С = —РР/16,
и угол поворота опорного сечения А
BA = C/(EJX) —
=—Pl2/(16EJX). (VIII. 5)
Угол поворота на опоре В вследствие симметричного нагружения будет иметь такое же значение и противоположное направление (поворот против хода часовой стрелки):
f}B = -f}A= + PP/WEJx).
Наибольший прогиб возникает в середине пролета. Подставляя в уравнение прогибов, г = 1/2 и значения произвольных постоянных, получаем
Е Jx у (1/2) = РР/( 12-8) —РР1/( 16-2) = — Р/3/48;
f = y(l/2) = — PP/(4SEJx) (прогиб вниз). (VIII.6)
Пример 122. Определить наибольший прогиб и построить изогнутую ось деревянной балки, по всей длине которой / = 5м равномерно распределена нагрузка интенсивностью q = 4 кН/м (рис. 164, а).
Балка имеет прямоугольное сечение размером Ьх h =15x22 см. Модуль упругости древесины £=10 ГПа.
Решение. Определение наибольшего прогиба. Помещаем начало координат на левой опоре. Аналитическое выражение изгибающего
215
момента согласно примеру 86:
/И (г) = (ql/2) г —qz3/2.
Подставляем это выражение в уравнение (VII 1.3):
EJxy" (г) = qlz/2—qz3/2.
После первого интегрирования получаем уравнение углов поворота
EJxy' (г) — cflz*[4t—qz3/6 +С, после второго—уравнение прогибов
£ Jxy (z) = qlz3/\2—qz*/24 + Cz+D.
Постоянная D = 0 по той же причине, что и в предыдущем примере. Постоянную С находим из граничного условия на правой опоре: при z = l
EJxy(l) = qlF/VZ—ql*/24+Cl = 0;
Cl + qll/24 = 0; C = — ql3/24.
Подставляя значения произвольных постоянных в уравнение прогибов, получаем алгебраическое уравнение изогнутой оси балки:
EJxy(z) = qlz3/\2 —qz*/24— (ql3/24) z.
Наибольший прогиб возникает в середине пролета. При г —1/2
EJxy (1/2) = qll3/( 12-8)- ql*/(24 -16)- ql3l/(24 • 2) = - */3tiql* и
f^y(l/2) = - 3/33iql*/(EJx).	(VIII .7)
Построение изогнутой оси балки. Предварительно вычисляем по формуле (V.9) момент инерции площади сечения:
Jx = bh3/\2=\5-223-'10~3/\2 м*=133-10~в м4 = 13 300 см*.
Построение производим по точкам, подставляя в алгебраическое уравнение значения текущей координаты г, а также <? = 4-103 Н/м, 1 = 5 м, Е = 10-10’ Па и момент инерции Jx. .
При г = 0 Уд = ®. При z — l/4
yvw EJX \12-64 24-256	24 4 J 2048 EJX~~
19-4-10®-5*	ПЛ1-7Л	,
“	2048-10-10’-133-10-’ М —	0,0174 м —	1,74 СМ.
При z—l/2 в соответствии с выражением (ViII.7)
У (1/2) = да? ~	384-10-133 м =	0,0245 м = 2,45 см.
При и = 31/4 вследствие симметрии
у (31/4) = у (1/4) =-1,74 см
И при 2 = 1 Ув = 0.
216
Откладываем найденные ординаты вниз в выбранном масштабе и соединяем плавной кривой, которая представляет собой изогнутую ось или эпюру прогибов рассматриваемой балки (рис. 164, б).
§ 38. МЕТОД НАЧАЛЬНЫХ ПАРАМЕТРОВ
Рассмотренная разновидность аналитического определения перемещений—метод непосредственного интегрирования дифференциального уравнения изогнутой оси балки — значительно усложняется в тех случаях, когда балка имеет несколько участков. С этим обстоятельством частично уже пришлось столкнуться в примере 121 при определении произвольных постоянных для балки, имеющей два участка й, следовательно, два отличных друг от друга выражения изгибающего момента.
В общем случае, когда к балке приложена система нагрузок, делящих ее на п участков, для вычисления перемещений требуется составить п выражений изгибающего момента, дважды проинтегрировать п дифференциальных уравнений и определить 2п произвольных постоянных. Причем для выполнения последней операции кроме двух основных граничных условий (см. рис. 161, а, в) необходимо рассмотреть еще 2(и — 1) так называемых условий совместности (или неразрывности) перемещений (см. рис. 161, г) на границах смежных участков.
Если не применять специальных приемов, то задача по нахождению произвольных постоянных оказывается весьма трудоемкой уже при числе участков п = 3. Поэтому в таких случаях прибегают к рационализации аналитического способа определения перемещений.
Условимся: Г) отсчет абсцисс г при составлении аналитических выражений изгибающего момента на всех участках по-прежнему вести от заранее выбранного начала координат, помещаемого на левом конце балки; 2) интегрирование составленных выражений, содержащих скобки, производить без раскрытия скобок; 3) при наличии сосредоточенного момента т его значение представлять в виде произведения m(z—а)0, где а—расстояние от начала координат до сечения, в котором этот момент приложен (нетрудно видеть, что записанное произведение равно т, поскольку любая величина в нулевой степени равна единице); 4) при наличии распределенной нагрузки, не доходящей до правого конца рассматриваемого участка, продолжать ее до этого конца, одновременно уравновешивая противоположно направленной нагрузкой той же интенсивности.
Выполнение перечисленных условий позволяет ограничиться составлением и интегрированием всего лишь одного дифференциального уравнения—уравнения последнего (крайнего правого) участка балки, в результате чего общее количество постоянных интегрирования оказывается равным двум, независимо от числа участков.
Уравнение для любого промежуточного участка может быть получено из уравнения последнего участка путем исключения слагаемых, которые содержат нагрузки, приложенные правее рассматриваемого участка.
217
Пример 123. Составить общие уравнения углов поворота и прогибов консоли, изображенной на рис. 165, а.
Решение. Согласно условию 1 помещаем начало координат на левом, свободном конце балки (рис. 165, б). Для соблюдения условия 4 продолжаем равномерно распределенную нагрузку до правого конца и одновременно прикладываем противоположно направленную наг* рузку той же интенсивности у. Составляем аналитическое выражение изгибающего момента на последнем участке, имея при этом в виду условие 3:
М (z) = m(z—dy> + P{z—6)4-
-z	д (г—с)* q (z—d)3
+	2	2
Подставляем его в дифференциальное уравнение (VII 1.3), предварительно умножив обе части послед-
него на жесткость EJxn вводя в знаменатели сомножитель, равный единице:
ад(г)-,П(г-0).+М+Ц=*^Ц^.
Производим двукратное интегрирование:
pr .у _ m(z— a)1 P(z — b)3	q(z—c)3 qfz—d)3^
^Jxy (z) — i -г i,2	+ 1-2-3	1-2-3 "t”G’
EI	।	, g (z—g)* <?(г—d)4  c , n
£,Jxy{z)— 12 4- j 2 3 4-	1.2.3.4 4-ьг4-ь*.
Постоянные С и D легко определяются из граничных условий в заделке: при z = l «/'(/) = 0 и г/(/) = 0. Согласно геометрическому смыслу постоянных, установленному в примере 119,
C? = £Jx0o; D=--EJxy0,
где 0О и у0—угол поворота и прогиб в начале координат, называемые в дальнейшем начальными параметрами.
Подставляя эти выражения постоянных в уравнения перемещений и располагая члены уравнений по возрастающим степеням переменной г, получаем уравнение углов поворота
(г) = EJ А	+	+
и уравнение прогибов EJj^EJj. + EJAz	+	+
218
Нетрудно заметить, что показатель степени z и выражений в скобках, содержащих г, совпадает с числом, факториал которого представлен в знаменателе. Причем эта закономерность распространяется и на первые члены обоих уравнений, содержащие z° = 1, поскольку в математике условно принято, что 0! = 1.
В случае многократного повторения однотипных нагрузок полученные уравнения записывают в более общем виде:
EJxy' (z) = EJXBO +^mi(z~a^ +	;
(VIII.8)
EJxy (г) = Е Jxy0 + EJxQoz +	+	+
Здесь mz, Pt и qt—сосредоточенные моменты, силы (включая реактивные) и распределенные нагрузки, приложенные слева от рассмат
риваемого сечения, т. е. в промежутке между сечением и началом координат; aif bi9 и dz—абсциссы точек приложения соответст-
венно сосредоточенных моментов и сил, начала и конца каждого участка, занятого распределенной нагрузкой.
Формулы (VIII.8) и (VIII.9) называются универсальными уравнениями перемещений при изгибе. Если нагрузки имеют направле-
ние, противоположное указанному на рис. 165, то соответствующие слагаемые следует брать со знаком минус.
Пример 124. Определить перемещения свободного конца и сечения в середине консоли вылетом /, на левой половине которой равномерно распределена нагрузка интенсивностью q (рис. 166, а\
Решение. Определение углов поворота. Помещаем начало координат на левом, свободном конце консоли и продолжаем распределен-
ную нагрузку до* правого конца, од-	Рис 16б
повременно прикладывая противопо-
ложно направленную компенсирующую нагрузку той же интенсив-
ности (рис. 166, б). Универсальное уравнение углов поворота (VIII.8)
применительно к рассматриваемому случаю имеет вид:
EJxy' (z) = EJxQA-q-£=£
q(2-d)3
31
или, учитывая, что с = 0 и d = //2,
EJxy' (z) = EJx0A—qz-’/v + q(z —Z/2)3/6.	(a)
219
Так как угол поворота в начале кобрдинат 0Л^=О, определяем его из граничного условия в заделке: при г = I
EJxy’ (/) = ЕJxeA -qP/6+q(l —1/2)’/6 = 0;
EJx^a = qP/Q—q W/G = (ql3/G) (1—1/8) = ZgL ;	(6)
0л = 748 ql3/(EJx).
Подставляя в уравнение (а) выражение (б) и г = 1/2, находим угол поворота в середине консоли:
EJxy' (1/2) = 7qP/48-q (l/2)9/& + q (l/2-l/2)3/8 = ql3/8',
8c = y' (l/2) = qF/(8EJx).
Оба угла получились положительными, т. .е. поворот соответст
вующих сечений осуществляется против хода часовой стрелки.
Рис. 167
Определение прогибов производим в такой же последовательности на основании универсального уравнения (VIII.9) и с учетом выражения (б):
EJxy (z) = EJxyA + (7^/3/48) г — —<?г4/24 + (7(г — 1/2У/24.	(в)
При г = I у (Г) = 9, т. е.
EJxyA + (7ql3/48)l-qP/24 +
+q(l/2)*/24 = 0;
EJxyA = qP/(24EJx)(-7/2 + \-\/\8) = -41/381g/4;	(г)
У А—	41/з84 q^!(.EJx).
Подставляя в уравнение (в) выражение (г) и г = 1/2, находим прогиб в середине консоли:
EJxy (1/2) = - 41/зв4?^4 + (7<?/748) 1/2 —q (//2)4/24 = - ’А,,?/4;
Ус = У (72) = — ‘/Wqll/(EJX).
Прогибы получились отрицательными, следовательно, они направлены вниз.
Пример 125. Найти угол поворота сечения С и прогиб сечения D балки, изображенной на рис. 167.
Решение. Определение опорных реакций.
2тв = 0; VAl + т—q (1/3) (Z/6 +1/3) — Pl/3 = 0;
VAl = - ql2/9 + (ql/3) 1/2 + (ql/3) 1/3 = qP/8- VA = ql/6.
ZmA = 0; —Vgl + P2l/3 + (ql/3) 1/2+m=0-
VBL = (ql/3) 21/3 + qP/G + ql2/9 = ql2/2-, VB = ql/2.
Проверка. SV = VA—ql/3—P + VB = ql/6—ql/3—ql/3 + ql/2 = 0.
Определение перемещений. Помещаем начало координат, как обычно, на левом конце балки,^т. е. в данном случае на опоре А. При этом один из начальных параметров—прогиб у^ = уА—оказывается
220
равным нулю. Другой начальный параметр—угол поворота 0О = 8Л— находим из граничного условия на опоре В: при z — l ув = 0. Согласно универсальному уравнению (VIII.9)
PJ О z , «(/-//Э)2 ,	°)3 P(Z—2Z/3)3 g(Z-Z/3)4	<?(/-2Z/3)*
£</ЛМ	2	1	6	6	24	1	24 U-
Наличие последнего слагаемого объясняется тем, что распределенная нагрузка не доходит до правого конца балки (см. условие 4). После подстановки значений т, Р и VA получаем
FZfiZ- ' 2?Р	-	83 „1*
Л	81	36 486 ' 1944 1944—	1944 ql ’
откуда
0o=-83/1914^3/(£4).
Для определения угла поворота 0С воспользуемся универсальным уравнением (VIII.8). Учитывая внешние силы, которые приложены слева от сечения С, при г = 1/3 имеем
Е J и' (1/3\ — EJ 0	____83?Z3 . <?Z3 _  65 ,s
£,Jxy (l/<5) — £,JxV<) +	2	—	1944 ‘ 108—	1944 ^’
откуда
бс = / (//3)=-33/le44?/3/(£Jx).
Прогиб yD находим из универсального уравнения (VII 1.9) при z = 2l/3:
PJ „ pj A 2Z zn(2Z/3 —Z/3)2 , Гл (2Z/3)3 g (2Z/3-Z/3)»
£ J хУо = £ J Л у Т---2------1------6----------24---=
_ _ 83<?Z4 ql* 2ql*	ql* _	85 /4
“	2916 ' 162	243	1944 — 5832^’
откуда
t)D= 86/5832?^4/(Д>^х)-
Пример 126. Вычислить прогиб на свободном конце консоли, рассмотренной в примере 99, при условии, что она выполнена из прокатного двутавра. Модуль. упругости стали £ = 210 ГПа, расчетное сопротивление £ = 210 МПа.
Решение; Подбор сечения. Требуемый момент сопротивления (VI 1.20а)
1Гтр>Л4тах/£ = 29,4- 103/(210-10")м3 = 140-10“в м3=140 см3.
По табл. 1 приложения принимаем двутавр № 18 с Wx = 143 см3 > >140 см3 и Jх = 1290 см4.
Определение прогиба. Помещая начало координат в заделке, получаем нулевые начальные параметры 0О и у0. Тогда при г = / из универсального уравнения (VIII.9) имеем
EJxyB = -тА (I —0)2/2 -т (/-а)2/2+VA (/-0)3/6-- £ [/ -.(а + Ь)]3/6 — q [/ - (а + Ь)]4/24.
221
Заметим, что все слагаемые, кроме третьего, взяты со знаком минус, так как реактивный тА и сосредоточенный т моменты, со-средоточенная сила Р и, наконец, равномерно распределенная нагрузка q (см. рис. 140, а) имеют противоположное направление по сравнению с указанным на рис. 165, а, т. е. вызывают отрицательный изгибающий момент. Следует также учесть, что обозначение горизонтальных размеров на этих рисунках совпадает не полностью.
Разделив обе части записанного уравнения на EJX, после подстановки 1 = а + Ь + с и приведения подобных членов получим выражение прогиба в общем виде:
..  ____1 Г/пл(а+& + с)2 ।	+	V А (аbс)3 , Рс3 . ?с41
EJX[ 2	"Т"	2	6	6	24 J ’
Для определения его численного значения необходимо воспользоваться значениями модуля упругости £, момента инерции Jx, а также данными примера 99: тл = 29,4-103 Н-м, т=10-103 Н-м, Ул-45-103 Н, Р-30-103 Н, 9 = 20-103 Н/м; а = 0,35 м, й = 0,4 м, с = 0,75 м. Тогда
103 Г29,4 (0,35 + 0,4+0,75)2 , 10 (0,4+0,75)2
Ув~ 210-109• 1290-10-8 L	2	+	2
45 (0,35+ 0,4+0,75)3	. 30-0,753	,	20 0,7541 с щ з
------—— 6"Т-------------6---1---24—	М«— 6-Ю 3	М—— 0,6 СМ.
Прогиб получился отрицательным, следовательно,. свободный конец консоли смещается вниз.
§ 39. ЭНЕРГЕТИЧЕСКИЙ МЕТОД ОПРЕДЕЛЕНИЯ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ
Энергетический метод представляет собой наиболее универсальный способ определения перемещений. Он основан на условии (II.8а) равенства работы внешних сил, приложенных к линейно деформируемой упругой системе, и потенциальной энергии деформации.
Работа произвольной совокупности статически приложенных внешних сил (см., например, рис. 161, г) согласно зависимости (II.9) равна полусумме произведений конечного ^значения каждой силы Pz на конечное значение перемещения Дх- по ее направлению (в данном случае прогиба):
(VIII. 10)
Для определения потенциальной энергии деформации, которая, численно равна работе внутренних сил, обратимся к рассмотренному ранее бесконечно малому элементу ’dz, находящемуся в условиях; чистого изгиба (см. рис. 144, а, б). Из теоретической механики известно, что работа момента равна его произведению на угловое перемещение. При статическом нагружении следует брать полупроизведение:
dU = MxdG/2.
Согласно зависимости (VII. 10) d0= dzr/p, или с учетом выраже
222
ния (VII.13) dO = Mxdz/(£JX). Подставляя это значение в формулу потенциальной энергии, получаем
dU = M3dz/(2£ Jx).
При поперечном изгибе в элементе дополнительно накапливается обусловленная поперечной силой энергия деформации сдвига. Однако в большинстве случаев она пренебрежимо мала по сравнению с энергией чистого изгиба, и записанное выражение элементарной потенциальной энергии можно распространить практически на все случаи прямого изгиба балок.
Для определения полной энергии' деформации необходимо просуммировать значения dU по всей длине балки. Поскольку закон изменения изгибающего момента на всех участках различен, сумми-рфвание (вычисление определенных интегралов) производят в пределах длины каждого участка 1{ и полученные результаты складывают:
U = 2 $ M2dz/(2EJx).	(VIII.11)
Пример 127. Определить стрелу прогиба консоли, нагруженной на свободном конце сосредоточенной силой Р (см. рис. 159).
Решение. Наибольший прогиб возникает на свободном конце. Согласно формуле (VIII. 10) сила Р при статическом приложении производит работу А = Pf/2.
Балка имеет всего один участок, поэтому выражение потенциальной энергии (VIII. 11) упрощается:
i
U = J Mxdz/(2EJx). о
Подставляя сюда функцию изгибающего момента Мх =—Рг, заимствованную из примера 90, получаем
i	i
U = 5 {~2EJxdZ =	J] J г2 dz = Р3/3/(6£ Jx),
и уравнение энергетического баланса А = U принимает вид:
P//2 = P2/3/(6£Jx).
Отсюда после сокращения на Р/2
f=P/3/(3£Jx).	(VIII. 12)
Прогиб получился положительным. Согласно идее энергетического метода это означает, что он совпадает с направлением силы^ Р, т. е. свободный конец консоли перемещается вниз.
223
Рассмотренная разновидность энергетического метода носит частный характер. Она применима лишь в тех случаях, когда на балку действует одна сила и требуется определить прогиб в точке ее приложения. В общем случае нагружения перемещения определяют по формуле, называемой интегралом Мора:
у = 2 $ MPMY dz/(EJx).	(VII1.13)
Здесь у—прогиб в рассматриваемом сечении, м; Мр—изгибающий момент в этом сечении от нагрузки, Н м; —так называемый единичный момент, т. е. изгибающий момент в рассматриваемом сечении от безразмерной «силы», равной единице и приложенной к ненагруженной балке в том же сечении, м; EJX—жесткость сечения балки при изгибе, Нм®‘.
Если балка имеет постоянную жесткость, то
i/ = 2[l/(EJx)]$MpM1dz.	(VIII.13а)
li
С физической точки зрения интеграл Мора представляет собой работу единичной силы на перемещении точки ее приложения, вызванном реальной нагрузкой. Определение углов поворота производят аналогично, с той лишь разницей, что вместо единичной силы
к ненагруженной балке прикладывают единичный момент.
Формулы (VIII.13) и (VIII. 13а)
справедливы при любом нагружении балок с обычно встречающимися размерами, т. е. когда отношение высоты поперечного сечения к длине h/l < 1/5.
Пример 128. Определить прогиб и угол поворота среднего сечения консоли, рассмотренной в предыдущем примере.
Решение. Определение прогиба. Аналитическое выражение изгибающего момента от нагрузки (рис. 168, а):
— Рг.
Прикладываем в среднем сечении
рис, 168	ненагруженной балки силу, равную
единице (рис. 168, б), и составляем аналитические выражения единичных изгибающих моментов. На участке (0 г 1/2) М. = 0, на участке КВ (Г/2 < I) ЛЕ = = — l(z—1/2) = 1/2 —г.

Применяя формулу (VIII. 13а), находим rz/2	1
ук=^-^Гх\мрМ^2 = -^-х $(-Pz)0dz+ $(-Pz)(|-z)dz L i1
Р С fl \ . Р flz* Z3 Л К р (Is Р Р = EJX } Z\2 z)az~ EJX\4 37|z/2= EJX\4 3 Tg + . 1/2 , P\ 5 PP ' 24 J “48 EJX •
Положительное значение свидетельствует о том, что направления прогиба и единичной силы совпадают (прогиб вниз).
Определение угла поворота. Вместо силы прикладываем в рассматриваемом сечении единичный момент (рис. 168, в). Тогда на участке АК по-прежнему = 0, на участке КВ Мг = 1 и согласно той же формуле
S ( —^)ldz= —E-^zdz= —	//2 =
1/2	1/2
__ \Р //2 /2\	3 Р1* ~ 2EJX V	4 ) ~	8 EJX'
Знак минус указывает на то, что поворот осуществляется в сторону, противоположную направлению единичного момента, т. е. против хода часовой стрелки (см. рис. 168, а).
§ 40. ВЫЧИСЛЕНИЕ ИНТЕГРАЛА МОРА СПОСОБОМ ВЕРЕЩАГИНА
Техника определения перемещений значительна упрощается благодаря применению специального графо-аналитического приема для ь
вычисления интеграла вида	где а и b —пределы интег-
а
рирования, т. е. абсциссы пограничных сечений рассматриваемого участка. Поскольку подынтегральное выражение можно трактовать как произведение ординат эпюры изгибающих моментов Мр от действительной нагрузки (грузовой эпюры) на ординаты эпюры моментов от единичной нагрузки (единичной эпюры), этот прием называют способом перемножения эпюр. Он был предложен в 1925 г. студентом Московского института инженеров железнодорожного транспорта А. К. Верещагиным * и поэтому называется также способом или правилом Верещагина.
Сущность этого способа становится понятной из рассмотрения следующей теоремы.
* АнДрей Константинович Верещагин (1896—1959)—талантливый советский ученый и изобретатель. Его имя широко известно, главным образом, в связи с наглядным способом вычисления интеграла Мора. Он внес также большой вклад в развитие военной техники и считается основоположником отечественной школы минной электротехники.
3 № 759	225
Пример 129. Доказать, что результат перемножения двух эпюр, из которых одна линейна, а другая произвольна, равен произведе-
нию площади эпюры произвольного очертания на расположенную под ее центром тяжести ординату линейной эпюры.
Решение. Пусть грузовая эпюра имеет произвольное очертание (нелинейное), а единичная—линейное (рис. 169), т. е. подчиняется уравнению Mt = z tg а,
где а—угол наклона эпюры к оси абсцисс. Подставляя это уравнение в подынтегральное выражение, получаем
ь	ь
J MpMxdz = J MPz tg a dz = а	а
b
=tgaj Alpzdz. а
Новое подынтегральное выражение есть не что иное, как статический момент элементарной площади dco = Mpdz грузовой эпюры относительно оси
ординат. Тогда интеграл представляет собой статический момент площади со всей грузовой эпюры:
ь
Sya= J Mpzdz. а
Но согласно формулам (V.3) статический момент площади равен ее произведению на координату центра тяжести: Sye> = <i>zc. Следовательно, ь
J MPMt dz = Sya> tg a = cozc tg a a
и, так как величина zctga характеризует ординату i)c единичной эпюры, расположенную под центром тяжести грузовой, окончательно
ь
J MPMt dz = (от)с, а
что и требовалось доказать.
Левая часть полученного равенства отличается, от интеграла Мора отсутствием жесткости сечения, поэтому для определения перемещений результат перемножения эпюр следует разделить на EJX. Тогда из формулы (VIII. 13а) получится математическое выражение правила Верещагина:
\^^iC/(EJx),	(VIII. 14)
где Д—искомое перемещение (прогиб или угол поворота).
226
Эпюра Мр
д)
Рис. 170
8*
Эта зависимость справедлива для любой балки постоянного сечения, благодаря тому что, по крайней мере, одна из двух эпюр — единичная — всегда очерчивается прямыми.
При использовании правила Верещагина полезно руководствоваться следующими рекомендациями.
1.	Результат перемножения эпюр положителен, если эпюра и ордината % под ее центром тяжести на другой эпюре расположены по одну сторону от оси балки (см. рис. 169), и отрицателен, если эпюра и ордината расположены по разные стороны.
2.	Ординату т]с необходимо брать обязательно с линейной эпюры, причем линейность понимают в строго математическом смысле: эпюра должна монотонно изменяться по линейному закону (см., например, рис. 130, в; 131,г и т. д.). Эпюра, состоящая из прямолинейных отрезков с разными угловыми коэффициентами (см. рис. 125,5; 126, в; 136, в Й дрД является ломаной, и ее рассматривают как нелинейную.
3.	Если одна из эпюр криволинейная, а другая—ломаная, последнюю разбивают на участки, в пределах которых она линейна (рис. 170, 5).
4.	Если обе эпюры линейны, то принципиально безразлично, у какой из^них брать площадь и у какой—ординату т]с (рис. 170, б).
5.	При перемножении линейных трапециевидных эпюр нет необходимости находить положение центра тяжести какой-либо из них. Удобнее разбить одну из эпюр на два треугольника и умножить площадь каждого из них на ординату под его центром тяжести с другой эпюры (рис. 170, в). Результат такого перемножения приведен в первой строке табл. VIII.1.
Таблица VIII.1
Аналогично поступают и в частном случае, когда одна или обе линейные эпюры разнозначны (рис. 170, г).' Если какую:либо из них представить в виде двух треугольников С АВ и ABD, расположен-228
ных по разные стороны от оси, то добавленные при этом треугольники СЕВ и AED на результат не повлияют, поскольку их ординаты равны между собой и противоположны по знаку.
6.	Если грузовая эпюра представляет собой симметричную квадратную параболу (от равномерно распределенной нагрузки интенсивностью <?),-описываемую уравнением (см. пример 86):
М (z) = (ql/2) г—qz2/2, то ее площадь
I	1/2
со = Л1 (г) dz = 2 ( [(ql/2) г—qz2/2]dz^ о	о
= 2 (<//г2/4 —?г3/6) |о/2 = 2 (qP/lQ — qls/48) = ql3/\2, что составляет 2/3 площади описанного прямоугольника (рис. 170,д) co = 2/s(7/2/8)/ = 2/3Mmax/.
Очевидно, если эпюра представляет собой параболу, описываемую уравнением (см. пример 91) М (z) = qz2/2, то ее площадь составляет треть описанного прямоугольника (рис. 170,ё):
® = ЧзМпах* = Чз (ql2/2) I = ql3/6.
Абсцисса центра тяжести эпюры в этом случае согласно формулам (V.2) составляет
i	i
zc — J zdw/co = zM (z) dz/со = $ (qz9/2) dz/(<?/3/6) = (qP/8) (6/qP) =3/4/. to	0	0
Если очертание грузовой эпюры имеет вид параболической трапеции (рис. 170,^), то эпюру разбивают на два треугольника и параболический сегмент, площадь которого со2 всегда равна <7/3/12, а положение центра тяжести соответствует середине рассматриваемого участка. Результат перемножения такой эпюры с прямолинейной трапециевидной приведен' во второй строке указанной таблицы, причем он охватывает случай, когда парабола обращена выпуклостью в другую сторону, и частные случаи, представленные на рис. 170,д и е.
Пример 130. Определить прогиб в середине пролета и угол поворота на левой опоре балки, изображенной на рис. 171,а.
Решение. Определение прогиба. Грузовая эпюра, представленная на рис. 171,6, перенесена с рис. 130,в примера 89 (при использовании правила Верещагина эпюры обычно не штрихуют). Прикладываем в середине пролета балки, освобожденной от нагрузки, единичную силу (рис. 171,в) и в соответствии с примером 85 строим от нее эпюру изгибающих моментов (рис. 171,а).
Замечаем, что грузовая эпюра линейна на всем протяжении, а единичная — нелинейна (ломаная), поэтому согласно п. 2 рекомендаций по использованию правила Верещагина в расчет принимаем
229
площадь эпюры Mlt а ординату т]с берем с эпюры Мр. Тогда искомый прогиб на основании формулы (VIII. 14)
ук=Д=®Т1С/(Е Л)=[1/(Е/Ж)] (//4) (1/2) (m/2) = ml*/(16EJx). (VIII. 15)
Положительное значение свидетельствует о том, что прогиб направлен в сторону действия единичной силы, т. е. вниз.
Определение угла поворота
Рис. 171
производим в такой же последовательности. Прикладываем на левой опоре единичный момент (рис. 171,д) и строим соответствующую эпюру изгибающих моментов (рис. 171 ,е). В этом случае грузовая и единичная эпюры линейны на всем протяжении и согласно п. 4 они «равноправны» с точки зрения определения площади и ординаты т]с. Искомый угол поворота
0Л = [ml/(2EJ х)]2/3 = ml/(3EJx).
(VIII. 16)
Положительное значение указывает на то, что поворот осуществляется в направлении единичного момента, т. е. по ходу часовой стрелки.
Пример 131. Определить стрелу прогиба балки, изображенной на рис. 172,а.
Решение.Г рузовая эпюра, представленная на рис. 172,6, перенесена с рис. 128,г примера 87. В силу симметричного нагру
жения наибольший прогиб возникает в середине пролета, поэтому построение соответствующей единичной эпюры (рис. 172,в) повторяет Предыдущий пример (см., рис. 171,в, г).
Обе эпюры нелинейны, однако единичная состоит из двух одинаковых лйнейных отрезков, и, таким образом, достаточно пере-
множить эпюры в пределах длины полупролета, и удвоить полученный результат.
На участке АС эпюры линейны, поэтому безразлично, у какой из них взять площадь и у какой—ординату г]с. На участке СК эпюры также линейны, но удобнее взять площадь единичной эпюры (трапеции) и, не находя положения ее центра тяжести, умножить, на постоянную ординату грузовой эпюры. Можно воспользоваться и первой строкой табл. VIII. 1, рассматривая грузовую эпюру как трапецию, выродившуюся в прямоугольник. С учетом. сказанного
230
искомый прогиб по формуле (VIII.14)
f = Лк = У,	= -gj- (И1Ч1С +	=
~тг	(4-И-
2 Г I ?a (J?._a’^1 — “Pfl (3Zg 4ag)
Е/Дб+4\4 a J J 24Ej/°* *a '•
Пример 132. Определить прогиб посередине балки с равномерно распределенной нагрузкой на половине пролета (рис. 173,а).
Решение. Для построения грузовой эпюры воспользуемся результатами примера 94. При а = Ь = 1/2 получаем следующие значения опорных реакций:
VA = qa (а/2 + b)/l = q (1/2) (1/4 + l/2)/l = 3ql/8;
VB = qa*/(2l) = q (Ц2)*/(21) = ql/8.
Построение грузовой эпюры (рис. 173,6) производим по характерным точкам:
МА = Мв = 0; Мс = VBl/2 = (ql/8) 1/2 = ql'/16;
MD = VAl/4 -q (1/4У/2 = (3ql/8) (1/4)-qP/32 = ql*/\tj.
Построение единичной эпюры (рис. 173,в) повторяет предыдущие примеры.
Обе эпюры нелинейны. Их перемножение осуществляем с помощью табл. VII 1.1. На участке АС имеем параболическую и линей-
231
ную трапеции, выродившиеся в треугольники с ординатами: WB = 0,	= W==g/2/16; М?ев = 0, М^ = 1/4.
Соответствующее перемещение
Дсев = ёй- (M^PMfP + 2М<$М?Р) =	(М£Р + 2Мр) М?Р
J х
I fql* t qql*\ I gl* = 12EJX \ 16 "* 16 j 4	256£VX •
На участке СВ обе эпюры линейны:
MF = <7^/16, MpP = 0; MfeB = //4, М?р = 0
и
AgP = -i2^2MFMr
Искомый прогиб
Ус = Дйев + Дср
I ql2 I ql* 6EJX 16 4 — 384EJX'
ql4 .	. . 5 ql*
256EJX + 3845JX	768 EJX '
Пример 133. Определить прогиб в середине и на свободном конце консоли, по всей длине которой равномерно распределена нагрузка интенсивностью q (рис. 174,а).
Решение. Грузовая эпюра (рис. 174,6) перенесена с рис. 132,г примера 91. Эпюра изгибающих моментов от единичной силы, при-а)
ложенной в середине консоли (рис. 174,в), построена на.рис. 174,г. Для определения соответствующего прогиба вновь воспользуемся табл. VII1.1. На участке КВ единичная эпюра отсутствует и поэтому произведение эпюр Мр и М, равно нулю. На •участке АК грузовая эпюра образует криволинейную трапецию с ординатами
= M^p = <7/2/8;
Mj? = (<?/2) (3//4)2 = 9?Z2/32, а единичная—линейную трапецию, выродившуюся в треугольник с ординатами М?ев = 1/2; Мрр = 0. Искомый прогиб в середине консоли '
у к =	— (МлРевМ?ев + 2M^MfeB) =
(MF + 2W) MF =
1 Z, JC J
, Q9ql2\ I \1 ql* Z 32 J 2 ~ 384 E Jx ‘
Прогиб на свободном конце нетрудно определить самостоятельно. Контролем может служить результат, полученный в примерах 119
232
y
4
в
8)
У2
2
В)
I
Зпюра Mp 9-^~ pl* 32 iL.
L/4
г/4
к
,Z/2 /
г) 1/2
Эпюра
Рис. 174
и 120 методом непосредственного интегрирования дифференциального уравнения изогнутой оси балки.
Пример 134. Вычислить прогиб на свободном конце одноконсольной балки, рассмотренной в примере 97 (рис. 175,а), при
условии, что х она выполнена из прокатного двутавра. Расчетное сопротивление стали R = 210 МПа, модуль упругости Е = 210 ГПа.
Решение. Подбор сечения. Грузовая эпюра (рис. 175,6) перенесена с рис. 138,в указанного примера. Требуемый момент сопротивления сечения балки по формуле (VII.20а)
№тр>Мтах//? =
= 48- 10э/(210- 10в)м8 = = 229-10-« м8 = 229 см8.
По табл. 1 приложения принимаем двутавр № 22,с №* = 232 см8 > 229 см8 и
/* = 2550 см4.	Рис. 175
Определение прогиба. При-
кладываем на свободном конце единичную силу (рис. 175,в) и строим рт нее эпюру изгибающих моментов (рис. 175,г). Значения ординат: на правой опоре
MiB =—1-сг =—1-2 м = — 2 м,
в середине пролета (из подобия треугольников) AliD = M1B/2 = — 1 м.
Грузовая и единичная эпюры имеют ломаное очертание, т. е. нелинейны. Разбиваем их на три линейных отрезка (в пределах участков AD, DB, ВС) и перемножаем с помощью табл. VII 1.1, учитывая алгебраические знаки ординат:
Ус = J^2MPDMiD + (2MPDM1D + 2MPBMlB + MPDM1B + UJDt/ X
+ MPBM1D) 2MPBMlB (4MPBMlD + 2MPBMlB +
ф Mp/jAljg -ф MPBMjj)) -ф jx MPBMxB 12-210• 10s -2550 • 10_8	X
X (- 1) + 2 (- 48) (- 2) + 12(- 2) + (- 48) (- 1)] 108 +
+ 3-2Ю. 10> 225M. 10-<- 48>< 2>10'	“"2.8
В качестве упражнения рекомендуем самостоятельно вычислить проТиб в середине пролета и убедиться, что он равен нулю.
233
§ 41.	РАСЧЕТ БАЛОК НА ЖЕСТКОСТЬ
Для того чтобы судить о работе балок, мало знать только напряжения, которые возникают в их поперечных сечениях и по которым проверяют прочность. Даже весьма прочные балки могут оказаться непригодными к эксплуатации, если под нагрузкой они будут сильно деформироваться вследствие недостаточной жесткости.
В целях обеспечения нормальной эксплуатации строительных конструкций расчет изгибаемых элементов производят не только по первой группе предельных состояний, но и по второй — на жесткость. Во избежание появления чрезмерных перемещений наибольший относительный прогиб | f | II не должен превышать предельного значения /пред//, устанавливаемого строительными нормами для конструкций из различных материалов (см. с. 211):
1Л//С/пРед//.	(VIII.17)
Здесь |f| — абсолютное значение стрелы прогиба; I—длина балки.
Расчет на жесткость производят по нормативной нагрузке, т. е. без учета возможной перегрузки. Объясняется это тем, что конструкция должна обладать необходимой жесткостью в течение длительной эксплуатации, а не в критические моменты ее прекращения, характеризуемые предельными состояниями первой группы и коэф; фициентами перегрузки.
Пример 135. Проверить жесткость деревянных балок чердачного перекрытия, рассмотренного в примере 107. Модуль упругости древесины Е — 10 ГПа. Предельный относительный прогиб fnpM//= = 1/200.
Решение. Интенсивность нормативной нагрузки
Я" = (£?+Й' + gS + Рн) а + <7» в - (0,2 + 0,4 + 0,65 + 0,75) 1,2 +
-4-5-0,15-0,2 кН/м = 2,55 кН/м.
Момент инерции площади сечения балки по формуле (V.9)
Jx = Wi8/12 = 0,15-0,23/12 м‘=Ь10‘‘ м4= 10000 см4.
Проверку жесткости производим по формуле (VIII. 17)с использованием выражения (VIII.7) примера 122:
|/|_ 5 дн/з б-г.бб-юз-б3 ~ 1	/пред 1
I 384 EJX	384 -10 • 10е • 1 • 10—4 ~ 140^ / — 200 ‘
Таким образом, жесткость недостаточна. Необходимо увеличить поперечные размеры балок или уменьшить их шаг а (см. рис. 4,6).
Пример 136. Подобрать из условий прочности и жесткости сечение стальной двутавровой консоли вылетом / = 2,5 м, по всей длине которой равномерно распределена нагрузка интенсивностью qtt = = 4 кН/м (см. рис. 132,а) с коэффициентом перегрузки п=1,3^ Расчетное сопротивление стали R = 210 МПа, модуль упругости Е i= = 210 ГПа. Предельный относительный прогиб /пред//= 1/200.
234
Решение. Расчет на прочность. Максимальный изгибающий момент по формуле (VI 1.5) примера 91
Mmax==<//2/2 = <7Hn/2/2 = 4.1,3-2,5а/2 кН-м=16,3 кН-м.
Требуемый момент сопротивления (VII.20а)
Г1Р> Мтах//?= 16,3-108/(210-1Р’) м3 = 77,6-10-’ м8 = 77,6см8.
. По табл. 1 приложения предварительно назначаем двутавр № 14 с №* = 81,7 см8 >77,6 см8 и Jx — 572 см4.
Расчет на жесткость. Наибольший по абсолютному значению прогиб согласно формуле (VIII.4) примера 119
lf| = W (8£7Ж).
Тогда условие жесткости (VIII. 17) принимает вид:
gH/3/ (8£JX) < 1/200.
Отсюда требуемый момент инерции площади сечения
JTP> 2bq*l*lE = 25-4-108• 2,53/(210-10») м4 = 744-10’8 м4 = 744 см4, что больше момента инерции двутавра № 14, т. е. последний недостаточен по жесткости. Окончательно принимаем двутавр № 16 с /*==873 см4 > 744 см4.
Таким образом, в данном случае, как и в предыдущем примере, решающим является условие жесткости, а не прочности.
§ 42.	РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ .БАЛОК
Статически неопределимые системы уже встречались в § 7 при решении задач на растяжение (сжатие). Там недостающие уравнения для определения неизвестных усилий составлялись исходя из рассмотрения системы в деформированном состоянии. Расчет статически неопределимых балок также возможен только при анализе геометрической стороны задачи.
Пример 137. Построить эпюры Q и М и определить прогиб в середине пролета балки, изображенной на рис. 176,а.
Решение. Статическая сторона задачи. При двух уравнениях равновесия, которые дает статика (2^ = 0 и 2т==^)» балка имеет три реакции: V А, VR и тА, т. е. она один раз статически неопределима.		-
Геометрическая сторона. Мысленно отбросим у заданной балки опору В как лишнюю связь и заменим ее действие неизвестной реакцией V8. Полученная таким путем статически определимая балка называется основной системой (рис. 176,6). Для того чтобы она была эквивалентна заданной балке по характеру деформирования, необходимо выполнение условия r/s = 0, т. е. перемещение основной системы по направлению неизвестной реакции, приложенной в месте удаления лишней связи, должно отсутствовать.
Физическая сторона состоит в том, что необходимо определить прогиб сечения В основной системы от всех внешних сил, включая
235
реакцию Vg. Применяя принцип независимости действия сил, находим прогиб отдельно от нагрузки q и отдельно от реакции. Для этого достаточно воспользоваться результатами примеров 119 (120) и 127. Складывая алгеб-
|У
ЖЖЖЖЖЖЖ1ЖЖЖЖЖЖЖЖЖЖЖЖЖЖ!
gj ^сно^ная еистема л I
ЖЖЖЖЖЖЖЖЖЖЖЖЖЖЖЖЖЖЖЖЖЖЖ1
Рис 176
раически выражения (VIIJ.4) и (VIII. 12), получаем
Ув~~ Ч^/ (8EJx) + + VBl*/(3EJx), или согласно геометрическому уравнению после сокращения на l3/(EJx)
VB/3 — ql/8 = 0.
Отсюда искомая реакция VB = 3/8ql. ,
Знак плюс свидетельствует о том, что первоначально принятое направление реакции вверх— правильное. Дальнейший ход решения сводится к расчету консоли на действие заданной равномерно распределенной нагрузки и найденной'сосредоточен-ной силы VB.
Построение эпюр Q и' М осуществлено на рис. 176,в иг по следующим
ординатам:
4
ч
I

>4
Qb=—Ьг= —	; Qa = va = <?*—3/ь<7/ = 5W.
MB = 0; M/2 = VBZ/2 — <?(Z/2)2/2 = (3<?Z/8)(Z/2) — <^2/8 = </Z2/16;
MA = (3<?Z/8)Z — qP/2 = — qP/8.
В сечении, где поперечная сила равна нулю, а оно находится, как нетрудно видеть из подобия треугольников, на расстоянии 3/8Z от правой опоры, изгибающий момент имеет ‘ наибольшее положительное значение
AUx = (3?Z/8) (3/8/)-<7 (3/да = */128^.
Сравнивая рис. 176,г и 127,г, замечаем, что защемление конца простой балки, несущей равномерно распределенную нагрузку, в два раза снижает значение изгибающего момента посередине пролета.
Определение прогиба проще всего произвести методом начальных параметров. Помещая начало координат в заделке, по универсальной формуле (VIII.9) при г = //2 и нулевых начальных параметрах
236
находим
статической неопределимости. Путем предыдущему примеру, нетрудно убе-
Рис. 177
FT ~	! Ил(//2)3 Q (Z/2)^_	mAP , Кд/з	qP _
-% r 6	24	8 ' 48	384
8 8 + 8 48	384	192 ’
Отсюда
y(Z/2) = -^/(192£Jx).
Из сравнения полученного значения, с формулой (VII 1.7) примера 122 видно, что защемление уменьшает прогиб посередине пролета в 2,5 разд.
Пример 138. Построить эпюры Q и М для балки, изображенной на рис. 177,а.
Решение. Раскрытие рассуждений, аналогичных диться, что рассматриваемая балка также один раз статически неопределима. Основная система, использованная при решении указанного примера, не является единственно возможной. В качестве лишнего неизвестного можно принять реактивный момент в заделке. Тогда основная система будет представлена простой двухопорной балкой, на которую действует заданная нагрузка и неизвестный сосредоточенный момент тА (рис. 177,6). Дополнительное уравнение в этом случае отражает равенство нулю угла поворота в заделке: 0д = О.
Применяя опять принцип независимости действия сил, определяем угол
поворота на левой опоре основной системы отдельно от нагрузки и отдельно от момента. В первом случае достаточно воспользоваться формулой (VIII.5) примера 121, во втором—формулой (VIII. 16) примера 130:
0Л = - РР/ (16£Л) + тАЦ (3EJX).
Отсюда mA = 3/^Pl.
Построение эпюр Q и М (рис. 177,в и г) производим путем алгебраического сложения одноименных эпюр, полученных в при-
237
мерах 85 и 89, причем результаты последнего берем с противоположным знаком вследствие противоположного направления сосредоточенного момента:
Qa - QcB = P/^+mA/l = Р/2 + ЗР/16== “/16Р, Qncp^QB=P/2-3P/16 = ^/leP;
MA = — mA = — 3/16Pl, MB = Q, Мс = РЦ4—тА12 = Р1/4 — ЗР1/ (16- 2) = */агР1.
Пример 139. Построить эпюры Q и М для двухпролетной балки, изображенной на рис. 178,а. Интенсивность равномерно распределенной нагрузки 9 = 20 кН/м, длина пролета / = 6 м.
Рис. 178
Решение. Раскрытие статической неопределимости. Для того чтобы превратить заданную балку в статически определимую, необходимо отбросить любую из трех опор. Один из возможных вариантов основной системы представлен на рис. 178,6. Принимаем за лишнее неизвестное реакцию средней опоры VQ. Попутно отбрасываем консоль и заменяем приложенную к ней нагрузку моментом /п = 9(//3)2/2 = 9/2/18.
238
Вертикальная сила ql/8, появляющаяся при такой замене на правой опоре, не показана, поскольку она не влияет на расчет.
Геометрическая сторона задачи отражает тот факт, что суммарный прогиб сечения В в основной системе от действия нагрузки q, момента /пи неизвестной реакции VB должен равняться нулю: ув = = 0. Следовательно, согласно формулам (VIII.7), (VIII. 15), (VIII.6) примеров 122, 130, 121
‘ - 7т [Я (2/)‘/ (EJX)] +т (2l)2/(18EJX) + VB (21?/ (48EJX) = 0, или после подстановки значения т1 раскрытия скобок и сокращений — 5/24?/ + <7//72 + Vb/6 = 0.
Отсюда VB = '/^1 = ’/„(20.6) кН = 140 кН.
Построение эпюр Q и М (рис. 178,в и г) осуществляем по следующим значениям поперечной силы и изгибающего момента:
Qa = У а = Я (20/2 - V в/2 —/п/(2/) = ql - ’/i2<7/ - g//36 =
= W = 7w(20.6) кН «47 кН;
<йев = Ул—<?/ = 47 —20-6 kH = — 73 кН;
Q§’ = Qbb + Vs = —734-140 кН = 67 кН;
= — ql + 7i.<7/-<7//36 = — 49ql = - 7, (20-6) кН = - 53 кН;
Qg₽ = <///3=20-6/3 кН = 40 кН;
Мл = 0;
MB = VAl—qP/2 = 47-6 —20-672 кН-м = —78 кН-м;
Мс = — т= — qP/l8 =----20-6718 кН-м = —40 кН-м;
Л11тах = Улг1—^/2 = 47-2,35—20-2,3572 кН-м = 55 кН-м, где по аналогии с примером 94
Zf = VAlq = 47/20 м = 2,35 м;
М2тах = Улг2 4- VB (z2 - /)—(?z|/2 = 47 • 9,35 4-140 (9,35 -6) -
-20-9,3572 кН-м = 34 кН-м, где
?2 = (Уд + Ув) /Я = (47 4-140) /20 м = 9,35 м.
Проверка. Контролем правильности вычислений может служить выполнение условий статики:
2Г = Ул4-Ув4-Кс—<7 (2/4-73) = 47 4-140 4-33-20(2.6 4-6/3) = 0;
2>л = Vc2l + VBl—q (214- //3)72 = 93 • 2 • 6 4-.140 • 6—20 • 1472 = 0.
ГЛАВА IX
СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ
§ 43. КОСОЙ ИЗГИБ
В предыдущих главах рассмотрены простейшие виды деформации прямого бруса: осевое растяжение (сжатие), сдвиг (срез, скалывание), кручение и прямой изгиб. В реальных условиях элементы конструкций часто испытывают не одну какую-либо деформацию, а одновременно несколько. Такие случаи называются сложным сопротивлением (сложной деформацией). Одним из видов сложного сопротивления является косой изгиб—деформация, при которой плоскость действия результирующего изгибающего момента не совпадает ни с одной из главных плоскостей бруса.
При плоском косом изгибе существует единая для всего бруса силовая плоскость (рис. 179), т. е. во всех поперечных сечениях углы, составляемые силовыми линиями и главными центральными осями, одинаковы.
В общем случае косого изгибав поперечных сечениях бруса возникают четыре внутренних силовых фактора: поперечные силы Qxi Qy и изгибающие моменты Мх, Му (см. рис. 9). Однако влияние поперечных сил, как правило, незначительно, и
в расчетах на прочность и жесткость им пренебрегают.
Определение напряжений и перемещений при косом изгибе рассмотрим на примере консоли прямоугольного сечения, к которой приложена сосредоточенная сила Р (рис. 180,а), направленная под углом а к главной центральной оси у. Разложим эту силу на составляющие вдоль главных осей поперечного сечения:
Ру = Р cos a; P^^Psina.	(IX. 1)
Составляющая Ру изгибает консоль в вертикальной плоскости относительно оси х, вызывая в произвольном по длине балки сечении изгибающий момент
Мх = Pyz — Pzcosa — М cosa.	(IX.2)
Составляющая Рх изгибает консоль в горизонтальной плоскости относительно оси у, вызывая момент
Му = Рхг = Pz sin а = М sin а.	(I X .3)
240
Величина М = Рг представляет собой результирующий изгибающий момент в рассматриваемом сечении, т. е. момент, который возникает в силовой плоскости. Таким образом,/ косой изгиб можно свести к двум прямым во взаимно перпендикулярных плоскостях (рис. 180,6).
Рис. 180
Для определения нормальных напряжений, обусловленных каждым моментом в отдельности, воспользуемся формулой (VII. 14), отвечающей случаю прямого изгиба. Тогда при изгибе в вертикальной плоскости получим следующее выражение напряжений в произвольном волокне:
°мх={Мхих)у.
Соответствующая эпюра построена на рис. 181,а. Наибольшие по абсолютному значению напряжения возникают в крайних верхних и нижних волокнах:
|^|тах = Л1х/Гх.
Аналогично записывается выражение напряжений в том же волокне при изгибе в горизонтальной плоскости (рис. 181,6):
Наибольшие напряжения возникают в крайних правых и левых волокнах:
|°Ч \m^=My!Wy.
Суммарные, напряжения согласно принципу независимости действия сил
а = °мх+ал!у = (Mx/Jx) у + (Му/J у) х.	(IX. 4)
Хотя эта формула получена из рассмотрения частного случая косого изгиба, она носит обобщенный характер. Изгибающие моменты Мх, Му и координаты исследуемого волокна, х, у принимают по
9 М 759	241
абсолютному значению, а знак слагаемых напряжений устанавливают исходя из картины деформирования* бруса. Так, например, точка А при изгибе в обеих главных плоскостях попадает в рас-: тянутую зону балки, поэтому оба слагаемых положительны.
Наибольшие по абсолютному значению суммарные напряжения возникают в волокнах, которым соответствуют угловые точки прямоугольного сечения. В данном случае это точка /, где суммируются положительные напряжения, и точка 3, где суммируются отрицательные напряжения.
Условие прочности при расчете на косой изгиб балок симметричного сечения, выполненных из пластичного материала, имеет вид;
^тах MxlWxm + MylWym^R,
(IX.5)
где Мх иМу — расчетные изгибающие моменты относительно главных осей хну в опасном сечении, Н-м; 1^хнт и ТС'унт—моменты сопротивления сечения нетто относительно указанных осей, м3; R— расчетное сопротивление материала растяжению (сжатию) при изгибе, Па (МПа).
 При учете развития пластических деформаций (см. § 35) прочность однопролетных прокатных балок из двутавров и швеллеров проверяют по формуле
атах — Mx/(l,12irxHT) + + My/(l,2IFyHI)^7?.
(IX. 5а)
Условие жесткости при расчете на косой изгиб имеет такой же вид, как при прямом изгибе [см. неравенство (VIII. 17)].
Пример 140. Построить эпюру суммарных нормальных напряжений в произвольном сечении консоли, представленной на рис. 180.
242
Решение. Определение положения нейтральной линии. Воспользовавшись выражением (IX.4), подставим в него значения изгибающих моментов (IX.2) и (IX.3):
о = (М cos a/Jx) у + (М sin a/Jy) х = М [(cos a/Jx) у -p(sin a/Jy) х].
Поскольку нейтральная линия является геометрическим местом точек, в которых напряжения отсутствуют:
М [(cos а/Jx) у„ + (sin а/Jy) х0] = О,
где х0 и у0—текущие координаты точек нейтральной линии.
Интерес представляет случай, когда результирующий изгибающий момент М = Pz Ф 0, поэтому остается приравнять нулю выражение в квадратных скобках:
(cos a/Jx) уй + (sin а/ Jy) х0 = 0.
Отсюда у0 = — (sin а/cos а) (Jx/Jу) х0 = — tg a (Jx/Jy) х0.
Получили уравнение прямой, проходящей через начало координат (при хо = О уо — О). В данном случае начало координат совпадает с центром тяжести сечения (точка О на рис. 181, а, б), поэтому можно утверждать, что при косом изгибе, как и при прямом, нейтральная линия проходит через центр тяжести поперечного сечения балки.
Записанное уравнение удовлетворяется, если координаты х„ и у0 имеют разные знаки. Следовательно, в сечениях рассматриваемой балки нейтральная линия должна проходить через II (х0 < 0; у0'> 0) и IV (х0 >0; у0 < 0) квадранты.
Обозначим р угол наклона нейтральной линии к оси х (рис. 181, в). Тогда
tg Р = — УоК = tg a (Jx/Jy) (х0/х0), ИЛИ
tgp = tga Jx/Jy.	(IX.6)
Из этой зависимости следует три важных вывода.
1.	Углы а и р отсчитываются в одном направлении, т. е. для совмещения с нейтральной линией ось х следует повернуть на угол р в том же направлении,.в каком необходимо повернуть ось у для совмещения с силовой линией (в рассматриваемом случае поворот осуществляется по ходу часовой стрелки).
2.	При косом изгибе угол р не равен а, т. е. нейтральная линия не перпендикулярна силовой, что имеет место в случае прямого изгиба. Перпендикулярность сохраняется только при Jx=Jy, т. е. если главные моменты инерции одинаковы (например, у кругового или квадратного сечений). Но тогда все центральные оси сечения являются главными (см. пример 77) и изгиб в любой плоскости будет прямым.
3.	Положение нейтральной линии не зависит от значения прикладываемой нагрузки.
Построение эпюры напряжений. Определив по формуле (IX.6) положение нейтральной линии, проведем вне пределов поперечного сечения перпендикулярно .ей базисную линию (рис. 181, е) и через
2*
243
точку пересечения—прямую, которая характеризует линейный закон изменения нормальных напряжений (IX.4). Для осуществления последней операции кроме найденной нулевой точки эпюры достаточно вычислить и отложить суммарное напряжение в любой другой точке, например, А. Проводя затем две прямые, параллельные нейтральной линии и касающиеся сечейия в наиболее удаленных от нее точках 1 и 3, получаем в принятом масштабе максимальные напряжения растяжения орт„ и осжтах, возникающие в соответствующих волокнах.
Для придания эпюре законченного вида заштриховываем ее, как всегда, перпендикулярно базисной линии и указываем знаки ординат.
Пример 141. Установить направление прогиба при косом изгибе консоли, рассмотренной в предыдущем примере.
Решение. Для определения прогибов отдельно от каждой из составляющих Рх и Ру воспользуемся формулой (VIII. 12) примера 127. Тогда прогиб свободного конца консоли по оси х (относительно оси у)
fx = Pxl3/(3EJy), по оси у (относительно оси х)
' fy = PyP/(3EJx).
Полный прогиб согласно принципу независимости действия сил равен геометрической сумме прогибов вдоль главных осей:
(IX.7)
Его направление характеризуется зависимостью
tg у = fx/fy = [PxP/(3EJy)]/[Pyl3/(3EJx)] = (Рх/Ру) (Jx/Jy),
где у — угол наклона линии прогиба к оси у (рис. 181, г).
Подставляя выражения (IX. 1) и учитывая зависимость (IX.6), получаем
tg У = [Р sin а/(Р cos а)] Jx/Jy = tg a JX/Jу = tg 0.
Таким -образом, направление полного прогиба при плоском косом изгибе перпендикулярно нейтральной линии и, следовательно, не совпадает с силовой линией.
Пример 142. При установке на опоры прокатного двутавра № 60, предназначенного для работы на изгиб в плоскости стенки, допущена ошибка, в результате которой стенка отклонилась от проектного положения на угол а = 1°. Определить вызванное этим увеличение нормальных напряжений и прогиба двутавра.
Решение. Сравнение напряжений. В проектном положении, т. е. при работе двутавра на прямой изгиб в плоскости наибольшей жесткости, согласно формуле (VI 1.15) и табл. 1 приложения
a = M/Wx = Л4/2560.
Ошибка на монтаже заставляет двутавр работать на косой изгиб, В этом случае в соответствии с условием (IX.5)
o' = Mx/W My/Wy,
244
или с учетом выражений (IX.2) и (IX.3)
, М cos а , М. sin а 44-0,9998 . 44-0,0175	< ne М
° ~ Wx ' Wy ~ 2560 Г 182	— 1,20 2560“ 1,20(Т’
т. е. напряжения возрастают на 25%.
Сравнение прогибов. Согласно предыдущему примеру при косом изгибе
fy = f cos a; fx = fsmaJx/J9,
где f — прогиб в случае прямого изгиба в плоскости стенки.
Полный прогиб по формуле (IX.7)
f' = VTF+TJ = V f2cos2a + f2sin2a(Jx/Jyl2 = = f J/'0,99982-|-0,01752(76 806/1725)2 = 1,27/,
т. е. прогиб увеличивается на 27%. Таким образом, незначительная, на первый взгляд, ошибка в 1° приводит к существенному увеличению напряжений и перемещений по сравнению с проектным значением.
Пример 143. Прямоугольное-в плане помещение склада перекрыто треугольными деревянными стропильными фермами пролетом L= 18 м и высотой Н = 3,6 м (рис. 182). По верхним поясам ферм шириной 61=20 см уложены деревянные прогоны сечением 6хА = = 15x20 см и пролетом Z = 4 м, поддерживающие асбестоцементную кровлю весом §н = 0,16кН на 1 м2 площади горизонтальной проек-
245
ции покрытия. Кровля несет вес снегового покрова рн=1 кН на 1 м2 той же площади.
Проверить прочность и жесткость прогонов, если расчетное сопротивление древесины R =15 МПа, объемный веб *у = 5кН/м3,
3,55 кН-м
Рис. 183
модуль упругости Е = 10 ГПа, коэффициенты перегрузки пс.в = 1,1, пр = 1,6; предельный относительный прогиб /пред= 1/200. Определить положение нейтральной линии и построить эпюру суммарных нормальных напряжений в опасном сечении прогона.
Решение. • Подсчет нагрузок. На каждый прогон (кроме крайних) приходится грузовая площадь шириной в плане d = L/6 = 18/6 м= = 3 м. Нормативная нагрузка на 1 м длины прогона с учетом его собственного веса составляет
<7H = (gH + pH)d + +уЬй = (0,16+1)34-4-5-0,15-0,2 кН/м = = 3,63 кН/м.
Расчетная нагруз
ка
9==(йН«с.в+РН^)^+Т^«с.в = (0,16- 1,1 + 1-1,6)3 + + 5-0,15-0,2-1,1 кН/м = 5,5 кН/м.
Проверка прочности прогона. Нагрузка направлена наклонно по отношению к главным осям сечения, поэтому раскладываем ее на составляющие (рис. 183, а):
cosa = cos 2Г48' = 5,5-0,928 кН/м = 5,1 кН/м;
qx — q sin а = 5,5-0,371 кН/м = 2,04 кН/м.
Значения угла а и его тригонометрических функций заимствованы из примера 68.
246
Нормальная составляющая нагрузки qy изгибает прогон относительно оси х как свободно лежащую на двух' опорах (на двух фермах) балку (рис. 183, б) расчетным пролетом
= /—2Ь0П/2 = 1—Ьг/2 = 4—0,2/2 м = 3,9 м, где Ьоп—ширина опорной площадки прогона, равная половине ширины верхнего пояса фермы.
Наибольший изгибающий момент по формуле (VI 1.3) примера 86
Мх = qylU8 = 5,1 • 3,92/8 кН • м = 9,7 кН • м.
Скатная составляющая qx вызывает изгиб относительно оси у (рис. 183, в). Наибольший момент
Му = qxlf/8 = 2,04- 3,92/8 кН • м = 3,88 кН • м.
Моменты сопротивления сечения прогона по формулам (VII.17) и (VII. 18)
Wx = bh2/8 = 0,15 • 0,22/6 м3 = 1 • 10-3 м3 = 1 000 см3;
= hb2/6 = 0,2 • 0,152/6 м3 = 0,75 • 10~3 м3 = 750 см3.
Суммарные напряжения согласно условию (IX.5)
а — I М|/_ 9,7'103 . 3,88'103 „	5 2) 10еПа —
Umax—1.10-3 + 0,75ЛО-з11а — (,у>/+£>>2/ 1и иа — = 14,9- 10е Па = 14,9МПа < R = 15 МПа,
т. е. прочность обеспечена.
Проверка жесткости прогона. Составляющие нормативной нагрузки:
<7“ = <7hcos21°48' =3,63-0,928 кН/м = 3,37 кН/м;
q* = qa sin 21°48' = 3,63 -0,371 кН/м = 1,35 кН/м.
Моменты инерции сечения по формулам (V.9) и (V.10)
Jx = bh3/l 2 = 0,15 • 0,23/12 м4 = 1 • 10-4 м4 = 10 000 см4;
Jy = hb3/12 = 0,2 • 0,153/12 м4 = 0,562 • 10-4 м4 = 5620 см4.
Абсолютное значение прогиба по оси у согласно выражению (VIII.7) примера 122
= 5<?«/14/(384EJx) = 5-3,37-103 • 3,94/(384.10- 10е -1 • 10~4) м= = 10,2-10-3м= 1,02 см,
ПО ОСИ X
fx = 5q”li/(384EJy) = 5-1,35-103-3,94/(384-10-109-0,562-10~4) м= = 7,2-10-3м = 0,72см.
Полный прогиб по формуле'(IX.7) примера 141
f = V^+f3 = ]/0,722+ 1,022 см = 1,25 см.
247
Полный относительный прогиб
/7/х = 1,25/390 = 1/312 < 1/200, т. е. жесткость также обеспечена.
Определение положения нейтральной линии. Согласно зависимости (IX.6) примера 140
tg р = tg a Jx/Jy = 0,4-10 000/5620 = 0,71.
Отсюда по таблицам тригонометрических функций 0 = 35О25'. Положение нейтральной линии и эпюра суммарных нормальных напряжений в сечении посередине длины прогона показаны на рис. 183, а.
Пример 144. Подобрать сечение прокатного двутавра для прогонов покрытия при уклоне кровли i = 1:12 (рис: 184). Длина панели
Рис. 184
стальной стропильной фермы й = 3м, шаг ферм I — 6 м. Нормативная нагрузка от веса кровли-gH= 1,3 кН/м2, от снега рн = 0,7 кН/м2. Коэффициенты перегрузки пг= 1,1, пр= 1,4. Расчетное сопротивление стали 7? = 210МПа, модуль упругости £ = 210 ГПа. Предельный относительный прогиб [пре'Л/1 = 1/200.
При расчете учесть развитие пластических деформаций.
Решение. Подсчет нагрузок повторяет предыдущий пример. Пренебрегая собственным весом прогона, находим
<7И = (gn + Рн) d = (1,3 + 0,7) 3 кН/м = 6 кН/м;
q = (£нпг+Р"Пр) d = (1,3-1,1 + 0,7 • 1,4) 3 кН/м = 7,23 кН/м.
По условию примера tg а ±= 1/12 = 0,083, по таблицам тригонометрических функций а = 4°46'; sin а = 0,083; cos а = 0,997.
Расчет прогона на прочность. Составляющие расчетной нагрузки (рис. 185):
qv = q cos 4°46' = 7,23• 0,997 кН/м = 7,2 кН/м;
qx = q sin 4°46' = 7,23 - 0,083 кН/м = 0,6 кН/м.
2^8
Наибольший изгибающий момент от нормальной составляющей Мх = qyl*/8 = 7,2- 62/8 кН • м = 32,4 кН  м, от скатной составляющей
Му = qх/2/8 = 0,6 • 6s/8 кН • м = 2,7 кН • м.
Поскольку ширина верхнего пояса ферм неизвестна, расчетная длина прогона принята равной шагу ферм I.
Условие прочности при косом изгибе содержит два неизвестных момента сопротивления, поэтому предварительно необходимо задаться их отношением k=Wx/Wy. Тогда неравен-ство (IX.5а) принимает вид:	|||
tfmax = Мх/(1,12FX) + kMy/(l ,2WX) С R. \_______________ML X
Отсюда требуемый момент сопротив-	—ГаТ	I Д|
ления	/
Гхтр>(1,2Мх+1,12^)/(1,12.1,27?).
Значение коэффициента k у наиболее распространенных прокатных двутавров	у £
колеблется в пределах 6... 10. Полагая	j f
ориентировочно & = 8, находим	*
1^тр >(1,2-32,4 + 1,12.8-2,7) х	Рис- 185
X 103/(1,12-1,2-210-10е) м3 = 223-10-6 м3 =< 223 см3.
По табл. 1 приложения принимаем двутавр № 22 с Ц7х=232см3 > > 223 см3; Wy = 28,6 см3; Jx = 2550 см4; Jy — 157 см4 и производим окончательную проверку прочности подобранного сечения:
отах = 32,4 • 103/( 1,12 • 232 • 10’е) + 2,7 • 103/( 1,2 • 28,6 • Ю"6) Па = = (125 + 79) 106 Па = 204 • 10е Па =‘204 МПа < R = 210 МПа.
Рис. 186
249
Расчет на жесткость. Составляющие нормативной нагрузки:
<?" = q" cos 4°46' = 6 • 0,997 кН/м = 5,98 кН/м;
qx = q” sin 4°46' = 6 • 0,083 кН/м = 0,5 кН/м.
Поскольку расчет на прочность допускает развитие пластических деформаций, предварительно необходимо проверить напряжения от нормативной нагрузки и убедиться, что при нормальной эксплуатации материал прогона работает упруго (Е = const). Согласно условию (IX: 5)
<^ах = M*/W* + M»/Wy = (q*iwx + q*iwy} P./8 = =(5,98/232+0,5/28,6) 62-103/(8- 10-«)Па=195-10е Па = 195 МПа < R, т. е. для вычисления прогиба можно пользоваться формулами гл. VIII.
•Дальнейший расчет не отличается от аналогичного расчета в предыдущем примере. Рекомендуем самостоятельно убедиться, что жесткость прогона не обеспечена.
Рассмотренные примеры показывают, что хотя скатная составляющая нагрузки значительно меньше нормальной, ее влияние на прочность и жесткость прогона существенно, так как эта составляющая изгибает прогон в плоскости наименьшей жесткости. Для снижения напряжений и прогибов стальные прогоны обычно раскрепляют тяжами, поставленными посередине пролета в плоскости кровли, и тем самым вдвое сокращают расчетную длину прогонов при работе на скатную составляющую.
§ 44. ПРЯМОЙ ПОПЕРЕЧНЫЙ ИЗГИБ С ОСЕВЫМ РАСТЯЖЕНИЕМ (СЖАТИЕМ)
На рис. 186, а изображен случай, когда прямой поперечный изгиб возникает в сочетании с осевым растяжением. На консоль действует сила Р, направленная наклонно к продольной оси балки, но лежащая в одной из главных плоскостей и приложенная в центре тяжести поперечного сечения. Разложим эту силу на составляющие вдоль оси (Рг) и нормально к ней (Ру).
Составляющая Р2 растягивает балку, вызывая постоянную по всей длине продольную силу N — Pz (рис. 186,6) и постоянные по высоте нормальные напряжения (рис. 186, в), определяемые по формуле (II.4):
aN=N/F.
Составляющая Р изгибает балку в вертикальной плоскости, вызывая переменный по длине изгибающий момент Мх = Pyz и линейно меняющиеся по высоте напряжения (рис. 186, г), определяемые по формуле (VII. 14):
<jMx = (Mx/Jx)y.
Возникающей при изгибе поперечной силой Qy обычно пренебрегают.
Суммарные напрялСения в произвольном волокне балки согласно принципу независимости действия сил составляют
° = ON+OMX = N/F + (MX/Jx)y.	(IX.8)
250
Соответствующая эпюра построена на рис. 186, д. Из нее видно, что при изгибе с растяжением нейтральная линия смещена относительно центра тяжести сечения. В этом состоит принципиальное отличие изгиба с растяжением от изгиба без растяжения.
В рассматриваемом случае наиболее напряжены верхние волокна. В них суммируются положительные напряжения от продольной силы и максимальные напряжения от изгибающего момента:
omax=n/f+mx/wx.
Нижние волокна, наоборот, оказываются наименее напряженными, так как в них суммируются разнозначные напряжения:
Omin= W7— MX!WX.
Эти формулы справедливы и в том случае, когда продольная составляющая нагрузки Pz оказывает осевое сжатие, но при условии, что балка имеет большую жесткость, т. е. соблюдается принцип начальных размеров (см. § 2, 3-е допущение). Тогда напряжения gn будут отрицательными, а наибольшие по абсолютному значению суммарные напряжения возникнут в нижних волокнах.
Таким образом, условие прочности балки из пластичного материала, испытывающей прямой- поперечный изгиб в сочетании с осевым растяжением (сжатием), имеет вид:
^тах = ЖН1 + Л4тах/Гнт^/?,	(IX.9)
где приняты такие же обозначения, как в неравенствах (11.19) и (VII.20).
Расчет балок на жесткость при изгибе с растяжением не отличается, от аналогичного расчета при изгибе.
Пример 145. В зданиях старой постройки встречаются лестницы, состоящие из двух наклонных, параллельно расположенных металлических балок—косо,-уров, на которые уложены ступени (рис. 187). Проверить прочность и жесткость косоура из двутавра № 14 длиной в плане (заложением) d-= =4 м.
Уклон лестницы i = = 1:1,75 (а = 29°45'), ширина в плане &= 1,8 м. Постоянная нагрузка от веса ступеней, косоуров и перил ga = 3 кН
на 1 ма площади горизонтальной проекции лестницы при коэффициенте перегрузки пг = 1,1. Временная нагрузка от веса людей р" = 4 кН на 1 м2 той же площади при коэффициенте перегрузки пр= 1,3.
251
Косоур выполнен из стали с расчетным сопротивлением 7?=210 МПа, и модулем упругости Е = 210 ГПа. Предельный относительный прогиб /пред/^ = 1/200.
Р^е ш е н и е. Подсчет нагрузок. Лестница шириной b имеет два косоура, поэтому нагрузка на каждый из них собирается с полосы шириной в плане 6/2. Следовательно, полная нагрузка на 1 м длины косоура (рис. 188, а) составляет: нормативная
Рис. 188
z/" = [(£н + Р") cos а =
=[(3 + 4) 1,8/2] 0,868 кН/м = =5,47 кН/м;
расчетная
<7=[(£"«£+P%W2] cos а=
=[(3-1,1 +4-1,3)1,8/2]0,868 кН/м= =6,64 кН/м.
Расчет на прочность. Составляющая расчетной нагрузки, направленная вдоль оси косоура (рис. 188,6), qx = q sin а = 6,64 • 0,496 кН/м =
=3,29 кН /м, нормально к оси (рис. 188,в) qy = qtos а =6,64 -0,868 кН/м =
=5,76 кН/м.
Опасным- является сечение в. середине пролета
I = d/cosa= 4/0,868 м = 4,61 м, где согласно примеру 86 изгибающий момент имеет наибольшее значение
/Итах = <7у/2/8 = 5,76  4,612/8 кН • м = 15,3 кН • м.
Продольная сила в этом сечении
N = qzl/2 = 3,29-4,61/2 кН = 7,58 кН.
Здесь qzl/2—равнодействующая осевой нагрузки, распределенной по правому полупролету косоура.
Геометрические характеристики двутавра № 14 по табл. 1 приложения: Г= 17,4 см2; TFx = 81,7cm3; 7х=572см4.
252
Наибольшие напряжения сжатия по формуле (IX.9)
отах = ЛГ/Гнт + Мгаах/Гн1 = 7,58-103/(17,4-10“*) + +15,3 • 103/(81,7-10-6) Па = (4,4 + 187) 10е Па«
ж 191 • 10гПа= 191 МПа < Я =210МПа,
т. е. прочность косоура обеспечена.
Расчет на жесткость. Интенсивность нормативной равномерно распределенной нагрузки, нормальной к оси косоура,
q" = <7Hcosa= 5,‘47-0,868 кН/м = 4,75 кН/м.
Относительный прогиб в соответствии с выражением (VIII.7) примера 122
| f \/l = 5<7»/s/(384£JJ = 5• 4,75 • 10s • 4,613/(384 • 210 • 10»  572• 10“8)« «1/200 =/пред//.
Следовательно, жесткость косоура также обеспечена.
Пример 146. Подобрать прямоугольное сечение деревянных стропильных ног наслонных стропил под кровлю из асбестоцементных волнистых листов. Шаг стропильных ног I = 1 м, пролет £ = 4,5 м, угол наклона кровли к горизонту-a = 35° (рис. 189).
Нормативная посто--янная нагрузка от веса кровли, обрешетки и стропильных ног gH = =0,25 кН на 1 м2 площади горизонтальной 'проекции покрытия,коэффициент перегрузки n'g = 1,1. Временная нагрузка от веса снегового покрова ри = 0,7 кН на 1 м2 той же площади, коэффициент перегрузки пр = 1,6. Расчетное сопротивление древесины R = 13 МПа, модуль упругости Е = 10 ГПа. Предельный относительный ПрОГИб /пред/£с = = 1/200.
Решение. Подсчет нагрузок. На каждую стропильную ногу (кро-
253
ме крайних) приходится грузовая площадь, шириной I. Нагрузка на 1 м длины стропильной ноги составляет:
нормативная
= (gH + pH) / cos а = (0,25 + 0,7) 1-0,819 кН/м = 0,778 кН/м;
расчетная
q—(g"ng + рвпр)Icosa=(Q,25-1,1 +0,7-1,6) 1-0,819 кН/м= 1,14 кН/м.
Расчет на прочность. Стропильная, нога работает как наклонная балка, опирающаяся на два прогона: коньковый и настенный (мауэрлат). Она имеет такую же расчетную схему, как косоур, рассмотренный в предыдущем примере (см. рис. 188).
Составляющие расчетной нагрузки:
<72 = <?sina= 1,14-0,574 кН/м = 0,654 кН/м;
<7y = <?cosa = 1,14-0,819 кН/м = 0,934 кН/м.
Расчетный изгибающий, момент
/Итах = <7^/8 = 0,934-5,52/8 кН-м = 3,53 кН-м, где
Lc = L/cos a = 4,5/0,819 м = 5,5 м.
Расчетная продольная сила
N = qzLc/2 = 0,654 • 5,5/2 кН = 1,8 кН.
Подставляя абсолютные значения усилий в условие прочности ,(1Х.9), получаем
1,8- 10s/FHT + 3,53- Ю’/Гнг 13 - 10е.
Из двух слагаемых левой части записанного неравенства первое мало по сравнению со вторым. Действительно, числитель второго слагаемого больше числителя первого почти в 2 раза, а отношение знаменателей
Wx/F = (bh2/6)/(bh)==h/6,
т. е. для наиболее употребительных размеров поперечных сечений прямоугольных деревянных элементов (см. табл. 6 приложения) момент сопротивления Wx (м3) численно меньше площади F (м2) приблизительно в 25.. .50 раз. Поэтому сечение подбираем по второму слагаемому, но с небольшим запасом: 3,53/Wxi^Z 13-103.
Отсюда требуемый момент сопротивления
Гтр > 3,53/(13  103) м3 = 272 • 10~в м3 = 272 см3.
По указанной таблице-принимаем брус сечением bxh=7,5x 15 см, имеющим
Wx = bh2/6 = 7,5 • 152 • 10-’/6 м3 = 281 • 10-6 м3 = 281 см3 > 272 см3, F = bh = 7,5-15- 10-‘м2 = 112- 10"4м2= 112 см2,
254
и производим окончательную проверку прочности:
<ттах =1,8-108/( 112 • 10-4) + 3,53-103/(281 • 10"в) Па =
= (0,2+12,6) 10еПа = 12,8• 10е Па = 12,8МПа < 7?.
Как видим, влияние продольной силы на суммарные напряжения в стропильной ноге незначительно, поэтому при уклонах кровли до 35° продольной составляющей нагрузки qz можно пренебрегать.
Расчет на жесткость. Интенсивность нормативной поперечной равномерно распределенной нагрузки
<$ = <7Hcosa= 0,778-0,819 кН/м = 0,637 кН/м.
Относительный прогиб (см. предыдущий пример)
I / !/Ьс = -5/з84да(£4) = 5 • 637-5,53/(384 -10-10° -2110 - Ю"8)« «1/150 >/прея/Лс= 1/200, где
4 = &Л3/12 = 7,5-153-Ю-з/12 м4 = 2110-10~8 м4 = 2110 см4.
Жесткость недостаточна, необходимо увеличить момент инерции сечения стропильной ноги по меньшей мере в 1,33 раза. Окончательно принимаем брус сечением bxh= 10x15 см, имеющим
Jx = 10-153/12 см4 = 2810 см4 = 1,334.
§ 45. ВНЕЦЕНТРЕННОЕ СЖАТИЕ БРУСА БОЛЬШОЙ ЖЕСТКОСТИ
Изгиб с растяжением (сжатием) возникает и. в том случае, когда брус нагружен в продольном йапрацлении силой, приложенной не в центре тяжести поперечного сечения, а на некотором расстоянии от него, т. е. внецентренно.
Ограничимся рассмотрением деформации внецентренного сжатия как более характерной для элементов строительных конструкций (рис. 190, а). При этом по-прежнему полагаем, что соблюдается принцип начальных размеров.
В любом поперечном сечении бруса возникают три внутренних силовых фактора (рис. 190,6):
= Мх = Реу, Му = Рех,	(IX. 10)
где еу и ех—координаты точки приложения внешней силы, или эксцентриситеты внешней силы относительно главных центральных осей сечения.
Таким образом, общий случай внецентренного сжатия, сводится к центральному (осевому) сжатию в сочетании с чистым косым изгибом, а последний, как известно из § 43, можно представить в виде двух чистых прямых изгибов во взаимно перпендикулярных плоскостях.
Нормальные напряжения, возникающие в поперечном сечении внецентренно сжатого бруса, согласно принципу независимости действия сил равны‘алгебраической сумме напряжений от каждого
255
Рис. 190
Рис. 191
внутреннего силового фактора:
о = <^+°мх + ОМу = N/F + (ММ у +	х. (IX. 11)
Эта формула позволяет определять напряжения в л^обом волокне бруса. Силовые факторы и координаты х, у принимают, как указывалось в § 43, по абсолютному значению, а знак слагаемых на-256
пряжений устанавливают по соответствующим эпюрам (рис. 191), т. е. по характеру деформирования бруса.
Наиболее напряженными являются волокна, в которых суммируются напряжения сжатия от всех трех силовых факторов. В рассматриваемом брусе прямоугольного сечения максимальные по абсолютному значению напряжения возникают в волокне, которому соответствует угловая точка 1. Таким образом, условие прочности в общем случае внецентренного сжатйя брусьев симметричного сечения, выполненных из пластичного материала, имеет вид:
amax = N Mx/WMy/WyWT	(IX. 12)
Здесь приняты те же обозначения, что в формулах (IX.5) и (IX.9), причем к последней условие прочности приводится в частном случае внецентренного сжатия, когда точка приложения внешней силы находится на одной из' главных центральных осей сечения и возникает центральное сжатие в сочетании с чистым прямым изгибом.
Пример 147. Построить эпюру суммарных нормальных напряжений б поперечном сечении бруса, изображенного на рис. 190.
Решение. Определение положения нейтральной линии. По аналогии с примером 140 приравниваем нулю выражение напряжений (IX.11):
N/F + (Mx/Jx) у0 + (My/Jy) х0 = 0.
Введем обозначение:
iy = VTJF,	(IX.13)
где ix—радиус инерции сечёния бруса относительно оси х, м (см); iy—то же, относительно оси у.
Отсюда
Jx = Fi*x, Jy = Fi>.	(IX. 14)
Подставляя формулы (IX. 14) в. записанное уравнение и учитывая значения внутренних силовых факторов (IX. 10), получаем
N/F + [Ney/(F®] у, + [Уеж/(Г^)] х0 = 0, или
(М/F) (4, + eyy9/ix + exX0/i$ = 0.
Поскольку A(/F#=0, остается положить, что
еххаЦги + еуу0Ц* + 1=0.	(IX. 15)
Это уравнение нейтральной линии в общем случае внецентренного сжатия. Найдем отрезки, которые она отсекает на координатных осях. При уо = О и хй = ах
^Х^я/^У Ч” 1 =
откуда отрезок, отсекаемый на оси х,
«. — tile,-	<1ХЛ6>
257
Аналогично при хо = О и у0 = ау отрезок, отсекаемый на оси у, ау = -Ц/еу.	(IX. 17)
Зависимости (IX. 16) и (IX. 17) позволяют сделать два важных вывода.
1. Положение нейтральной линии зависит от значения радиусов инерции, т. е. от формы и размеров поперечного сечения бруса, а также от эксцентриситетов нагрузки, и не зависит от значения нагрузки.
2. Значения ах и ех, ау и еу имеют разные знаки, поскольку радиус инерции, тем более взятый в квадрате, есть величина существенно положительная. Следовательно, при внецентренном сжатии точка приложения нагрузки и нейтральная линия лежат по разные стороны от центра тяжести сечения.
В рассматриваемом случае (см. рис. 191) точка приложения силы Р находится в первом квадранте (ех > 0; еу > Q), поэтому нейтральная линия должна непременно пересекать отрицательные направления осей х и у (я* < 0; ау<0). *
Построение эпюры суммарных напряжений производится так же, как при косом изгибе (см. рис. 181, в и пояснение к нему в примере 140). Заметим лишь, что напряжения в точке.3 могут получиться как положительными, так и отрицательными, в зависимости от значений эксцентриситетов ех и еу. Это обстоятельство приходится учитывать при проектировании конструкций из хрупких материалов. Так, швы кладки в неармированных каменных конструкциях настолько плохо сопротивляются растяжению, что в практических расчетах их считают нерабочими. Аналогично поступают и при определении напряжений в грунтах оснований под фундаменты зданий и сооружений. Следовательно, в подобных случаях нагрузка должна прикладываться таким образом, чтобы по всему сечению возникали только напряжения сжатия, т. е. чтобы нейтральная линия проходила вне сечения или касалась его (но не пересекала!).
Область вокруг центра тяжести поперечного сечения бруса, внутри которой необходимо приложить продольную нагрузку, чтобы вызвать по всему сечению напряжения одного знака, называется ядром сечения*.
Пример 148. Построить ядро прямоугольного сечения шириной b и высотой h (рис. 192).
Решение. Построение ядра любого сечения основывается на вычислении значения предельного эксцентриситета сжимающей силы Р, при котором в сечении не возникают напряжения растяжения. Поэтому указываем на рисунке положения нейтральной линии, совпадающие со сторонами прямоугольника, и нумеруем их, обходя контур сечения по часовой стрелке.
* Если продольная нагрузка прикладывается вне ядра сечения, то расчетные формулы внецентренного сжатия видоизменяются. Подобный случай рассматривается в учебниках по каменным конструкциям (см., например, [3]), основаниям и фундаментам (см., например, [4]), а также в нормах [14] и [16].
258
Нейтральная линия /—1 перпендикулярна главной центральной оси х и отсекает на ней отрезок axi = — b/2. При этом ау1 = оо и согласно зависимостям (IX.16), (IX.17)
exi = ~ n/axi = - (b*/l2)/(— b/2) = 6/6;
еу1 = — i*/ayi = — .(671 2)/oo = 0,
где на основании выражений (IX. 13) H'(V.9), (V. 10)
i* = JjF = bh3/(\2bh) = h*/l2-, i* = Jy/F = b*/\2.	(IX.18)
Таким образом, соответствующая точка приложения силы 1 лежит на оси х.
Нейтральная линия 2—2 перпендикулярна оси у. В этом случае оо, ау2= + h/2;
ехг = 0, ey2 = — (h2/12)/(h/2) — — h/Q
и точка 2 лежит на оси у.
Аналогично определяются координаты положениям нейтральной линии 3—3 и ходе с одной стороны прямоугольника на другую нейтральная линия поворачивается вокруг угловой точки, точка приложения силы Р перемещается по прямой, образуя контур ядра сечения. Действительно, если подставить в уравнение (IX.15) координаты любой угловой точки х0 = const и у0 = const, получим уравнение прямой, являющейся геометрическим местом точек приложения силы.	.	4
. Итак, ядро прямоугольного сечения имеет вид ромба с диагоналями, равными третям соответствующих сторон. В качестве упражнения рекомендуем самостоятельно убедиться, что ядро кругового сечения диаметром D есть концентрический круг диаметром d = D/4.
точек 3 и 4, отвечающих 4—4. Так как при пере-
Пример 149. Проверить прочность короткого деревянного бруса квадратного сечения со сторонбй а=18см, ослабленного односторонней врезкой глубиной hBy- 4 см. (рис. 193). Расчетная осевая сжимающая сила Р = 220кН. Расчетное сопротивление древесины осевому сжатию 7?сж = 13 МПа, сжатию при изгибе /?и=15 МПа.
Решение. Неослабленные участки бруса работают на центральное сжатие. В их поперечных сечениях возникает продольная сила N = P. Соответствующие напряжения согласно формуле (II.19)
составляют
а = N/F = 220-107(324 • 10-4) Па = 6,8 -10е Па = = 6,8 МПа < Ясж= 13 МПа,.
259
где площадь неослабленного сечения F = a2 — 0,182 м2 = 324-10-4 м2 = = 324 см2.
Ослабленный участок площадью сечения FHT = F—F0C]l—F—h^a— = 324—4-18 см2 252 см2 испытывает внецентреннгое сжатие (част-
ный случай). Эксцентриситет сжимающей силы относительно центра тяжести (оси х) ослабленного сечения
е = а/2—Л/2 = а/2—(а —-йвр)/2 = /гвр/2 = 4/2 см = 2 см.
Изгибающий момент
Мх = Ре = 220-103-0*02 Н-м = 4400Н-м.
Момент сопротивления согласно выражению (VII. 17)
нт = аЛ2/6 = a (a —h^/Q = 18 (18—4)а • 10"6/6 м3 =
= 588-10-6 м3 = 588 см3.
Проверку прочности ослабленного сечения производим по формуле (IX.9), однако при суммировании напряжений и сравнении их с расчетным сопротивлением следует учесть, что расчетные сопротивления древесины осевому сжатию и сжатию при изгибе неодинаковы: Рсж < 7?и. Поэтому напряжения от изгибающего момента необходимо привести к напряжениям осевого сжатия путем умножения второго слагаемого указанной формулы на отношение #сж/Яи. Тогда
omax = N/Fm + (Mx/Wx нт) Ясж/Ря = 220-103/(252 -10~‘) +
+ [4400/(588-10-6)] 13/15 = (8,7+ 6,5) 10е Па= 15,2-106 Па = = 15,2 МПа > /?сж,
т. е. прочность не обеспечена. Одним из мероприятий по уменьшению напряжений является осуществление двусторонней врезки (показано штриховой линией). Несмотря на еще большее ослабление сечения, брус оказывается прочным благодаря отсутствию изгиба:
^нт = Fwt—— 252 —72 см? — 180 см2;
Стах = м//7^г=220- 103/(l£S0-10-‘) Па=12,2- 10е Па=12,2МПа<Ясж.
Пример 150. Проверить прочность простенка ABCD наружной кирпичной стены многоэтажного здания (рис. 194,'а). Толщина стен вышележащих этажей ftt = 38 см, толщина рассчитываемого простенка /ia = 51 см, ширина Ь=100см.
260
Рис. 194
Расчетная нагрузка от вышележащих этажей Р± = 300 кН, от веса перекрытия над рассматриваемым этажом Ра = 50кН, от веса стены рассматриваемого этажа (на участке а = 45 см от низа перекрытия до верха простенка) Ра = 6 кН.. Тлубина заделки несущей конструкции перекрытия в стену с = 20 см. Высота этажа Я = 3м. Расчетное сопротивление кладки сжатию Рсж = 1 МПа. Растяжение в кладке не допускается. '
Решение. Подсчет нагрузок на простенок. Сила Рг приложена в центре, тяжести сечения стены вышележащего этажа. Поскольку толщина стен рассматриваемого и вышележащего этажей неодинакова, эта сила имеет эксцентриситет ег относительно центра тяжести стены рассматриваемого этажа и создает внешний момент
= р1£1 = Р, (ha/2 —/ц/2) = 300-103 (0,51/2—0,38/2) Н • м =«
= 19,5-103 Н-м= 19,5 кН-м,
направленный против хода часовой стрелки (разрез 1—1).
Давление перекрытия на стену обычно принимают ’распределенным по закону треугольника (от максимума на грани стены до нуля в конце заделки). Следовательно, его равнодействующая Р2 также имеет эксцентриситет относительно центра тяжести сечения стены рассматриваемого этажа ea = /ia/2—с/3 и вызывает момент противоположного направления
т2 = — Р2еа = — Ра (Л2/2 —с/3) = -50-103 (0,51/2 —0,2/3) Н • м=* = —9,5 • 103 Н • м = —9,5 кН • м,
261
приложенный на уровне низа перекрытия. Таким образом, на стену рассматриваемого этажа действует суммарная сжимающая сила от вышележащих конструкций
Р = Р^Р2 = 300 + 50 кН = 350 кН
и суммарный сосредоточенный момент
/п = /И£—/и2 = 19,5—9,5 кН-м = 10 кН-м, направленный против хода часовой стрелки.
Проверка прочности. Полагаем, что стена в пределах каждого этажа работает как вертикальная свободно лежащая на двух опорах (перекрытиях) балка пролетом Н (рис. 194,6). Эпюры усилий построены на рис. 194, в. Расчетным является сечение АВ на уровне верха простенка. Здесь возникает продольная сила сжатия
NAB = р + р3 = 350 + 6 кН = 356 кН и изгибающий момент
МАВ = т (И—а)/Н = 10 (3—0,45)/3 кН • м = 8,5 кН • м.
Площадь сечения простенка
F = bh2 = 1-0,51 м? = 0,51 м2;
момент сопротивления
F* = Wi!/6 = 1-0,512/6 м3 = 0,0433 м’.
Наибольшие напряжения сжатия возникают в ребре А. Согласно формуле (IX.9)
огаах = NABlF + MABlWx = 356-103/0,51 +8,5-103/0,0433 Па =
= (0,74-0,2) 10е Па = 0,9-106 Па = 0,9 МПа < Рсж= 1 МПа,
т. е. прочность простенка обеспечена. К тому же напряжения от продольной силы превышают по абсолютному значению напряжения от изгибающего момента, и, таким образом, простенок полностью сжат (точка приложения суммарной сжимающей силы не выходит за пределы ядра сечения).
Пример. 151. На железобетонную колонну производственного здания (рис.' 195) передается нормативная нагрузка от перекрытия Р1 = 270 кН и от подкрановой балки Рг=220кН. Первая приложена центрально к верхней части колонны высотой jyf'=4,5M и квадратным сечением со стороной 61 = 40 см. Вторая приложена к жесткой консоли с эксцентриситетом е2 = 60 см относительно продольной оси нижней части колонны высотой Н2 = 9 м и квадратным сечением со стороной Ь2 = 80 см.
Определить необходимый размер а квадратного в плане фундамента колонны, если, расчетное давление на грунт основания 7? = 200 кПа, объемный вес железобетона колонны уж. 6 = 24 кН/м3, средний объемный вес железобетона фундамента и грунта на его выступах уср = 20 кН/м3, глубина заложения фундамента Нф = 1,8 м. Растяжение в грунте не допускается.
262
Решение. Подсчет нагрузок. На фундамент передаются нагрузки: от перекрытия Р? с эксцентриситетом
= &2/2—&i/2 = (Q,8—0,4)/2 м = 0,2 м;
от веса верхней части колонны
ОГ = уж.б &12Я1 = 24-0,42-4,5 кН» 18 кН
с тем же эксцентриситетом;
от подкрановой балки Pf с эксцентриситетом е2 = 0,6м; от веса нижней части колонны
=	^Я2 = 24.Ь,82-9кН»139 кН,
приложенного центрально.
Согласно СНиП [16] размеры подошвы фундамента под внецентренно сжатую колонну подбирают так, чтобы среднее давление на основание под фундаментом не превышало расчетное давление на грунт Р, а наибольшее давление по краю фундамента не превышало 1,27? в частном случае внецентренного сжатия и 1,57? в общем случае.
Поскольку расчетное давление на грунт устанавливается из условия ограничения совместной деформации основания и здания (предельное состояние второй группы), коэффициенты перегрузки п=1. Таким образом, расчетные значения-усилий в фундаменте численно совпадают с нормативными:
N = Р? + Gf + Р2Н + G? = 270 +18 + 4-220+ 139 кН = 647 кН;
Му = (РГ + Gfyi + Р2% = (270 + 18) X X (—О',2) + 220 • 0,6 кН • м = 74 кН • м.
Изгибающий момент направлен по ходу часовой стрелки.
Определение размера подошвы фундамента. Пренебрегая вначале изгибающим моментом, устанавливаем по формуле (11.22) ориентировочную площадь подошвы с учетом собственного ‘ веса фундамента и грунта на его выступах:
Л₽ >NI(R- ТсрЯф) = 647-103/[(200 -
—20-1,8) 103] м? = 3,95 м2.
Отсюда требуемый размер стороны
263
квадратного фундамента
«тр > /7^=VT95 м = 1,99 м.
Округляя, назначаем а — 2 м. Тогда площадь подошвы
F = а2 = 22 м2 = 4 м2;
момент сопротивления
Wy = а3/6 = 23/6 м3 = 1,33 м®.
Наибольшее давление на основание численно равно максимальному значению напряжения сжатия. Согласно формуле (IX.9) _W+W%t>	Л4?/_(647+20-22.1,8) 103	74-Ю3
°max— F +Wy~	4	+1,33 Па=Я
= (198 + 56) 103 Па = 254 • 103 Па = 254 кПа >1,2/? = = 1,2- 200 кПа = 240 кПа,
т. е. имеет место некоторое перенапряжение, которое можно устранить, несколько увеличив площадь подошвы фундамента. Окончательно принимаем а = 2,1 м.
Растяжение в грунте не возникнет по той же причине, что и в предыдущем примере.
§ 46. КРУЧЕНИЕ КРУГЛОГО БРУСА В СОЧЕТАНИИ С ИЗГИБОМ
Совместное действие кручения с изгибом приходится учитывать чаще всего при точном расчете валов машин и грузоподъемных механизмов. В этом случае в поперечных -сечениях вала возникают изгибающий Ма й крутящий Л4К моменты. Очевидно, опасными являются точки А и В, наиболее удаленные от нейтральной ли-
Рис. 196
нии, т. е. точки пересечения контура сечения с силовой линией (рис. 196, а). В них нормальные напряжения от изгиба и касатель
264
ные от кручения одновременно достигают наибольшего значения. Согласно формулам (VII. 15) и (VI.8)
<ти = Ми/Ги, тк=..Мк/^,
где 1ГИ—момент сопротивления сечения относительно нейтральной линии; Wp—полярный момент сопротивления.
На рис. 196,6 изображен элемент, выделенный у точки А. По четырем его граням возникают касательные напряжения, а на двух из них имеются еще и нормальные напряжения. Таким образом, при кручении с изгибом опасная точка находится в упрощенном плоском напряженном состоянии: стг = ои, <гр = 0, т = тк.
Аналогичная картина встречалась при рассмотрении главных напряжений в изогнутом брусе (см. § 36). Различие состоит лишь в том, что там касательные напряжения обусловлены поперечной силой, а в данном случае—крутящим моментом. Заметим, кстати, что при кручении с изгибом влиянием касательных напряжений от поперечной силы обычно пренебрегают ввиду малости по сравнению с напряжениями тк и аи.
Валы, как правило, изготовляют из среднеуглеродистой стали, (содержание углерода—0,25.. .0,5%), механическое поведение которой согласуется с гипотезой наибольших касательных напряжений или энергетической гипотезой (см. § 16). Воспользовавшись формулами (VI 1.34), (VI 1.35) и переходя к расчету по допускаемым напряжениям (по причине, указанной в § 27), получаем следующие условия прочности:
Opac4T=rKo2 + 4t2<[o];	(IX..19)
=	(IX.20)
После подстановки значений компонентов напряженного состоя-ния левая часть неравенсува (IX. 19) принимает вид:
^расч т = V(M„/wBy+4MK/wpy.
Сравнивая выражения моментов сопротивления (VII. 19) и (VI.9); замечаем, что Wp = 2IFH. Следовательно,
Орасч Т = /(Л4и/Ги)2 + 4[Мк/(2Ги)р = /(Л42+Л42к)/Ги = Л4пр/И7я.
Здесь Л4пр —так называемый приведенный момент. Он позволяет представить условия прочности (IX. 19) и (IX.20) в форме условия прочности при прямом изгибе:
арасч = ^р/^и<М.	(IX.21)
где Л4пр—нормативный приведенный момент в опасном сечении вала,.Н-м; [о]—допускаемое напряжение материала на растяжение (сйсатие), Па (МПа).
Значение приведенного момента определяется используемой гипотезой:
Мпрт = /< + М2к;	(IX.22)
МПРИ = / ЛП + 0.75Л12.	(IX. 23)
265
В справедливости последнего выражения легко убедиться, если тем же преобразованиям подвергнуть левую часть неравенства (IX.20).
Для подбора сечения вала условие (IX.21) следует записать относительно требуемого осевого момента сопротивления:
^тр>Л1йр/[о].	(IX.24)
Отсюда требуемый диаметр сплошного вала в соответствии с формулой (VII. 19)
DTP > /32Л4йр/(л[а])« /М«р/(0,1 [о]),	(IX.25)
кольцевого
DIP> У 32М»р/{л(1-а1) [о]} « /М”Р/{О,1(1-<)[СТ]},	(1Х.25а)
где а—по-прежнему отношение внутреннего диаметра к наружному.
Пример 152. На барабан лебедки диаметром 0 = 340 мм нама-весом Р, не превышающим 50 кН. Подобрать диаметр (/вала сплошного сечения, на который насажен барабан, при самом невыгодном положении груза (рис. 197, а). Длина вала I = = 1,25 м, допускаемое напряжение стали [о] =120 МПа.
Решение. Вал, опирающийся на подшипники, можно рассматривать как свободно лежащий на-двух опорах брус, скручиваемый момен-том
т — PDfl = 50 • 0,34/2 кН • м = 8,5 кН • м
и изгибаемый сосредоточенной силой Р. При этом крутящий момент Мк = т, а изгибающий момент зависит от положения груза по длине вала (барабана) и достигает наибольшего значения, когда сила Р расположена посередине (рис. 197,6). По формуле (VII.2) примера 85
Л4и = Р//4 = 50- 1,25/4 кН-м= 15,6 кН-м.
Нормативный приведенный момент согласно выражению (IX.22) /И«р т== /15,6? 4-8,5? кН • м = 17,8 кН • м,
тывается стальной канат для подъема груза
Рис. 197
266
согласно выражению (IX.23)
Af »р„ = /Л4| + 0,75Л1| = ]/ 15,62 + 0,75-8,52 кН• м = 17,3 кН • м.
Требуемый диаметр вала согласно условию (IX.25): по гипотезе наибольших касательных напряжений
dr? т.>^Мйрт/(0,1 [о])=^/17,8.103/(0,1 • 120- 10е) м=0,114 м= 114 мм,
по’ энергетической гипотезе
dTp а	У МЙР „/(0,1 [о]) = У17,3/(0,1 • 120 • 108) м = 0,113 м = 113 мм.
Таким образом, результаты расчета по обеим гипотезам почти совпадают. Округляя, окончательно принимаем (1=120мм.
ГЛАВА X
УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ
§ 47. ПОНЯТИЕ ОБ УСТОЙЧИВОСТИ ПРЯМОЛИНЕЙНОЙ ФОРМЫ РАВНОВЕСИЯ. КРИТИЧЕСКАЯ СИЛА
Несущая способность сжатого стержня может оказаться исчерпанной вследствие потери устойчивости, т. е. в результате выпучивания, которое происходит раньше, чем стержень выйдет из строя непосредственно от сжатия. Из теоретической механики известно, что равновесие абсолютно твердого тела, независимо от действующих на него сил, бывает устойчивым, безразличным и неустойчивым. Так же обстоит дело и в механике деформируемых тел, с той лишь
Рис. 198
разницей, что вид равновесия зависит от значения прикладываемой нагрузки.
На рис. 198 изображена длинная тонкая стойка, на которую действует осевая сжимающая нагрузка. При сравнительно небольшом значении силы Р стойка испытывает сжатие и находится в состоянии устойчивого равновесия, поскольку, получив малое отклонение от вертикали после
какого-либо «возмущающего» толчка, она быстро возвращается в первоначальное положение (рис. 198, а). По мере увеличения нагрузки стойка все медленнее возвращается
в исходное положение после возмущения и при некотором, критическом значении Ркр наступает состояние как бы безразличного равновесия: после малого отклонения от вертикального положения стойка приобретает равновесие и в отклоненном положении (штриховая линия на рис. 198,6). Происходит бифуркация (разветвление, раздвоение) равновесия, характеризующаяся «обменом» устойчивостью между двумя его формами: прямолинейная форма теряет устойчивость, а криволинейная еще не успевает ее приобрести.
Новая, криволинейная, форма равновесия теоретически становится устойчивой при нагрузке, превышающей критическую (рис. 198, в). Однако такое состояние неприемлемо практически, поскольку стойка работает уже не на сжатие, а на сжатие с изгибом, и даже при незначительном превышении нагрузкой критического значения возникают недопустимо большие прогибы и напряжения. Следовательно, критическое состояние необходимо рассматривать как предельное состояние, устанавливаемое из условия устойчивости первоначального равновесного положения сжатого стержня.
268
Изгиб, связанный с потерей устойчивости прямолинейной формы равновесия, называется продольным, так как его вызывает продольная нагрузка. Наибольшее значение осевой сжимающей силы, до которого -сохраняется 'устойчивость прямолинейной формы равновесия стержня, т. е. невозможен продольный изгиб, называется критическим.
Рис. 199
Пример 153. Определить значение критической силы стержня с шарнирно закрепленными концами (рис. 199, а).
Решение. Полагая, что критическая сила не вызывает напряжений, превышающих предел пропорциональности, при малых перемещениях можно воспользоваться приближенным дифференциальным уравнением изогнутой оси балки (VIII.3):
у"(г) = М
Абсолютное значение изгибающего момента в произвольном сечении (рис. 199,6) М (г} = Ру. Тогда
l/"(2) = -P///(^)-
Знак минус в правой части поставлен по той причине, что прогиб и вторая производная разнозначны независимо от выбора положительного направления оси у. Вводя обозначение
Jfe2 = £/(£/),	(а)
пойучаем однородное дифференциальное уравнение
/+^=о.
Его решение, как известно из математики, имеет вид:
y = Csinkz-[-Dcoskz,	(б)
269
в справедливости которого нетрудно убедиться, если подставить в исходное уравнение выражения у и у". Постоянные интегрирования С и D определяются из граничных условий. При г = 0 г/ = 0, т. е.
О = С sin 0 + D cos 0 — D, и, таким образом, уравнение (б) упрощается:
y = Csinkz.	(в)
Из второго граничного условия (при г = 1 у = 0) имеем
С sin kl = Q.
Если С —О, то получаем тривиальное решение у^О, которое не представляет интереса, поскольку соответствует первоначальному, неискривленному положению стержня. Остается положить, что sin£Z = O. Это уравнение имеет бесчисленное множество корней: kl = Q, л, 2л, ..., пл, где п—произвольное целое число. Отсюда k = пл//; А? — riW/fi.
Согласно обозначению (а)
п2л2//? = P/(EJ) и Р = nWEJ/№.
Изменяя число п, получим последовательный ряд значений силы Р, которым соответствуют различные искривленные формы равновесия стержня. Однако определению подлежит такое значение сжимающей силы, при котором наряду с исходной прямолинейной формой равновесия может существовать смежная криволинейная. Таким образом, следует принять наименьшее значение п. Случай, когда п = 0, лишен смысла, так как при этом Р = 0. Принимая п — 1 и имея в виду, что продольный изгиб произойдет в плоскости наименьшей жесткости, получаем выражение критической силы
Ркр = Л2Е/т1п//2.	(X.I)
Формула подобного вида впервые выведена Л. Эйлером * и носит его имя. Возвращаясь к уравнению (в), имеем
у = С sin (пл/Z) г,
т. е. изогнутая ось стержня представляет собой синусоиду, имеющую п полуволн. Критической силе соответствует синусоида с одной полуволной (п = 1, см. рис. 199,6):
у = С sin nz/l = f sin лг/l, где f—стрела прогиба.
* Леонард Эйлер (1707—1783) —выдающийся математик (родился в Швейцарии), член Российской Академии наук, один из основоположников русской науки. В строительной механике его имя неразрывно связано с задачей продольного изгиба.
270
При tt = 2, 3, ... искривленные формы равновесия имеют вид синусоиды с двумя, тремя, ... полуволнами в пределах длины стержня (рис. 199, в). Эти формы неустойчивы, но могут быть реализованы, если перейти к другой системе, подкрепив стержень шарнирными опорами в точках перегиба синусоиды. Тогда сила Р будет в четыре, девять, ... раз превышать критическое значение.
§ 48. РАСПРОСТРАНЕНИЕ ФОРМУЛЫ ЭЙЛЕРА НА ДРУГИЕ СЛУЧАИ ЗАКРЕПЛЕНИЯ СТЕРЖНЕЙ. КРИТИЧЕСКОЕ НАПРЯЖЕНИЕ
Рассмотренный в примере 153 случай продольного изгиба стержня с шарнирным закреплением концов принято классифицировать как основной. При других способах закрепления значение критической силы может быть получено аналогично—путем решения соответствующего дифференциального уравнения изогнутой оси стержня. Однако в простейших случаях достаточно ограничиться сравнением формы изогнутой оси с той, которая представляет собой одну полуволну синусоиды (см. рис. 199, б).
Наиболее распространенные расчетные схемы сжатых стержней, включая основную, приведены в табл. Х.1. Соответствующие значения критической силы объединяет формула
^кр ==	inin/^np =	(Х.2)
где —приведённая или расчетная длина стержня; р,—коэффициент приведения, зависящий от способа закрепления его концов; I —фактическая длина.
Приведенная “длина—это та условная длина стержня, которая позволяет свести любой случай закрепления его концов к основной расчетной схеме (первая схема в таблице). Так, например, критическая сила стержня с одним защемленным и другим свободным концом (вторая схема) имеет такое- же значение, как у стержня с шарнирным закреплением обоих концов, но вдвое большей длины. Отсюда можно заключить, что коэффициент р есть величина, обратная числу п полуволн синусоиды, умещающихся в пределах фактической длины стержня, потерявшего устойчивость.
Понятие приведенной длины введено в расчетную практику Ф. С. Ясинским*.
Значение напряжений, вызываемых в стержне критической силой, также называется критическим:
°кр = №/Ffy = PK$/F gp == Л2£/т|п/(/пр^бр) = Яа2?/т1П//пр>
Здесь F6v — площадь поперечного сечения стержня брутто (без учета местных ослаблений); imin—минимальный главный центральный радиус инерции, подчиняющийся зависимостям (IX. 13) примера 147.
* Феликс Станиславович Ясинский (1856—1899) — русский ученый и инженер (родился в Варшаве), внесший большой вклад в изучение вопросов продольного изгиба. Он заложил основы современных инженерных методов расчета на устойчивость.
271
Таблица X.I
272
Следуя Ясинскому, введем обозначение: = ^npA'min ~ P^A'min’
(Х.З)
где X—гибкость стержня—безразмерная -геометрическая характеристика, определяемая способом закрепления его концов, длиной, а также формой и размерами поперечного сечения.
Тогда выражение критического напряжения" принимает следующий окончательный вид:
<ткр = л2£Д2.	(Х.4)
Эта функциональная зависимость представляет собой видоизмененную формулу Эйлера и графически изображается гиперболой (рис. 200). При гибкостях, близких к ну-
лю, критическое значение напряжений должно, казалось бы, стремиться к бесконечности. Однако вывод формулы Эйлера основан на использовании дифференциального уравнения, изогнутой- оси стержня, материал которого следует закону Гука. Поэтому формула Эйлера справедлива лишь при постоянном модуле упругости Е, т. е. при
условии, что критическое на-
пряжение не превышает предела пропорциональности:
<ткр = л2£Д2 <опц.
Отсюда предельная гибкость, отвечающая равенству окр = опц.
^Ред^л/£7(ТПЦ.	(Х.5)
Она зависит исключительно от механических свойств материала и имеет постоянное значение.
Таким образом, формула Эйлера применима только к упругим стержням. Распространение ее на стержни, теряющие устойчивость за пределом упругости (пропорциональности) материала, неверно теоретически и опасно практически, поскольку в этом случае получаются завышенные значения критического напряжения (штриховая линия на указанном рисунке), а следовательно, и критической силы.
При потере устойчивости за пределом упругости критические напряжения определяют по более сложным формулам, учитывающим развитие пластических деформаций, или по эмпирическим зависимостям, одна из которых выражается формулой Тетмайера—Ясинского *
окр = а—ЬК,	(Х.6)
* Людвиг Тетмайер (L. von Tetmajer, 1850—1905)—швейцарский исследователь, под руководством которого было испытано большое количество сжатых стальных стержней. Результаты, полученные им и другими исследователями, математически обработал Ясинский.
10 М 759
273
где а и b — экспериментально установленные параметры, не имеющие физического смысла и зависящие от материала. Для стали марки СтЗя = ЗЮМПа, 6= 1,14 МПа; для дюралюминия* а=406 МПа, Ь — 2,83 МПа; для древесины сосны и ели а *= 29,3 МПа, Ь = 0,194 МПа.
Соответствующая критическая сила
Лер = ^кр^бр-	(Х.7)
Зависимость (Х.6) носит линейный характер. Получаемые с ее помощью результаты представляют практический интерес также до некоторого предела, характеризуемого гибкостью Хо, при которой критическое напряжение становится равным значению опасных напряжений сжатия: пределу текучести для _ пластичных материалов (см. рис. 200) и пределу прочности для хрупких. Таким образом, сжатые стержни можно отнести к трем категориям: 1) стержни большой гибкости А,пред), для которых справедлива формула Эйлера; 2) стержни средней'гибкости (ХоК < А,пред), которые рассчитывают по формуле Тетмайера — Ясинского; 3) стержни малой гибкости (2i<2i0), имеющие постоянное значение критического напряжения: сгкр = сгт или сгкр = сгПч- Для них опасна потеря прочности, а, не устойчивости.
Следует иметь в виду, что при проектировании стальных стержней большой гибкости использование высокопрочной стали нецелесообразно, так как модуль Е у стали различных классов прочности практически одинаков и добиться повышения устойчивости не удается. Для стержней малой гибкости переход на высокопрочную сталь оправдан, поскольку повышающийся при этом предел текучести приводит к увеличению критического напряжения.
Пример 154. Установить пределы применимости формул Эйлера и Тетмайера — Ясинского для стали марки СтЗ (сгпц= 200 МПа; сгт = = 230 МПа; £=210 ГПа), дюралюминия (опц=240 МПа; от=300МПа; £ = 71 ГПа), древесины сосны и ели (опц= 17,5 МПа; опч=40МПа; £=10 ГПа).
Решение. Определение гибкости А,пред. По формуле (Х.5) находим: для стали
/ред = л /Ж'ц= 3,14/210-10=7200 = 102;
для дюралюминия
Хпред = 3,14/71-103/240 = 54;
для древесины
\ред=3,14/10-103/17,5= 75.
Таким образом, формула Эйлера применима к стальным стержням .гибкостью 102, дюралюминиевым гибкостью К 54, деревянным гибкостью А.^75.
* Сплав алюминия с медью (2,2.. .5,2%), магнием (0,2...2,7%) и марганцем (0.2... 1%). Название происходит от нем. Diiren (Дюрен) —город, где впервые было начато промышленное производство сплава.
274
Определение гибкости %0. Согласно зависимости (Х.6): для стали
%0 = (а—ат)/Ь = (310— 230)/1,14 = 70;
для дюралюминия
Хо = (4О6 —300)/2,83^38;
для древесины
Хо =/(а—опч)/& = (29,3—40)70,194 < 0, т. е. формулой Тетмайера—Ясинского следует пользоваться при расчете стальных стержней гибкостью 70 А, < 102, дюралюминиевых гибкостью 38^К<54, деревянных гибкостью А, < 75.
Пример 155. Определить значение критического напряжения деревянной стойки квадратного сечения со стороной а =20 см (рис. 201). Высота стойки Н = 4,5 м, модуль упругости древесины £=10 ГПа..
Решение. При условии одинакового закрепления обоих концов в пространстве стойка квадратного сечения равноустойчива во всех направлениях, так как центральные моменты инерции имеют
Рис. 202
постоянное значение (V.11) и, следовательно, постоянно значение соответствующих радиусов инерции. Согласно выражениям (IX. 18) примера 148
i = а//Т2 = 20/(2]/3)см = 5,77 см.
Расчетная схема стойки относится к основному случаю продольного изгиба, т. е. коэффициент приведения длины р=1.
Гибкость стойки по формуле (Х.З)
X =	= 1.450/5,77 = 78 > Хпред = 75,
поэтому критическое напряжение вычисляем по формуле Эйлера:
окр = л2£/Х2 = 3,142-10-109/782 Па = -16,2- 10е Па = 16,2 МПа.
10*
275
Пример 156. Определить критическую силу стержня стальной колонны высотой Н = 9,6, м, одинаково закрепленной в направлении главных плоскостей (рис. 202). Сечение сварное двутавровое следующих размеров: йст = 400мм; 6ст = 8мм; b = 360 мм; бп=18мм. Материал-сталь марки СтЗ.
Решение. Руководствуясь рекомендациями примера 74, вычисляем главные центральные моменты инерции:
Л =	12 + 2Ь6П [(Лст +. бп)/2]2 =
= {0,8• 403/12 + 2-36.1,8 [(40 + 1,8)/2]2} 10-8 м4 =
= 608-10-вм4 = 60 800 см4;
Jy = 26nb3/12 = 2-1,8• 363• 10-8/12 м4= 140 - IO"3 м4= 14 000 см4.
Минимальный радиус инерции
iy = V"j^/F = /^!//(6сЛт + 26п&) =
= /14 000/(0,8 • 40 + 2 • 1,8 • 36) см = /14 000/161,6 см = 9,3 см.
Рассматриваемый случай соответствует третьей расчетйой схеме табл. Х.1, т. е. р = 0,7 и X = pJ7/imin — 0,7• 960/9,3«72.
Найденное значение гибкости находится в интервале применимости формулы Тетмайера—Ясинского (см- пример 154). Следовательно,
окр=а—&Х= 310—1,14-72 МПа = 228 МПа.
Критическая сила согласно выражению (Х.7)
/>кр = Сткр/7 = 228 • 106 • 161,6 • 10-4 Н « 3,7- 10е Н = 3,7 МН.
§ 49. ПРАКТИЧЕСКИЙ МЕТОД РАСЧЕТА СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ НА УСТОЙЧИВОСТЬ
Итак, несущая способность сжатого стержня может быть исчерпана по двум причинам: 1) вследствие потери прочности, если в стержне из пластичного материала не выполняется условие о^от, а в стержне из хрупкого материала — условие а +/ апч; 2) вследствие потери устойчивости, если в стержне из любого материала не выполняется условие о^окр.
Вводя обозначение
фт=^Кр/^Т’ фпч ~+р/+ч	(Х.8)
и принимая за расчетное сопротивление R по-прежнему наименьший предел текучести пластичного материала и наименьший предел прочности хрупкого (см. § 10), условие устойчивости можно записать в следующем развернутом виде:
<т = М/Гбр<ф7?,	(Х.9)
где N—продольная сила от расчетной сжимающей нагрузки, Н; F6p—площадь поперечного сечения стержня брутто, м2; <р—коэффициент, уменьшающий расчетное сопротивление сжатию R до зна
276
чения, которое гарантирует устойчивость прямолинейной формы равновесия, и называемый коэффициентом продольного изгиба.
Коэффициент <р для конкретного материала можно вычислять по формулам (Х.8), подставляя в них значения критического напряжения (Х.4) или (Х.6). Однако в целях облегчения практических расчетов'в нормах [11,13... 15] приводятся готовые графики или таблицы коэффициентов ф в зависимости от гибкости X. Значения ф для стали (с учетом влияния случайных эксцентриситетов) и древесины сосны и ели даны в табл. Х.2.
Обычно условие устойчивости записывают так, чтобы напряжения сравнивались непосредственно с расчетным сопротивлением. Для этого коэффициент продольного изгиба переносят в знаменатель и в левой части неравенства вместо действительных получают условные напряжения:
усл = W/(q>F6p) < R.	(X. 9а)
Из сопоставления неравенств (Х.9а) и ,(II.19) видно, что расчет сжатых стержней на устойчивость внешне напоминает расчет на прочность. Принципиальное отличие заключается во введении коэффициента ф < 1 и замене площади поперечного сечения FHT на F6p.
Таблица Х.2
Гибкость %	Коэффициенты <р продольного изгиба центрально сжатых элементов из							
	стали классов							древесины
	С 38/23	С 44/29	С 46/33	С52/40	С 60/45	С 70/60	С 85/75	
0	1,000	1,000	1,000	1,000	1,000	1,000	1,000	1,000
10	0,988	0,987	0,986	0,985	0,984	0,983 '	0,982	0,992
20	0,970	0,968	0,965	0,962	0,956	0,953	0,950	0,968
30	0,943	0,935	0,930	0,927	0,916	0,909	. 0,903	0,928
40	0,905	0,892	0,888	0,878	.0,866	0,852	0,838	0,872
50	0,867	 0,843	0,837	0,823	0,810	0,790	0,760	0,800
60	0,820	0,792	0,780	0,764	0,740	0,700	0,660	0,712
. 70	0,770	0,730	0,710	0,682	0,650	0,610	0,558	0,608
80	0,715	0,660	0,637	0,604	0,570	0,518	О,'432	0,484
90	0,655	0,592	0.563	0,523	0,482	0,412	0,343	0,383
100	0,582	0,515	0,482	0,437	0,396	0,336	0,288	0,310
НО	0,512	0,440	0,413	0,370	0,325	0,273	0,230	0,256
120	0,448	0,383	0,350	0,315	0,273	0,230	0,192	0,215
130	0,397	0,330	0,302	0,264	0,232 .	0,196	0,164	0,183
140	0,348	0,285	0,256	0,228	0,198	0,168	0,142	0,158
150	0,305	0,250	0,226	0,198	0,173'	0,148	0,123	0,138
160	0,270	0,220	0,200	0,176	0,153	0,130	0,108	0,121
170	0,240	0,195	0,178	0,156	0,137	0,116	0,096	0,107
180	0,216	0,175	0,160	0,139	0,122	0,102	0,086	0,096
190	0,196	0,158	0,142	0,126	0,108	0,092	0,077	0,086
200	0,175	0,142	0,129	0,112	0,098	0,082	0,069	0,078
210	0,160	0,130	0,118	0,102	0,089	0,075	0,063	0,070
220	0,146	0,119	0,108	0,093	0,081	0,068	0,057	0,064
Примечание. Промежуточные значения <р определяются интерполированием.
277
Условие (Х.9а) позволяет производить три известных вида расчета.
1.	Проверка устойчивости выполняется непосредственно по указанной формуле при известной сжимающей нагрузке (а следовательно, продольной силе W), площади сечения F6p, а также длине стержня I и способах закрепления его концов, благодаря чему определяется гибкость X и коэффициент <р.
2.	Подбор сечения осуществляется по заданной нагрузке и расчетному сопротивленик) материала R, известной длине стержня, способам закрепления его концов и выбранной форме поперечного сечения:
F^N/^R).
(Х.96)
Использование этого неравенства затрудняется тем, что в него входят две неизвестные величины FTp и <р, которые нельзя выразить одну через другую. Поэтому подбор сечения приходится производить способом последовательных приближений, сущность которого пояснена ниже на примерах.
3.	Определение эксплуатационной способности производится по-известным поперечным размерам стержня, его длине, способам закрепления и расчетному сопротивлению:
N^<pRF6p.	(Х.9в)
При выборе формы поперечного сечения следует йметь в виду, что в соответствии с формулами. Эйлера и Тетмайера—Ясинского сечение тем выгоднее, чем больше его минимальный момент инерции Jmin (или радиус инерции imin) при одной и той же площади F6p.
Рис. 203
Увеличение момента инерции бруса, работающего на поперечный изгиб, достигается, как известно, концентрацией материала по периферии его поперечного сечения (см. § 33). Этот принцип остается в силе и для стержня, работающего на сжатие. Кроме того, в последнем случае необходимо стремиться к равенству главных цен
278
тральных моментов инерции, что обеспечит равноустойчивость стержня при одинаковом закреплении в главных плоскостях.
Таким образом,, теоретически наиболее рациональным следует считать кольцевое сечение, имеющее наибольший момент инерции при данной площади и одинаковую жесткость по всем направлениям. Однако в строительной практике оно применяется сравнительно редко из-за конструктивных неудобств и высокой стоимости труб. В стальных конструкциях распространены сквозные стержни, состоящие из ветвей в виде прокатных профилей (швеллеров, уголков и двутавров), соединенных между собой решеткой (рис. 203, а, б) или планками (рис. 203, в, г). Равноустойчивость достигается раздвижкой ветвей на требуемое расстояние.
Наиболее распространены двухветвевые стержни из швеллеров полками внутрь. Ориентация профилей полками наружу при одинаковых габаритах сечения менее выгодна с точки зрения уменьшения радиуса инерции iy и увеличения расхода металла на решетку. Такое конструктивное решение допустимо только в клепаных стержнях из соображения удобства клепки.
Сечение из двух двутавров применяется при значительных нагрузках, исключающих использование швеллеров. Четырехветвевые стержни находят применение в тех случаях, когда при малой площади сечения необходимо обеспечить достаточную жесткость (мачты, крановые стрелы и т. п.).
Пример 157. Проверить прочность и устойчивость деревянной стойки в сечении, ослабленном двумя отверстиями под болты диаметром d = 18 мм (рис. 204). Сечение стойки прямоугольное размером b х h = 15 х 20 см,
высота Н = 4,8 м. Расчетная сжимающая сила Р = 98 кН, расчетное сопротивление древесины осевому сжатию R = 13 МПа.
Решение. Проверка прочности. Площадь сечения брутто ?бр = bh = 0,15 • 0,2 м2 = 300 • 10“4 м2 = 300 см2.
Площадь отверстий под болты
^отв = 2db = 2-1,8-15 см2 = 54 см2.
Площадь сечения нетто
^нт = ^бР — Л>тв = 300 — 54 см2 = 246 см2.
Напряжения сжатия по формуле (11.19) от силы М = Р
o=M/FHT= 98-103/(246.10-4)Па^4.106Па = 4МПа<7?= 13МПа.
Проверка устойчивости. При продольном изгибе выпучивание
У
Рис. 204
279
стойки произойдет в плоскости наименьшей жесткости, т. е. в плоскости, перпендикулярной оси у. Минимальный радиус инерции согласно выражениям (IX. 18) примера 148
imin = iy = b/V 12=15/(2 У~§) см = 4,33 см.
Гибкость стойки по формуле (Х.З)
% = ptf/imin = 1 • 480/4,33 «111.
Коэффициент продольного изгиба по -табл. Х.2
Ф = 0,256 — (0,256—0,215)/10 = 0,252.
Напряжения по формуле (Х.9а)
оусл = АГ/(фГбр) = 98-103/(0,252- 300-10’4) Па =
= 13- 106Па= 13 МПа = Я.
1-1
Рис. 205
Таким образом, прочность и устойчивость стойки обеспечены, причем расчет на устойчивость имеет решающее значение.
Пример 158. Подобрать сечение стержня центрально сжатой стальной колонны из прокатного двутавра (рис. 205). Расчетная нагрузка Р— = 850 кН. Высота колонны Я = 8 м, концы в направлении главных плоскостей защемлены. Материал—сталь ' класса С 38/23 с .расчетным сопро-у дивленном R = 210 МПа. Гибкость колонны не должна превышать 150.
Решение. Сечение подбираем способом последовательных приближений.
1-е .приближение. Задаемся коэффициентом продольного изгиба <р0 =. =0,5, которому согласно табл. Х.2 соответствует гибкость Х« «112 <150. Тогда требуемая площадь сечения по формуле (X.96)
Fтр > М/(<р07?) = 850• 103/(0,5- 210 • 10е) м? = 81 • 10~4 м? = 81 см3.
По табл. 1 приложения предварительно принимаем двутавр № 45 с Г = 84,7 см3 > 81 см3, imin = ,'» = 3,09 см. Коэффициент приведения р при заданном способе закрепления концов стержня равен 0,5 (см. четвертую расчетную схему табл. Х.1). Отсюда гибкость <=ptf/imin = 0,5- 800/3,09 « 129 < 150
и уточненное значение коэффициента продольного изгиба
Фл = о,397 + (0,448—0,397)/10 = 0,402.
Нормальные напряжения по формуле (Х.9а)
оусл=М/(<р1Г) = 850.103/(0,402-84,7-10~4) Па = 250- 10е Па =
= 250 МПа > R = 210 МПа, т. е. сечение стержня. необходимо увеличить.
280
2-е приближение. Для ускорения процесса подбора за новое значение коэффициента ср принимаем среднее арифметическое первых двух:
<Р2 = (Фо + <Pi)/2 = (0,5 + 0,402)/2 = 0,451, после чего повторяем расчетный цикл:
Гтр> 850/(0,451 -210 -103) м2« 90- 10“4 м2 = 90 см2.
Принимаем двутавр № 50 с F=100cm2, ^ = 3,23 см. Тогда 0,5-800/3,23 «124;
Фз = 0,448 — [(0,448—0,397)/10] 4 = 0,428;
оуСл = 850-107/(0,428-100) Па = 199-106 Па = 199 МПа < R.
Окончательно принимаем двутавр № 50.
Пример 159. Подобрать сечение сжатого верхнего пояса стропильной фермы (рис. 206, а, б), составленное из двух уголков в виде тавра (рис. 206, в). Расчетная продольная сила N = 500 кН, длина панели d = 3 м, толщина фасонки, к которой приварены уголки, 6=12 мм. Материал конструкции — сталь класса С 38/23 с расчетным сопротивлением R = 210 МПа. Коэффициент условий работы т = 0,9. Гибкость пояса не должна превышать 120.
Решение. Определение приведенных длин. Выпучивание верхнего пояса при потере устойчивости в плоскости фермы произойдет между узлами фермы. Такое деформирование соответствует основному случаю продольного изгиба (р= 1), поэтому приведенная длина пояса может быть принята равной геометрической длине его панели. Пренебрегая незначительным уклоном, имеем lx = d.
Приведенная длина в перпендикулярной плоскости, или,
- фермы характеризуется расстоянием между узлами, закрепленными против смещения посредством специально устраиваемых связей. В рассматриваемом случае'(рис. 206, б) на всех участках пояса, кроме двух средних панелей, L = 2d.
Так как 1у = 21х, для соблюдения равноустойчивости необходимо, чтобы радиусы инерции уголков, составляющих пояс, имели такое же соотношение. Этому условию в наибольшей степени отвечают
Рис. 206
принято говорить, из плоскости
281
неравнополочные уголки, -поставленные большими полками из плоскости фермы (см. рис. 206, в).
Подбор сечения. Задаемся значением <р0 = 0,6, чему соответствует гибкость % «98 <120. Требуемая площадь двух уголков из условия (Х.96)
W/(m<p0.R) = 500-103/(0,9-0,6-210- 10е) м2 =
= 44,1 • 10-4 м2 = 44,1 см2.
По табл. 4 приложения принимаем уголки 160x100x10 мм с F— 2Fyr = 2-25,3 см2 = 50,6 см2 > 44,1 см2'. Радиус инерции ix таврового сечения, состоящего из двух одинаковых уголков, равен радиусу инерции одного уголка iyx. Действительно, согласно выражениям (IX. 13) примера 147
ix = V JJF = l/r2Jf/(2Fyr) = iT,
где /Х=2</Уг, так как ось х является центральной по отношению к обоим уголкам.
Радиус инерции сечения относительно оси у на основании зависимостей (V.17) составляет
iy = VT^F = /2jp(2Fyr) = /«+ Fyra2)/Fyr = = V Wr + = /(О2 + (xc + 6/2)2, где и i^— момент и радиус инерции одного уголка относительно собственной центральной оси у0- хс—расстояние от центра тяжести уголка до полки, параллельной оси у0.
Итак, для рассматриваемого сечения 1х=2,84см, iy = ]/5,132 + (5,23 + 1,2/2)2 см = 7,77 см.
При этом следует иметь в виду, что обозначение осей, принятое в таблице сортамента, не совпадает с обозначением на рис. 206, в. Гибкость верхнего пояса в плоскости фермы
Xx — lxiix — dlix = 300/2,84» 106 < 120;
из плоскости
[Ку = ly/iy = 2d/iy = 2.300/7,77 » 77.
Коэффициент продольного изгиба, соответствующий максимальной гибкости, по табл. Х.2
0,582—[(0,582 —0,512)/10] 6 = 0,540.
Напряжения в поясе по формуле (Х.9а)
оусл = А7/(ф1^) - 500-103/(0,540 • 50,6 • 10~4) Па =
= 183-106 Па = 183 МПа <tnR = 0,9 • 210 МПа - 189 МПа.
Таким образом, для подбора сечения понадобилось всего одно приближение.
Пример 160. Подобрать сечение сквозного стержня равноустой--чивой сварной центрально сжатой колонны из двух швеллеров, 282
*с
7О а
77
*0
1-1 уо У Уо :а
Рис.
207
соединенных планками (рис. 207). Расчетная нагрузка от балочного перекрытия Р=1,2МН. Колонна высотой Н = 9 м защемлена внизу и шарнирно закреплена вверху. Материал конструкции — сталь класса С 38/23 с расчетным сопротивлением 7? = 210 МПа.
Решение. Предварительный подбор сечения. Расчетная схема колонны соответствует третьей схеме табл. Х.1, поэтому приведенная длина всего стержня
/пр = р,Я = 0,7 • 9 м = 6,3 м.
Практика расчета стальных центрально сжатых сквозных колонн показывает, что целесообразно задаваться значением ф0 = 0,7...0,9. Требуемая площадь сечения одного швеллера по формуле (Х.96) при <ро = 0,85
FTp>(P/2)/(<p0.R) =1,2- 10в/(2 - 0,85 • 210 -10е) м2 = = 33,6-10~4 м2 = 33,6 см2.
По табл. 2 приложения принимаем швеллер № 27 с Лпв= 35,2 см2 > 33,6 см2; 7“в = 4160 см4; 7“в = = 262 см4; i“B= 10,9 см; i“B=2,73 см;' хс = 2,47 см.
Проверка принятого сечения на устойчивость относительно оси х. Эту ось часто называют материальной, поскольку она пересекает ветви колонны.
Гибкость сквозного стержня относительно указанной оси равна гибкости одной ветви (швеллера) относительно той же оси, так как
ix = /27Г/(2Гшв) =	= IT = Ю,9 см.
Следовательно, = lx!ix = /np/tx = 630/10,9 « 58.
Коэффициент продольного изгиба по табл. Х.2
<р = 0,820 + [(0,867—0,820)/10] 2 = 0,829.
Напряжения в колонне по формуле (Х.9а)
<т,ся = М/(Ф2ГШВ) = 1,2- 10в/(0,829- 2- 35,2 -10~4) Па =
= 206-10° Па = 206 МПа < R = 210 МПа.

Расчет на устойчивость относительно оси у сводится к определению ширины сечения Ъ. При отсутствии соединительных планок каждая ветвь колонны работала бы обособленно, подвергаясь продольному изгибу относительно собственной главной центральной оси уа. При наличии планок обе ветви работают совместно, подобно единому стержню; подвергаясь продольному изгибу относительно
283
главной оси у всего сечения, которая в отличие от материальной оси х называется свободной.
Если придерживаться обычной методики расчета стержней на устойчивость, то гибкость относительно свободной оси следовало бы определять по формуле
\ ~ ^У^У'
где 1у— приведенная длина стержня колонны относительно оси у. Однако в действительности жесткость колонны относительно свободной оси оказывается пониженной вследствие деформативности планок. Поэтому в расчет вводится так называемая приведенная гибкость
Здесь %B = ZB/iB— гибкость участка ветви, заключенного между планками, относительно собственной центральной оси у0\ ее принимают равной 30...40.
Для рассматриваемой колонны iB = i“oB = 2,73 см. Задаваясь гибкостью Хв — 30, находим приведенную длину ветви (расстояние между планками в свету):
/B = iB^B = 2,73 -30 см = 81,9 см.
Придерживаясь кратной разбивки по высоте колонны, принимаем /в = 80см. Учитывая, что для равноустойчивости необходимо соблюдение условия Хпр<;Хх, из выражения приведенной гибкости определяем требуемую гибкость всего стержня относительно свободной оси:
. Ч =	= /58? —302« 50.
Соответствующий радиус инерции
L = lulK =	= 630/50 см= 12,6 см,
момент инерции
Jy =	= 2ГШВ72 = 2 • 35,2 • 12,6а см4« 11 200 см4.
С другой стороны, согласно формулам перехода (V.17) при параллельном переносе осей
Jv = 2(J™ + Fmsa*).
Приравнивая правые части обоих равенств, после подстановки числовых значений получаем
2 (262 4-35,2аа) = 11 200,
откуда а = / 5338/35,2 см = 12,3 см.
Таким образом, полная ширина сечения стержня
Ь = 2 (а-\-хс) = 2 (12,34-2,47) см = 29,6 смаг 30 см.
284
Напряжения в колонне при расчете-на устойчивость- относительно свободной оси не превышают напряжений при проверке относительно материальной оси, поскольку Хпр^Л.х.
Пример 161.. Определить грузоподъемную силу траверсы, подвешенной на канатах, которые направлены под углом а = 45° к вертикали (рис. 208). Траверса изготовлена из трубы наружным диамет-
Рис. 208
ром D = 102 мм, толщиной 6 = 6 мм и длиной / = 4м. Материал — сталь класса С 38/23 с расчетным сопротивлением Р = 210 МПа. Коэффициент перегрузк и л = 1,1,' динамический коэффициент £д = 1,1.
Решение. Вес Р поднимаемого элемента поровну распределяется между точками его подвеса к траверсе, вызывая растяжение наклонных канатов и сжатие самой траверсы. Таким образом, траверса выполняет роль распорки, предохраняющей поднимаемые элементы от возможного деформирования при наклонных каната^.
Усилие в траверсе У = (Р/2)tga = (P/2)tg45° = Р/2.
Отсюда P = 2N.	(а)
Предельная эксплуатационная способность траверсы из условия
УСТОЙЧИВОСТИ (Х.9в) Упред = ф^бр-
Нормативный' вес поднимаемого элемента согласно равенству (а)
Рн = 2Упред/(и£д) = 2фЯК6р/(п£д).	(б)
Площадь поперечного сечения трубы
Тбр= (л/4) (D2-d2) = (л/4) [D2-(D-26)2] = (3,14/4) х X [10,22 —(10,2—2-0,6)2] см2 = 18,1 см2.
Осевой момент инерции согласно формуле (V.21) примера 75
J = (л/64) (D4—d4) = (3,14/64) (10,24 — 9,04) см4 = 209 см4.
Радиус инерции i = У J/F6t> = 1^209/18,1 см = 3,4 сМ.
Гибкость X = l/i = 400/3,4 « 118.
Коэффициент продольного изгиба по табл. Х.2<р= 0,461.
Подставляя численные значения в выражение (б), получаем Рн = 2>0,461-210-10е-18,1 • 10-4/1,12 Н = 290-103 Н = 290 кН.
285
ГЛАВА XI
ПОНЯТИЕ О ДИНАМИЧЕСКОМ ДЕЙСТВИИ НАГРУЗОК
§ 50. РАСЧЕТ ЭЛЕМЕНТОВ КОНСТРУКЦИЙ ПРИ ИЗВЕСТНЫХ СИЛАХ ИНЕРЦИИ
В предыдущих главах рассмотрены расчеты элементов строительных конструкций преимущественно на статическую нагрузку. В реальных условиях нередко приходится сталкиваться с нагрузками, меняющими свои значение, положение или направление в короткие промежутки времени. Такие нагрузки, как отмечалось в § 3, называются динамическими.
Расчет на динамическую нагрузку существенно усложняется по сравнению с расчетом на нагрузку, прикладываемую статически. Причина заключается в более сложных методах определения усилий и напряжений, а также механических характеристик материалов, работающих в условиях динамического нагружения. Однако в тех случаях, когда известны силы инерции, определение усилий производится так же, как при статическом нагружении, —с помощью метода сечений.
Этот подход основан на известном из теоретической механики п ринципе Д’А ламбера*, согласно которому всякое движущееся тело можно считать находящимся в состоянии мгновенного равновесия, если к действующим на него внешним силам добавить силы инерции. Силой инерции, как известно, называется сила, равная произведению массы т тела на его ускорение а и направленная в сторону, противоположную ускорению.
Пример 162. Тележка однобалочного мостового крана пролетом L= 10 м, выполненного из двутавра № 40, поднимает равноускоренно расчетный груз Р = 60 кН (рис. 209, а). Определить натяжение троса и проверить прочность кран-балки, если за первую секунду груз, находящийся посередине пролета, поднялся на расстояние s=0,5 м. Расчетное сопротивление стали с учетом коэффициента условий работы R = 190 МПа. Весом троса пренебречь.
Решение. Определение усилия в тросе. Пользуясь принципом Д’Аламбера, рассмотрим равновесие системы под действием груза Р и инерционной силы Ри, возникающей при его равноускоренном подъеме. Применяя метод сечений, определим продольную силу NA в произвольном сечении троса (рис. 209, б):
2Z-0; Мд — Р — Р*=0.
* Жан Лерон Д’Аламбер (J. L. D’Alembert, 1717—1783)—французский математик и философ. В 1743 г. в «Трактате о динамике» он впервые сформулировал общие правила составления дифференциальных уравнений движения любых материальных систем, сводя задачи динамики к статике.
286
Рис. 209
Сила инерции поднимаемого груза
Где g—ускорение свободного падения, равное 9,81 м/с2; а — ускорение равнопеременного движения, м/с2.
Подставляя выражение инерционной силы в уравнение равновесия, получаем
N^— Р —Pa/g=0, откуда
N^ = Р + Pa/g = Р (i +a/g).
Выражение в скобках характеризует отличие усилия в тросе при равноускоренном подъеме груза Р от усилия, возникающего при его статическом приложении. Следовательно,
Na = NCTk*.	(XI.1)
Здесь NCT = P—усилие в тросе при статическом нагружении; ka— динамический коэффициент.
Таким образом, усилие от динамической нагрузки равно усилию от статической нагрузки, умноженному на динамический коэффициент.
Для определения численного значения усилия в тросе необходимо найти ускорение а. Воспользуемся известным из кинематики уравнением равнопеременного движения при нулевой начальной скорости	s = a/2/2, •
где s—расстояние, пройденное за время /. Выражая эту формулу относительно ускорения, получаем
а = 2s/t2 = 2-0,5/12 м/с2 = 1 м/с2.
287
Тогда динамический коэффициент
k=\+a!g= 1 + 1/9,81 № 1,1,
и усилие от динамического нагружения согласно зависимости (X 1.1) Д1д = Р£д = 60-1,1 кН = 66 кН,
что на 10% больше усилия при статическом приложении груза Р. Отсюда становится понятной природа динамического коэффициента в примерах ПО, 161.
Проверка прочности кран-балки. Балка работает на изгиб от собственного веса интенсивностью q, прикладываемого .-статически,
и веса груза Р, прикладываемого динамически (рис. 210). Наибольший изгибающий момент (см. пример 100) ^max =	4"	=
=<7L2/8 + (P^)L/4 = = 0,615-1078 +
Рис. 210
+66-10/4кН-м= 173 кН-м.
Здесь расчетный вес 1 м длины двутавровой балки № 40 согласно табл. 1 приложения составляет:
<7 = /n1gn = 57-9,81 • 1,1 Н/м=615 Н/м=0,615 кН/м,
где mi—масса 1 м длины балки, кг/м; п—коэффициент перегрузки, принимаемый в соответствии с инструкцией [1].
По найденному изгибающему моменту проверяем напряжения в балке, имеющей согласно той же таблице момент сопротивления сечения Wx = 953 см3:
a = Mmn/Wx= 173-103/(953-10-6) Па = 182 -10» Па =
= 182 МПа <R = 190 МПа,
т. е. прочность балки обеспечена.
§ 51.	ПРИБЛИЖЕННЫЙ РАСЧЕТ НА УДАР
Определение напряжений и деформаций при ударе представляет собой одну из наиболее сложных задач механики твердого деформируемого тела. Для ее упрощения вводят ряд допущений:
1.	При ударной нагрузке в элементах конструкции возникают толкко упругие деформации, материал следует закону Гука и рассчитываемая система является линейно деформируемой (см. § 2, 4-е допущение).
2.	В то же время сам удар считается неупругим, т. е. соударяющиеся тела после удара продолжают оставаться в соприкосновении и перемещаются как одно целое, не восстанавливая первоначальной формы.
288
3.	Масса ударяемого элемента мала по сравнению с массой ударяющего груза и при расчете не учитывается.
4.	Потеря части энергии на нагревание соударяющихся тел и местные деформации в зоне контакта не учитываются.
Определение напряжений при ударе с помощью условия динамического равновесия (принципа Д’Аламбера) затруднительно, так как силы инерции неизвестны. В этом случае приходится первоначально искать.перемещения, используя закон сохранения энергии:
K=U,	(XI.2)
где /С—кинетическая энергия ударяющего груза; U — потенциальная энергия деформации ударяемого элемента.
Пример 163. Груз нормативной величиной Рн=1 кН падает с высоты /г =15 см на середину свободно лежащей на двух опорах
балки пролетом /=6 м(рис. 211). Подобрать сечение стального двутавра и сравнить с сечением, которое требуется при статическом приложении груза. Модуль упругости стали £ = 210 ГПа; расчетное сопротивление Я = 210 МПа; коэффициент перегрузки п—1,2; предельный динамический прогиб балки [/д] = //200.
Решение. Подбор сечения
балки при статическом нагружении. Наибольший расчетный изгибающий момент согласно примеру 85 составляет
Afmax= (Р”//4) п = (1 • 103-6/4) 1,2 Н-м=1800 Н-м.
Требуемый момент сопротивления по формуле (VI 1.20а) №тр>/Итах//? = 1800/(210-106) м3«9-10-6 m«=9 см3.
Согласно табл. 1 приложения ближайшим является наименьший профиль—двутавр № 10 с IFX=.39,7 см3^>9 см3.
Определение динамического коэффициента. Рассматриваемая балка подвергается поперечному, или изгибающему, удару. Кинетическая энергия равна работе падающего груза:
/< = A = P“(/i+f„),
где /д—динамический прогиб балки в середине пролета.
Эта работа переходит в потенциальную энергию деформации балки
U =PyJ/2,
где Руд—эквивалентная сила, приложенная в середине пролета, которая .при статическом действии вызывает такой же прогиб f, какой имеет место при ударе, т. е. f = fA-
289
По формуле (VIII.6), выведенной в примере 121,
/ = Руд/8/(48£>х), откуда
Руд = 48£4^ и
U = 48EJxfl/(2l*).
В соответствии с законом сохранения энергии (XI.2) приравниваем выражения кинетической й потенциальной энергии:
P"(/i + +) = 48£J^/(2P), или
48£J — Рн2/3/Д —P*h2l* = 0.
Разделив все члены этого уравнения на 48EJх, получим /2 __2 [Р”/з/(48£ Jx)] К — 2 [P"l*/(48E JJ] /г = 0.
Имея в виду, что PH/3/(48£Vx) ==/сг — прогиб балки от статического приложения груза Рн, решаем записанное квадратное уравнение относительно динамического прогиба:
/д = /„(1±К1 + 2/1//сг)-
Так как отрицательный корень уравнения лишен физического смысла, то перед радикалом следует сохранить только знак плюс:
/я = /ст(1 +П+2Л//ст)=М*д.	(XI.3)
Выражение в скобках
1+/Т+2^ = ^д	(XI.4)
показывает, во сколько раз прогиб при ударе превышает прогиб при статическом приложении груза, и называется динамическим или ударным коэффициентом. Таким образом, перемещение от ударной нагрузки равно перемещению от стати-чески приложенного груза, умноженному на динамический коэффициент.
Переходя к предельно допустимым значениям прогибов, имеем [/д] = [/сг] kv
откуда
[/ст] = [fAlK = //(200^д) = 6/(200А>д) = 0,03/^д.
С другой стороны,
k& = 1 +	= 1 + /1 + 2-0,15/(0,03/^) =
= 1 +/1 + 10£д,
или, перенося единицу в левую часть и возводя обе части уравнения в квадрат,
(/гд —1)*= 1 + 10/гд,
290
откуда
&д—2&д + 1 = 1 + 10£д; £д (£д-12) = 0.
Поскольку Лд+=0 (в противном случае удар будет отсутствовать), остается положить, что кд —12 = 0; &д=12.
Подбор сечения балки при ударе. Предельный статический прогиб [/ст] = 0,03/12 м = 2,5-10-8 м=2,5 мм.
Согласно условию жесткости (VIII. 17)
[/ct]>/>h/3/(48£JJ.
Отсюда требуемый момент инерции площади сечения
> Pals/(48E [/=„]) = 1 • 103 • 6»/(48 • 210• 10« • 2,5 • 10-3) м4 = = 857-10~8 м4 = 857 см4.
Принимаем двутавр № 16 с Jх= 873 см4 > 857 см4; W х = 109 см8 и проверяем его прочность. Введенное выше 1-е допущение позволяет считать, что напряжения в упругой системе от действия ударной нагрузки во столько раз больше напряжений от той же нагрузки, приложенной статически, во сколько раз динамические перемещения больше статических:
=	[1800/(109-10-*)] 12 Па =
= 198- 10е Па= 198 МПа < £ = 210 МПа,'
т. е. прочность обеспечена. Таким образом, ударная нагрузка требует значительно более мощного сечения (двутавр № 16), чем статическая (№ 10 и притом с большим запасом), поскольку напряжения и прогибы воз-	ш_____
растают в. 12 раз даже при такой малой высоте	;
падения груза, как /г =15 см.	Т
Следует, однако, заметить, что изложенная	*
расчетная методика в соответствии с 3-м до-	ч
лущением не учитывает, массы ударяемой бал-	Гл ; Г
ки, вследствие чего значение динамического коэффициента оказывается завышенным.	ВШ шя®
Пример 164. При забивке круглой деревянной сваи расчетным диаметром d = 20 см, длиной 1 — 7,5 м молот копра нормативным весом Ра — 2,5 кН падает с высоты h = 0,5 м (рис.	-»
212). Проверить прочность сваи в конце забивки, полагая, что ее нижнее сечение не смещается. Расчетное сопротивленце древесины сжатию £=13 МПа, модуль упругости Е=	__у
= 10 ГПа, коэффициент перегрузки п=1,2.	'—L
Решение. В процессе забивки свая под-
вергается продольному, или сжимающему, уда- Рис 212 ру. В этом случае для определения динами-
ческих напряжений остаются в силе зависимости, полученные в предыдущем примере. Различны лишь формулы, используемое для вычисления статических перемещений и напряжений.
291
Статическое перемещение верхнего конца сваи равно статическому продольному укорочению, определяемому по формуле (II.5):
бсг = Д/ст = N*l/(EF) = 4P"l/(End2) =
= 4-2,5-103-7,5/(10-1О’-3,14-0,22) м = 6-10“6 м = 0,06 мм.
Статическое напряжение по формуле (II.4)
oCT = M/F = 4P”n/(nd2) = 4 - 2,5-103-1,2/(3,14 - 0,22) Па« 96-103 Па = = 0,096 МПа.
Поскольку высота падения молота h = 0,5 м = 500 мм значительно превышает статическое перемещение сваи бст = 0,06 мм, динамический коэффициент можно вычислить по упрощенной формуле, отбросив в выражении (XI.4) единицы как величины, малые по сравнению с отношением 2hlfzx:
k* « V'2h/8^ = /2- 500/0,06 « 130.
Динамическое напряжение
Стд = стст/*Д = О,О96-130 МПа =12,5 МПа < 7? =13 МПа,
т. е. прочность сваи при забивке обеспечена, хотя динамическое напряжение в 130 раз больше статического.
Пример 165. Определить напряжение в стальном канате лебедки при внезапной остановке ее барабана,'если вес опускаемого груза Р = 30 кН (рис. 213, а),
скорость опускания v — =0,6 м/с, длина каната в момент остановки 1=1 м (рис. 213, б), площадь сечения проволок каната F = 1,15 см2, модуль упругости стали' £ = 210 ГПа, предел прочности проволоки на. разрыв стпч = 1500 МПа.
Как изменится значение напряжения, если
Рис 213	между канатом и гру-
зом поместить пружину, которая удлиняется на 1,5 мм от груза в 1 кН (рис. 213, в)?
Решение. Расчет без пружины. Внезапная остановка барабана лебедки равносильна продольному удару, растягивающему канат. Кинетическая энергия движущегося груза непосредственно перед, остановкой
^=/иц2/2,
но масса tn = P/g, следовательно,
Ki = PvV(2g).
292
Согласно зависимости (II.9) потенциальная энергия деформации каната, растянутого силой Р, P^l^/2, где AZCT = PZ/(£F)— удлинение каната от статически приложенной силы.
Так как Р = AZCT£F/Z, то
Ux = (McxEF/l) AZct/2 = AZ3T£F/(2Z).
После внезапной остановки барабана груз Р по инерции пройдет еще некоторое расстояние А/д (см. рис.’ 213, б), удлинив дополнительно канат и затратив дополнительную кинетическую энергию ^ = PAZ«.
По прохождении расстояния А/д скорость груза-упадет до нуля и вся кинетическая энергия К = /Сх + /<8 перейдет в добавочную потенциальную энергию деформации каната U2 = U — Uit где полная потенциальная энергия в этот момент U = (AZCT + А/д)2 £F/(2Z).
Таким образом, уравнение энергетического баланса (XI.2) принимает вид: или
Pv7(2g) + РМЯ = (AZCT + AZ„)2J?F/(2Z)—A/2T££/(2Z).
Разделив все члены этого уравнения на £F/(2Z) и раскрыв скобки, получим .
[PZ/(£F)] v2/g + [2PZ/(£F)] AZa = AZ?T + 2 AZC r AZa + AZ2 - AZ2T, или, заменив Pl/(EF) на AZCT и приведя подобные члены,
AZCTu2/g = AZ|.
Отсюда	AZa = u/AZCT/g.
Динамический коэффициент равен отношению полного удлинения при ударе к статическому удлинению:
кд. — (AZCT 4-AZa)/AZCT = 1 + AZa/AZCT =
= 1 +уКаГс7£Мт= 1 +v//gAZ^= 1 +v/VgPl/(EF). (XI.5) При указанных числовых значениях
ka = 1 + 0,6//9,81-30-103-1/(210- 10е-1,15-10~4) =* = 1 + 0,6//9,81 • 12,4-10~4 = 6,45.
Полное напряжение в канате равно статическому напряжению, умноженному на динамический коэффициент:
СТд = ОсА = (Р//г)^ = [30-107(1,15-10"4)]6,45 Па = 1680-10е Па = = 1680 МПа > опч = 1500 МПа.
Расчет с пружиной. Из формулы (XI.5) следует, что динамический коэффициент уменьшается при увеличении статического удлинения AZCT. Поэтому если между канатом и грузом поместить пружину податливостью б= 1,5-10-3 м/кН (см. рис. 213, в), то суммарное статическое удлинение каната и пружины составит
6СТ = AZCI + 6P= 12,4-10-4 + 1,5-ГО-3-30 м = 0,046 м.
293
Динамический коэффициент
kA = 1 + V/Vgb^ = 1 -I- 0,6//9,8Ь 0,046 «1,9
и напряжение
ад = (30-107/1,15) 1,9 Па = 496-10б Па = 496 МПа<опч.
Таким образом, устройство пружины в данном случае» смягчает действие удара более чем в 3 раза. Вот почему в лифтах и подъемниках грузовые канаты прикрепляют не непосредственно к кабине, а с помощью буферной пружины.
ЛИТЕРАТУРА
I. Временная инструкция по проектированию, изготовлению и эксплуатации монтажных приспособлений.— ВСН 42—74/ММСС СССР. Минмонтажспецстрой СССР, 1975.
* 2. Гордон Дж. Почему мы не проваливаемся сквозь пол. М., 1971.
3.	Дмитриев А. С., Семенцов С. А. Каменные и армокаменные конструкции. М., 1965.
4.	Дорошкевич Н. М., Клейн Г. К., Смиренкин П. П. Основания и фундаменты. М., 1972.
5.	Ицкович Г. М. Сопротивление материалов. М., 1976. -
6.	Михайлов А. М. Металлические конструкции в примерах. М., 1976.
7.	Работнов Ю. Н. Сопротивление материалов. М., 1962.
8.	Ржаницын А. Р. Расчет сооружений с учетом пластических свойств материалов. М., 1954.
9.	Строительные нормы и правила. ’Ч. II. Разд. А. Гл. 10. Строительные конструкции и основания. Основные положения проектирования. СНиП П-А. 10-71. М., 1972, 1979.
10.	Строительные нормы и правила. Ч.х II. Гл.6. Нагрузки и воздействия. СНиП П-6-74. М., 1976.
11.	Строительные нормы и правила. Ч. II. Гл. 24. Алюминиевые конструкции. Нормы проектирования. СНиП П-24-74. М., 1975.
12.	Строительные нормы и правила. Ч. II. Гл. 21. Бетонные и железобетонные конструкции. Нормы проектирования. СНиП 11-21-75. М., 1976.
13.	Строительные нормы и правила. Ч. II. Разд. В. Гл. 4. Деревянные конструкции. Нормы проектирования. СНиП П-В. 4-71. М., 1972.
14.	Строительные нормы и правила. Ч. II. Разд. В. Гл. 2. Каменные и армо-каменные конструкции. Нормы проектирования. СНиП П-В. 2-71. М., 1972.
15.	Строительные нормы и правила. Ч. II. Разд-. В. Гл. 3. Стальные конструкции. Нормы проектирования. СНиП П-В. 3-72. М., 1974.
16.	Строительные нормы и правила. Ч. II. Гл. 15. Основания зданий и сооружений. Нормы проектирования. СНиП П-15-74. М., 1975.
17.	Тимошенко С. П. История науки о сопротивлении материалов. М., 1957.
18.	Тимошенко С. П., Гере Дж. Механика материалов. М., 1976.
19.	Феодосьев В. И. Сопротивление материалов. М., 1974.
20.	Филин А. П. Прикладная механика твердого деформируемого тела. Т. I. М., 1975. Т. II. М., 1978.
21.	Хрулев В. М. Прочность клеевых соединений. М., 1973^
22.	Шишкин В. Е. Примеры расчета конструкций из дерева и пластмасс. М., 1974.
294
ПРИЛОЖЕНИЕ
СОРТАМЕНТ МАТЕРИАЛОВ
Таблица 1
Сталь горячекатаная. Балки двутавровые (по ГОСТ 8239—72)
Обозначения:
/г —высота балки;
b — ширина полки;
d—толщина стенки;-
t — средняя толщина полки;
Я — радиус внутреннего закругления;
г —радиус закругления полки;
J— момент инерции;
W— момент сопротивления;
S —статический момент площади полусечения;
I— радиус инерции
№ профиля	Масса 1 м, кг	Размеры, мм						Площадь сечения F, см2	Справочные величины для осей						
		h	ь	d	t	R	г		X				У		
									J х> см4	Wx, см3	см	Sx, см3	Jy, см4	Гу, см3	iy, см
10	9,46	100	55	4,5	7,2	7	2,5	12	198	39,7	4,06	23	17,9	6,49	1,22
12	11,5	120	64	4,8	7,3	7,5	3	14,7	350	58,4	4,88	33,7	27,9	8,72	1,38
14	13,7	140	73	4,9	7,5	8	3	17,4	572	81,7	5,73	46,8	41,9	11,5	1,55
16	15,9	160	81	5	7,8	8,5	3,5	20,2	873	109	6,57	62,3	58,6	14,5	и
18	18,4	180	90	5,1	8,1	9	3,5	23,4	1 290	143	7,42	81,4	82,6	18,4	1,88
18а	19,9	180	100	5,1	8,3	9	3,5	25,4	1430	159	7,51	89,8	114	22,8	2,12
20	21	200	100	5,2	8,4	9,5	4	26,8	1 840	184	8,28	104	115	23,1	2,07
20а	22,7	200	ПО	5,2	8,6	9,5	4	28,9	2 030	203	8,37	114	155	28,2	2,32
22	24	220	НО	5,4	8,7	10	4	30,6	2 550	232	9,13	- 131	157	28,6	2,27
22а	25,8	220	120	•5,4	8,9	10	4	32,8	2 790	254 -	9,22	143	206	34,3	2,5
24	27,3	240	115	5,6	9,5	10,5	4	34,8	3 460	289	9,97	163	198	34,5	2,37
24а	29,4	240	125	5,6	9,8	10,5	4	37,5	3 800	317	10,1	178	260	41,6	2,63
27	31,5	270	125	6	9,8	И	4,5	40,2	5010	371	11,2	210	260	41,5	2,54
27а	33,9	270	135	6	10,2	11	4,5	43,2	5 500	407	11,3	229	337	50	2,8
30	36,5	300	135	6,5	10,2	12	5	46,5	7 080	472	12,3	268	337	49,9	2,69
30а	39,2	300	145	6,5	10,7	12	5	49,9	7 780	518	12,5	292	436	60,1	2,95
33	42,2	330	140	7	11,2	13	5	53,8	9 840	597	13,5	339	419	59,9	2,79
36	48,6	360	145	7,5	12,3	14	6	61,9	13 380	743	14,7	423	516	71,1	2,89
40	57	400	155	8,3	13	15	6	72,6	19 062	953	16,2	545	667	86,1	3,03
45	66,5	450	160	9	14,2	16	7	84,7	27 696	1231	18,1	708	808	101	3,09
50	78,5	500	170	10	15,2	17	7	100	39 727	1589	19,9	919	1043	123	3,2Я
55	92,6	550	180	11	16,5	18	7	118	55 962	2035	21,8	1181	1356	151	3,39
6.0	108	600	190	12	17,8	20	8	138	76 806	2560	23,6	1491	1725	' 182	3,54
295
Таблица 2
Сталь горячекатаная. Швеллеры (по ГОСТ 8240—72)
Обозначения:
h — высота швеллера;
b — ширина полки;
d—толщина стенки;
t — средняя толщина полки;
R — радиус внутреннего закругления;
г—радиус закругления полки;
J — момент инерции;
W— момент сопротивления;
S —статический момент площади полусечения;
г —радиус инерции;
хс— расстояние от оси у до наружной грани, стенки
№ профиля	Масса 1 м, кг	Размеры, мм						Площадь сечения F, см2	Справочные величины для осей							ХС, см
		h	ь	d	t	R	г		X				У			
									JX, см4	Wx, см3	ix, см	Зх» см3	Jy см4	IFy, СМ3	см	
5	4,84	50	32	4,4	7	6	2,5	6,16	22,8	9,1	1,92	5,59	5,61	2,75	0,954	1,16
6,5	5,9	65	36	4,4	7,2	6	2,5	7,51	48,6	15	2,54	9	8,7	3,68	1,08	1,24
8	7,05	80	40	4,5	7,4	6,5	2,5	8,98	89,4	22,4	3,16	13,3	12,8	4,75	1,19	1,31
10	8,59	100	46	4,5	7,6	7	3	10,9	174	34,8	3,99	20,4	20,4	6,46	1,37	1,44
12	10,4	120	52	4,8	7,8	7,5	3	13,3	304	50,6	4,78	29,6	31,2	8,52	1,53	1,54
14	12,3	140	58	4,9	8,1	8	3	15,6	491	70,2	5,6	40,8	45,4	11	1,7	1,67
14а	13,3	140	62	4,9	8,7	8	3	17	545	77,8	5,66	45,1	57,5	13,3	1,84	1,87
16	14,2	160	64	5	8,4	8,5	3,5	18,1	747	93,4	6,42	54,1	63,3	13,8	1,87	1,8
16а	15,3	160	68	5	9	8,5	3,5	19,5	823	103	6,49	59,4	78,8	16,4	2,01	2
18	16,3	180	70	5,1	8,7	9	3,5	20,7	1090	121	7,24	69,8	86	17	2,04	1,94
18а	17,4	180	74	5,1	9,3	9	3,5	22,2	1 190	132	7,32	76,1	105	20	2,18	2,13
20	18,4	200	76	5,2	9	9,5	4	23,4	1520	152	8,07	87,8	113	20,5	2,2	2,07
20а	19,8	200	80	5,2	9,7	9,5	4	25,2	1670	167	8,15	95,9	139	24,2	2,35	2,28
22	21	220	82	5,4	9,5	10	4	26,7	2110	192	8,89	ПО	151	25,1	2,37	2,21
22а	22,6	220	87	5,4	10,2	10	4	28,8	2 330	212	8,99	121	187	30	2,55	2,46
24	24	240	90	5,6	10	10,5	4	30,6	2 900	242	9,73	139	208	31,6	2,6	2,42
24а	25,8	240	95	5,6	10,7	10,5	4	32,9	3180	265	9,84	151	254	37,2	2,78	2,67
27	27,7	270	95	6	10,5	11	4,5	35,2	4 160	308	10,9	178	262	37,3	2,73	2,47
30	31,8	300	100	6,5	11	12	5	40,5	5 810	387	12	224	327	43,6	2,84	2,52
33	36,5	330	105	7	Н,7	13	5	46,5	7 980	484	13,1	281	410	51,8	2,97	2,59
36	41,9	360	НО	7,5	12,6	14	6	53,4	10 820	601	14,2	350	513	61,7	3,1	2,68
40	48,3	400	115	8	13,5	15	6	61,5	15 220	761	15,7	444	642	73,4	3,23	2,75
296
Таблица 3
Сталь прокатная угловая равнополочная (по ГОСТ 8509—72)
Обозначения:
Ь — ширина полки;
d — толщина полки;
R — радиус внутреннего закругления;
г —радиус закругления полки;
J — момент инерции;
i — радиус инерции;
хс, Ус — расстояния от центра тяжести до. наружных граней полок
№ профиля	Масса 1 м, кг	Размеры, мм				Площадь сечения F, см2	Справочные величина для осей							xc> yc> CM
		b	d	R	г		X		xQ		Уо		*1	
							Jx> см4	см	Jy Xq , CM4	J CM	Jyv CM4	CM	JX1, CM4	
5	3,05	50	4	5,5	1 8	3,89	9,21	1,54	14,6	1,94	3,8	0,99	16,6	1,38
	3,77		5			4,8	11,2	1,53	17,8	1,92	4,63	0,98	20,9	1,42
5,6	3,44	56	4	6	2	4,38	13,1	1,73	20,8	2,18	5,41	1,11	23,3	1,52
	4,25		5			5,41	16	1,72	25,4	2,16	6,59	1,1	29,2	1,57
	3,9		4		1	4,96	18,9	1,95	29,9	2,45	7,81	1,25	33,1	1,69
6,3	4,81	63	5	7	2,3	6,13	23,1	1,94	36,6	2,44	9,52	1,25	41,5	1,74
	5,72		6			7,28	27,1	1,93	42,9	2,43	11,2	1,24	50	1,78
	4,87		4,5			6,2	29	2,16	46	2,72	12	1,39	51	1,88
	5,38		5			6,86	31,9	2,16	50,7	2,72	13,2	1,39	56,7	1,9
7	6,39	-70	6	8	2,7	8,15	37,6	2,15	59,6	2,71	15,5	1,38	68,4	1,94
	7,39		1'			9,42	43	2,14	68,2	2J59	17,8	1,37	80,1	1,99
	8,37		.8			10,7	48,2	2,13	76,4	2,68	20	1,37	91,9	2,02
	5,8		5			7,39	39,5	2,31	62,6	2,91	16,4	1,49	•69,6	2,02
	6,89		6			8,78	46,6	2,3	73,9	2,9	19,3	1,48	83,9	2,06
7,5	7,96	75	7	9	3	Ю,1	53,3	2,29	84,6	2,89	22,1	1,48	98,3	2,1
	9,02		8			11,5	59,8	2,28	94,9	2,87	24,8	1,47	113	2,15
	10,1		9			12,8	66,1	2,27	105	2,86	27,5	1,46	127	2,18
	6,78		5,5			8,63	52,7	2,47	83,6	3,11	21,8	1,59	93,2	2,17
я	7,36	80	6	9	з	9,38	57	2,47	90,4	3,11	23,5	1,58	102	2,19
о	8,51		7			10,8	65,3	2,45	' 104	3,09	27	1,58	119	2,23
	9,65		8			12,3	73,4	2,44	116	3,08,	30,3	1,57	137	2,27
	8,33		6			10,6	82,1	2,78	130	3,5	34	1,79	145	2,43
	9,64	пл	7			12,3	94,3	2,77	150	3,49	38,9	1,78	169	2,47
. 9	10,9	уи	8	10	3,3	13,9	106	2,76	168	3,48	43,8	1,77	194	2,51
	12,2		9			15,6	118	2,75	186	3,46	48,6	1,77	219	2Д5
297
Продолжение табл. 3
№ профиля	Масса 1 м, кг	Размеры, мм				Площадь сечения F, см2	Справочные величины для осей							хс\ ус> см
		b	d	R	г		X		*0		Уо		Х1	
							Jx, см4	ix, см	Xqj см4	см	JУо> см4	1Уо> см	Jxlt см4	
	10,1		6,5			12,8	122	3,09	193	3,88	50,7	1,99	214	2,68
	10,8		7			13,8	131	3,08	207	3,88	54,2	1,98	231	2,71
	12,2		8			15,6	147	3,07	233	3,87	60,9	1,98	265	2,75
10	15,1	100	10	12	4	19,2	179	3,05	284	3,84	74,1	1,96	333	2,83
	17,9		12			22,8	209	3,03	331	3,81	86,9	1,95	402	2,91
	20,6		14			26,3	237	3	375	3,78	99,3	1,94	472	2,99
	23,3		16			29,7	264	2,98	416	3,74	112	1,94	542	3,06
1 1	11,9	по	7	1 о	Л	15,2	176	3,4	279	4,29	72,7	2,19	308	2,96
11	13,5		8		4	17,2	198	3,39	315	4,28	81,8	2,18	353	3
	15,5		8			19,7	294	3,87	467	4,87	122	2,49	516	3,36
	17,3		9			22	327	3,86	520	4,86	135	2,48	582	3,4
12,5	19,1	125	10	1 л	4,6	24,3	360	3,95	571	4,84	149	2,47	649	3,45
	22,7		12	14		28,9	422	3,82	670	4,82	174	2,46	782	3,53
	26,2		14			33,4	482	3,8	764	4,78	200	2,45	916	3*,61
	29,6		16			37,8	539	3,78	853	4,75	224	2,44	1051	3,68
	19,4		9			24,7	466	4,34	739	5,47	192	2,79	818	3,78
14	21,5	140	10	14	4,6	27,3	512	4,33	814	5,46	211	2,78	911	3,82
	25,5		12			32,5	602	4,31	957	5,43	248	2,76	1097	3,9
	24,7		10			31,4	774	4,96	1229	6,25	319	3,19	1356	4,3
	27		11			34,4	844	4,95	1341	6,24	348	3,18	1494	4,35
	29,4		12			37,4	913	4,94	1450	6,23	376	3,17	1633	4,39
16	34	160	14	16	5,3	43,3	1046	4,92	1662	6,2	431	3,16	1911	4,47
	38,5		16			49,1	1175	4,89	1866	6,17	485	3,14	2191	4,55
	43		18			54,8	1299	4,87	-2061	6,13	537	3,13	2472	4,63
	47,4		20			60,4	1419	4,85	2248	6,1	589	3,12	2756	4,7
1 Q	30,5	180	11	1А	5,3	38,8	1216	5,6	1933	7,06	500	3,59	2128	4,85
1о	33,1		12	10		42,2	1317	5,59	2093	7,04	540	3,58	2324	4,89
	37		12			47,1	1823	6,22	2896	7,84	749	3,99	3182	5,37
	39,9		13			50,9	1961	6,21	3116	7,83	805	3,98	3452	5,42
	42,8		14			54,6	2097	6,2	3333	7,81	861	3,97	3722	5,46
20	48,7		16	18	6	62	2363	6,17	3755	7,78	970	3,96	4264	5,54
	60,1		20			 76,5	2871	6,12	4560	7,72	1182	3,93	5355	5,7
	74		25			94,3	3466	6,06	5494	7,63	1438	3,91	6733	5,89
	87,6		30			111,5	4020	6	6351	7,55	1688	3,89	8130	6,07
оо	47,4	220	14	21	7	60,4	2814	6,83	4470	8,6	1159	4,38	4941	5,93
22	53,8		16		/	68,6	3175	6,81	5045	8,58	1306	4,36	5661	6,02
			16			78,4	4717	7,76	7 492	9,78	1942	4,98	8 286	6,75
	01 ,0 *68,9 76,1 83,3 94		18			87,7	5247	7,73	8 337	9,75	2158	4,96	9 342	6,83
25		250	20	24	8	97	5765	7,71	9 160	9,72	2370	4,94	10 401	6,91
			22			106,1	6270	7,69	9 961	9,69	2579	4,93	11 464	7
			25			119,7	7006	7,65	И 125	9,64	2887	4,91	13 064	7,11
298
Таблица 4
Сталь прокатная угловая неравнополочная (по ГОСТ 8510—72)
Обозначения:
В —ширина большой полки;
Ь — ширина малой полки;
d — толщина полки;
/? —радиус внутреннего закругления;
г — радиус закругления полки;
J — момент инерции;
i — радиус инерции;
хс, ус — расстояния от центра тяжести до наружных граней полок; р—угол наклона главной центральной оси
№ профиля	Масса 1 м, кг	Размеры, .мм					Площадь сечения F, см2	Справочные величины для осей										tgP
		В	ъ	d	R	г		X		У						и		
								j X* см4	см	Jy. см4	iy, см	Jxt, см4	ус> см	Jyi> см4	хс> см	j U’ см4	см	
5,6/3,6	2,81 3,46	56	36	4 5	i 6	2	3,58 4,41	ИЛ 13,8	1,78 1,77	3,7 4,48	1,02 1,01	23,2 29,2	1,82 1,86	6,25 7,91	0,84 0,88	2,19 2,66	0,78 0,78	0,406 0,404
6,3/4 to to «о 			3,17 3,91 4,63 6,03	63	40	4 5 6 8	7	2,3	4,04 4,98 5,9 7,68 '	16,3 19,9 23,3 29,6	2,01 2 1,99 1,96	5,16 6,26 7,28 9,15	1,13 1,12 1,П 1,09	33 41,4 49,9 66,9	2,03 2,08 2,12 2,2	8,51 10,8 ' 13,1 17,9	0,91 0,95 0,99 1,07	3,07 3,72 4,36 5,58	0,87 0,86 0,86 0,85	0,397 0,396 0,393 0,386
300.
Продолжение табл. 4
№ профиля	Масса 1 м, кг	Размеры, мм					Площадь сечения F, сма	Справочные величины для осей										'tgp
		В	b	d	R	г		X		У		Хх		Ух		и		
								jX, см4	1х, см	Jy см4	iy, см	JXi, см4	ус* см	Ух* см4	см	J а, см4	iu, см	
7/4,5	4,39	70	45	5	7,5	2,5	5,59	27,8	2,23	9,05	1,27	56,7	2,28	15,2	1,05	5,34	0,98	0,406
	4,79			5			6,11	34,8	2,39	12,5	1,43	69,7	2,39	20,8	1,17	7,24	1,09	0,436
7,5/5	5,69	75	50	6	8	2,7	7,25	40,9	2,38	14,6	1,42	83,9	2,44	25,2	1,21	8,48	1,08	0,435
	7,43			8			9,47	52,4	2,35	18,5	1,4	112	2,52	34,2	1,29	10,9	1,07	0,430
8/5	4,99	80		5	о	2,7	6,36	41,6	2,56	12,7	1,41	84,6	2,6	20,8	1,13	7,58	1,09	0,387
	5,92		□и	6	о		7,55	49	2,55	14,8	1,4	102	2,65	25,2	1,17	8; 88	1,08	0,386
	6,17			5,5			7,86	65,3	2,88	19,7	1,58	132	2,92	32,2	1,26	11,8	1,22	0,384
9/5,6	6,7	90	56	6	9	3	8,54	70,6	2,88	21,2	1,58	145	2,95	35,2	1,28	12,7	1,22	0,384
	8,77			8			11,2	90,9	2,85	27,1	1,56	194	3,04	47,8	1,36	16,3	1,21	0,380
	7,53			6			9,59	98,3	3,2	30,6	1,79	198	3,23	49,9	1,42	18,2	1,38	0,393
10/6,3	8,7	100		7	1 Л	3,3	И,1	113	3,19	35	1,78	232	3,28	58,7	1,46	20,8	1,37	0,392
	9,87		ОО	8	1U		12,6	127	3,18	39,2	1,77	266	3,32	67,6	1,5	23,4	1,36	0,391
	12,1			10			15,5	154	3,15	47,1	1,75	333	3,4	85,8	1,58	28,3	1,35	0,387
11 1'7	8,98	НО	70	6,5	10	3,3	11,4	142	3,53	45,6	2	286	3,55	74,3	1,58	26,9	1,53	0,402
11/7	10,9			8			13,9	172	3,51	54,6	1,98	353	3,61	92,3	1,64	32,3	1,52	0,400
	И			7			14,1	227	4,01	73,7	2,29	452	4,01	119	1,8	43,4	1,76	0,407.
12,5/8	12,5	125	80	8	11	3,7	16	256.	4	83	2,28	518	4,05	137	1,84	48,8	1,75	0,406
	15,5			10	11		19,7	312	3,98	100	2,26	649	4,14	173	1,92	59,3	1,74	0,404
	18,3			12			23,4	365	3,95	117	2,24	781	4,22	210	2	69,5	1,72	0,400
Продолжение табл. 4
№ профиля	Масса 1 м, кг	Размеры, мм					Площадь сечения F, см2	Справочные величины для осей										tg 0
		В	Ъ	d	R	г		X		У		xi		Ух		и		
								J к, см4	см	Jy, см4	«у, см	JXI, см4	у с, см	Jyx> см4	хс> см	У и* см4	см ,	
	14 1			8			18	364	4,49	120	2,58	727	4,49	194	2,03	70,3	1,98	0,411
14/9	17’,5	140	90	10	12	4	22,2	444	4,47	146	2,56	911	4,58	245	2,12	85,5	1,96	0,409
	18			9			22,9	606	5,15	186	2,85	1221	5,19	300	2,23	ПО	2,2	0,391
	19 8			10			25,3	667	5,13	204	2,84	1359	5,23	335	2,28	121	2,19	0,390
16/10	23,6	1бЬ	100	12	13	4,3	30	784	5,11	239	2,82	1634	5,32	405	2,36	142	2,18	0,388
	27^3			14			34,7	897	5,08	272	2,8	1910	5,4	477	2,43	162	2,16	0,385
	22,2			10			28,3	962	5,8	276	3,12	1933	5,88	444	2,44	165	2,42	0,375
18/11	26,4	180	ПО	12	14	4,7	33,7	1123	5,77	324	3,1	2324	5,97	537	2,52	194	2,4	0,374
	27,4			11			34,9	1449	6,45	446	3,58	2920	6,5	718	2,79	264	2,75	0,392
	29,7			12			37,9	1568	6,43	482	3,57	3189	6,54	786	2,83	285	2,74	0,392
20/12,5	34,4	200	125	14	14	4,7	43,9	1801	6,41	551	3,54	3726	6,62	922	2,91	327	2,73	0,390
	39,1			16			49,8	2026	6,38	617	3,52	4264	6,71	1061	2,99	367	2,72	0,388
	37,9			12			48,3 f	3147	8,07	1032	4,62	6212	7,97	1634	3,53	604	3;54	0,410
	49,9			16			63,6	4091	8,02	1333	4,58	8308	8Д4	2200	3,69	781	3,5	0,408
25/16	55,8	250	160	18	18	6	71,1-	4545	7,99	1475	4,56	9358	8,23	2487	3,77	866	3,49	0,407
	61,7			20			78,5	4987	7,97	1613	4,53	10410	8,31	2776	3,85	949	3,48	0,405
Таблица 5
Горячекатаная и термически упрочненная стержневая арматура
Пиломатериалы для несущих деревянных конструкций (по ГОСТ 8486—66)
Толщина, мм	Ширина, мм						
	100	130	150	180	200	220	250
16	X	X								
19	X	X	—	X	—	—		
25	X	X	X	X	—	—	—
32	X	X	X	X				1		
40	X	X	X	X	—	—	—
50	X	X	X	X	X	X	—
60	X	X	X	X	X	X		
75	X	X	X	X	X	X		
100	X	’ X	X	X	X	X	—
130	—	X	X	Х‘	—	—		
150	—	—	X	X	X	—	—
180	—	—	—	X	—	X	—
200	—	—	—	—	х	—	X
220	—	—		—-		__	х
250	—	—	—	—	—	—	X
Прим	-е ч а н и е.	Знаком х о	•тмечены рек	;омендуемые	размеры п	иломатериа	лов.
ОГЛАВЛЕНИЕ
Стр.
Предисловие...........................................................  3
Глава 1. Общие положения............................................... 5
§ 1.	Задачи расчета элементов конструкций....................... 5
§ 2.	Реальный объект и его расчетные схемы. Основные допущения о свойствах материалов и характере деформирования ....	8
§ 3.	Внешние воздействия и внутренние силы. План решения задачи по определению внутренних сил в брусе .......................... 13
§ 4.	Понятие о напряжении. Нормальное, касательное и полное напряжения в точке................................................ 17
Г лава 11. Осевое растяжение и сжатие прямого бруса................. 19
§ 5.	Продольная сила..................................... 19
§ 6.	Напряжения, деформации и перемещения. Потенциальная энергия деформации...................................... 22
§ 7.	Особенности и расчет статически неопределимых	систем	...	32
§ 8.	Расчет на прочность. Метод допускаемых напряжений	....	45
§ 9.	Понятие о расчете по разрушающим нагрузкам.......... 52
§ 10.	Расчет по предельным состояниям..................... 55
§ 11.	Учет влияния собственного веса...................... 63
Глава III. Напряженное и деформированное состояния.................. 69
§ 12.	Общие сведения о напряженном состоянии в точке тела. Линейное напряженное состояние.................................. 69
§ 13.	Плоское напряженное состояние..........................  74
§ 14.	Понятие об объемном напряженном состоянии............... 82
§ 15.	Деформации и потенциальная энергия при сложном напряженном состоянии...............................................'	84
§ 16.	Макроскопические критерии пластичности и разрушения ...	91
§ 17.	Механизм хрупкого разрушения. Понятие о расчете на трещи-ностойкость ................................................. 101
Глава IV. Расчет соединений.......................................... 107
§ 18.	Понятие о срезе и смятии.................................. 107
§ 19.	Заклепочные й болтовые соединения........................  112
§ 20.	Сварные соединения........................................ 121
§ 21.	Соединения на врубках....................................  128
§ 22.	Клеевые соединения.................................*.	. .	131
Глава V. Геометрические характеристики плоских сечений .............. 134
§ 23.	Статический момент площади и центр тяжести сечения . . .	134
§ ?4>	Моменты инерции площади сежлия...................  .	. .	137
§ 25.	Зависимости между моментами инерции при повороте координатных осей. Главные оси щглавные моменты инерции ...	142
Глава VI. Кручение^круглого бруса..................................
§ 26.	Крутящий момент........................................
§ 27.	Напряжения и деформации. Расчеты на прочность и жесткость
147
147
149
303
Глава VII. Прямой изгиб балок . . ............................	155
§ 28.	Общие понятия. Внутренние силовые факторы. Аналитический способ построения эпюр Q и М.............'............... 155
§ 29.	Дифференциальные зависимости между изгибающим моментом Л4, поперечной силой Q и интенсивностью распределенной нагрузки q..................................................... 170
§ 30.	Построение эпюр Q и Л4 по характерным точкам (сечениям) .	171
§ 31.	Построение эпюр способом сложения.....................  181
§ 32.	Нормальные напряжения при изгибе..................	183
§ 33.	Расчет на прочность по нормальным напряжениям ......... 186
§ 34.	Касательные напряжения при поперечном изгибе и их проверка	197
§ 35.	Расчет балок с учетом развития пластических деформаций . .	203
§ 36.	Главные и эквивалентные напряжения при изгибе. Полная проверка прочности стальных балок.......................  206
Глава VIII. Перемещения в балках ‘................................  210
§ 37.	Дифференциальное уравнение изогнутой оси балки и его интегрирование ............................................   2Т0
§ 38.	Метод начальных параметров.............................. 217
§ 39.	Энергетический метод определения перемещений .......	222
§ 40.	Вычисление интеграла Мора способом Верещагина .......... 225
§ 41.	Расчет балок на жесткость..........................	.	234
§ 42.	Расчет статически неопределимых балок..................  235
Глава IX. Сложное сопротивление ..................................  240
§ 43.	Косой изгиб........................................ .	240
§ 44.	Прямой поперечный	изгиб с	осевым растяжением (сжатием) .	250
§ 45.	Внецентренное сжатие бруса	большой жесткости......;	255
§ 46.	Кручение круглого	бруса в	сочетании с изгибом..... 264
Глава X. Устойчивость сжатых стержней.............................. 268
§ 47.	Понятие об устойчивости прямолинейной формы равновесия. Критическая сила......................................... 268
§ 48.	Распространение формулы Эйлера на другие случаи закрепления стержней. Критическое напряжение.............г........... 271
§ 49.	Практический метод расчета сжатых стержней на устойчивость 276
Глава XI. Понятие о динамическом действии нагрузок .........	286
§ 50.	Расчет элементов конструкций при известных силах инерции .	286
§ 51.	Приближенный расчет на удар ............................ 288
Литература ...................................................	294
Приложение. Сортамент материалов •	295