СБОРНИК
ЗАДАЧ
по сопротивлению
материалов
ПОД РЕДАКЦИЕЙ А.С.ВОЛЬМИРА
Допущено Министерством
высшего и среднего специального образования СССР
в качестве учебного пособия
для студентов высших технических учебных заведений
МОСКВА «НАУКА»
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
19 84

30.121
С 23
УДК 539.3/.6
Коллектив авторов:
А. С. ВОЛЬМИР, Ю. П. ГРИГОРЬЕВ, А. И. КОДАНЕВ,
В. А, МАРЬИН, В. В. НОВИЦКИЙ
Сборник задач по сопротивлению материалов/Под ред, А. С. Вольмира,—М.:
Наука, Главная редакция физико-математической литературы, 1984.—408 с,
Сборник задач охватывает все разделы курса сопротивления материалов>
предусмотренные программой Минвуза СССР.
В отличие от сборников задач, выходивших ранее, в книге приводится ряд
задач, решаемых численными методами, с применением ЭВМ и анализом
результатов машинного счета. Введены главы по расчету пластинок и оболочек и с
задачами из опыта студенческих олимпиад. Ряд новых задач связан с
техническими приложениями. Имеются задачи повышенной трудности, к которым даны
подробные решения. Книга может -служить пособием для самостоятельных
студенческих научных разработок.
- Для студентов машиностроительных, строительных, авиационных,
судостроительных и транспортных специальностей при изучении курсов сопротивления
материалов и строительной механики, а также студентов физико-механических
специальностей втузов и механико-математических факультетов университетов.
Рецензенты:,
доктор технических наук Я. Я. Малинин
доктор технических наук И. //. Трапеаин
€> Издательство «Наука»,
2105000000—143 Главная редакция
С '" лко/по\—53— 147*-84 физико-математической литературы,
Uoo (U^j—о4 1984

ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие 6
ЗАДАЧИ 7
Глава 1. Растяжение и сжатие . . 7
§ 1 Экспериментальное исследование растяжения и сжатия .7
§ 2 Вычисление напряжений и деформаций 9
§3 Условие прочности, определение перемещений 12
§4. Статически неопределимые задачи 14
§5 Температурные и монтажные напряжения л . . , 19
§6 Учет собственного веса и центробежных сил 21
§ 7 Расчет по предельному состоянию . . 23
§8. Линейное, плоское и объемное напряженные состояния 25
§9. Теории (критерии) прочности 29
§ 10, Гибкие нити и тонкостенные сосуды ¦ . . • . 31
§11. Задачи, решаемые с применением ЭВМ 35
Глава 2. Сдвиг и кручение 37
§ 1. Чистый сдвиг . . • 37
§ 2. Расчет заклепочных и сварных соединений 39
§ 3. Кручение валов круглого сечения л 42
§4. Статически неопределимые задачи на кручение 45
§ 5. Расчет по предельному состоянию 46
§ 6. Кручение брусьев некруглого сечения 47
§ 7. Цилиндрические витые пружины с малым шагом 48
§ 8. Задачи, решаемые с помощью ЭВМ 49
Глава 3. Геометрические характеристики сечений балок 51
§ 1. Центр площади сечения 51
§2. Моменты инерции площадей сечений 54
§ 3. Моменты инерции сечений прокатных профилей ....... 56
§4. Моменты инерции сечений тонкостенных балок . . ". . 58
Глава 4. Напряжения при изгибе балок и рам 60
§ 1. Эпюры внутренних сил ; . . 60
§2. Моменты сопротивления изгибу 66
§3. Напряжения при изгибе. Подбор сечений 67
§4. Тонкостенные балки. Центр изгиба. Главные напряжения 70
§ 5. Расчет па предельному состоянию 72
§ 6. Плоско пространственные рамы 70
Глава 5. Перемещения при изгибе балок и рам
§ 1. Статически определимые балки постоянного сечения 75
§2. Балки переменного сечения 83
§ 3. Статически неопределимые балки 86
§ 4. Расчет по предельному состоянию 93
§ 5. Балки на упругом основании 93
3

§ 6. Стесненное кручение тонкостенных стержней открытого профиля .... 94
§ 7. Плоские рамы 95
§ 8. Плоско-пространственные рамы . .. 99
§9. Метод конечных элементов. Использование графопостроителя ЭВМ для
получения эпюр 102
Глава 6. Сложное сопротивление 103
§ 1. Косой изгиб 103
§ 2. Растяжение или сжатие с изгибом 105
§ 3. Предельное состояние бруса при совместном действии изгиба и растяжения 110
§ 4: Изгиб с кручением 111
§5. Другие случаи сложного сопротивления 114
§6. Брусья с криволинейной осью 117
§7. Брус с ломаной осью 118
Глава 7. Устойчивость стержней и стержневых систем 120
§ 1. Устойчивость стержней в пределах упругости 120
§2. Устойчивость за пределами упругости . . . ; 124
§ 3. Расчет на устойчивость (продольный изгиб) по нормам строительного
проектирования 128
§ 4. Применение приближенных методов к расчету на устойчивость стержней
и стержневых систем 129
§ 5. Продольно-поперечный изгиб , 137
§6. Численные методы. Применение ЭВМ 141
Глава 8. Брусья большой кривизны. Толстостенные цилиндры 143
§ 1. Брусья большой кривизны 143
§ 2. Толстостенные цилиндры 145
Глава 9. Задачи динамики 147
§ 1. Напряжения и деформации в движущихся элементах конструкций ... 147
§ 2. Собственные колебания упругих систем, приведенных к системам с одной
степенью свободы 149
§ 3. Вынужденные колебания упругих систем, приведенных к системам с одной
степенью свободы 153
§4. Колебания систем с несколькими степенями свободы 155
§5. Действие удара на конструкцию 156
§6. Параметрические колебания и автоколебания 158
§7. Численные методы. Применение ЭВМ 159
Глава 10. Выносливость и ползучесть 160
§ 1. Прочность при переменных напряжениях 160
§ 2. Ползучесть и релаксация 163
§ 3. Механика разрушения 164
§4. Надежность при случайном йагружении 165
Глава 11. Пластинки и оболочки 166
§ 1. Изгиб прямоугольных пластинок 166
§ 2. Изгиб круглых пластинок 167
§ 3. Устойчивость прямоугольных пластинок при сжатии 169
§4. Устойчивость прямоугольных пластинок при сдвиге 170
§5. Местная устойчивость тонкостенных стержней 172
§ 6. Устойчивость оболочек 173
§7. Послекритическая деформация пластинок 176
§8. Численные методы. Применение ЭВМ 176
§9. Касательные напряжения в подкрепленных оболочках 17.6
Глава 12. Задачи из опыта студенческих олимпиад 179
§ 1. Растяжение и сжатие , 179
§2. Сдвиг и кручение 184
4

§3. Геометрические характеристики сечений 187
§4. Напряжения при изгибе балок и рам 188
§5. Перемещения при изгибе балок и рам 191
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ 194
ОТВЕТЫ 359
ПРИЛОЖЕНИЯ 386
Приложение 1. Справочные таблицы .•••».,»*»»*«»* 386
Таблица 1. Значения функций ц и тц для расчета балок на упругом
основании ....... 386
Таблица 2. Значения определенных интегралов, встречающихся при
нахождении усилий и перемещений в стержнях и кольцах с круговой осью 387
Таблица 3. Коэффициенты ф продольного изгиба центрально сжатых
элементов 388
Таблица 4. Значения функций Ф(а), Ч^м), Х(и) для расчета балок на
продольно-поперечный изгиб. 388
Таблица 5. Коэффициенты ^ приведения длины / для шарнирно опертого
стержня переменной жесткости 390
Таблицы 6—9. Сталь прокатная 390
Таблица 10. Профили прессованные .... . . . 399
Т а б л и ца 11. Эффективные коэффициенты концентрации для валов о
галтельным .переходом при изгибе и при кручении 400
Таблица 12. Коэффициенты концентрации для валов с посаженными
деталями 401
Таблица 13. Расчетные (нижние) критические нагрузки (напряжения)
в задачах устойчивости оболочек . . . л 401
Таблица 14. Единицы измерения механических величин в
Международной системе (СИ) 402
Приложение 2. Расчет конструкций на ЭВМ ,,•«•«••«.,« 403

ПРЕДИСЛОВИЕ
Настоящий сборник задач составлен на основе задачника по
сопротивлению материалов под редакцией А. А. Уманского, вышедшего б
1975 году четвертым изданием.
Подготавливая данную книгу, авторы стремились учесть
требования, предъявляемые современной высшей школой к учебным пособиям
по фундаментальным и общеинженерным дисциплинам. Приведен ряд
задач, отражающих развитие различных областей техники на
протяжении последнего времени. В некоторые главы введены разделы,
посвященные численным методам Часть задач этих разделов должна
решаться студентами с составлением программ для ЭВМ и анализом
результатов машинного счета.
Общий план построения сборника в значительной мере отвечает
известному учебнику В. И. Феодосьева. Использование материала,
приведенного в задачнике, облегчается благодаря разбивке глав на
достаточно большое число параграфов, в пределах которых тематика
задач является однородной.
Все физические величины даны в единицах СИ. Наряду с основными
единицами сил, напряжений и т. д. применяются также оказавшиеся
наиболее удобными в практике преподавания производные единицы.
Ко всем задачам даны ответы. Ко многим задачам даны также и
решения; номера этих задач отмечены звездочкой.
Используемые в сборнике теории (гипотезы) прочности наибольших
нормальных напряжений, наибольших относительных удлинений,
наибольших касательных напряжений, энергии формоизменения,
предельных напряжений (Мора) обозначаются для краткости номерами
от I до V соответственно.
Главы 1—3 и 11, а также § 2 гл. 4, §3 гл. 10, §§ 1—3 гл. 12 написаны
Ю. П. Григорьевым, главы 4, 5, а также § 2 гл. 11 и §§ 4, 5 гл. 12 —
В. А. Марьиным, гл. 6 — В. В. Новицким, гл. 7, а также § б гл. 9
и § 8 гл. 11 — А. С. Вольмиром, главы 8—10 — А. И. Коданевым.
Некоторые лица составили для настоящей книги оригинальные
задачи; их имена приведены в подстрочных примечаниях. Авторы
сборника получили много полезных советов от преподавателей кафедр
сопротивления материалов МВТУ и МАИ. Всем этим лицам авторы
приносят глубокую благодарность.

ЗАДАЧИ
Глава 1
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ
§ 1. Экспериментальное исследование растяжения и сжатия
1.1. Для проверки величины усилия, создаваемого испытательной
машиной, использован контрольный цилиндрический образец
диаметром d=50 мм. Удлинение растянутого образца, замеренное на длине
/==100 мм, оказалось равным Д/=0,1 мм. Определить продольное
усилие N и величину нормальных напряжений а в образце, если модуль
упругости материала образца ?=2,04 •Ю5 МПа, а предел
пропорциональности апц=260 МПа.
1.2. JHa нормальном цилиндрическом образце диаметром d=20 мм
установлен механический тензометр с базой s= 100 мм. При
растяжении образца зафиксированы показания тензометра: ^=8 mm, /22=32 мм,
Пу=54 мм, п4=76 мм, соответствующие значениям растягивающей
силы: Рг ==10 кН, Р2=20 кН, Р8=30 кН, Р4=40 кН. Вычислить среднюю
величину модуля упругости материала образца, если известно, что
увеличение тензометра &=500. Из какого материала,
предположительно, сделан образец?
1.3*. Рабочая часть нормального образца диаметром do=10 мм
до испытания разделена тонкими рисками на 10 равных частей. После
разрыва образца расстояния между рисками оказались равными:
/вв1=12 мм, /1.2=11 мм, /2-з=П мм, /3—4= 11 мм, 14_&~Ы мм, /6^.в=
= 19 мм, /в_7=15 мм, /7_g=12 мм, /8_9=11 мм, /»-10=И мм.
Минимальный диаметр образца в месте разрушения оказался равным dx=
=6 мм. Построить график (эпюру) распределения относительного
остаточного удлинения по длине образца. Чему равно максимальное
равномерное удлинение 6рави? Вычислить среднее бср и максимальное
Таблица
Нагрузка
Р, кН
10
20
30
40
50
к задаче J.4
Отсчеты
правый
п, мм
20
27
34
42
50
по тензометрам
левый
п, мм
40
48
.58
67
75
Нагрузка
Р, кН
60
70
80
90
100
Отсчеты по
правый
п, мм
58
67
75
84
95
ген зо метрам
левый
п, мм
82
90
98
108
117

6max остаточные удлинения, а также относительное сужение в шейке
образца (Ф).
1.4*. Нормальный образец диаметром d=20 мм испытан на
растяжение. Деформации во время испытания измерялись двумя
зеркальными тензометрами с базой s=100 мм и увеличением 6=500. Данные
опыта приведены в таблице (стр. 7).
Вычислить модуль упругости Е материала образца и условный
предел пропорциональности ао,оо2.
1.5*. На плоском образце установлены два тензометра. Тензометр
А расположен вдоль оси образца, тензометр В — перпендикулярно
оси. Увеличения тензометров соответственно
равны kA=950, kB= 1190. Базы обоих тензометров
одинаковы: sa=sb=20 mm.
4
К задаче 1.5.
Таблица к
Нагрузка
Р, кН
2
12
22
32
задаче 1.5
Отсчеты
пА. мм
4,5
14,5
24,0
34,5
по тензометрам
Vmm
36,0
32,5
30,0
25,5
При растяжении образца ступенчато возрастающей нагрузкой
получены данные, приведенные в таблице.
Вычислить средние величины модуля про-
\ дольной упругости Е и коэффициента попе-
речной деформации \i (коэффициента Пуас-
сона). Площадь сечения образца F=l см2.
1.6. Определить величину коэффициента
поперечной деформации (коэффициента
Пуассона) для стали, если известно, что при
сжатии стального параллелепипеда
приращение показаний продольного тензометра А
оказалось равным АпА = 10 мм, а
приращение показаний поперечного тензометра В
составило Апв=3,5 мм. Базы тензометров
одинаковы: s=20 мм. Увеличения
тензометров Аи = 1000, ?в=1250.
Ь7*. Стальная полоса с отверстием
d=20 мм испытана на растяжение в
пределах упругих деформаций. Ширина полосы 6=60 мм,
толщина h=10 мм. На полосу наклеили шесть электродатчиков
(измерителей удлинений) с базой s=10 мм на равных расстояниях друг от друга.
К задаче 1.6.
8

Таблица
Нагрузка
Р, кН
5
25
45
к задаче 1.7
1
7,0
23,0
43,0
2
32,0
52,0
70,0
Показатели
3
8,0
44,0
82,0
датчиков п1
4
14,0
52,0
92,0
5
2,
21,
41,
0
0
0
6
20,0
38,0
58,0
К задаче 1.7.
Показания датчиков, полученные с помощью электронного измерителя
статических деформаций, приведены в таблице.
Построить эпюру нормальных напряжений в
осла.бленном сечении и вычислить коэффициент
концентрации напряжений вблизи отверстия. Мо
дуль упругости материала ?=2,0-10б МПа. Цена
деления измерителя деформаций с=1,25*10~5.
1.8. При испытании на растяжение нормального
образца из малоуглеродистой стали диаметром
d=2 см, длиной /=20 см получены
следующие данные: наибольшее растягивающее усилие
Ртах=182 кН, усилие в момент разрыва Рразр^
= 154 кН, длина рабочей части образца после
разрыва /i=25,2 см, минимальный диаметр
шейки di=l,4 см. Вычислить временное
сопротивление материала <тв, относительное остаточное
удлинение 8, относительное остаточное сужение
г|э. Найти приближенное значение удельной работы
деформации, приняв коэффициент полноты диаграммы растяжения
малоуглеродистой стали равным 0,85.
1.9. Шкала тензометра имеет 40 миллиметровых делений.
Увеличение тензометра k= 1000. Точность отсчета по шкале равна 0,2 мм.
Определить, при какой базе s тензометра можно обеспечить в упругой
области нахождение напряжений в стальных образцах с точностью до
Да=2 МПа. Вычислить величину наибольшего приращения
напряжений, которое можно измерить таким тензометром. Модуль упругости
стали принять равным ?=2-105 МПа.
1.10*. Вычислить наибольшую возможную ошибку
экспериментального определения модуля упругости при сжатии, если
относительная ошибка силоизмерителя пресса составляет ±2%; тензометр
позволяет измерять удлинения с погрешностью ± 1 %, а при измерении длины
и диаметра образца допускается относительная погрешность ±0,5%.
§ 2. Вычисление напряжений и деформаций
1.11*. Стальная полоса сечением 30X10 мм и длиной /=250 мм
растянута силой Р==60 кН. Модуль упругости материала полосы ?=
=2*105 МПа. Вычислить нормальное напряжение, абсолютное и
относительное удлинения полосы.
9

1.12. Полый цилиндрический стержень длиной /==200 мм под
действием сжимающей силы упруго укоротился на величину Д/=
=0,2 мм. Наружный диаметр цилиндра D=40 мм, внутренний
диаметр d=30 мм. Определить величину сжимающей силы и напряжения
в стержне, если модуль упругости материала равен ?=2*10б МПа.
1.13*. Цилиндрический стальной стержень длиной /=40 см и
диаметром D=2 см в средней части ослаблен прорезью длиной /г=20 см
и шириной ft=l см. Вычислить полное удлинение и напряжения в
ослабленной и неослабленной частях стержня, возникающие при
растяжении его силами Р=15 кН. Модуль упругости материала ?—
=2-ГО* МПа.
х Юсм>
к
f—
2Оом ,
40см
\
по А-А
по В-д
К задаче 1.13.
К задаче 1.14.
Ы4*. Вычислить напряжения в стреле АВ и тросе СВ мачтового
крана, несущего груз Р=2 кН. Стрела выполнена из стальной трубы
20X18 мм, площадь поперечного сечения троса равна 0,1 см2. Найти,
как изменятся напряжения в этих элементах, если, не изменяя
величины груза, перевести кран в положение ЛВ'С, изображенное на рисунке
штриховыми линиями.
1.15. Изображенный на рисунке переносный кран имеет
грузоподъемность Я=20 кН. Вычислить напряжения в элементах крана
с
К задаче 1.15.
К задаче 1.16.
и найти величину упругого укорочения стрелы АС. Материал
стрелы — сталь с модулем упругости ?=2-105 МПа. Принять АВ=АЕ=
=4F=2 м. Угол EAF равен 90°. Плоскость ABC делит прямой
двугранный угол EABF пополам. Тросы BE, BF и струна ВС имеют
диаметр сечения 20 мм. Диаметр стойки АВ равен 50 мм, а стрела АС
имеет трубчатое сечение 100x92 мм.
10

1.16*. Жесткая балка ОС шарнирно закреплена в точке О и
нагружена силами, равномерно распределенными по ее длине. Вычислить
нормальные напряжения в подкосе Л В, если площадь его сечения
Fab^S см2. Вычислить величину вертикального перемещения Ас
свободного конца балки (точки С), приняв модуль упругости материала
подкоса ?=2*10б МПа и пренебрегая деформацией самой балки.
Интенсивность распределенной нагрузки q=2 кН/м, 1=4 м, ft=l,5 м,
а=30°.
1.17. Чугунная труба длиной 1 м нагружена сжимающей силой
Р=200 кН. Наружный диаметр трубы D = 10 см, толщина стенки
/i==l см. Вычислить величины напряжения, относительного и абсо*
лютвого укорочений трубы, считая /?==1,2-105 МПа.
V/////A
/70 А-А
К задаче 1.17.
К задаче 1.18.
1.18*. На стальной брус круглого сечения диаметром D=3 см,
жестко защемленный одним концом, действуют три силы,
направленные вдоль оси бруса: Рх=100 кН, Ра=140 кН и Р8=120 кН, как
показано на рисунке. Вычислить продольные силы N и напряжения
а на участках /—2, 2—3, S—4 бруса и упругие перемещения w
сечений I—I, II—II, III—III. ПострЪить эпюры продольной силы,
напряжений и перемещений по длине бруса. Принять модуль упругости
материала бруса ?=2*10б МПа, длины участков: а=0,2 м, Ь=0,1 м,
с=0,3 м,
1.19*. Ступенчатый брус нагружен силами, направленными вдоль
его оси Ра=120 кН, Рь=60 кН, Рс=*20 кН. Длины участков бруса
равны а=0,2 м, 6=0,4 м, с=0,8 м, а площади сечений Fe=15 см2,
К задаче 1.19.
/76== 10 см2, Fc=5cm2. Модуль упругости материала бруса ?=2 -КРМПа.
Построить эпюры продольных сил N, нормальных напряжений а,
относительных удлинений р и продольных перемещений сечений
бруса w.
U

JJ
1,20*. Два цилиндрических стержня: ступенчатый и полый —
закреплены своими верхними концами. Противоположные концы
нагружаются растягивающими силами. Вычислить и сравнить между собой
жесткости этих стержней на растяжение сступ и спол, считая отношение
Диаметров dlD=a<\, а отношение длин
участков ступенчатого стержня /2//i=p.
Длины стержней одинаковы.
Найти, при каком отношении между
величинами аир жесткости стержней
равны.
§ 3. Условие прочности, определение
перемещений
Т
К задаче 1.20.
1.21*. Подобрать диаметр d шпилек
крепления цилиндра двигателя
внутреннего сгорания, считая распределение
усилий между шпильками
равномерным. Дано: внутренний диаметр
цилиндра D=.1OO мм, наибольшее избыточное давление газов в
цилиндре р=10 МПа, число шпилек п=8, допускаемое напряжение
для материала шпилек [а]=60 МПа.
1.22. Произвести проверочный расчет на прочность цилиндра и
штока поршня компрессора, создающего давление р=25 МПа.
Внутренний диаметр цилиндра D=40 мм, толщина стенки Л=2 мм, диаметр
штока d=15 мм. Допускаемое напряжение для
материала штока [а1ш=160 МПа, а для материала
цилиндра [а]ц=300 МПа.
1.23*. Груз Р удерживается двумя
одинаковыми стержнями сечением F=5 см2,
наклоненными к вертикали под одинаковыми углами <х=60°.
Определить допустимую величину груаа Р и
вычислить перемещение Дв узла В; допускаемое
напряжение материала стержней на растяжение
[а]р=100 МПа, а модуль ?=2-105 МПа.
1.24*. Подобрать площади сечений стержней
кронштейна ABC, нагруженного силой Р= 150 кН,
по допускаемому напряжению [а]р=120 МПа для
растянутого стержня и [а]с=50 МПа для
сжатого. Углы, составляемые направлениями
стержней и силы с вертикалью: а=135°, Р=30°, 7=0°.
1.25*. Плоский узел ABC нагружен силой Р=100 кН,
составляющей с вертикалью угол 7=30°. Длины прикрепляющих стержней Ub—
=0,2 м и /ас=0,1 м, площади сечений FAB=10 см2 и FAC—3 см2,
углы между стержнями и горизонталью а=30° и р=60°. Модуль
упругости материала стержней ?=2-105МПа. Вычислить: а)
горизонтальное перемещение узла Аж, б) вертикальное перемещение узла Ау,
в) полное перемещение узла А и его направление (угол 0 между
направлением полного перемещения и горизонталью).
12
К задаче 1.22.

К задаче 1,24.
К задаче 1.25.
К задаче 1,23.
1.26*. Плоская ферма, составленная из стержней одинакового
сечения, нагревается на Д?=100 К. Определить величину
вертикального перемещения узла Л, вызываемого нагревом, если коэффициент
линейногб расширения материала стержней а=1,25*10". Размер
/=100 см. Температуру опорных стержней фермы считать неизменной.
К задаче 1.26.
К задаче 1.27.
1,27 *. При монтаже фермы оказалось, что стержень ВС выполнен
короче проектного размера на величину Д0=0,005 /. Определить
перемещение узла Л, вызванное этим изменением размера, считая узлы
фермы идеальными шарнирами. Длина /=120 см.
1.28. Вычислить усилия в стержнях конструкции, изображенной
на рисунке, Подобрать сечение наиболее нагруженного стержня по
К задаче 1.28.
допускаемому напряжению [а]=160 МПа. Вычислить вертикальное
перемещение Ау узла Л, приняв Р=50 кНг /=80 см, ?=2»105 МПа.
Площади сечений стержней считать одинаковыми.
1.29. Определить полное перемещение узла А конструкции, пока-,
занной на рисунке к задаче 1.28, вызываемое нагревом всех стержней
на Д/=200 К, если коэффициент линейного расширения материала
a=l2510-*
13

1.30. Вычислить полное перемещение узла А стержневой
конструкции, показанной на рисунке к задаче 1.28, если известно, что все
стержни выполнены на 0,5% длиннее их номинальных размеров.
§ 4. Статически неопределимые задачи
1.31*. Вычислить усилия в стержнях трехстержневого узла и
определить допустимую величину груза Р, приняв угол а=30°,
площадь сечения каждого из стержней F=2 сма, модуль упругости Е~
=2*105 МПа, предел текучести ат=260 МПа, коэффициент запаса
по пределу текучести пт=2. Определить, насколько изменится
величина допустимой силы Р, если площадь сечения среднего стержня
уменьшить вдвое, hq изменяя сечений боковых стержней:
„,?,„/,мЛ„„>,„Ж
К задаче 1.32.
К задаче 1.33.
1.32. Четырехстержневой узел А нагружен вертикальной силой Р.
Вычислить усилия в стержнях узла, если угол а==30°. Материал и
сечения стержней одинаковы.
1.33. Вычислить допустимую величину силы Р, приложенной к
узлу Л, поддерживаемому четырьмя симметрично расположенными
стержнями, лежащими в одной плоскости с силой. Материал
стержней—сталь, ?=2-10? МПа, ат=260 МПа. Коэффициент запаса по
пределу текучести пт=2. Угол а=30°. На сколько изменится вели
чина Р, если средние стержни АС и AD выполнить из холоднотянутой
меди, для которой ?=1,2-10* МПа, ат=300 МПа. Площади сечений
стержней одинаковы и равны F=2 см2,
1.34* . Пятистержневой плоский узел А нагружен силой Р,
наклоненной под углом а=-30° к горизонтали. Найти усилия в стержнях,
КГТ^
К задаче 1.34,
К задаче 1.35.

считая, что они имеют одинаковое сечение и изготовлены из одного
и того же материала. Углы между стержнями одинаковы: Р=30°.
1.35. Вычислить усилия в стержнях плоского узла Л, считая что
стержни имеют одинаковые сечения и выполнены из одного и того же
материала. Определить потребную величину площади сечения
стержня, если Р=100 кН, а допускаемое напряжение [<т]=160 МПа.
1.36. Вычислить усилия в стержнях статически неопределимой
плоской фермы, считая, что стержни имеют одинаковое поперечное
сечение и выполнены из одного и того же материала. Подобрать
площадь сечения по наиболее нагруженному стержню при Р=150 кН
и допускаемом напряжении [сг]=160 МПа.
К задаче 1.36.
К задаче 1.37*
1IT
ft
15
11
11
10
9
8
А
1.37. Между свободными торцами двух стержней, защемленных
противоположными концами, имеется зазор Д=10~4 /. Верхний
стержень нагружен силами 2Р и Р, приложенными в сечениях т—т и
п—п. Вычислить допустимую величину параметра нагрузки Р, приняв
модуль упругости материала ? = 2«10бМПа, площадь сечения
каждого стержня F=25 см2, допускаемое давление на фундамент в
сечении В [а]с=40 МПа,
допускаемое напряжение материала
стержней на растяжение [а]р=200 МПа.
Как изменится величина
допустимой силы Р, если зазор Л
увеличить вдвое?
1.38. Стальная лестница
прикреплена к стене на уровнях
первой и одиннадцатой ступеней.
Считая стену абсолютно жесткой-,
вычислить реакции опор лестницы для
случая, когда на ней находятся три
человека весом по 1 кН каждый,
расположенные на пятой, девятой
и четырнадцатой ступенях, считая
снизу.
т
I \
U
f
т
Ы>
/////////л
б
К задаче 1.38.
К задаче 1.39.
1.39*. Ступенчатый брус, жестко защемленный обоими концами,
нагружен силой P=2Q0 кН в сечении т—пг и силой 4Р:=8Р9 кН в
15

сечении п—п. Вдоль оси бруса имеется сквозное отверстие диаметром
do=2 см. Внешние диаметры ступеней: Di=6 cm, D2=4 cm, D3=8 см.
Материал — сталь, ?=2«105 МПа. Определить реакции опор Л и В,
построить эпюры продольных сил N, нормальных напряжений а и
продольных перемещений поперечных сечений бруса w.
1.40. Ступенчатый брус жестко закреплен концевыми сечениями и
нагружен в точках С и D силами 2Р и Р. Соотношения между
площадями сечений участков бруса показаны
на рисунке. Подобрать сечение бруса
по допускаемому напряжению [а]=
= 160 МПа. Параметр нагрузки Р=
= 60 кН. Вычислить величину Ас
вертикального перемещения точки С
и удлинение Д/С?) средней ступени
бруса, если ?=2-10б МПа.
1.41*. Короткая деревянная
колонна сечением 25x25 см,
усиленная четырьмя стальными
уголками 40x40x4 мм, сжимается силой
Р, передающейся через абсолютно
жесткую плиту. Вычислить, какая
часть силы воспринимается
уголками, и определить допустимую
величину Силы Р, если для стали Е^=
: 2-10* МПа, [а]ст=160МПа, а для
в
К задаче 1.40.
.дерева Е
К задаче 1.41.
ст ,
др л 104 МПа, [а]д==12 МПа. Определить, на сколько
требуется укоротить уголки, создав зазор между ними и плитой, чтобы
обеспечить равнопрочность конструкции. Найти допускаемую
величину сжимающей силы для этого случая.
1.42*. Панель, образованная дуралюминовой пластинкой
толщиной /=0,2 см, подкрепленной по продольным краям стальными
уголками (стрингерами), растягивается
силами, равнодействующая которых
Р проходит через центр сечения С.
Вычислить, как распределяется
нагрузка между стрингерами и
пластинкой, если площадь сечения каждого
уголка FYT=2 см2, размеры
пластинки а=40 см, fe=20 см, модуль
упругости стали ?ст=2,1 -1№ МПа,
дуралюмина ?4yp=s7-107 МПа.
Определить допускаемое значение нагрузки [Р\ при коэффициенте
запаса /г=3, исходя из величин временного сопротивления .для стали
оЦш ст=900 МПа, для дуралюмина oBt дур=400 МПа,
' 1.43. Ступенчатый брус, жестко защемленный концевыми
сечениями, нагружен в точке D сосредоточенной силой Р=50 кН. Участок
АС находится под действием равномерно распределенной осевой
нагрузки интенсивностью ?=100 кН/м. Вычислить реакции в заделках
НА и Нв, построить эпюры продольных сил N, нормальных напряже-
10
К задаче 1.42.

ний а, продольных перемещений w сечений бруса. Определить
большее перемещение штах и наибольшее напряжение атах, если
/=1,2 мм, F=2 см2, ?-2,1 -105 МПа, апц=400 МПа.
F
4F
1а
К задаче 1.43.
К задаче 1.44.
1,44. Для ступенчатого бруса, жестко защемленного своими
концами, определить реакции в заделках, построить эпюры продольных
сил N, нормальных напряжений а, продольных перемещений w.
Определить опасное сечение и подобрать площадь сечения по условию
прочности при допускаемых напряжениях на растяжение [aL=160 МПа,
на сжатие [а]с=60 МПа. Принять Р=20Э кН, G=200 кН/м, а=0,5 м.
1.45*. Абсолютно жесткий брус ЛБ, нагруженный равномерно
распределенными силами интенсивностью q, подвешен на двух
одинаковых параллельных стальных тягах сечением F=10 см2 и оперт
посередине на полый медный цилийдр 100X80 мм. Определить
допускаемую величину интенсивности распределенной нагрузки по
допускаемым напряжениям для стали [сг]ст=160 МПа, для меди [о]ы=
=40 МПа. Модуль упругости стали ?ст=2,М05 МПа, меди — Ям^
= 1,4.10! МПа.
У////У////Л
К задаче 1.45.
К задаче 1.46.
1.46*. Абсолютно жесткий брус поддерживается тремя
параллельными тягами с одинаковой площадью сечения /7=10 см2. Вычислить
усилия в стержнях и найти допускаемое значение нагрузки по
допускаемому напряжению [а]=160 МПа. Определить, на каком расстоянии
л; от левого конца бруса надо приложить силу Р, чтобы при'нагруже-
нии брус перемещался поступательно. Чему будет равна допускаемая
величина нагрузки в этом случае?
1.47. Абсолютно жесткая мачта CDE расчалена тросами и шарнир-
но оперта на фундамент в точке С. Мачта воспринимает равномерно
распределенную по ее высоте ветровую нагрузку интенсивностью
(/=0,5 кН/м. Сечения тросов одинаковы, материал тросов — сталь с
модулем упругости Е=2 -105 МПа. Подобрать сечение тросов по
допускаемому напряжению [сг]=100 МПа и вычислить горизонтальное пере-
17

мещение AF верхнего конца мачты под действием нагрузок. Трос
работает только на растяжение. Начальным натяжением тросов
пренебречь.
К задаче 1.47.
К задаче 1.48.
1.48. Абсолютно жесткая плита прямоугольного сечения оперта
по углам на короткие колонны одинаковой длины и сечения. Она
нагружена сосредоточенной силой Р=100 кН, приложенной к точке К,
которая делит диагональ АС в отношении 1 : 2. Подобрать сечение
стержней по допускаемому напряжению [а]=50 МПа и определить
наибольшее опускание угла плиты. Дано: а=4,5 м, 6=3 м, /=1 м,
?=2-105 МПа. Повторите решение, учитывая влияние*собственного
веса плиты G=50 кН.
1.49*. Абсолютно жесткий брус AD шарнирно прикреплен в точке D
к абсолютно жесткой стенке и поддерживается тремя подкосами /,
2 и 3. Вычислить усилия в подкосах и величину параметра нагрузки Р
по допускаемым напряжениям [<т]=160 МПа, если сечения всех
подкосов имеют одинаковую площадь F=2 см2.
ZP
К задаче 1.49.
К задаче 1.50.
1.50. Абсолютно жесткий брус, показанный на рисунке двойными
линиями, шарнирно прикреплен к неподвижному абсолютно жесткому
телу стальными стержнями. Вычислить усилия в стержнях и площадь
сечения F, если допускаемое напряжение на растяжение [а] =160 МПа,
а на сжатие [<т]с=50МПа. Величина параметра нагрузки Р= 100 кН!
18

§ 5. Температурные и монтажные напряжения
1.51, Определить температурные напряжения, возникающие в
трамвайных рельсах, сваренных в непрерывные длинные плети при
температуре 290 К, если в течение года температура изменяется от
240 К до 310 К. Коэффициент линейного расширения стали а=1,25х
XlO~5 1/К, модуль упругости ?=2-105 МПа. При какой температуре
следует сваривать рельсы, чтобы наибольшие напряжения растяжения
и сжатия при сезонных колебаниях температуры были одинаковы?
1.52*. Три стальных бруса различного сечения жестко заделаны
в абсолютно неподатливые стенки. Вычислить напряжения в брусьях
при повышении температуры на 30 К. Определить для каждого бруса
реакции стенок, если a=l,25-10" 1/К, ?=2-10б МПа, F=2 см2.
20т t 727, 20
К задаче 1.52.
К задаче 1.53.
К задаче 1.54.
1.53*, Симметричный трехстержневой узел собран при температуре
Г0=290 К. Определить напряжения в его стержнях при нагреве до
370 К. Найти перемещение точки А. Стержни стальные, а=1,25х
Xl0~5 1/К, ?"=2 -105 МПа. Изменением модуля упругости при
нагреве пренебречь; 1=2 м.
1.54*. Массивная дуралюминовая балка 1=3 м, поддерживается
двумя стальными подкосами, имеющими площади сечений FBD=5 см2
и Fcd—IQ см* Расстояния до точек прикрепления подкоса BD равны
а=\ м, Ь=\ м. Вычислить усилия и напряжения в подкосах при
нагреве всей конструкции на ДГ=30 К. Упругой деформацией балки
пренебречь, но учесть ее температурное удлинение. Принять для стали
аст=1,25-10-5 1/К, ?ст=2-Юб МПа, для дуралюмина аду =2,25х
ХЮ-* 1/К.
1.55*. Две дуралюминовых втулки высотой по 20 мм стянуты
стальным болтом. Между втулками имеется медная прокладка толщиной
А
В
Дуралюмин
медь >
1SL,
Я
Сталь
< 20 \ю^
¦1
г2Оу
>—<
в
<
7° F
и
и
\
\
К задаче i .55.
К задаче 1.56.
19

10 мм. При температуре 300 К натяжение болта Afo=2O кН, Вычислить
полное продольное усилие N и напряжения в болте и во втулках после
нагревания соединения до 320 К. Дано: ?ст=2,1 «105МПа, аст=1,25х
1О 1/К ?1Ы0 МП 16510 1/К ? МП
р
Х1О~5
?м=1,Ы05 МПа, ам=1,65-10~*
А
ст
?дур=7-104 МПа,
м дур
адур =2,25 *10~5 1/К. Деформацией шайб АВ и CD пренебречь
1.56. Конструкция, схема которой показана на рисунке, собрана
без начальных напряжений при температуре 290 К. Стержни —
стальные; ?=2,1 *105 МПа; a=L,25*10~§ 1/К. Определить напряжения в
стержнях, возникающие при нагревании их до температуры 340 К.
1.57. Два абсолютно жестких блока должны быть соединены между
собой тремя параллельными упругими стержнями. Один стержень
оказаШся короче двух других на 5 •10" /. Вычислить напряжения,
которые возникнут после сборки в двух случаях: а) короткий стержень
поставлен посередине; б) короткий стержень поставлен с краю. Во
втором случае найти взаимный угол поворота блоков. Модуль
упругости материала стержней ?=2«105 МПа.
47 Ъ F (Г
К задаче 1.57.
К задаче 1.58.
1.58*. При сборке трехстержневого узла оказалось, что средний
стержень длиннее номинального размера на 5*10 /. Вычислить
напряжения в стержнях после сборки узла, считая ?=2»105 МПа.
и
К задаче 1.59.
К задаче 1.60.
1.59*. Абсолютно жесткая балка поддерживается двумя стальными
подкосами, имеющими площади сечений FBE=^2 см2, FCD=4: см2.
Верхняя тяга короче номинального размера на 6=0,1%. Вычислить
напряжения в подкосах после сборки, приняв a=b=c=d=) м. ?=2-105МПа.
20

1.60. Вычислить напряжения в стержнях, возникающие при сборке
узла, из-за того, что стержень AD короче номинальной длины на 6=
=0,001 /. Материал стержней — сталь с модулем упругости 2,1 X
X 105 МПа.
§ 6. Учет собственного веса и центробежных сил
1.61*. Вычислить величину наибольшего нормального напряжения
и полное удлинение стержня постоянного сечения, закрепленного
верхним койцом и растягивающегося под действием собственного веса.
Построить эпюры продольных сил N, нормальных напряжений о и
продольных перемещений w для стального стержня длиной /=10 м.
Плотность стали р=7,85 -103 кг/м3, модуль упругости ?=2,1 »105 МПа.
Определить наибольшую длину /пр стержня, допускаемую по условию
прочности, если допускаемое напряжение [сг]=160 МПа.
1.62. Цилиндрическая колонна длиной /=4 м сжата силой Р=50 кН.
Определить необходимую площадь сечения колонны F с учетом ее
собственного веса при допускаемом напряжении [а]=2 МПа; плотность
материала р=2-103 кг/м3. Найти укорочение колонны при ?=
=2-104 МПа.
1.63. Ступенчатая штанга шахтного насоса состоит из четырех
частей разного диаметра, но равной длины /=7,5 м. К нижнему концу
штанги приложен груз Р=8 кН. Плотность материа- А
ла штанги р=7,7*103 кг/м3. Диаметры ступеней
определены из условия прочности при допускаемом напряжв-
нии [а]=70 МПа. Определить выигрыш в весе, кото- '*
рый дает использование ступенчатой штанги по
сравнению с равной по прочности штангой постоянного
диаметра.
1.64*. Ступенчатый брус, защемленный обоими кон-,
цами, деформируется под действием собственного *%
веса. Вычислить реакции на концах бруса VA и VBi
считая, что обе его части, имеющие площади сечений Fau Fbi
выполнены из одинакового материала с плотностью р и
модулем упругости Е.
1.65. Шарнирно закрепленная одним концом лопат- л
ка центробежного компрессора имеет постоянное по дли- к задаче 1.64.
не сечение и вращается относительно точки закрепления
с постоянной угловой скоростью 0=1000 1/с. Построить эпюры
продольных сил N, нормальных напряжений а и продольных
перемещений w сечений лопатки по ее длине. Длина лопатки /=15 см,
модуль упругости материала ?=2 «105 МПа. Вычислить предельную
длину лопатки при допускаемом напряжении материала [а]=200МПа.
Плотность материала р=7,85 •Ю3 кг/м3.
1.66. Бандажированная лопатка турбины вращается с постоянной
угловой скоростью со = 1500 1/с. Масса бандажа, прикрепленного к
свободному концу лопатки, равна 20 г. Сечение лопатки постоянно
по длине /=10 см. Массу бандажа считать сосредоточенной на конце
лопатки на расстоянии / от оси вращения. Определить площадь сече-
21

ния лопатки по допускаемому напряжению [а]=160 МПа, если
плотность материала р=7,85-103 кг/м3.
1.67*. Призматический ступенчатый брус, защемленный верхним
концом, растягивается собственным весом и силой Р, приложенной
к нижнему концу. Напряжения в верхних сечениях каждой ступени
равны допустимому напряжению [а]. Определить длину х нижней
ступени бруса так, чтобы вес бруса был минимальным. Плотность
материала бруса равна р.
'///////л
\'Р
К задаче 1.67.
К задаче 1.68.
К задаче 1.6
1.6§. Балка АС шарнирно прикреплена к абсолютно жесткой стене
и поддерживается стальной тягой BD. Определить, положение точки
В соединения тяги с балкой из условия минимума веса тяги, если
/==6 м, й=3 м, Р=40 кН, плотность стали р=7,85-103 кг/м3,
допускаемое напряжение [al=160 МПа, вес одного метра балки р=1 кН.
1.69. Вычислить теоретический вес (без учета веса соединительных
элементов) двухстержневого узла с симметрично расположенными
стержнями, считая, что стержни изготовлены из одинакового
материала, для которого допускаемое напряжение на растяжение в два раза
больше допускаемого напряжения на сжатие: [ajp=2[a]c< Рассмотреть
два случая: а) к узлу приложена только горизонтальная сила Рг и
б) к узлу приложена только вертикальная сила Рв При каком
значении угла а вес оказывается наименьшим? Вычислить его, считая плот-
ность р материала стержней известной.
1.70. Абсолютно, жесткий брус АВ нагружен равномерно
распределенной нагрузкой G=5 кН/м, в которую включен и собственный вес
МЖШЩ
К задаче 1.70.
бруса. Определить длину h стержней АС и AD так, чтобы суммарный
вес всех трех прикрепляющих стержней был наименьшим. Стержни
стальные, р=7,85 403 кг/м3, допускаемое напряжение на растяжение
22

[cr]p= 160 МПа, на сжатие [а]с=80 МПа. Площади сечений стержней
выбираются из условия их равнопрочности. Вычислить минимальный
вес всех прикрепляющих стержней, считая /=4 м.
§ 7. Расчет по предельному состоянию
1.71*. Вычислить предельную величину силы Рпр, приложенной
к трехстержневому узлу, при которой напряжения во всех трех
стержнях достигнут предела текучести ат=260 МПа. Необходимые данные
взять из задачи 1.31. Определить, насколько увеличится допускаемая
нагрузка при коэффициенте запаса ят=2 по сравнению с полученной
в задаче 1.31 (Р=60 кН) в результате расчета по допускаемым
напряжениям. Построить» диаграмму вертикального перемещения узла А
в функции нагрузки Р. Модуль упругости ?=2«10б МПа, длина
боковых стержней Iab^Iad—^ m-
1.72. Найти величину предельной нагрузки Рпр, приложенной к
симметричному пятистержневому узлу. Площади сечений всех
стержней одинаковы, F=2 см2. Построить график перемещений узла А
в функции нагрузки Р. Дано: /=1 м, а=30°, ?=2*105 МПа, ат=
=400 МПа.
с д
О Л С
Р\'
К задаче 1.72.
К задаче 1.73.
1.73*. Вычислить величину предельной нагрузки для фермы,
нагруженной в точке А вертикальной силой Р. Определить, как
изменится величина предельной нагрузки, если силу перенести вдоль линии
ее действия в точку В. Сечения стержней одинаковы, F=5 см2; пределы
текучести при растяжении и сжатии одинаковы, ат=300 МПа.
Считать, что сжатые стержни устойчивости не теряют.
1.74. Определить предельную величину силы Р, которую можно
приложить к абсолютно жесткому брусу, подвешенному на трех
параллельных стальных тягах. Вычислить величину перемещения точки
I
а ^
К задаче 1.74.
23

приложения предельной нагрузки. Дано: /=0,5 м, а=0,3 м, F=2 см2,
?=2, 6=0,6 м, с=0,3 м, ат=240 МПа, ?=2-10* МПа.
1.75*. Вычислить предельную величину силы Р, которую можно
приложить к абсолютно жесткому брусу AD, Определить коэффициент
запаса, о0еспечивающий упругую работу всех прикрепляющих стерж-*
ней. Материал стержней — сталь, Е=2 •105МПа, ат=350 МПа, предел
упругости ауп=300 МПа. Площадь сечения стержня F=5 см2.
с'
F
2.ct .
К задаче 1.75.
У//////.
К задаче 1.76.
1.76. Найти минимальную величину коэффициента запаса, который
при расчете фермы по предельному состоянию обеспечивает работу
ее стержней в упругой области. Сечения всех стержней одинаковы,
F=4 см2; предел текучести ат=400 МПа, предел упругости avn=
=360 МПа.
1.77. Сравнить величины предельных нагрузок для двух одинаковых
брусьев: защемленного верхним концом и защемленного двумя,
концами. Оба бруса нагружены вертикальной силой, приложенной
посередине их длины. Материал брусьев имеет равные пределы текучести
при растяжении и при сжатии.
1.78*. Определить, насколько изменится несущая способность
бруса, если температура его повысится на 50 К. Площадь сечения бруса
К задаче 1.78.
F=10 см2, материал — сталь, ?=2«10б МПа, ат=350МПа,
коэффициент линейного расширения a=l,25'10~5 1/K. Считать, что нагрев на
механические характеристики материала не влияет.
1.79*. Сравнить величины допускаемой силы Р, нагружающей
железобетонную колонну, проведя расчет по допускаемым напряжениям,
а затем по предельному состоянию. В обоих случаях коэффициент
запаса принять равным дт==3. Стальная арматура занимает 2% от
общей площади сечения колонны. Дано: для стали ?CT=2-105 МПа,
ат.ст=400 МПа; для бетона ?б=2-104 МПа, ат.б=25 МПа.
1.80. Составной короткий цилиндр цагружен сжимающей силой
Р, передающейся через абсолютно жесткую плиту Л В. Внутренний
цилиндр выполнен из дуралюмина, наружный — из стали. Принять,
24

что каждый материал, достигнув предела текучести, не оказывает
дополнительного сопротивления дальнейшей деформации. Определить
допускаемую нагрузку на цилиндр двумя способами: по допускаемым
i
Сталь
у///////////.
Арматура
С
; -Дурамюмин
К задаче 1.79.
К задаче 1.80.
напряжениям и по предельному состоянию при одинаковом
коэффициенте запаса л=2. Сравнить величины полученных нагрузок. Дано:
для стали ?ст=2-105 МПа, сгт^т=240 МПа; для дуралюмина ?д=*
=7 -104 МПа, (Тт. д=190 МПа.
§ 8. Линейное, плоское и объемное
напряженные состояния
1.81. Цилиндрический стержень диаметром d=
ется силами Р=20 кН. Вычислить нормальные и
касательные напряжения на площадке тп,
наклоненной под углом р==30° к оси стержня. Указать,
по каким площадкам действуют максимальные
нормальные и касательные напряжения, и
вычислить их значения.
1,82*. Определить величину силы Я,
растягивающей образец прямоугольного сечения 50 X 20 мм,
если известны величины нормальных напряжений
аа=20МПаи<Тр=60МПа на взаимно
перпендикулярных площадках ab и cd.
16 мм растягив^-
К задаче 1.81.
К задаче 1.82*

1.83. Найти, под каким углом ср к оси стержня надо наклеить тен-
зорезистор /, чтобы его показания при растяжении стержня были
вдвое меньше показаний тензорезистора 2, расположенного вдоль оси
стержня. Коэффициент поперечной деформации материала стержня
1г=0,25.
1.84. При сжатии короткого стержня возникают напряжения аа=
=—100 МПа и тр=40 МПа (Р=а+90°). Определить угол а между
нормалью к первой площадке и осью стержня, а также максимальные
нормальные и касательные напряжения в стержне.
1.85. Стержень круглого сечения растянут силой Р=120 кН.
Подобрать диаметр стержня так, чтобы наибольшие касательные
напряжения в нем не превышали 60 МПа. Определить нормальные
напряжения на площадке с наибольшими касательными напряжениями.
1.86*. Диаметр тяги круглого сечения равен 16 мм. Растягивающая
силаР=40кН вызывает в наклонном сечении ab касательные
напряжения та, составляющие 60% от нормальных напряжений в этом же
сечении ab. Определить угол наклона сечения и значения аа и та.
а
у
—у—
\
016
р
i
К задаче 1.86.
К задаче 1.87.
К задаче 1.88.
1.87*. К краям квадратной пластинки приложены нормальные
напряжения а!=150 МПа и а2=50 МПа. Вычислить аналитическим
методом и проверить графическим методом напряжения в сечении ab,
наклоненном под углом р=80° к направлению о±. Какие напряжения
действуют д сечении, перпендикулярном данному?
1.88*. По краям прямоугольного элемента, действуют нормальные
напряжения а^КЮ МПа и аа=—80 МПа. Известно, что в двух на-
клбнных сечениях ab и са элемента нормальные напряжения
одинаковы и равны 40 МПа. Под какими углами к направлению ог проведены
эти сечения? Чему равны касательные напряжения в этих сечениях?
1.89. В стальной прямоугольной полосе размерами 300 X100 X 10 мм
действуют нормальные напряжения ах=120 МПа и аа=60 МПа.
Вычислить изменение всех размеров полосы, вызванное ее упругой
деформацией. Принять ?=2-105 МПа, ^=0,25. Определить относительную
объемную деформацию гу.
26

1.90. Квадратная пластинка со сторонами, равными 0,2 м, имеет
толщину h=lO мм. Она нагружена по краям нормальными
напряжениями ах=200 МПа и а2=—100 МПа. Определить изменения сторон
квадрата, площади квадрата и объема пластинки при ее упругой
деформации. Принять ?=2-10б МПа, [л,=0,25.
mrmmttmmm
-г
К задаче 1.89.
К задаче 1.91.
1.91*. Плоский прямоугольный элемент нагружен по краям
нормальными и касательными напряжениями аа=—200 МПа, аа+9ао=
= 100 МПа, та=—120 МПа, та+90в=—та. Определить величины и
направления главных напряжений, изобразить их на рисунке,
проверить аналитическое решение графическим путем.
1.92. В двух взаимно перпендикулярных течениях прямоугольного
элемента действуют нормальные напряжения аа=30 МПа и ога+9о°=
=—30 МПа. Касательные напряжения та=60 МПа. Вычислить
величины и направления главных напряжений. Определить, как они
изменяются, если изменить знак касательных напряжений та при
неизменных аа и аа+9о°.
L93*. Стальная пластинка нагружена по краям напряжениями
аа=100 МПа, аа+/9ов=—40 МПа, та=—50 МПа. Определить, под
каким углом а к напряжению <та надо .установить тензометр Л, чтобы
Т<С+30^
А
А*
1 Ч
К задаче 1.93.
он давал наибольшие показания при вагружении. Найти наибольшее
относительное удлинение гг при ?=2-105 МПа и [л=0,25 и
соответствующее ему приращение показаний тензометра, имеющего базу s==
= 10 мм и увеличение k== 1000.
1.94. Тонкая стальная прямоугольная пластинка нагружена по
краям нормальными и касательными напряжениями аа=—60 МПа,
27

а+9о 20 МПа, та = 30 МПа. Найти направление, по которому
отсутствует удлинение. Принять ? = 2-105 МПа, [л = 0,25.
1.95*. Вычислить относительное упругое уменьшение объема ev
бетонного куба ABCD, сжатого при помощи шарнирного механизма
усилиями, равномерно распреде-
ленными по всем четырем'
боковым граням. Длина ребра куба
а=0,1 м. Модуль упругости
материала ?=2-104 МПа,. |л=0,17,
предел пропорциональности апц~
= 10 МПа. Силы, приложенные в
точках К и L механизма,, равны
Р*=50 кН.
1.96. Между параллельными
неподвижными плитами А и В плотно
вставлен стальной брус, имеющий
ф
К задаче 1.95.
Кзадаче 1.96.
форму параллелепипеда со
сторонами а=4 CMj 6=2 см, /=6см.
Вычислить коэффициент поперечной
деформации материала бруса, если известно, что при сжатии силами
Р=100 кН давление бруса на плиты составляет/7=40 МПа. Определить
коэффициент относительной объемной деформации ev и упругое
укорочение бруса А/, пренебрегая силами трения его о плиты. Принять
?=2-105- МПа.
1.97. Медный кубик со стороной а=0,1 м вложен без зазоров в
гнездо стальной плиты, податливостью которой можно пренебречь.
Вычислить абсолютное А У и относительное &v изменение объема
кубика под действием сжимающей силы Р—500 кН. Модуль упругости
меди ?=Ы05- МПа, коэффициент поперечной деформации (г=0,34.
Определить максимальные ттах и октаэдрические токт касательные
напряжения в кубике.
К задаче 1.97.
К задаче 1.98.
1.98. Ступенчатый цилиндрический стержень ?>=18 мм, d=16 мм
подвергается действию давления /?=1000 МПа. Вычислить наибольшие
касательные напряжения тщах, октаэдрические нормальные аокт и
касательные токт напряжения в точках вблизи поверхности толстой
части стержня. Определить, как изменятся эти напряжения, если к
концам стержня дополнительно приложить растягивающие силы N=*
= 100 кН, показанные на рисунке штриховыми стрелками.
28

1.99*. Алюминиевый кубик испытывает действие нормальных
напряжений оа=— 40 МПа, аь== 100 МПа, а,=60 МПа, приложенных к его
граням. Вычислить: а) наибольшее касательное напряжение ттах,
б) октаэдрическое нормальное напряжение аокт, в) октаэдрическое
касательное напряжение токт, г) относительную объемную деформацию
8V, д) полную удельную потенциальную энергию щ упругой
деформации кубика и е) удельную энергию формоизменения иф. Считать ?=?
=7-104МПа, [г=0,35.
К задаче 1.99.
К задаче 1.100.
1,100. Стальной кубик нагружен по граням нормальными и
касательными напряжениями. Дано: 0^=120 МПа, сгу=80 МПа, az=
= 100 МПа, тху=—т^=40 МПа, ту2=— tzy=0, тж*=—тгэс=0.
Вычислить: а) величины и направления главных напряжений аи а2, а3,
б) максимальное касательное напряжение ттах, в) октаэдрические
нормальные аокт и касательные токт напряжения, г) относительную
объемную деформацию ev, д) полную относительную потенциальную
энергию упругой деформации и е) относительную энергию
формоизменения Иф. Принять ?=2*10$ МПа, [л=0,25.
§ 9. Теории (критерии) прочности
1.101*. Материал детали в опасной точке находится в объемном
напряженном состоянии. Вычислить расчетные напряжения o9t w
аэ, ш> аэ, iv
(эквивалентные напряжения) и
проверить прочность по II,
III и IV теориям
прочности, принимая допускаемое
напряжение на
растяжение [а]р=120 МПа и
[х=0,35. Проверить ~<з>
прочность по V теории
(Мора), если допускаемое
напряжение на сжатие К задаче 1.101. К задаче 1.102.
[а]с=300 МПа.
Главные напряжения: 0^=90 МПа, а2=70 МПа, а3=—30 МПа.
1.102. Вычислить расчетные напряжения по II, ГП и IV теориям
прочности для элемента, находящегося в плоском напряженном состоя-
29

нии. Материал — сталь, [л=0,25э [д]р=160МПа. Проверить прочность
элемента по V теории (Мора), если [<т]с=320 МПа. По границам
элемента действуют напряжения: <та=60 МПа, аа+90о=—80 МПа, та=
—40 МПа.
1.103. Цилиндрический резервуар диаметром D=0,8 м имеет стенку
толщиной Л=4 мм. Определить величину Допускаемого давления в
резервуаре, исходя из четвертой теории прочности; допускаемое
напряжение [сг]=130 МПа.
1.104*. Поплавок клапана испытательной машины представляет
собой замкнутый цилиндр из алюминиевого сплава. Внешний диаметр
К задаче 1.104. К задаче JL105.
цилиндра D=80 мм. Поплавок подвергается всестороннему сжатию
давлением р=30 МПа. Вычислить толщину стенки поплавка,
используя четвертую теорию прочности; допускаемое напряжение [а]=
= 160 МПа.
1.105. Чугунный цилиндрический сосуд диаметром D=0,2 м
имеет стенку толщиной Л=20 мм. Внутреннее давление в сосуде /?=4 МПа.
Кроме того, сосуд сжат силами N=200 кН, приложенными к его
торцам. Произвести проверку прочности цилиндра по V теории прочности
(Мора) при допускаемом напряжении на растяжение [alp=20 МПа и на
сжатие [а]с=60 МПа.
1.106. К квадратному элементу приложены растягивающие
напряжения ох, равные допускаемым напряжениям для данного материала
[<т}=100 МПа. Используя третью теорию прочности, определить
касательные напряжения т, которые нужно дополнительно приложить по
краям элемента, чтобы коэффициент запаса уменьшился в два раза.
1.107. Кубический элемент, вырезанный из тела главными
площадками, находится в плоском напряженном состоянии и нагружен на-
К задаче 1.107. К задаче 1.108.
пряжениями 0а и о1=2а2. Вычислить по второй теории прочности
допускаемые значения этих напряжений, если [а]=120 МПа, ja=0,3..
Определить, как изменится коэффициент запаса я, если к кубику
дополнительно приложите третье главное напряжение or3=a2.
30
•1
•^—
-г

1.108. Квадратный элемент, выделенный из чугунной детали,
находится под действием напряжений а=120 МПа и т=80 МПа. Проверить
его прочность, учитывая, что материал имеет различные допускаемые
напряжения на растяжение и сжатие: Ыр=160 МПа и [<г]с=320 МПа.
1.109*. Абсолютные величины напряжений на гранях плоского
элемента находятся в следующем соотношении: ох=2оу, т=0,5сгу.
Вычислить допускаемые величины этих напряжений по V теории
прочности (Мора) при [а]р=100 МПа, [а]с=250 МПа. Во
сколько раз изменится величина допускаемой
нагрузки на элемент, если его выполнить из материала,
имеющего одинаковое допускаемые напряжения на
растяжение ихжатие: [<т]=150 МПа?
К задаче 1.109.
К задаче 1.110.
1.110. Прямоугольный стальной брусок сечением 100x50 мм без
зазора вставлен между двумя параллельными неподвижными
стенками Л и В и нагружен в вертикальном направлении сжимающими
напряжениями а. Вычислить по второй и четвертой теориям прочности
допустимую величину о при допускаемом напряжении на сжатие [а]с=
= 160 МПа; Я=2*105- МПа, [г=0,25.
§ 10. Гибкие нити и тонкостенные сосуды
1.111*. Медный провод подвешен между двумя точками Л и В,
расстояние между которыми /=50 м. Определить допустимое
натяжение провода 7\ величину распора Н (натяжение в нижней точке) и
К задаче 1.111.
стрелу провисания /. Дано: диаметр сечения провода d=4 мм,
плотность материала р=8-103 кг/м8, допускаемое напряжение [а]=50МПа.
1.112*. Длина провода в ненапряженном состоянии /=40 м.
Определить напряжения и стрелу провисания провода, если его закрепить
по концам в точках, расположенных на одной высоте. Материал про^
вода — сталь, ?^2 -10б МПа, р=7,8 -103 кг/м3.
31

1.113. Буксировочный трактор тянет самолет с силой,
горизонтальная составляющая которой Хл=5 кН. Концы троса закреплены в
точках А и В, отстоящих от горизонтальной поверхности земли на
расстояние /i=0,5 м. Вес одного метра троса /?=8 Н. Определить зазор
А между тросом и землей, если известно, что расстояние /=10 м.
Подобрать сечение троса по допускаемому напряжению [от]=50 МПа.
К задаче 1.113.
К задаче 1.114.
1.114*. Трос провисает по кривой АСВ, которую приближенно
можно считать параболой. Вычислить натяжение троса. Вес одного
метра троса /7=12 Н.
1.115. Провод сечением F=0,5 см2 и погонным весом /?=4 Н/м
должен быть подвешен на опорах, отстоящих друг от друга на 20 м
и находящихся на одном уровне. Определить натяжение провода при
температуре 280 К, учитывая, что в процессе его использования
возможно понижение температуры до 230 К и одновременное
обледенение провода, повышающее его погонный вес на 2 Н/м. Дано: модуль
упругости ?=1 -Ю5 МПа, [а]=50 МПа, коэффициент линейного
расширения а=1,65-10-5 1/К.
1.116. Вычислить разрушающее давление для сферического
сосуда, внутренний диаметр которого d=0,2 м, а толщина стенки Л=3 мм,
если временное сопротивление материала
ав=1200 МПа. Расчет провести по
четвертой теории прочности.
1..117. Тонкостенный сосуд,
выполненный в виде полусферы радиуса г=3 м со
стенкой толщиной А=3 мм, шарнирно
закреплен по верхнему краю всей
окружности. Плотность жидкости, частично
заполняющей сосуд, равна р=103 кг/м3. Уровень
жидкости показан на рисунке. Построить эпюры главных
напряжений в стенке сосуда, не учитывая его собственный вес. Показать,
как изменятся эпюры при заполнении сосуда доверху.
1.118. Стальная цилиндрическая оболочка диаметром d=5 м и
толщиной /i=5 мм нагружается внутренним давлением. При этом тен-
зометрический датчик, наклеенный вдоль образующей цилиндра, дает
увеличение показаний на 40 делений. Определить главные напряжения
в стенке цилиндра и давление р, если цена деления тензометра с=
=0,5«10, модуль упругости материала цилиндра ?=2*10б МПа,
коэффициент поперечной деформации |х=0,25.
1.119. По латунной трубке с плотно надетой на нее стальной
рубашкой проходит газ под давлением р. Определить допускаемую величину
К задаче 1.117.

давления по условию прочности. Допускаемое напряжение для латуни
[а]л=30 МПа, модуль упругости Ел= 1,2 -10б МПа, допускаемое
напряжение для стали [а]ст=150 МПа, модуль упругости ?ст=2*105 МПа.
1.120*. Вычислить напряжения, возникающие после посадки
стального цилиндра толщиной 1 мм, нагретого до 330 К, на медную втулку
толщиной 4 мм, имеющую температуру 285 К. В момент посадки зазор
между втулкой и цилиндром считать равным нулю. Диаметр
посадочной поверхности 100 мм. После посадки соединение охлаждается до
285 К. Вычислить взаимное давление соединяемых деталей, если для
меди ам=1,65-10-5, ?м=Ы05 МПа, для стали аот=1,25-10Л
?ст=2-105МПа.
1.121. Внутренняя часть составного цилиндра имеет толщину 6 мм
и выполнена из латуни, ал==1,8«10 1/К, ?л=1,2-10~5 МПа. На нее
надета без натяга при температуре 290 К стальная рубашка толщиной
2 мм. Для стали аст=1,25-10-5 1/К, ?Ст=2,1 -105 МПа. Определить
давление рубашки на внутреннюю часть цилиндра и напряжения,
возникающие при нагреве цилиндра до
температуры 390 К. Изменением характеристик
материала при нагреве пренебречь.
1Л22*. По технологическим условиям сборки
внутренний диаметр стальной рубашки,-
имеющей толщину /tCT=l мм, выполнен на 0,05 мм
меньше наружного диаметра медной втулки
толщиной- 8 мм. Сборка ведется при
температуре 290 К. Определить, на сколько градусов
надо нагреть стальную рубашку для того, чтобы
ее можно было напрессовать на втулку. Какие
напряжения возникнут в деталях соединения
после сборки и охлаждения? Дано: a^^l
=2-10бМПа, ?м=1,1 -10* МПа.
1.123. Давление воздуха в цилиндре амортизационной стойки шасси
самолета в положении на стоянке равно /7=20 МПа. Внутренний
диаметр цилиндра d=100 мм, толщина стенки /i=4 мм. Вычислить
напряжения в стенке цилиндра и определить, как они изменятся после
взлета, если давление в амортизаторе уменьшится, вдвое.
1 124. Тонкостенный дуралюминовый цилиндр со стенкой толщиной
hA—b мм усилен плотно одетой стальной рубашкой толщиной ftCT=2 мм.
Внутренний диаметр цилиндра d=100 мм. Найти предельное
внутреннее давление по пределу текучести и взаимное надавливание цилиндра
и рубашки в этот момент. Принять для стали ?ст=2 «105 МПа, ат.Ст=
=500 МПа, для дуралюмина ?д=7»104 МПа, аТд=250 МПа.
1.125*. Цилиндрический сосуд, шарнирно закрепленный по
верхнему краю, снизу заканчивается полусферой. Построить эпюры
главных напряжений по высоте сосуда, считая, что он заполнен водой
доверху, и не учитывая его собственного веса.
1.126. Цилиндрический бак высотой Н наполнен жидкостью с
плотностью р. Высота уровня жидкости Нг. Жидкость находится под
давлением /?. Построить эпюры главных напряжений аг и а2 в стенках
сосуда по высоте цилиндра. Толщина стенки ft.
83
К задаче 1.122.
•10-11/К, Е„

1.127. Сосуд длиной /=0,5 м, составленный из цилиндрической и
конической оболочек с жесткими днищами, находится под давлением
~р=\ МПа. Вычислить максимальные напряжения в стенках оболочек,
у .. В
4SL
Pit
К задаче 1.125.
К задаче 1.126.
К задаче 1.127.
без учета возможности потери устойчивости. Дано: do=O,l м, di=
=0,15 м, d2=0,5 м, hi=4 мм, Л2==2 мм. Влиянием днищ на
напряженное состояние оболочек пренебречь.
1.128. Конический резервуар высотой 2Я=10 м заполнен водой
наполовину и шарнирно закреплен по верхнему краю. Толщина стенки
резервуара /i=3 мм, угол при вершине конуса 2<х=60°. Построить
эпюры главных напряжений вдоль образующей конуса и произвести
проверку прочности по четвертой теории прочности при допускаемом
напряжении [а] ==40 МПа.
О 33
К задаче 1.128.
К задаче 1.129.
1.129*, Тонкостенная труба в форме усеченного конуса шарнирно
закреплена по окружности на правом конце и нагружена давлением,
распределенным по ее длине по линейному закону. Заданы крайние
ординаты эпюры давления рА и pBi толщина стенки hy центральный
угол при вершине конуса 2а и размеры аи Ь, отсчитываемые от
вершины конуса О. Построить эпюры главных напряжений по длине трубы/
1.130. Вычислить увеличение диаметра сферического баллона под
действием расчетного внутреннего давления, определенного по второй
теории прочности, при допускаемом напряжении [а]=100 МПа.
Начальный внутренний диаметр баллона d=0,l м, толщина стенки /i=*
=2 мм, модуль упругости материала ?=2*10ШПа, коэффициент
поперечной деформации fi=0,3.

§ 11. Задачи, решаемые с применением ЭВМ
1.131*. Брус А В произвольного сечения длиной /, заделанный одним
концом, нагружен переменной по длине распределенной осевой
нагрузкой q (х) = q In A -f -у + sin ~J и сосредоточенной силой,
приложенной на свободном конце Л, P=lql.
Составить программу для вычисления на ЭВМ величины
продольной силы N в одиннадцати сечениях, разбивающих брус по длине на
К задачам 1.131—1.134.
десять равных интервалов. Первое сечение совпадает со свободным
концом бруса.
Задать значения параметров '?, q, /, вычислить величины
продольных сил с точностью до третьего десятичного знака после запятой и
построить эпюру N по длине бруса.
1.132. Брус переменного сечения длиной / нагружен равномерно
распределенной нагрузкой <7=const и сосредоточенной силой P=lql
на свободном конце А (? — произвольный коэффициент). Второй конец
бруса В жестко заделан. Площадь сечения на свободном конце равна
Fo и изменяется подлине бруса по закону F(a:) = F0 1 + f -у) .
Составить программу для вычисления на ЭВМ величин нормальных
напряжений а в одиннадцати сечениях, соответствующих разбиению
бруса на десять участков равной длины, начиная со свободного конца.
Задать значения параметров q, ?, /, Fo и найти напряжения с
точностью до третьего десятичного знака после запятой. Построить эпю-
РУа-
1.133. Вычислить величину продольного перемещения wA
концевого свободного сечения бруса АВ переменного сечения, диаметр
которого изменяется по закону d(x) =d0 A + (^} ), где d0 —
диаметр левого концевого сечения бруса.
По длине бруса действует осевая распределенная нагрузка,
изменяющаяся по закону q(x) = q0 A—у-J. На свободном конце
приложена сосредоточенная продольная сила Р=^01.
Состави1ъ программу для вычисления wA и найти это перемещение
с точностью до третьего знака после запятой, предварительно
задавшись величиной модуля упругости материала бруса и значениями
параметров <7о, d0, ?, /.
1.134. Для заделанного правым концом бруса А В переменного
сечения длиной / построить эпюру продольных перемещений, под действи--
85

ем распределенной осевой нагрузки q(x)~q (-у ] и сосредоточенной
силы P=%ql9 приложенной к евободному концу. Закон изменения
ту.
бодному
( I + у
где Fo — площадь
площади сечения бруса F (х)
концевого сечения Л.
Составить программу для вычисления на ЭВМ перемещений десяти
сечений, равноотстоящих друг от друга.
Задавшись значениями параметров Fo, Я-> !> / и модуля упругости
материала бруса ?, вычислить перемещения с точностью до третьего
десятичного знака после запятой и
построить эпюру w(x).
1.135*. Прямолинейный брус АВ
жестко защемлен обоими концами и нагружен
постоянной распределенной осевой
нагрузкой ^=const. Сечение бруса круглое
с диаметром, изменяющимся по закону
d(х) = d0 [! + G-) 7]» d(>~ Аиаметр
меньшего концевого сеченяя бруса.
Составить программу для раскрытия статической неопределимости
бруса и вычисления реакций в заделках.
Задаться числовыми значениями параметров d0, q, I и вычислить
реакции с точностью до третьего знака после запятой.
задаче 1.135.

Глава 2
СДВИГ И КРУЧЕНИЕ
§ 1. Чистый сдвиг
2.1. Квадратный элемент нагружен по краям уравновешенной
системой касательных напряжений, равных 100 МПа. Вычислить
величины изменения прямого угла и диагоналей квадрата в результате
его упругой деформации. Материал—дуралюмин* ?=0,7*10б МПа,
ц,=0,3. Длина стороны квадрата равна 25 см.
2.2*. Квадратная стальная пластинка растягивается в гьризон-
тальном направлении напряжениями ах=120 МПа и сжимается в
перпендикулярном направлении напряжениями, равными по величине
0*1. Вычислить величину и направление наибольших касательных
напряжений. Определить изменение угла между диагоналями квадрата,
считая, что ?=2-105 МПа, |л=0,25.
2.3*. При растяжении напряжениями а=150 МПа длина
прямоугольной пластинки увеличилась на 0,075%, а ширина уменьшилась
на 0,025%. Вычислить модуль сдвига материала пластинки и указать,
из какого материала она сделана.
2.4. Определить касательные напряжения, вызывающие изменение
прямого угла квадрата на 10~ радиана. Модуль продольной упругости
материала,?=2»105 МПа, коэффициент поперечной деформации |х==
=0,25. Определить удельную потенциальную энергию деформации.
2.5*. Дуралюминовая пластинка толщиной /i=2 мм имеет по краям
рамку из шарнирно соединенных по углам абсолютно жестких стерж-
К задаче 2.5.
К задаче 2.6.
ней. В точке С к рамке приложена вертикальная сила Р=25 кН.
Вычислить: а) изменение у прямого угла пластинки; б) величину
опускания Ас точки С по вертикали; в) главные напряжения в пластинке;
г) изменение А/ длины диагоналей АС и BD. Построить эпюры
продольных сил в стержнях. Принять ?=7 *104 МПа, ^=0,34.
37

2.6. В стальном листе толщиной /i=10 мм необходимо продавить
отверстие диаметром d=18 мм. Определить силу, которую необходимо
приложить к пуансону, продавливающему отверстие, если предел
прочности материала листа на срез тв# ср=350 МПа.
2.7. Установить соотношения между, диаметром болта, работающего
на растяжение, высотой h и размером В его головки из условия равно-
прочности, считая заданными допускаемые напряжения материала
болта на растяжение [а]р, срез [т]Ср и смятие [а]см. Определить эти
размеры, если известно, что сила Р=50 кН, [ст]==160МПа, Ы=60МПа,
[(т]см=200 МПа.
К задаче, 2.7.
К задаче 2.8.
2.8*. Деталь А закреплена на валу В с помощью шпонки
прямоугольного сечения. Длина шпонки /==30 мм, высота /i=8 мм, ширина
6= 10 мм. Определить допускаемый момент Ш1, который можно
передать при помощи шпонки с детали А на деталь 5, если Z)=100 мм,
d=50 мм, допускаемые напряжения для материала шпонки на срез
[т1ср==80 МПа и на смятие [а]см=200 МПа.
2.9. Навал действует осевая сила Р—100 кН. Определить толщину
Ь и диаметр D буртика вала из условий прочности на срез и на смятие
по допускаемым напряжениям Ыср=
=80 МПа, [а]см=180 МПа. Диаметр
вала d=40 мм. и
—
д
-—-
К задаче 2.9.
К задаче 2.10.
2.10*. Деталь Л, оканчивающаяся двумя проушинами толщиной
&=8 мм, и деталь В, оканчивающаяся одной проушиной толщиной
26=^=16 мм, соединены пальцем, плотно входящим в отверстия деталей.
Исходя из прочности соединения на срез и на смятие, определить силу,
которую можно приложить к деталям, если диаметр пальца d=20 мм,
допускаемые напряжения материала пальца на срез [т]ср^=80 МПа,
на смятие [а]см=:240 МПа, допускаемое напряжение на смятие
материала деталей [aJ^=180 МПа>

§ 2. Расчет заклепочных и сварных соединений
2.11. Стальная полоса толщиной /i=5 мм и шириной 6=50 мм
прикреплена к косынке той же толщины заклепками диаметром d=10 мм.
Определить число заклепок по допускаемым напряжениям на срез
[т]с =100 МПа и на смятие [<т]см=260 МПа. Проверить прочность
полосы на растяжение силой Р=30 кН с учетом ее ослабления
заклепочными отверстиями. Допускаемое напряжение материала полосы
на растяжение [а] =160 МПа.
2.12*. Определить число заклепок диаметром d=4 мм, необходимых
для прикрепления двух дуралюминовых профилей к косынке по схеме,
по А~А
К задаче 2.12.
указанной на рисунке. Соединение нагружено силой Р=22 кН.
Толщина полки профиля Лх=1 мм, толщина косынки h2=2 мм.
Допускаемые напряжения для заклепок [т]су=Ш0 МПа, [а]см=280 МПа.
2.13*. Два листа шириной 6=270 мм и толщиной Л=16 мм
соединены внахлестку восемью заклепками диаметром d=25 мм. Определить
наибольшую силу, которую может безопасно выдержать это
соединение и установить, насколько заклепочные отверстия понижают
прочность листов. Дано: [а]р=120 МПа, [т]ср-80 МПа, [а]см=240 МПа.
p Is
-<—с
f
К задаче 2ЛЗ.
К задаче 2.14.
2.14. Стальные полосы шириной 6=200 мм, толщиной /i!=13 мм
соединены при помощи двух накладок шириной 200 мм и толщиной
/i2=8 мм. Диаметр заклепок d= 19 мм, растягивающая сила Р= 180 кН.
Проверить прочность соединения, приняв допускаемое напряжение
для полос и накладок на разрыв [<tL=100 МПа, на срез заклепок
Мср=80 МПа, на смятие [а]см=200 МПа.

2.15*. Клепаный узел нагружен внецентренно приложенной силой
Р=18 кН. Толщины фасонки % и склепываемых профилей одинаковы
/i=10 мм. Определить диаметр заклепок, исходя из допускаемых
напряжений [т]ср=80 МЙа, [а]см=250 МПа.
У////////////////////.
К задаче 2ЛЬ.
К задаче 2.16.
2.16. Проушина, нагруженная силой Р=4,5 кН, приклепана к
толстой стенке тремя заклепками диаметром d=8 мм. Проверить
прочность соединения на срез и смятие, если толщина проушины /i=
=5 мм, а допускаемые напряжения 1т]ср=110 МЦа, [а]см=20C МПа.
2.17*. Определить усилия в заклепках, прикрепляющих фасонку,
нагруженную вертикальной силой Р=10 кН. Определить, во сколько
раз уменьшится запас прочности соединения, если убрать центральную
заклепку.
К задаче 2.17.
4d 4d 4d
К задаче 2.18.
2.18*. Две стальные полосы склепаны внахлестку четырьмя
заклепками одинакового диаметра и растягиваются центрально
приложенными силами Р. Определить эксцентриситет нагрузки е, вызывающий
уменьшение запаса прочности заклепок на 10%.
2.19*. Две стальные полосы толщиной /t=10 мм необходимо
сварить встык так, чтобы соединение выдерждло растягивающую силу
Р=100 кН. Определить ширину полос Ь и коэффициент использования
материала полос ft, если допускаемое напряжение для стали [а]р=
= 140 МПа, а допускаемое напряжение для электродов [а]э=100 МПа.
Какую силу выдержит соединение, если, шов сделать наклонным под
40

углом 45°? Допускаемое напряжение материала шва на срез [т]э=
=80 МПа.
2.20. Определить наибольшую растягивающую силу, которую
можно приложить к листам шириной 180 мм и толщиной 10 мм, сваренным
К задаче 2.19.
!
ii
К задаче 2.20.
«* Р
внахлестку двумя торцевыми швами. Вычислить коэффициент
использования материала листов, для которых [ст]р=140 МПа. Допускаемые
напряжения для материала электродов на срез [т!э=90 МПа.
2.21. Два листа 180X10 мм и 150x12 мм соединены внахлестку
двумя фланговыми швами. Соединение воспринимает растягивающую
<-*
"""I
111)П1ТПТтП'П)I))I
&,
задаче 2.21.
К задаче 2.22.
силу Р:5=250 кН. Определить длину швов при- [т]э=70 МПа и долю
использования материала листов, для которого [а]р=140 МПа,
2.22. Две полосы соединены встык с помощью двух накладок
одинаковой толщины, приваренных торцевыми швами. Определить толщину
накладок А, считая, что шов
разрушается от сдвига под углом 45° к
плоскости полосы. Дано: Р=300 кН, 6=30 см,
А=1 см, [т]э=90МПа. Для компенсации
возможного непровара уменьшить
расчетную длину швов на 1 см.
2.23. Рассчитать сварной стык двух
растягиваемых стальных листов
сечением 200X10 мм, перекрытый двумя
накладками, исходя из условия равно-
прочности основного металла и
соединения при допускаемых напряжениях
для основного металла [а1о==160 МПа,
Р
К задаче 2.23.
для материала шва [х]э=80МПа. Определить размеры накладок.
Вычислить, как они изменятся, если к фланговым швам добавить торце-
швы с теми же допускаемыми напряжениями.
41

2.24*. Определить длины швов для прикрепления к косынке рав-
нобокого уголка 80X80X10 мм (площадь сечения /7= 15,1 см2, ?i=
=2,35 см), использовав условие равнопрочности соединительных швов
и самого уголка. Материал уголка — сталь Ст. 3 [<т]р=160 МПа.
iL Допускаемое напряжение для материала шва
[т]я=90 МПа.
/70 А~А
\^
?S»
"*F
К задаче 2,24.
К задаче 2.25.
2.25. Проверить прочность прикрепления швеллера с площадью
сечения F=55,9 см2 кфасонке двумя фланговыми швами и одним
прорезным швом. Швеллер растягивается силой Р=800 кН. Допускаемое
напряжение для основного материала [сг]р=160 МПа, для материала
швов на срез [т]э=80МПа,
§ 3. Кручение валов круглого сечения
2.26. При испытании на кручение стального цилиндрического
образца оказалось, что возрастание крутящего момента на AAfK=5 H *м
вызывает приращение угла закручивания Дср=0,002 рад на длине
20 см. Вычислить модуль сдвига материала образца G и коэффициент
Пуассона [г, если известны модуль упругости при растяжении ?=
=2 *105 МПа и диаметр образца d=16 мм.
2.27*. Полый вал закручивается моментами М, приложенными к
его концам. Посередине вала под углом 45° к его оси установлен
тензометр с базой s=20 мм и увеличением &=1000. Приращение показаний
тензометра Дп=12 мм соответствует увеличению крутящего момента
на ДЛ4К=9 кН -м. Вычислить модуль сдвига материала и приращение
угла закручивания вала, если его длина 1=1 м, а диаметры сечения
D=0,12 м и d=0,08 м.
2.28. Для определения углов закручивания полого вала в сечении
А установлен индикатор, на штифт которого нажимает коленчатый
рычаг С, укрепленный на валу в сечении В. Расстояние между
сечениями А и В равно /==0,1 м. Точка контакта индикатора и рычага С
отстоит от оси вала на р=Л5 см. Наружный и внутренний диаметры
вала: D=0,l м, d=0,09 м. Вычислить модуль сдвига материала G,
если при возрастании крутящего момента на ДМК=4 кН -м показания
индикатора увеличиваются на д=25 делений. Цена деления
индикатора 67=0,01 ММ.
42

К задаче 2.28.
2.29*. Частота вращения полого вала редуктора длиной /=0,6 м
равна п—500 об/мин. С помощью тензорезистора, наклеенного на вал
под углом 45° к его оси, измерено
относительное удлинение е=3,4-10~4
материала вала в этом направлении.
Определить мощность Nt
передаваемую валом, и величину угла
закручивания вала. Дано: внешний диаметр
вала D='8 см, коэффициент полости
а=0,75, длина вала /=0,6 м, модуль
упругости ?=2-105 МПа,
коэффициент Пуассона [х=0,3.
2.30*. Определить величину
крутящего момента, при котором расчет
круглого сплошного вала на
прочность дает тот же диаметр D, что и
расчет на жесткость. Найти D.
Допускаемое касательное напряжение [т]=
=80 МПа, допускаемый относительный угол закручивания [ф']=0,5
на 1 метр, модуль сдвига материала вала G=8*104 МПа.
2.31. Стальной вал сплошного сечения передает мощность N=
=60 кВт. Частота вращения вала п=240 об/мин. Определить
диаметр вала D из условий прочности и жесткости, если [т]=40 МПа,
допускаемый угол закручивания [ф']=Г на 1 метр, модуль сдвига
G=8-105Mna.
2.32. Измерения, сделанные в процессе испытания двигателя,
показали, что вал Диаметром D=50 мм и длиной /=0,5 м при частоте
вращения л=3000 -об/мин закручивается на угол cp=0,02°. Определить
передаваемую валом мощность, если известно,
что модуль сдвига материала равен G=
==8-104МПа.
2.33*. Подобрать диаметр вала,
нагруженного моментами /Ci=2kH «м, /С2=10 кН-м,
/(з=1 кН -м и К4=9 кН #м. Допускаемое
касательное напряжение для материала вала [т]=
=50 МПа. Построить эпюры касательных
напряжений вдоль радиусов для каждого из трех
участков вала, имеющих длины: а=0,5 м, 6=0,8 м и с=0,6 м. Постро:
ить эпюры относительных углов закручивания q/ и абсолютных углов
поворота ф по длине вала, считая левый конец вала неподвижным.
Модуль сдвига материала вала G=8*104 МПа.
2.34. Два вала одинаковой длины и массы изготовлены из одного
и того же материала. Один вал— полый с заданным коэффициентом
полости a=d/D. Другой вал — сплошной с наружным диаметром Do.
Найти отношение крутящих моментов, которые могут быть приложены
к валам при одинаковом допускаемом напряжении. Сравнить
жесткости валов на кручение и определить, насколько уменьшится масса
полого вала, если сделать его равнопрочным сплошному валу, сохраняя
неизменным коэффициент полости а=0,8.
43
f Г
г
—ь—м
•*-¦ Ч
< а >
ч
к b >
К задаче 2.33.

2.35*. Сравнить массы и углы закручивания двух сплошных
круглых валов длиной /=2 м каждый, воспринимающих одинаковые
крутящие моменты М = 1 кН«м. Один вал стальной, другой из
алюминиевого сплава Диаметры валов подобрать по условию прочности. Дано:
для стального вала [т]=80 МПа, р=7,85-103 кг/м3, G=8-104 МПа,
для вала из алюминиевого сплава [т]=50 МПа, р=2,6-103 кг/м3,
G=3-104 МПа.
2.36. Сплошной вал диаметром D0=0,12 м и.длиной /=1,5 м
передает постоянный крутящий момент Мк. Определить размеры
поперечного сечения полого вала такой же длинь^ имеющего ту же прочности,
что и сплошной вал, а жесткость в 1,5 раза большую. Вычислить массу
каждого вала, считая, что они изготовлены из одинакового материала
с плотностью р=7,85*103 кг/м3.
2.37. От сплошного вала к полому через кулачковую муфту neper
дается мощность N=10 кВт при частоте вращения я=100 об/мин.
Подобрать диаметр Do сплошного вала и наружный диаметр D полого
вала при коэффициенте полости а=0,7, приняв допускаемое
касательное напряжение [т]=60 МПа.
2.38. Определить отношение диаметров двух валов из одинакового
материала, передающих одинаковую мощность, если один делает м1=
=50 об/мин,, а другой — я2=100 об/мин.
2.39*. Полый вал с отношением диаметров (коэффициентом
полости) a=d/D=0,6 -закручивается моментами /Ci=0,-8 кН-м, /С2= 1,2
кН -м, /С3=0,4 кН -м и моментом /С4. Момент К4 является
уравновешивающим. Определить размеры поперечного сечения,
удовлетворяющего условиям прочности и жесткости, построить эпюры крутящего
момента MKi относительного угла закручивания вала ср' и абсолютного
угла ф поворота сечения подлине вала и эпюру
касательных-напряжений т вдоль радиуса опасного сечения. Дано: [т]=30 МПа, [ф']=0,25°
на 1 метр, модуль сдвига G=8-104 МПа. Неподвижное сечение вала
выбрать по своему усмотрению. Длины участков вала а=1,2 м, 6=
=0,8 м, с=0,6 м.
г! flflfj—
[—^_ —
ч
< Q >
S
S
/*
a ^
b ^
„ D .
d .
К задаче 2.39.
К задаче 2,40.
2-40*. К ступенчатому валу приложены моменты /Ci=2 кН-м,
/^2= ю кН-м, /Сз^в кН-ми уравновешивающий их момент К±.
Подобрать диаметры ?>ь D2, D3 участков вала по допускаемому
напряжению' [т]=40 МПа, построить эпюры относительных углов
закручивания вала ф' и абсолютных углов ф поворота сечения при а=0,5 м,
fe=l,0 м, с=0,5 м, d=l,2 м, G=8-104 МПа, считая неподвижным
правый торец вала. Изобразить эпюру касательных напряжений вдоль
радиуса одного из сечешш вала,
44

§ 4. Статически неопределимые задачи на кручение
2.41*. Вал круглого сплошного сечения жестко защемлен на
концах и нагружен двумя моментами противоположного направления
/Ci=0,4 кН-м и /B=0,6 кН-м. Подобрать диаметр вала D по условиям
прочности и жесткости, приняв допускаемое напряжение [т]=40 МПа,
допускаемый угол закручивания [ср']=0,25° на 1 метр, модуль сдвига
G=8-104 МПа, а=0,5 м, 6=0,75 м, с=1,25 м.
v:
а
К задаче 2.41.
К задаче 2.42.
2.42*. Определить моменты в заделках ступенчатого вала,
построить эпюры крутящих моментов и углов закручивания. Дано:
/С=10 кН-м, а=1,2 м, 6=0,4 м, Dfl=4 см, D6=5 см, G=3-104 МПа.
2.43*. Торцы вала АВ жестко заделаны в неподвижные стенки.
Диаметр толстой части вала Dx=20 см. Тонкая часть имеет диаметр
D2=15 см и ослаблена продольным каналом диаметром d=12 см.
Построить эпюры крутящих моментов и углов поворота по длине вала,
считая /(=150 кН-м, а=0,4 м, 6=0,2 м, с=0,8 м. Проверить вал на
прочность и на жесткость при допускаемом напряжении [т]=60 МПа
и допускаемом угле закручивания [ф']=0^6° на 1 метр. Модуль сдвига
G=8-104Mna.
Hz
A%
¦^=K:
К задаче 2.43.
К задаче 2.44.
2.44*. Моменты Ki и /С2 приложены к валу постоянного сечения,
защемленному обоими концами, как показано на рисунке. Определить,
при каком соотношении между моментами Ki и К2 реактивные
моменты в заделанных сечениях одинаковы.
A
в
<^
it
К задаче 2.45.
К задаче 2.47.
2.45. Определить допускаемый момент /С. Диаметры участков вала:
?)i=7 см, D2=5 см, допускаемое касательное напряжение [т]=60МЛа.
45

2.46*. На каком расстоянии от левой заделки вала, рассмотренного
в задаче 2.45, надо приложить момент /С, чтобы максимальные
напряжения в толстой и тонкой частях вала стали одинаковыми?
Определить допускаемый момент К в этом случае при [т]=60 МПа.
2.47. Построить эпюры крутящих моментов.и углов закручивания.
Дано: Ki=0,3 кН-м, #2=1,6 кН-м, Кз=0,8 кН-м, /D=0,1 кН-м,
жесткость вала на кручение G/p=20 кНм2.
2.48. Вычислить допускаемую величину момента К по
допускаемым напряжениям [т]=80 МПа и построить эпюру углов поворота,
считая, что /=1,5 м, G=7 •Ю4 МПа.
, , 4
4t 4f "&
'Т
К задаче 2.48.
Мм Л
К задаче 2.49.
К задаче 2.50.
2.49*. Решить задачу 2.48 при условии, что средняя часть вала
имеет диаметр Dt=6 см, а моменты К направлены в разные стороны.
2.50*. Определить, на каком расстоянии х от левой заделки надо
приложить момент /С, чтобы расчет вала по допускаемому
напряжению [т]=Ю0 МПа й по допускаемому относительному углу
закручивания [ф']=0,5° на I метр давал одно и то же значение диаметра. G=
=8-Ю4 МПа.
§ 5. Расчет по предельному состоянию
2.51*, Сплошной вал круглого сечения диаметром D=5 см
закручивается моментами, приложенными к его концам. Построить эпюру
касательных напряжений по радиусу сечения, соответствующую
предельному состоянию вала, и найти предельный крутящий момент,
если предел текучести материала вала тт=150 МПа1).
2.52. Построить эпюру касательных напряжений вдоль радиуса,
соответствующих предельному состоянию стальной трубы сечением
70x50 мм, и найти предельный крутящий момент, еели предел
текучести материала тт=200 МПа х).
2.53. Сравнить массы двух сплошных валов одинаковой длины,
подобранных с одинаковым коэффициентом запаса дт==2, если первый
вал подбирался по предельному состоянию, а второй — по
допускаемым напряжениям. Крутящий момент Мк=10 кН-м, предел текучести
материала тт=280 МПа.
2.54. Найти предельную нагрузку для сплошного вала,
защемленного двумя концами и нагруженного посередине сосредоточенным
L) Принять диаграмму Прандтля (без учета упрочнения).
46

закручивающим моментом К. Предел текучести материала вала тт=
=300 МПа, диаметр вала D=4 см. Определить, как изменится
предельный момент /С, если убрать одну из концевых заделок.
4
К задаче 2.55.
2.55*. Найти предельный момент /Спр, исходя из предела
текучести материала тт=200 МПа. Определить, как изменится предельный
момент, если освободить левый конец вала.
§ 6. Кручение брусьев некруглого сечения
2.56. Вычислить допустимую мощность, которую может передать
участок с?ального вала эллиптического сечения с полуосями а=4 см,
6=2,5 см, если допускаемое напряжение [т]=50 МПа, частота
вращения вала я=200 об/мин. Найти относительный угол закручивания
ср', приняв модуль сдвига G=8* 104 МПа.
2.57. Участок вала квадратного сечения передает мощность N=
= 10 кВт при частоте вращения я=120 об/мин. Определить из условия
прочности вала размер а стороны квадрата при допускаемом напря-.
жении [т]=46 МПа.
2.58*. Стальной брус прямоугольного сечения размерами 60X
Х20 мм и длиной /=0,8 м нагружен крутящим моментом Мк=
=0,4 кН-м. Вычислить наибольшие касательные напряжения в брусе,
построить эпюры касательных напряжений в поперечном сечении и
определить угол закручивания бруса при модуле сдвига G=8 «104 МПа.
2.59. Стальная полоса толщиной й=15 мм и длиной /=0,8 м
закручивается моментом А!=0,6 кН «м. Определить ширину полосы &,
исходя из условия прочности при [т]=80 МПа.
К задаче 2.60.
2.60. Сплошной круглый вал имеет концы квадратного сечения.
Квадрат со стороной Ь вписан в окружность диаметра d,
определяющего сечение средней части вала. Вал нагружен моментами /d =
=0,4 кН-м, /С2==1,2 кН-м, Кз=0,5ккН-м, /С4=0,3 кН-м, Определить
диаметр вала из условия прочности при [т]=50 МПа. Построить
47

эпюры касательных напряжений для опасных сечений вала.
Концентрацией напряжений пренебречь.
2.61*. Вычислить, во сколько раз уменьшатся прочность и
жесткость на кручение тонкостенной трубы, если ее разрезать вдоль
образующей по всей длине. Внутренний диаметр трубы d—8 см,
толщина стенки /i=0,4 см.
2.62*. Двутавровая балка длиной /=1,5 м заделана в стену
одним концом, а на другом конце нагружена закручивающим моментом
Мк. Размеры поперечного сечения балки а=12 см, 6=^28 см,Л=2 см,
ft1==l см. Определить наибольший момент Мк, который может
выдержать балка при допускаемом напряжении [т]==60 МПа.
Стеснением продольных перемещений в балке у заделки пренебречь.
Iom
J'K
т
К задаче 2.62.
К задаче 2.63.
2.63. Уголок нагружен равномерно распределенным по длине
закручивающим моментом интенсивностью тк=0,22 кНм на 1 метр.
Построить эпюру крутящих моментов и вычислить максимальные
касательные напряжения в опасном сечении.
2.64*. Тонкостенный стержень замкнутого прямоугольного
сечения закручен моментами М, приложенными к концам. Вычислить
величину допускаемого момента [М] из условия прочности, принйв
[т]=60 МПа. Определить, во сколько, раз
уменьшится допускаемый момент, если коробку
разрезать по всей длине вдоль образующей.
I
330
К задаче 2.64.
К задаче 2.65.
2.65. Вычислить касательное напряжение в стенке тонкостенной
замкнутой трубы с сечением в форме полуэллипса ABC с полуосями
а=0,3 м, 6=0,1 м, Крутящий момент Мк=7 кН-м, толщина
криволинейной стенки fti=l,5 мм, толщина вертикальной стенки /ia=2 мм.
§ 7. Цилиндрические витые пружины с малым шагом
2.66*, Пружина, свитая из проволоки диаметром d=20 мм и
имеющая количество рабочих витков п==8, сжимается силой Р=8 кН.
Средний диаметр пружины D=J2 см. Определить осадку пружины А
48

К задачам 2.66—2.70.
и максимальные касательные напряжения ттах. Модуль сдвига
материала пружины G=8,5*104 МПа.
2.67*. Вычислить жесткость пружины, имеющей диаметр витка
D—2Q см, диаметр проволоки d=12 мм и число
витков п=Ь. Модуль сдвига G=8-104 МПа.
2.68*. Определить из условия прочности
при допускаемом напряжении [т]=400 МПа
диаметр проволоки цилиндрической пружины,
имеющей средний диаметр витка D=8 см.
Максимальная нагрузка на пружину Р=20 кН.
2.69. Найти число витков цилиндрической
пружины л, необходимое для того, чтобы
обеспечить осадку А=5 мм при действии силы Р=
= 15 кН. Напряжения при этом не должны
превышать допускаемого значения [т]=400 МПа.
Диаметр витка пружины D=6 см. Модуль
сдвига G=8,5-104 МПа.
2.70. Определить допускаемую силу для
пружины, состоящей из я=12 витков,
диаметром D=4 см, чтобы осадка пружины не превышала А=8 мм.
Допускаемое касательное напряжение материала пружины [т]=200 МПа,
модуль сдвига G=8104 МПа.
§ 8. Задачи, решаемые с помощью ЭВМ
2.71. Вал АВ произвольного сечения, нагруженный
распределенным подлине моментом т(х)=тоA+е-х*/12) и сосредоточенным
закручивающим моментом К=Ъто1 на свободном конце Л, жестко защемлен
другим концом В.
Составить программу для вычисления крутящих моментов в
сечениях вала. Задаться значениями параметров т0, ?, / и определить
значения крутящего момента в сечениях,
отстоящих друг от друга на одну
десятую длины вала, считая от свободного
конца. Вычисления провести с
точностью до трех знаков после запятой.
2.72*. Для вала А В переменного
сечения, заделанного одним концом,
определить максимальное касательное
напряжение в заданном сечении. Вал
нагружается распределенным крутящим
моментом постоянной интенсивности т. К свободному концу,
вала приложен сосредоточенный момент K=ltnl.
Диаметр вала изменяется по закону d(x)=do[l+ (х/1J**], где d0 —
диаметр концевого сечения.
Составить программу для определения на ЭбМ наибольшего
касательного напряжения в любом сечении. Задаться величинами
параметров |, т, d0, / и вычислить ттах для одиннадцати равноотстоящих
друг от друга сечений начиная со свободного коцца вала.
49
н
К задачам 2.71—2.74.

Построить эпюру максимальных напряжений по длине вала.
2.73. Определить угол поворота концевого сечения вала АВ,
нагруженного по длине распределенной моментной нагрузкой т(х)=
= т(\—y) и сосредоточенным моментом K=lml на свободном
конце. Правый конец вала жестко защемлен. Диаметр, вала
изменяется по закону d(x)^do(\ + (-j) J» где d0 — диаметр правого
концевого сечения.
Составить программу для вычисления угла закручивания и
вычислить его с точностью до трех десятичных знаков после запятой для
выбранных предварительно параметров т, ?, /, d0. Величиной модуля
сдвига задаться в зависимости от предполагаемого материала вала.
2*74*. Вал переменного сечения нагружен на свободном конод
А сосредоточенным.моментом /С=|т/ и моментной нагрузкой,
распределенной по длине вала по закону т (х) = т (-у- ] , где т —
некоторый параметр, выбираемый произвольно. Диаметр вала изменяется
по закону d(xy=d0 (l -f (•j) j, d0 — диаметр свободного
концевого сечения вала.
Составить программу для вычисления величин угла поворота
текущего сечения вала. Задать числовые значения параметров /п, Ef,
/, d0 и величину модуля сдвига материала
вала. Вычислить углы поворота одиннадца-
ти сечений' равноотстоящих друг от друга,
начиная со свободного конца.
Построить эпюру углов поворота.
2.75, Построить эпюру крутящих
моментов для вала переменного сечения,
жестко защемленного обоими концами и на-
К задаче 2.75. груженного распределенным по закону
m=const крутящим моментом. Принять, что
диаметр вала изменяется по длине по закону d(x) = d0 f I + fyj jr
где d0 — диаметр левого концевого сечения.
Составить программу для раскрытия статической неопределимости
вала.
Задаться числовыми значениями параметров d0, m, / и вычислить
реактивные моменты с точностью до третьего десятичного знака после
запятой.

Глава 3
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ СЕЧЕНИЙ БАЛОК
§ 1. Центр площади сечения
3.1. Вычислить координаты центров площадей треугольников,
показанных на рисунке, относительно осей, совпадающих с
основанием и высотой треугольника.
У У У
О
ю
со
О
б)
со
К
и
6)
задаче 3.1.
О а?
8)
3.2*. Вычислить координаты центра площади произвольной
трапеции двумя способами: непосредственным интегрированием и путем
разбиения трапеции на два треугольника.
X7 О R ох О
б)
К задаче 3.2.
3.3*. Определить координаты центров частей круга, показанйых
на рисунке.
3.4. Найти площади сечений тонкостенных балок, показанных
на рисунке, и определить координаты их центров.
51

о
5) в)
К задаче 3.4.
I.
I
у///Л77у
L 6см .
К задаче 3.5.
и) ю
К задаче 3 6
9
2см
I
У/////////////////.
О Ц Юсм JfT
52
К задаче 3.7.

3.5. Вычислить площадь прямоугольного сечения с внутренним
вырезом и найти положение центра площади, используя метод
отрицательных площадей.
3.6. Для одного из сечений, показанных на рисунке, найти его
площадь и определить положение ее центра, учитывая симметрию
сечения.
К задаче 3.8.
3.7, Вычислить площадь, неравнобокого уголка и найти
координаты ее центра относительно осей, совпадающих с боковыми
сторонами.
3.8, Определить площадь фигуры и найти координаты ее центра,
применяя разбиение на простейшие фигуры и используя результаты
решения задач 3.1, 3.3.
К задаче 3.9.
К задаче 3.10.
3.9. Из квадрата вырезается равнобедренный треугольник ABC.
Найти высоту треугольника по условию, чтобы его вершина С
совпадала с центром площади, полученной после вырезания.
ЗЛО*. Прямоугольник шириной / и высотой h разделен на две
части квадратной параболой у=ах*. Определить^ площади и
координаты центров образовавшихся при этом двух криволинейных
треугольников.
53

§ 2. Моменты инерции площадей сечений
3.11. Определить осевые /.sc, JyQ и центробежный J*cyc
моменты инерции площадей: квадрата со стороной а, равностороннего
треугольника со стороной Ь и круга диаметром D относительно осей
9
У
1
1
а
1
1
а
ш
1)
2)
К задаче 3.11.
хс и ус, проходящих через центр сечения. Найти моменты инерции Jх,
Jy> Jxy относительно осей х и у.
D 'г)
К задаче 3.12.
ЗЛ2*. Определить моменты инерции Jx и JXc.
3.13*. Вычислить моменты инерции относительно осей симметрии
сечения.
ff)
7)
9)
10)
К задаче 3.13.
54

3.14*. Для сечений, показанных на рисунке к задаче 3.6,
определить моменты инерции JXc, Jyc относительно осей, проходящих
через центр сечения. Ось ус является осью симметрии, а ось хс ей
перпендикулярна.
3.15*. Для сечений, имеющих форму равнобедренного
треугольника, четверти круга и равнобокого уголка; а) вычислить осевые
3
а
1)
30
0
К
R
2)
задаче
3,
X
15.
0
3d
Ю
и центробежный моменты инерции относительно осей х и у, б) найти
центральные осевые и центробежный моменты инерции Jxc, JyCi
Jxcyc, и в) найти положение главных центральных осей и величины
главных моментов инерции Утах, */min
0 la
1)
О
К задаче 3.16.
3.16*. Найти направления главных центральных осей и
определить главные моменты инерции.
3.17. Определить положение центра тяжести площади фигуры,
ограниченной дугой четверти, круга и двумя сторонами квадрата.
Вычислить моменты инерции J\c, Jl/c и J\сус относительно
центральных осей, параллельных сторонам квадрата. Найти наибольший и
наименьший из центральных осевых моментов инерции и
соответствующие им радиусы инерции 7max, /mln.
3.18. Вычислить моменты инерции относительно оси х.
в
О Л х
К задаче 3,17,
К задаче ЗД8,

3.19. Для несимметричных сечений, изображенных на рисунке
к задаче 3.8, вычислить центральные моменты инерции Jx^ Jyc,
Jxcyc, найти направления главных осей и главнее моменты инерции,
а также главные радиусы инерции /max, /min.
3.20. Определить момент инерции площади треугольника с высотой
h относительно его средней-линии, параллельной основанию Ы
§ 3. Моменты инерции сечений прокатных профилей
3.21. Используя таблицы сортамента прокатных профилей (см.
приложение), определить центробежные моменты инерции JхУ
относительно центральных осей, параллельных полкам равнополочногс
уголка 100x100x10 мм, и JXlVi относительно осей, совпадающих с
внешними сторонами уголка.
3.22. Определить, во сколько раз главные центральные моменты
инерции Jt коробчатого сечения,, составленного из равнополочных
уголков 200x200x20 мм, отличаются от соответствующих моментов
инерции У2 для крестового сечения, составленного из тех же
профилей.
160
?
К задаче 3.22.
К задаче-3.23.
3.23*. Установить относительную ошибку определения моментов
инерции относительно центральных осей, параллельных полкам равно-
полочного уголка 160Х 160x20 мм, при замене его двумя
прямоугольниками без учета закруглений.
3.24. По данным сортамента определить наибольший центральный
осевой момент инерции Утах неравнополочного уголка 160хЮ0х
X10 мм, а также центробежные моменты относительно центральных
осей, параллельных полкам №хеус), и относительно осей,
совпадающих с-внешними сторонами уголка (Л^)-
3.25. Вычислить и- сравнить между собой наибольшие моменты
инерции относительно центральных осей таврового и крестового
сечений, составленных из двух уголков' 40x40x5 мм.
У У\
К задаче 3.25t

3.26. Для двутаврового сечения № 10 определить моменты инерции
относительно оси, проходящей через основание двутавра, и централь-
ной оси, составляющей угол 30° с горизонталью.
3.27*. Определить расстояние а из "условия, чтобы все центральные
моменты инерции полученного сечения были одинаковы.
N40
мчо
К задаче 3.27
N40
К задаче 3.28.
3.28. Два швеллера № 40, соединенные друг с другом стенками,
образуют составное двутавровое сечение. Вычислить главные моменты
инерции этого сечения и сравнить их с соответствующими моментами
стандартного двутавра той же высоты. Найти, как изменятся главные
моменты инерции, если из швеллеров образовать коробчатое сечение
(рисунок справа).
3.29. Вычислить координаты центра тяжести, определить
направления главных осей и найти величины главных центральных моментов
инерции сечения, составленного из неравнрполочного уголка 125м
Х80Х8 мм и швеллера № 20, как показано на рисунке.
&
7)
8)
К задаче 3.30.
3.30. Для составного сечения определить положение центра
тяжести, направления главных осей и вычислить главные моменты
инерции, а также соответствующие им радиусы инерции.
67

§ 4. Моменты инерции сечений тонкостенных балок
3.31*. Вычислить момент инерции площади узкой полосы АВ
относительно заданной оси ху если- известны расстояния ее концов от этой
оси уА и #Б,гдлина / и ширина А полосы.
3.32. Вычислить полярный и осевой моменты инерции сечения
тонкостенной трубы, имеющей средний диаметр dcp и толщину А.
К задаче 3.31.
К задаче 3.33.
К задаче 3.34.
3.33. Вычислить главные моменты инерции узкого полукольца,,
имеющего средний радиус гср и ширину' А.
3.34. Для тонкостенного зетового сечения найти направления
главных центральных осей и определить главные моменты инерции.
Указать, какими слагаемыми при расчете тонкостенных сечений можно
пренебречь..
3.35. Вычислить главные моменты инерции JХУ Jy для
симметричного тонкостенного"двутавра. Сравнить результаты расчета с данными
сортамента для двутавра № 20.
8gm
К задаче 3.35. К задаче 3.36.
К задаче 3.37.
К задаче 3.38.
3.36. Для тонкостенного двутавра с наклонными полками
вычислить главные моменты инерции и сравнить их с полученными в задаче
3.35. Сделать вывод о влиянии наклона полок на величины моментов
инерции.
3.37, Определить положение центра тонкостенного сечения
и.вычислить его главные моменты инерции.
3.3& Вычислить координаты центра тонкостенного
несимметричного профиля, найти направления главных осей и величины главных
моментов инерции.
5S

3.39. Найти положение центра замкнутого тонкостенного сечения,
усиленного по углам сосредоточенными площадями. Вычислить
главные моменты инерции сечения.
К задаче 3.39.
К задаче 3.40.
3.40. Вычислить момент инерции относительно оси симметрии
тонкостенного профиля, усиленного в двух точках сосредоточенными
площадями. Найти радиус инерции сечения ix.

Глава 4
НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ БАЛОК И РАМ1)
§ 1. Эпюры внутренних сил
4.1*. Построить эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов
М для консоли, нагруженной сосредоточенной силой Р и
сосредоточенным моментом L=Pa.
1^
а \
LP
a J
А а Г ь
К задаче 4Л. К задаче 4.2. К задаче 4.3.
4.2. Определить реакции опор VA и FB и построить эпюры Q и М
для двухопорной балки, нагруженной а) сосредоточенной силой Р,
б) сосредоточенным моментом L.
4.3*. Построить эпюры Q и М для балки, нагруженной
распределенной нагрузкой. Интенсивность нагрузки q изменяется вдоль балвд
по линейному закону. Рассмотреть частные случаи ^2=0 и qfi==?2=<7-
Рассмотреть также случай <7i<0.
4.4. Для балок, нагруженных сосредоточенными силами, постро.-
ить эпюры Q и М.
4.5. Построить эпюры Q и М. Проверить дифференциальную
зависимость между Q и М.
4.6*. Определить реакции опор Л и 5 и построить эпюры Q и М
для двухопорной балки с консолью, нагруженной сосредоточенными
нагрузками.
4.7. Найти реакции опор и построить эпюры Q и М для балки с
консолью, нагруженной равномерно распределенной нагрузкой.
4.8*. Построить эпюры Q и М для консоли от нагрузки,
распределенной по треугольнику.
4.9. Определить реакции опор и построить эпюры Q и М.
4.10. Построить эпюры Q и М для консоли.
х) Кривизна криволинейных стержней предполагается малой (брусья большой
кривизны рассматриваются в гл. 8). Собственный вес балок и рам не учитывать,
за исключением особо оговоренных случаев.
60

1)
2)
2
i
ii!
~?P C .
iP \2P \3P
8)
a 2a 1 a \ a 2a
P
\P
9)
\1P
\2P
а В
\p
&
2P\
10). n "*\ kP я
К задаче 4.4.
С
I
JS,
WrL^s
Ащшл.
L/1
Я
ШШ. *
-Ц
L/Z
1/3
V
ttttHItt-
агШШША
21/3
J/3
y7< W,
I2?
3 A
Zl/3
4)
? ft
5)
А а
A
a G- 6 1 'a
&
4
7)
a
8)
0
8)
ЙЕН'
77Ш
1а
111 п гт
10)
К задаче 4.5.
61

4.11. Определить реакции опор и найти максимальный
изгибающий момент.
4.12. Построить эпюры Q и М для балок с консолями. Вычислить
максимальный изгибающий момент. Проверить дифференциальную
зависимость между Q и М.
U
1Г$
У//Ш
Vfffa
L-Pa
g ^- а в a
i
x
Ю
К задаче 4.6.
К задаче 4.7.
4.13. Построить эпюры Q и М для двухопорных балок с
нагрузкой, распределенной по линейному закону.
4.14. То же для балок с консолями.
К задаче 4.8.
К задаче 4.9.
К задаче 4.10.
4.15*. Построить эпюры Q и М.
4.1-6*. Построить эпюры Q и М от распределенной моментной
нагрузки постоянной интенсивности m для балок, изображенных
на рисунке; проверить дифференциальную зависимость между Q и М.
Р\
4ct
К задаче 4.11.
4.17*. Для балок с шарнирами построить эпюры Q и М.
4.18. Определить поперечную силу в шарнире и максимальный
изгибающий момент.
4.19. Определить реакции опор. Построить эпюры Q и М.
Определить величину и место максимального изгибающего момента.
4.20. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов
для двухопорной балки с нагрузкой, распределённой по линейному
закону.
6?

a A a c
е
' в
7Ш
а А а а В
77&7f
T 4-
8)
2а
4)
U t
В а г*- Г и Г ^
2^г X я
К задаче 4*12.
а'Д
Ю)
К задаче 4.13.
а)
у////*
К задаче 4.14.
К задаче 4.15,
////г/
2)
а)
Ю
6)
тщл
\^>
А *
-2т
A *v
ITWffl
/7-1
8;
2^7
^?)))ТП))^^
^/77
й>
РТ7Л77
шНТ
V^7
^г
/^
тйГТса
11)
К задаче 4.16.
63

4.21. Построить эпюры Q и М для балки с консолью.
4.22*. Средней опорой балки является наклонный стержень.
Построить эпюры N9 Q и М для балки.
\р V
Ра
в
Y
а А а
3)
в
2)
К задаче 4.17.
4.23. Балка АС поддерживается тремя опорными стержнями.
Определить реакции опор и построить эпюры Nt Q к М для балки.
la J 1а *•
К задаче 4.18.
4.24*. Построить эпюры N9 Q и М для рам *).
7 С а
2)
К задаче 4.19.
ц
5,
Шиш
К задаче 4.20д
К задаче 4.21,
4.25*. Построить эпюры N, Q н М для рам х). В вариантах 4, 5
и 6 дана равномерно распределенная касательная нагрузка интенсив*
О а
W&
¦пш
д
С Р
К задаче 4.22.
К задаче 4.23.
ности q, В варианте 7 дана равномерно распределенная моментная
нагрузка в плоскости рамы. интенсивности т.
*) Хотя в задаче дацо замкнутое кольцо, вследствие антисимметрии нагрузки
задача решается при помощи уравнений статики.
64

щ
I A
I
В
в
и
1)
' Z
^L
л
\~* » f*^*"
2)
p J2P
vvv/tv
Ъ)
u
i7 ?
К задаче
a
p
a
Za
4.24
a
P
a
и
в
\p
^ 11
5) 8)
К задаче 4.25.
7)

§ 2. Моменты сопротивления изгибу
4.26. Найти моменты сопротивления изгибу относительно главных
осей г и у для сечений, показанных на рисунке.
Ь/1
7) 8)
К задаче 4.26.
Ю
10)
^.21* Определить, как изменится момецт сопротивления
квадратного сечения относительно горизонтальной центральной оси z, если
балку повернуть на 90Q вокруг ее оси
К задаче 4.27*
4.28*. Вычислить и сравнить между собой моменты
сопротивления относительно горизонтальной центральной оси для трех сечений,
показанных на рисунке.
4.29. Найти величину у, на которую нужно срезать, углы
квадратного сечения, чтобы получить наибольшую величину момента
сопротивления относительно горизонтальной центральной оси г. На сколько
процентов максимальный момент сопротивления будет превышать
момент сопротивления исходного квадрата?
4.30. Вычислить, во сколько раз увеличится момент сопротивления
прямоугольника относительно горизонтальной центральной оси, если
увеличить в k раз: а) высоту hy б) ширину Ь.
4.31. Вычислить и сравнить моменты сопротивления двух сечений,
показанных на рисунке.
€6

4.32*» Вычислить и сравнить моменты сопротивления относительно
обеих главных осей двух прямоугольных сечений, ослабленных
вырезами одинаковой площади.
Z)
К задаче 4,28.
К задаче 4.29,
4.33. Определить размеры прямоугольного сечения с отношением
сторон h : b=2, круглого сечения и трубчатого сечения с
коэффициентом полости a=d/D=0,9 таким образом, чтобы их моменты
сопротивления Wг были равны моменту сопротивления прокатного
двутавра № 20. Сравнить площади полученных сечений.
1)
К задаче 4.31.
Z)
К задаче 4.32.
К задаче 4.34.
4.34. Вычислить главные моменты сопротивления сечения,
составленного из двутавра Ш 18а и двух швеллеров № 10.
4.35. Вычислить моменты сопротивления Wг для крестового и
коробчатого сечений, составленных из равнополочных уголков, как
показано на рисунке к задаче 5.22.
§ 3. Напряжения при изгибе. Подбор сечений
4.36*. Определить максимальное нормальное напряжение в
сечении балки, если сечение имеет форму прямоугольника с основанием
Ь и высотой h. Изгибающий момент в сечении равен М.

Я?
4.37*. Нагибающий момент М вхечении стальной балки (?=2,1 х
X Ю5 МПа) равен 2,58 кН -м. Определить радиус р кривизны оси балки.
Построить эпюру нормальных напряжений. Поперечное сечение
балки— прямоугольник 6x/i=3x5 см,
4.38*. Определить допускаемую величину Рдоп для двутавровой
балки № 30а, Допускаемое напряжение
[а] =160 МПа. Дйно Ь=2 м.
4.39. Балка изготовлена из прокат-
"i ного двутавра № 20. Определить
нормальные . напряжения на расстояниях
К задаче 4.38. 5см и 10 см от нейтрального слоя, если
изгибающий момент равен 15 кН -м.
4.40. Определить максимальное нормальное напряжение в круглой
трубе с внешним диаметром D=5 см и внутренним d=4 см при
изгибающем моменте /И = 1,5 кН*м.
4.41. Вычислить наибольшее нормальное напряжение в шарнирно
опертой балке пролетом 1=2 м, нагруженной посередине силой Р=
= 15 кН. Балка изготовлена из прокатного двутавра № 12.
4.42. Подобрать "номер двутавра для балки предыдущей задачи
при [а] = 160 МПа.
4.43*. Определить наибольшие нормальные и касательные
напряжения в шарнирно опертой балке пролетом /=1,5 м прямоугольного
сечения 6x/i=4X6 см, нагруженной в середине пролета
сосредоточенным моментом L=7,2 кН-м.
4.44. Двутавровая балка № 16 длины 1,5 м заделана одним
концом и нагружена силой 10 кН на другом конце. Определить
максимальные нормальные и касательные напряжения в опасном
сечении балки.
4.45. Дано: Q=l кН, М=1 кН-м, сечение балки
прямоугольное, b=5 cm, /i=12 ем. Определить нор:
мальные и касательные напряжения в поперечном се-
~10 чении балки на расстоянии 3 см от нейтральной оси
*• сечения.
& -г 4.46. а) Определить толщину h шва сварной
двутавровой балки. Поперечная сила в сечении балки
Q=300 кН. Допускаемое напряжение для материала
наплава [т]=50 МПа.
б) Непрерывный шов заменен прерывистым швом
толщины/i=l см. Длина шпонки /=4 см. Определить
шаг е шпонок прерывистого шва.
К задаче 4.46, 4.47. Подобрать номер швеллера по таблице
сортамента, прокатной стали. Допускаемое напряжение [сг]=160 МПа.
4.48. Подобрать прямоугольное сечение балки с отношением
сторон ft/ft=2/3. Дано [о] = 10 МПа.
4.49. Подобрать номер двутавровой балки по сортаменту стального
проката. Дано: изгибающий момент М = 10 кН»м, допускаемое
напряжение [ог] = 150 МПа.
4.50. Определить диаметр поперечного сечения бйлкп- при
допускаемом напряжении 1а]=10 МПа.
68

4.51. Подобрать квадратное сечение консоли длиной 1 м,
нагруженной силой 1 кН на конце, при допускаемом напряжении [oj=
= 12 МПа.
iKff-M
Zm
1м
К задаче 4.47.
"ftf Л
7WZ
К задаче 4,48.
4.52. Решить предыдущую задачу для круглой трубы с
коэффициентом полости oc=d/D, равным 0,7, при [а]=150 МПа.
4.53*. Определить допускаемую нагрузку для чугунной балки_
треугольного сечения высотой Л=5 см и шириной основания b=h при
1к№4* Шм
y//wZ
*1м >U 1м >|< 1м \
К задаче 4.50,
»?. 9w^/
К задаче 4.53.
запасе прочности п = 3, если предел прочнести чугуна на растяжение
сг&р=:200МПа и на сжатие аЬс=: ЮООМПа. Длина балки /=1м.
4.54. Определить допускаемые изгибающие моменты для
прокатного стального двутавра № 12 в обеих главных плоскостях балки при
[а] =-160 МПа.
4.55*. Подобрать размеры сечений указанной формы при
максимальном напряжении а—160 МПа. Изгибающий момент М =ч
= 0,64кН-м. Сравнить площади сечений с .наименьшей площадью.
К задачам 4.55.
К задачам, 4.56.
4.56*. а) Двутавр № 60 усилен полосами 5х4=200х Юмм,
приклепанными к его полкам заклепками диаметром d=? 2 см.
Определить шаг е заклепок из условия равнопрочности балки и заклепок.
Допускаемые напряжения: на растяжение и сжатие для полос [а] =
= 130 МПа, на срез заклепок [т] = 80 МПа, на смятие заклепок, полос
и двутавра [ош] = 250 МПа. Поперечная сила Q в сечении балки равна
300 кН.

б) Заклепки заменены сварным швом. Определить толщину k
шва. Допускаемое напряжение для материала наплава на сдв^г [т] =*
= 50МПа.
в) Непрерывный шов заменен прерывистым. Определить шаг е
прерывистого шва, если его толщина 5 мм, а длина Зсм.
4.§7. Определить шаг е шронок в составной консоли. Размеры
шпонки: 60x70 мм. Допускаемые напряжения: на смятие шпонки
[асм] = 5,0МПа, на скалывание шпонки и бруса [т]=1МПа.
II
¦
<-*
А
А
РЧОиН
;:::ш:
150
К задаче 4.57.
К задаче 4.58.
4.58*. а) Консоль проектируется как балка равного
сопротивления изгибу. Поперечное сечение консоли—прямоугольник
постоянной высоты ft. Установить закон изменения ширины.6 = Ь(л;) сечения.
Максимальное нормальное напряжение в каждом сечении консоли
должно равняться допускаемому [<х].
б) Решить задачу при нагруЖении консоли сосредоточенной силой
Р на конце.
4.59. Консоль имеет прямоугольное сечение fexft, причем Ь
постоянно, и нагружена равномерно распределенной по всей ее длине
нагрузкой интенсивности q. По какому закону должна изменяться
высота сечения ft, чтобы максимальные нормальные напряжения были
постоянными по длине балки?
К задаче 4.60.
4.60. Определить допускаемое значение нагрузки Р для рессоры
при [а] = 300 МПа. Сечение полосы Ь X t == 10 х 1 см, число полос п = 6.
§ 4. Тонкостенные балки. Центр изгиба.
Главные напряжения
4.61*. 1) Построить эпюру касательных напряжений т в
поперечном сечении балки двутаврового профиля. Поперечная сила в сечении
Q 2
70

2) Построить эпюру т для двутавра с наклонными полками при
изгибе в вертикальной и в горизонтальной плоскости. Толщина t
стенок постоянна.
4.62. Построить эпюру касательных напряжений т для швеллера
при вертикальной нагрузке, при Q^=3 кН. Найти центр изгиба.
ю ^
Т\1
—z
1)
К задаче 4.61;
///7
toi
К задаче 4.62.
Р
t
—>
6
v/7
б)
К задаче 4.63.
4.63*. Построить эпюру касательных напряжений а) для
тонкостенной консоли уголкового профиля, нагруженной силой Р на конце,
б) то же для коробчатой балки.
4.64*. Определить касательные напряжения в тонкостенной
коробчатой балке с продольными равноотстоящими друг от друга
подкреплениями (стрингерами), имеющими одинаковые плоЩади сечения F,
считая, что стенки не воспринимают нормальных напряжений в
поперечном сечении балки.
ъ
—>
ъ
F
t
<
ь
л ¦
а)
6)
К задаче 4.64.
9)
К задаче 4.65.
4.65*. Определить положение центра изгиба тонкостенной балки
открытого профиля, являющегося дугой окружности.
4.66*. Построить эпюру касательных напряжений в сечении
круглой тонкостенной трубы при изгибе.
4.67*. Построить эпюру т в сечении с наклонными стенками при
изгибе.
4.68*. В сечении двутавровой балки № 16 поперечная сила равна
20 кН. Определить главные напряжения в нейтральном слое.
71

4.69, Определить главные напряжения для условий предыдущей
задачи в стенке балки на расстоянии 5 см от нейтрального слоя.
Изгибающий момент в сечении равен 20 кН-м.
4.70. Составная консоль склеена из двух балок. Предел прочности
клея на сдвиг тв=0,5 МПа. Определить допускаемую нагрузку Р
а\ а
а)
по условию прочности склейки, принимая запас прочности «в^=2.
Соединение считать жестким.
4.71*. Балка состоит из двух брусьев, жестко соединенных друг с
другом по всей поверхности их соприкосновения. Модуль упругости
материала верхнего бруса вдвое больше модуля упругости материала
К задаче 4.70.
а) б)
К задаче 4.71,
нижнего бруса: ?в=2 Еа. Построить эпюру нормальных напряжении
а в поперечном сечении составной балки. Изгибающий момент в
сечении равен М.
4.72*» Определить главные напряжения на расстоянии г/2 от
нейтральной оси тонкостенной трубы радиуса г. Изгибающий момент и
поперечная сила в поперечном сечении трубы равны М и Q. Толщина
t стенки трубы мала по сравнению с радиусом.
§ 5. Расчет по предельному состоянию х)
4.73* Балка длины /=1 м треугольного сечения, опертая
концами, загружена равномерно распределенной нагрузкой в плоскости
симметрии. Найти предельную интенсивность дпред нагрузки, если
предел текучести материала ат=240 МПа. Сравнить результат с
нагрузкой </т, соответствующей тому случаю, когда напряжение
достигает предела текучести <тт только в верхней точке сечения.
4.74*. Найти .предельный изгибающий момент для двутавровой
стальной балки стандартного прокатного профиля № 20. Предел
текучести принять равным 240 МПа.
г) Принять диаграмму растяжения — сжатия^ Прандтля (без упрочнения).
72

4.75*. Определить допускаемый изгибающий момент для балки
предыдущей задачи, принимая запас прочности ят=1Д Сравнить
его с допускаемым изгибающим моментом, рассчитанным по
допускаемому напряжению в опасной точке при том же запасе прочности.
4.76. Сравнить значение коэффициента &пр повышения расчетной
грузоподъемности при переходе от расчета по допускаемым
напряжениям к расчету по предельным нагрузкам, полученное в предыдущей
6Ъ
К задаче 4.73.
К задаче 4,77.
задаче, со значениями &пр для круглого и квадратного сечения. Как
характеризуется величиной &пр рациональность формы сечения?
4.77*. Найти положение нейтральной оси таврового сечения балки
в предельном состоянии.
4.78. Для таврового сечения, показанного вд рисунке к задаче
4 77, рассчитать по предельному состоянию величину Ь по следующим
данным: изгибающий момент М=1 кН-м, ат=240 МПа, ят=1,5.
§ 6. Плоско-пространственные рамы 1)
4.79*. Прямоугольная горизонтальная консоль нагружена
горизонтальной силой Р на конце. Построить эпюры М, Мк и Q.
К задаче 4.79.
К задаче 4.<
4.80*. Построить эпюры изгибающих М и крутящих Мк моментов
для а) квадратной рамы, б) ромбовидной рамы 2).
4.81*. Определить изгибающий момент в сечен-ии кольца,
нагруженного равномерно распределенной закручивающей моментной
нагрузкой интенсивности т.
х) Под таким, условным названием имеются в виду плоские рамы, нагруженные
не в плоскости рамы. Здесь рассматриваются только статически определимые задачи.
Статически неопределимые задачи даны в гл. 5.
2) Хотя рассматриваются замкнутые рамы, вследствие симметрии нагрузки
задачи решаются методами статики,, как и задачи 4.81—4.83,, 4.86 и 4.87,
73

К задаче 4.81.
К задаче 4.82.
К задаче 4.83.
4.82*. Построить эпюры М, Мк и Q для расположенного
горизонтально кольца, нагруженного четырьмя равными сосредоточенными
силами Р в вертикальном направлении.
4.83*. Построить эпюры М9 Мк и Q для кольца, нагруженного
равномерно распределенной по нему нагрузкой интенсивности q.
4.84*. Показать, что для криволинейной плоско-пространственной
рамы при отсутствии закручивающей распределенной нагрузки
производная от крутящего момента по центральному углу равняется
изгибающему моменту.
4.85*, Построить эпюры изгибающих и крутящих моментов и
поперечных сил для круговой консоли с центральным углом 90°,
нагруженной сосредоточенной силой Р и сосредоточенным моментом L.
4.86*. Построить эпюры изгибающих и крутящих моментов и
поперечных сил для кольца, нагруженного симметрично четырьмя
взаимно уравновешенными сосредоточенными моментами L.
4.87. Построить эпюры изгибающих М и крутящих Мк моментов и
поперечных сил Q.

Глава 5
ПЕРЕМЕЩЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ БАЛОК И РАМ
§ 1. Статически определимые балки постоянного сечения
5.1*. Для консоли получить выражения для угла поворота ()
и прогиба w(x) сечения на расстоянии х от левого конца и определить
значения 9 и v на свободном конце консоли.
D
\
a t
< 1
Р
I
а >
Ш
10)
13)
, а ^
17)
5.2. Определить прогиб на конце дюралевой консоли (рис. // к
задаче 5.1), выполненной из швеллера Пр. 106 № 3 (У—1,185 см4)и
Длина консоли /=50 см, ?=7,5-10* МПа, Р^=150 Н.
5.3*. Шлгучить выражения для угла поворота сечения 9 (я) и
прогиба v (х). Определить 9 ц v в середине пролета и углы поворота 9А
и 8д у опор.
75

5.4. Определить прогиб посередине дюралевой балки (рис. // к
задаче 5.3), выполненной из_бульбшвеллера Пр. 107 № 5 (J^=2,365 см4).
Длина балки /=50 см, ?^=7,5-104 МПа, Р=0,8 кН.
17) 18)
К задаче 5.3,
19)
Z0)
5.&. Определить прогиб посередине балки, загруженной равномерно
распределенной нагрузкой (рис. 13 к задаче 5.3). Сечение балки
прямоугольное, &=10 см, ft=20 см, /—3 м, ?—Ю4 МПа, ^^кН/м.
5^6. Найти прогиб посередине и углы поворота у опор балки
(рис. 1 к задаче 5.3). Сечение балки круглое, d^=2 см, 1—1 м, ?=7*
104 МПа, L=100 Н-м.
5.7*. Подобрать номер стального швеллера, исходя из условий
прочности и жесткости. Допускаемое напряжение [а]=160 МПа.
Допускаемый прогиб [/]=//400. Сравнить веса
балки, получаемые из условий прочности и
жесткости; ?=2»105 МПа.
5.8. Деревянная консоль прямоугольного
сечения длины 1—2 м нагружена сплошной
равномерно распределенной нагрузкой q—
—2 кН/м. Принимая высоту сечения консоли
равной 20 см, определить ширину сечения &,
если прогиб не должен превосходить //400; Е~
= 1,2»104 МПа. Проверить напряжение. Определить ширину сечения
b из условия прочности, полагая [а]=10 МПа; установить, наскол&ко
легче получается консоль.в последнем случае.
5.9. 1) Определить прогиб на конце консоли, если модуль
упругости материала ?"=1,2-10* МПа. 2) Определить ширину b сечения
76
К задаче 5.7,

[соли из условия, чтоб^л прогиб не превышал //200 Определить Ь
условия прочности, полагая [а]=15 МПа
5.10*. Написать выражения для прогиба и угла поворота на конце
^оли с учетом того, что заделка поворачивается на малый угол v
рис.).
l 5 ^щшшшй к 2У
18
[ШШПШ
К задаче 5.9 К задаче 5.10. К задаче 5.11.
5.11*. Определить место максимального прогиба vmax балки.
Написать выражение итах. Сравнить с прогибом посередине балки.
5.12*. Определить прогибы и углы поворота на опорах, посередине
балки чи в точках приложения сил Р.
5.13. Построить эпюры Q, М, 0 и v.
р
К задаче 5.12. К задаче 5.13. К задаче 5.14.
5.14. Определить положение точки* перегиба оси изогнутой балки
углы поворота сечений балки у левой опоры (А) и в точке перегиба,
шо: L2=2 Lx
5.15. Дюралевая круглая труба сечением 50x44 мм положена
горизонтально на две опоры. Определить максимальный допускаемый
пролет /, исходя из условия, что прогиб, вызываемый собственным
весом, не должен превосходить //200. Удельный вес материала -у^^б
ХЮ4 Н/м3. Модуль упругости ?;=7,5-104 МПа.
К задаче 5.16. ,К задаче 5.17.
5.16. При загружении сосновой доски, свободно лежащей на двух
опорах, грузом Р=4 кН посередине был измерен прбгиб под грузом
/=2,00 мм. Определить модуль упругости материала.
5.17. На стальную двутавровую балку действует равномерно
распределенная нагрузка. Определить интенсивность нагрузки q,
если измерением установлено, что касательная к оси изогнутой балки
на свободном конце составляет с осью Ох угол 9@)=6,49-10.
Принять ?=2-105 МПа.
5.18*. Определить прогиб балки в точке В ее оси и угол поворота в
сечении Л.
5.19*. Определить прогиб и угол поворота балки в сечении С.
5.20. Определить прогиб балки в точках С и D ее оси.
11

ШТП
(S
ttttttfftTTi
эьвЯве
x
dZ
ШШ
3
й
h
FT D
a q
'ZZ'S
< ^5 *
Г # ~
«6Г9 9hBtTB8
a
g
vjL*?
БШШЗ

5.2L Найти прогиб, балки в точке G.
5.22*. Найти поворот сечения В относительно сечения А балки и
прогиб в точке В.
5.23. Определить прогибы и углы поворота балки на концах
консолей А и С.
5.24*. Составить выражения 0(*) и v(x). Найти значения 0 и v
в середине пролета (9С и vc) и на конце консоли @D и vD), а также 0
у опор @А и 0S).
5.25. Построить эпюры углов поворота 0 и прогибов v; ?—2х
X Ю5 МПа, /;=9*103 см4.
5.26. Определить прогибы и углы поворота консоли в сечениях,
где приложены грузы; ?=104 МПа, У =1,6» 10* см4.,
5.27. Определить радиус кривизны средней части балки.
Поперечное сечение балки — квадрат со стороной 2,5 см; Я~2*10§ МПа.
5.28. Определить прогиб посередине балки.
5.29. Определить углы поворота у опор (см. рис. к задаче 5,28, б).
5.39. Дюралевая балка, состоящая из двух уголков Пр. 100 № 13,
несет нагрузку, показанную на рисунке. Определить прогиб иср
посередине балки; ?=7,5-104 МПаг Каков должен быть момент инерции
сечения балки, чтобы прогиб t>cp не превышал //200?
К задаче 5.31*
5.31. На основании принципа сложения действия сил сравнить
прогибы посередине пролета одинаковых балрк а —д. Установить, во
сколько раз максимальный прогиб балки а больше максимального
прогиба балки в.
К задаче 5,32,
5.32*. Для консоли постоянного сечения построить эпюры 0(д:)
и v(x). Вычислить 0@) и v@). Момент инерции поперечного сечения
консоли /=4-104 см4; ?=2-105 МПа.
79

5.33. Балка, лежащая на двух опорах, составлена из двух
дюралевых бульбуголков Пр. 102 № 11 (момент инерции сечения одного
уголка относительно горизонтальной оси J=3,75 см4). К концу
балки жестко прикреплены стойки высотой /i=l м. Определить
сближение б концов тип стоек под влиянием нагрузки, равномерно
распределенной по балке, интенсивности 9;= 1,50 кН/м; /==1,5 м,
?=7,5-104 МПа.
т
I ЩЩЩЩ
К задаче 5.33,
К
К задаче 5.34.
5.34*, Деревянный брус квадратного сечения 20x20 см оперт
левым концом на неподвижную опору А. Правый конец бруса подвешен
на стальном стержне сечения F=2,5 см2. Написать уравнения эпюрь
углов поворота 0 и прогибов v для бруса. Определить максимальный
прогиб, а также прогибы в середине пролета и в точке ?.
К задаче 5,35,
5.35. Определить углы поворота у опор.
5.36* Определить углы поворота у опор и прогиб посередине балки.
К задаче 5,36,
в)
Ж4
I- 7Ш.
д)
Z
80

5,37. Стальная балка нагружена по концам моментами МА =
= 10 кН'М и Мв=20 кН'М и в пролете нагрузкой, распределенной по
линейному закону. Найти угол поворота 6@) у опоры А и прогиб
v@,5/) посередине пролета; У=2-103 см4, ?=2,2-105 МПа.
Ь-гоннл*
МнН/м
ЮиН-м ггГттК
]Ш1 ШкН-м
Ж
К задаче 5.37.
Ж Ж Ж
К задаче 5.38.
5.38. Написать выражения 0(л:) и v(x) для всех участков.
5.39, Определить прогибы на концах консолей; ?=2-Ю5 МПа,
J =300 см4.
i\
\< >\<
к
Um ^' Z р
задаче 5.39.
А
А
У
А
к
i
^ 1=1.15нН-м
В
2
ю
в
\
м
задаче
D
5.4(
).
5.40. На рисунке даны эпюры изгибающих моментов, построенные
для балок постоянного сечения /=25 см4, ?=2«Ю5 МПа.
а) Построить эпюру прогибов балки, если известно, что прогиб и
угол поворота в сечении А равны нулю, б) Определить угол поворота
сечения С балки, если прогибы в сечениях А и В равны нулю.
К задаче 5.41.
К задаче 5.42.
5.41. Диск диаметра D = l,4 м прикреплен к свободному концу
консоли, представляющей собой стальную трубу длины /=1,5 м.
Груз Р=1 кН подвешен в-точке С в конце горизонтального диаметра
диска. Найти опускание / точки С, вызываемое действием груза Р,
если ?=2,2-105 МПа, G=8>104 МПа.
5.42. Определить перемещение шарнира С.
81

5.43. Определить угол поворота балки на опоре А.
5.44. Определить углы поворота и прогиб в шарнире Л.
А
i la
га
К задаче 5.43.
5.45. Определить углы поворота и прогибы в сечениях В и С
предыдущей задачи.
д \
—>[< >
У///У
К задаче 5.44.
К задаче 5.46.
5.46. Определить площадь, ограниченную осью х и осью
изогнутой балки в плоскости изгиба.
5.47*. Тонкий^стержень длины / упруго сгибается в окружность
и концы сопрягаются ^плавно. Определить изгибающий момент в
стержне.
5.48*. Для шарнирно опертой балки длины /, нагруженной
одинаковыми моментами М по концам (чистый изгиб), найти стрелу
прогиба уср, углы поворота на концах 8А и 6В и смещение подвижной
опоры А. Сравнить приближенное и точное решения.
5.49. Определить максимальные прогиб и угол поворота гибкой
консоли постоянного сечения, несущей на свободном конце
изгибающую пару с моментом L=5,63 Н*м; /=50 см, ?«/=5 Н*м2.
5.50.. Определить прогиб на конце консоли о учетом деформации
сдвига (?=2,9).
г
к *\
N40
К задаче
&
5;50.
^^
Z
1
К
8QGM
задаче 5.51,
5.51. Определить прогиб посередине й угол поворота у -опоры
тонкостенной стальной балки с учетом деформации сдвига стенки,
считая устойчивость стенки обеспеченной G=500 см4; [г=0,3; ?=2х
хЮ5МПа).
Изгиб балок при нагреве
5.52*. Найти прогиб / посередине пролета и угол поворота 9А на
оцоре шарнирно бпертой балки длины / при нагреве снизу на f.
Считать, что температура по высоте сечения балки уменьшается по
линейному закону. Коэффициент температурного расширения материала а.
82

5.53. Найти прогиб / посередине пролета и углы поворота 8А и
0в на опорах балки предыдущей задачи при нагреве на половине
длины балки.
5.54. Найти прогиб / посередине пролета и углы поворота 9А и
6В на опорах той же балки при нагреве на длине а (у опоры А).
1а
1)
Y/W/.
I
TPsfat
< * >
7Ш
а Л
5)
9)
а
а
10)
а
la
С Ю
1а
7т%, у//&/.
7)
уШ?'
7М7Р»
la
t wfc
11)
4) 8)
К задаче 5.55.
5.55*. Для балки, нагреваемой снизу или сверху на всей длине или
ее части, построить эпюры прогибов и углов поворота (температура
изменяется по высоте сечения балки по линейному закону).
§ 2. Балки переменного сечения
5.56*. Для балок с участками, имеющими различные жесткости,
определить углы поворота и прогибы в сечениях А и В.
A j
А в) р
11) 11)
11)
К задаче 5.56.
5.57. Определить прогибы балки в сечениях С и Е. Моменты
инерции Л=6550 см4, */2^=12 430 см4; модуль упругости ?=2х
ХИ» МПа.
83

5.58*. Консоль переменного сечения длины /=6 м нагружена
равномерно распределенной нагрузкой интенсивности 9=1,20 кН/м.
2 иг
дОиН
*ш
Ida
СЕ
К задаче 5.57.
В
— —
J
['
t
~~—-—.
1-
К задаче 5.58.
Момент инерции J сечения изменяется непрерывно; значения J в
отдельных сечениях консоли (с интервалом через 1 м) приведены в
таблице:
ос, м
0
1
см4
54". Ю3
38-Ю3 26-Ю3 17, МО3 10,7-103 5,6-103 3,4-Ю3
Построить эпюры углов поворота 9 и прогибови консоли; ?=104 МПа..
5.59. Показать, что консоль равного сопротивления изгибу при
равномерной- нагрузке и постоянной ширине имеет форму клина.
Найти наибольший прогиб консоли и сравнить с прогибом консоли
постоянного сечения.
К задаче-5,59.
К задаче 5.60.
5.60. Консоль имеет прямоугольное сечение с отношением ширины
к высоте 1 : 2. Высота сечения h изменяется по закону: Ii(x)f=
=0,05A200 — х)у где л: и h(x) — в см. Построить эпюры 0 и v.
Модуль упругости ?г=104 МПа.
5.61 *.1) Для балки круглого переменного сечения (закон изменения
диаметра взять по одному из семи вариантов из таблицы) определить
прогиб vK или угол поворота 0^ сечения /С, для чего
а) записать интеграл Мора для искомого перемещения, пользуясь
безразмерной переменной x/l=t;
б) приняв 9=2,1 кН/м (или РМ),524 кН, L=0,76 кН-м), 1^=
?=1,53 м, de==2,4 см и ?=2,1 *Ю5 МПа, составить программу на языке
фортран-4 для вычисления перемещения на ЭВМ;
1) Задача разработана И. И. Трапезиным и Б. В4 Заславским,
64

в) после счета выписать из распечатки значение искомого
перемещения и сравнить его с получаемым для балки постоянного сечения:
1) с диаметром d0 и 2) с диаметром d(l).
1
2
3
4
Закон d (x)
d (x) = dfo?i^. У(х/1)* ]
d (x) = d0 (\ + %/7fl)
d (*) = d0 [l + J/(*//J]
№
5
6
7
Закон d(x)
4)
К задаче 5.6К
o.uz. определить прогиб Утах листовой рессоры, выполненной как
брус равной) сопротивления изгибу и нагруженной силой 10 кН.
Пролет рессоры /^80 см. Число листов (полос) я =6. Толщина листа-
=//7^
Ят/
'ЮЯ
К задаче 5.62.
К задаче 5.63,
85

?=0,75 см, ширина листа Ь=7 см. Модуль упругости материала Е=
=2,1 -НО5 МПа.
5.63. Рессора сострит из 10 листов ширины &=7,5 см и толщины
?=10 мм. Пролет рессоры /=1 м Допускаемое напряжение [в]=
=400 МПа, ?=2-105 МПа. Определить грузоподъемность рессоры и
величину прогиба посередине пролета.
§ 3. Статически неопределимые балки
5.64*. Дюралевая балка длины /=1 м швеллерного сечения
Пр. 106 № 15 (/=34,56 см4, №=9,87 см3).подвешена на трех стальных
тягах длины /i=l м и поперечного сечения 0,1 см2. Балка несет груз
Р=5кН, приложенный посередине. Определить усилия в тяг#х и
наибольшее напряжение а в балке; Яст;=2,Ы05 МПа, ?1д=7-104 МПа.
I
К задаче 5.64.
К задаче 5.66.
К задаче 5.67.
н
5.65*. Решить предыдущую задачу в предположении: а)
абсолютно жесткой балки, б) абсолютно жестких тяг и, упругой балки.
5.66. Определить угол поворота 0В, изгибающий момент МА и
реакции VA я VBi вызываемые моментом L.
5.67*. а) Определить изгибающие моменты МА и Мв на концах
А я В балки с заделанными концами, если правая заделка будет
повернута вокруг точки В на угол 0В. б) Балка АВ заделана обоими
концами и не несет нагрузки. Правая заделка В этой балки
переместилась поступательно вниз нач величину Д. Определить моменты МА
и Мв в заделках.
2а/ .
ЪОнН
I
2,4м
К задаче 5.68.
К задаче 5.69.
5.68. Определить наибольшее нормальное напряжение е балке,
заделанной одним концом и свободно опертой другим.
5.69. Построить эпюры Q и М.
5.70*. Построить эпюры изгибающих моментов и определить
прогибы в точке приложения силы, посередине пролета и
максимальный прогиб для балок, заделанных на одном конце и шарнирно
опертых на другом.
86

10)
К. задаче 5.70,
11)
1)
4)
L L
7)
10)
К задаче 5,71,
IP

5.71. То же для балок, заделанных с двух сторон.
5.72. Двухпролетная балка с равными пролетами нагружена
сосредоточенной силой посередине одного из пролетов. Построить
эпюру М.
а)
WW
?
Ьч*
К задаче 5.72.
К задаче 5.73.
5.73. Построить эпюры Q и М.
5.74. В предыдущей задаче определить угол поворота балки на
опоре 2.
5.75. Две балки, изготовленные из одного и того же материала,
длины /==1 м соединены вертикальным стержнем посередине.
Определить усилие S в вертикальном стержне (деформацией его пренебречь).
Моменты, инерции сечений балок: верхней J±** 12,56 ^Ю3 см4, нижней
/2=5,44-108 см4.
ШШ
7W?
К задаче 5.75,
шши
в
К задаче 5.76.
5.76. Две консоли из труб соединены стержнем АВ, Сечение
верхней трубы 90X82, нижней— 100X90 мм. Длины консолей ^^==4 м,
/=1 м. Интенсивность нагрузки ^^=1,5 кН/м. Определить усилие S
в стержне АВ\ при расчете пренебречь его деформацией. Материал
труб один и тот же.
5.77. В предыдущей задаче определить прогиб на конце верхней
консоли и наибольшее напряжение в ней. Материал — хромансиль,
модуль ?;=2,Ы0* МПа.
5.78*. Две перекрестные балки длины 1г и /2 нагружены
посередине силой Р. Найти распределение нагрузки между балками.
Моменты инерции сечений балок — соответственно /i и /а. Материал
балок одинаковый.
5.79*. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.

Подобрать стальную двутавровую балку по сортаменту.
Определить углы поворота балки на опорах и прогиб посередине пролета
1—2. Принять [а]=140 МПа, ?=2-105 МПа.
р-Юкн
q-ЬОнН/м
К задаче 5.78.
К задаче 5.79.
5.80. Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил,
определить реакции опор, нарисовать приблизительно изогнутые оси
балок и отметить положения точек перегиба.
\10нН
ЮнИм
ЮнНм
10)
К задаче 5,80.
5.81. Неразрезная балка постоянного сечения с равными
пролетами нагружена на одном конце моментом L а) Построить эпюру
изгибающих моментов, предполагая число пролетов балки весьма
89

большим, б) Построить эпюру моментов для трехпролетной балки;
сравнить решение с решением предыдущей задачи.
а)
A
К задаче 5.81.
Нагрев неразрезных балок
5.82*, Построить эпюру изгибающих моментов для балки,
нагреваемой на / градусов: а), б) сверху по всей длине балки, в) снизу в
левом пролете *).
0_jt° 1 Г г Г у
о t° I
а)
г г
t° 4
ypm.
la
К задаче 5.82.
U 7 L
YW/, _ Ул977. у Ят7,
1< ¦—4<—^г-и
К задаче 5.83.
5.83*. Для балки двуСимметричного сечения, нагреваемой снизу
на t градусов, определить максимальное нормальное напряжение и
построить эпюру прогибов х).
'//J////A
g ... la
t" Ж». Г
г)
to
яж
зГ Y Т ~\ш
" ж
A
7)
9;
К задаче 5.84.
Ю)
x) Принять, что температура изменяется по высоте сечения балки по линей
ному закону,
90

5.84. Построить эпюры прогибов для балок, равномерно
нагреваемых снизу на всем протяжении балки или в отдельном пролете х).
5.85. Для балки, равномерно нагреваемой снизу х), определить
максимальный изгибающий момент, максимальный прогиб и угол
поворота на опоре /.
А
vnto.
t
la
Jl
К задаче 5.85.
»
I
7Ж
К задаче 5.86.
5.86. Определить усилие S в стержне АВ при нагревании его на
?=60°: 1) учитывая деформацию сжатия стержня и 2) не учитывая ее.
Стержень АВ— дюралевая трубка сечением 18x17 мм (?=7,5 х
X Ю4 МПа), длиной h=60 см. Консоль и балка — также из дюралевых
труб сечениями соответственно 55x50 мм и 65x59 мм, пролет балки
1—1 м. Коэффициент линейного расширения материала, при
нагревании а = 2,5-10-Ч/К.
Учет осадки и упругости опор
5.87*. а) Определить реакцию упругой опоры, если ее
податливость 2) равна е; б) построить эпюру М (податливости опор
одинаковы); в) то же при нагреве среднего пролета внизу при 8^=а3/A04 EJ).
а)
К задаче 5.87.
5.88*. Неразрезная балка длины /=2 м, выполненная из
дюралевой трубы сечением 65x62 мм, имеет две крайние опоры жесткие-и
среднюю — упругую. Какова должна быть податливость 8 средней
*) Принять, что температура изменяется по высоте сеченйпя балки по линейаому
закону.
2) Податливостью упругой опоры называется ее осадка под действием силы,
равной 1 Н, размерность податливости — м/Н,
91

опоры, чтобы изгибающий момент в балке над средней опорой был
равен нулю? ?=7,5*104 МПа.
5.89*. Построить эпюру М с учетом осадки опоры 1 на Ai*a
К задаче 5.88,
о
7/S/s/t
JL
I
и
К задаче 5.89.
К задаче 5.90,
рг
ЩЯЬ
Балки переменного сечения
5.90. Построить эпюры изгибающих моментов для балок,
отдельные участки которых различаются жесткостью.
5.91. Построить эпюру изгибающих моментов для неразрезной
балки ступенчато переменного сечения *(в пределах каждого пролета
сечение постоянно) J1: У2 • Jb - J* = 1 • 2 : 3 : 2,5.
5.92. Построить эпюру М. Момент инерции сечения балки в
пролете 2—3 вдвое меньше, чем на остальных участках.
К задаче 5.91.
2/
5,5м
К задаче 5.92,
92

§ Ф. Расчет по предельному состоянию
5.93*. Найти предельное значение Рпр силы Р, соответствующее
предельному изгибающему моменту Мпр во всех возможных
пластических шарнирах 1).
ю
К задаче 5.93.
U
д)
5.94. Найти предельную нагрузку Рпр в функции расстояния х
от правой опоры. Определить значение х, соответствующее
минимальной несущей способности балки; опреде- . .,,11КУ
лить min Рпр. а)
5.95. Найти предельную нагрузку ?пр,
реакции опор и место максимального
изгибающего момента в пролете. $)
А
1
р
шшш
S)
У/У/Л
К задаче 5.94.
в
К задаче 5.95.
5.96*. Найти предельную нагрузку Рпр в пролете 1—2
неразрезной балки
ишт
шв
ю
7w.
К задаче 5.96.
6)
К задаче 5.97.
5.97. Найти предельную нагрузку <7пр в пролете А—В неразрезной
балки.
§ 5. Балки на упругом основании
5.98*. Балка (рельс типа ПА, /=1223 см4, №=180 см3, Е=2х
X Ю5 МПа) длины /==15 м лежит на сплошном упругом основании и
нагружена сосредоточенной силой Р=100 кН посередине. Жесткость
Принять диаграмму растяжения — сжатия Прандтля (без упрочнения).
93

основания ?—30 МПа. Построить эпюры прогибов и изгибающих
моментов.
щъ
80,6
¦-л,
У//////////////////'V///////////////////*
К задаче 5.98.
I Ж
К задаче 5.99.
Ж
5.99*. Рельс (см. предыдущую задачу) загружен пятью
сосредоточенными силами давления колес локомотива. Определить напряжение
в рельсе под средним колесом.
5.100*. В предыдущей задаче определить напряжение в рельсе
в сечении под пятым колесом.
5.101** Стальной понтон, имеющий форму прямоугольного
параллелепипеда, длины /=10 и ширины В—3 м нагружен сосредоточенной
J?
К задаче 5.101.
силой Р—200 кН на своей оси на расстоянии а—6 м от носа.
Определить осадки Vt и v2 понтона и построить эпюру изгибающих моментов.
Момент инерции сечения У—106 см4. Удельный вес воды у—10 кН/м3.
5.102*. Решить задачу 5.98 при длине рельса /=2м.
§ 6. Стесненное кручение тонкостенных стержней
открытого профиля
5.103*. Построить эпюры углов закручивания ср, бимоментов В,
крутящих моментов М и М свободного и стесненного кручения для
стального стержня двутаврового сечения длины /=150 см,
нагруженного закручивающим сосредоточенным моментом, Концевые сечения
стержня лишены возможности поворачиваться в своей- плоскости, но
К задаче 5.103,
94

имеют свободу депланации. Модули упругости ?=2,1 •Ю5 МПа,
G=a-104 МПа.
5.104*. Воспользовавшись результатами решения задачи 5.103,
определить наибольшие нормальные а и касательные напряжения т
и т свободного и стесненного кручения в поперечном сечении стержня.
Построить эпюру касательных напряжений стесненного кручения.
5.105*. Решить задачу 5.103 при условии полной заделки, концов.
К задаче 5.106.
5.106*. Построить эпюру бимоментов и определить наибольшее
нормальное напряжение в сечении заделки дюралевой консоли корыт-
ного профиля длины /^=150 см, нагруженной закручивающим
моментом. Я^7,6-104 МПа, G=2,9-104 МПа.
5.107*. В предыдущей задаче определить наибольшие касательные
напряжения т и х свободного и стесненного кручения.
5.108*. Решить задачу 5.106 приближенно, положив а?=0, т. е.
пренебрегая жесткостью свободного кручения, и сравнить результат
с точным решением.
§ 7. Плоские рамы '
Нахождение перемещений в статически
определимых случаях
5.109. Горизонтальная кенсоль из дюралевой,трубы сечением 65Хч
Х59 мм (^=28,1 см4) имеет длину /==70 см. К концу консоли жестко
т
If
II
. 1-70см >
К задаче 5.109.
- К задаче 5.112.
прикреплена вертикальная стойка из дюралевой трубы сечениек 55 X
ХбО^мм (Jh=14,2 см4). На коней, т стойки действует горизонтальная
сила Р=1 кН. Определить горизонтальную Ьн и вертикальную bv
составляющие перемещения конца т стойки. Модуль упаугости Е~
-7,5.104 МПа.
/ 5.110*. Определить вертикальную проекцию ус перемещения
шарнира С рамы на рис. к задаче 4.24, 12.
95

5.111*. Определить а) сближение &CG точек С и G рамы на
рис. к задаче 4.25, /, б) угол QGH поворота сечения G относительно
узла D той же рамы.
5.112. Определить перемещение бс опоры С, прогиб ja в середине
криволинейной рамы, имеющей вид полуокружности, и полное
перемещение 6а точки А.
е)
К задаче 5.113.
К задаче 5.114.
К задаче 5.115.
5.113. Определить величину и направление перемещения 6 конца
криволинейной консоли, имеющей вид полуокружности.
5.114. Определить угол 8В поворота рамы на опоре Б. Участки АС
и BD рамы очерчены по окружности радиуса а.
Указание: удобнее найти угол 0дв, равный 29g.
5.115. В трехшарнирной раме найти взаимное перемещение б/-з
шарниров 1 и 3 и угол 92 взаимного поворота концов стержней,
сходящихся в шарнире 2.
5.116. Найти сближение ЬАВ концов А и В рамы, а также их
взаимный угол поворота QAB.
'/////////Л
шии
К задаче 5.116.
К задаче 5.117.
5.117. Найти перемещение по вертикали и по горизонтали и угол
поворота свободного конца угловой консоли, нагруженной равномерно
распределенной нагрузкой на горизонтальном участке.
96

Статически неопределимые задачи. Эпюры
М, Q, N
5.118*, Построить эпюры изгибающих моментов М, поперечных
сил Q и продольных сил N для плоской рамы, нагруженной в своей
плоскости.
5.119*, Часть рамы очерчена по дуге окружности. Построить
эпюру М.
А
К задаче 5.118.
У?Ш,
К задаче 5.119.
К задаче 5.120*
5.120*. Построить эпюру М для круглого кольца, симметрично
нагруженного двумя силами.
5.121*. Построить эпюру М для замкнутой треугольной рамы,
несущей антисимметричную нагрузку
К задаче 5.121.
К задаче 5.122.
К задаче 5.123.
5.122*. Момент инерции сечения нижнего стержня квадратной
рамы вдвое больше, чем других стержней. Построить эпюру М.
5.123*. Кольцо радиуса R нагружено шестью равными регулярно
расположенными радиальными силами Р. Построить эпюру М.
Решить задачу также с учетом влияния продольных сил на деформации
кольца.
±
/р
v
К задаче 5.124.
5.124. Построить окончательные эпюры М для четырех вариантов
узловой нагрузки квадратной рамыг),
г) Задачи 5.124, 5.131, 5.132 разработаны А. А. Уманским.
97

5.125. Построить эпюры М для кольца при сосредоточенной и
распределенной нагрузках.
5)
К задаче 5.125.
Z)
5.126*. Построить эпюры М, Q и N для прямоугольных и
криволинейных рам.
\Р
К задаче 5.126.
Перемещения в статически неопределимых
рамах
5.127*. Определить перемещение точки приложения силы Р рамы,
показанной на рисунке к задаче 5.118.
5.128. Построить эпюру изгибающих моментов и определить
линейное перемещение узла А для трехопорной рамы.
5.129. Построить эпюру М и определить угол поворота узла А
для двухопорйой рамы, содержащей криволинейный участок в виде
четверти окружности,
5.130. Определить расхождение точек С и D кольца, показанного
на рисунке: 1) к задаче 5.120, 2) к задаче 5.123
5.131*. Балка АВ постоянного сечения с защемленными концами
нагружена произвольной нагрузкой и испытывает поворот опор на
углы 0д и 0В и осадки их на величины АА иДв. Определить
изгибающие моменты и поперечные силы в опорных поперечных сечениях балки.
98

Продольную силу не учитывать. Через а и b обозначены расстояния
от опор до центра тяжести площади со эпюры Мр, построенной от
WZ.
1а
2а
2а
Ф
К задаче 5.128.
К задаче 5.129.
заданной нагрузки для шарнирно опертой балки (эпюра Мр показана
условно).
У/////Л
л 5
ft ,
К задаче 5.131.
К задаче 5.132.
5.132*. Построить эпюру изгибающих моментов для трех опорной
рамы с защемленными концами. Принять жесткость стойки при изгибе
равной I, а жесткость ригеля — равной 2. За неизвестное принять
угол 0! поворота узла /. Использовать результаты решения задачи
5.Ш.
§ 8. Плоско-пространственные рамы
Перемещения в статически определимых
случаях
5.133*. Определить прогиб на конце криволинейной консоли,
очерченной по дуге окружности, расположенной в горизонтальной
плоскости и нагруженной вертикальной силой Р.
5.134. Определить угол поворота конца криволинейной консоли
в плоскости торца.
5.135. Найти прогиб б на конце рамы—консоли, показанной
на рисунке к задаче 4.79, полагая поперечное сечение кругом диаметра
d=\ см; &-а=0,5 м, ?=2,2-Ю5 МПа, G=0,4?, Р-Ю Н.
99

5.136*. Определить угол 8 разворота кольца под действием
равномерно распределенной закручивающей нагрузки (изгибающие моменты
в таком кольце определялись ранее в задаче 4.81).
0
t
ч \
ж
\\ \ \ \ VT 7
К задаче 5.133.
К задаче 5.134.
К задаче 5.136.
5.137*. Определить максимальный прогиб кольца, изображенного
на рисунке к задаче 4.87, 8.
5.138. Определить максимальный прогиб рамы, показанной на
рисунке к задаче 4.80, а.
Статически неопределимые рамы
5.139*. Ломаный брус заделан одним концом и шарнирно оперт в
узле А\ плоскость оси бруса горизонтальна. Определить прогиб /
на свободном конце бруса, несущем нагрузку Р=60 Н. Дано: /=
=50 см, модули упругости ?=2,2 -105 МПа, G=0,4 Е. Поперечное
сечение бруса — квадрат со стороной а==1 см.
К задаче 5.139.
К задаче 5.140.
К задаче 5.141.
5.140*. Построить эпюры изгибающих М и крутящих Ми моментов
для прямоугольной рамы при симметричной нагрузке.
5.141*. То же для дважды антисимметричной нагрузки.
5.142*. То же для треугольной рамы при симметричной нагрузке.
5Л43*. Заделанное полукольцо нагружено симметрично.
Построить эпюры М и Мк.
5.144*. Круглое кольцо закручивается моментами L. Построить
эпюры М и Мк.
5.145. П образная рама круглого сечения заделана обоими концами
и нагружена сосредоточенной силой Р в направлении,
перпендикулярном к плоскости рамы. Определить изгибающий момент и прогиб
в среднем-сечении рамы. Дано: G=0,4 E.
5.146*. Построить эпюры М и Мк для прямоугольных рам
и круглых колец круглого сечения.
100

К задаче 5.142.
К задаче 5.143.
К задаче 5.144.
К задаче 5.145.
К задаче 5.146.
2/7'
К задаче 5.147.
101

5.147*. Построить эпюры продольных сил N в стержнях и
определить погонные касательные усилия q в тонкостенной ферме х) (силы
взаимодействия q между стенкой и стержнями предполагаются только
касательными и распределенными равномерно вдоль стержня).
§ 9. Метод конечных элементов. Использование
графопостроителя ЭВМ для получения эпюр 2)
5.148*. Для балки длины I и жесткости ?7, защемленной по
концам и нагруженной силой Р посередине пролета, определить прогиб
под силой v\i/2- Воспользоваться методом конечных элементов на
основе вариационного принципа Ритца.
Разделить балку на два конечных элемента
j длины а =1/2. Ввести в качестве варьируе-
1п | д F" мых параметров величины прогиба и угла
* 1^ *| поворота касательной к упругой линии
""* Н для узлов 1, 2, 3, расположенных по кон-.
К задаче 5.148. цам элементов- Сравнить результат
вычислений с «точным» (в пределах теории
изгиба балок) значением.
5Л49*. Рассмотреть задачу 5.148, считая балку шарнирно опертой
по концам.
5.150*. Дана балка, аналогичная рассмотренным в задачах 5.148
и 5.149, но со смешанным видом опор — шарнирной левой и
защемленной правой. Сила Р по-прежнему приложена посередине.
Определить прогиб v\i/2 и угол поворота 0|//2 под силой.
5.151*. Рассмотреть балку с левым защемленным концом и правым
свободным. К свободному концу приложена пара сил С моментом Мо.
Получить эпюры моментов, углов поворота Э и прогибов v с помощью
графопостроителя ЭВМ, принимая для примера ?/=10, /=10, Мо=1.
г) Тонкостенными фермами условно именуем фермы, в которых раскосы заменены
стенками.
2) Задачи 5.148—5.150 составлены К. 3. Хайрнасовым, задача 5.151 — В. Н.
Терских.

Глава 6
СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ
§ 1. Косой изгиб
6,1*. Консоль нагружена на свободном конце силой Р=ЗкН.
Дано: &=4см, /i=12cm, /=120 см, а=я/6 рад.-Вычислить нормальные
напряжения в угловых дочках опасного сечения и определить прогиб
на конце консоли. Материал — сталь, Е=2Л0ь МПа.
/а
Pt
К задаче 6.1.
К. задаче 6.2.
6.2. Консоль (/=0,8 м) двутаврового сечения № 12 изгибается
двумя силами Рх=2,5 кН и силой Р2=1 кН. Определить максимальное
нормальное напряжение в опасном сечении консоли.
6.3. Проверить прочность и жесткость балки, изготовляемой из
композиционного материала (?==1 -104 МПа). Дано: /=4 м, 6=12 см,
i
J
1
К задаче 6.3.
К задаче 6.4.
/г== 16 см. Равномерно распределенная нагрузка интенсивности q=
=2 кН/м действует в плоскости, проходящей через ось балки и
составляющей с вертикальной главной плоскостью балки угол а=
=*л;/6 рад. Допускаемое напряжение на изгиб [ст]=14 МПа;
допускаемый прогиб [/]=.//150.
6.4. Стальной прокатный уголок № 8 (/=8 мм) воспринимает
изгибающий момент М=0,8 кН-м в средней плоскости вертикальной
полки. Определить нормальные напряжения в точках /, 2 и 3 сечения.
103

6.5*. Балка зетового сечения № 14 пролетом 1—2 м шарнирно
оперта по концам и нагружена равномерно распределенной нагрузкой
интенсивности q=\0 кН/м. Главные моменты инерции сечения: /z=
==847 см4, 7^=61,4 см4. Угол, составленный плоскостью наибольшей
жесткости do стенкой балки, ф=0,3816рад (tgcp=0,4). Толщина
стенки /=8 мм. Определить максимальные напряжения и максимальный
проги(х
К задаче 6.5.
К задаче 6.6.
К задаче 6.7.
6.6. Определить нормальные напряжения в точках 1 и 2 опасного
сечения консоли, а также наибольший полный прогиб от действия
собственного веса. Консоль — уголок № 6,3 (^=0,6 см), </=5,72 x
хЮ~8 кН/м. Длина консоли /=2 м, ?=2,1 -105 МПа.
6.7. Определить допускаемую сосредоточенную нагрузку Р,
которую можно приложить посередине пролета балки, если допускаемое
напряжение [сг]=160 МПа. Дано: /==2 м, балка — уголок № 9 (t=
=0,8 см).
К задаче 6.8.
К задаче 6.9
6.8*. Шарнирно опертый по концам швеллер нагружен равномерно
распределенной нагрузкой интенсивности ^=500 кН/м, Швеллер
расположен так, что его стенка образует с вертикалью угол а=
=л;/6рад. Пролет швеллера /=4м. Линия действия нагрузки проходит
через центр изгиба. Определить номер швеллера из условия, что
допускаемое напряжение [а]=160 МПа.
6.9*. Брус прямоугольного сечения bxh подвергается косому
изгибу моментами Мг1лМу. Определить из условия прочности отноше-
104

ние сторон сечения k=h/b, при котором брус имеет минимальный
вес.
6.10*. Консоль прямоугольного сечения bxh подвергается косому
изгибу сосредоточенной нагрузкой Р на свободном ее конце (см. рис.
к задаче 6.1). Определить отношение сторон сечения k=h/by при
котором вес бруса имеет минимальное значение при заданном допускаемом
прогибе [/].
6.11. Консоль нагружена на свободном конце силой Р. Сечение
балки имеет две оси симметрии, моменты инерции относительно
которых равйы 250 см4 и 3400 см4. Направление силы Р с осями симметрии
сечения составляет угол я/4 рад. Вычислить угол
наклона а нейтральной линии к оси максималь-
ной жесткости сечения.
6.12. Направление прогиба составляет с
главными осями сечения бруса при косом изгибе угол
а=я/4 рад. Сечение бруса црямоугольное с
размерами b=2h. Определить направление вектора
изгибающего момента в сечении бруса.
6.13*. Определить направление прогиба бруса
при косом изгибе графическим способом с
помощью прямоугольника инерции. Радиусы инерции
сечения бруса iz=5 см и /у==3 см. Линия
действия силы Р с осью у составляет угол а~
=0,436 рад.
К задаче 6.13.
6.14. Показать, что при косом изгибе в случае совпадения
грузовой линии (линии действия силы Р) с одной из диагоналей
прямоугольника инерции нейтральная линия совпадает с другой его диагональю.
§ 2. Растяжение или сжатие с изгибом
6Л5*. Полоса толщины /=10 мм растягивается силой Р=Б0 кН
с эксцентриситетом е=6/4. Определить ширину b при допускаемом
напряжении [<х]=160 МПа.
6.16. Как изменится
максимальное напряжение в
брусе квадратного сечения, если
сила, действующая вдоль оси
бруса, параллельно
переместится на контур
поперечного сечения в точку А? В
точку В?
6.17. Определить
эксцентриситет продольной силы, при
котором нормальные
напряжения в крайних волокнах
образца круглого сечения
диаметра d отличаются от
среднего значения напряжений
. ь ,
1'
р
не более, чем на 5%.
К задаче 6.15. К задаче 6.16. К задаче 6.18.
105

6.18. При испытании стального образца на внецентренное
растяжение установлены нормальные напряжения в -крайних волокнах
afl=160 МПа и аб=100 МПа. Определить растягивающую силу Р и
ее эксцентриситет е. Сечение образца прямоугольное: 6=6 см, 1=Ъ мм.
6.19*. Определить допускаемую глубину х выреза в полосе
сечения 60X 10 мм, растягиваемой по оси силой Р=15 кН. Допускаемое
напряжение принять равным [а]=120 МПа. Концентрацией
напряжений пренебречь.
1 C___f _-.
К задаче
6
.19.
Р
Ъ
Р
К з
адаче
(\
Ч_
(р
6
.20.
6.20*. На кромке стальной полосы, работающей на растяжение,
появилась трещина. Чтобы трещина не распространялась, на ее месте
была выфрезерована галтель. Найти, насколько увеличилось от этого
напряжение в полосе. Размеры сечения полосы: 6=100 мм, /=8 мм,
глубина галтели а=10 мм, растягивающая сила Р=60 кН.
Концентрацией напряжений пренебречь.
6.21. Для уменьшения напряжения в стальной полосе с галтелью,
рассмотренной в предыдущей задаче, предложено с другой стороны
выфрезеровать такую же галтель. Как при этом изменятся напряжения
в полосе?
!
1
р
'/7
^|
* 1
у р
1
1
'Р
К задаче 6.22.
Т
К задаче 6.23.
6,22. Две полосы сечением bxt растягиваются силой Р. Одна
полоса ослаблена одним боковым вырезом глубины х, другая — двумя
боковыми вырезами той же глубины. При каком значении х максимальное
напряжение а в первой полосе будет больше и при каком — меньше
максимального напряжения второй полосы?
106

6.23. Определить напряжения в опасном сечении растянутого
стержня с местным ослаблением, показанным на рисунке. Сечение
стержня квадратное, а=А0 мм; растягивающая сила Р=10 кН.
6.24. Полоса, прикрепленная к косынке с помощью трех заклепок,
как показано на рисунке, нагружена силой Р=25 кН. Вычислить
напряжения в крайних точках сечения полосы, проходящего через
нижнюю заклепку. Размеры сечения: Ь=60 мм, ^=5 мм, диаметр
заклепки d=10 мм. Концентрацию напряжений не учитывать.
6.25. Во сколько раз максимальное напряжение в полосах,
соединенных сварными швами внахлестку, превосходит напряжение в целой
полосе (рисунок внизу)?
К задаче 6.25.
К задаче 6.26.
6.26*. К стенке швеллера с наружной стороны внахлестку
приварена полоса, ширина которой равна высоте швеллера. Полоса
нагружена силой Р=250 кН. Определить толщину полосы t и номер
швеллера при условии, что максимальные напряжения не должны
превосходить [а]=160 МПа.
6.27. Равнобокому прокатному уголку 50x50x3 (ГОСТ 8509—72)
передается растягивающая сила Р=5 кН посредством полос толщины
?=0,3 см, прикрепленных к полке уголка. Найти величину
максимального напряжения в сечении уголка
-Н-
К задаче 6.27.
К задаче 6.29.
6.28. Круглая-труба растягивается силой Р, линия действия
которой проходит по наружному краю сечения. Сравнить наибольшее
нормальное напряжение в поперечном сечении трубы ое с
напряжением а0 при центральном растяжении. Отношение внутреннего
диаметра трубы к наружному равно 0,8.
6.29. На свободном конце консоли из двух швеллеров установлен
блок, которым поднимают груз Q=50 кН. Натяжение троса P=Q
горизонтально. Ось блока расположена на расстоянии /==120 см от
заделки. Диаметр блока D=20 см. Подобрать номер швеллера по
сортаменту из условия, чтобы максимальные напряжения в опасном
сечении не превосходили [о!=100 МПа.
107

6.30*. Консоль квадратного сечения (аХа) нагружена на
свободном конце силой Р, действующей под углом а к оси стержня.
Определить максимальное напряжение в заделке и угол а0, при
котором оно достигает максимального значения.
К задаче 6.30.
К задаче 6.31.
К задаче 6.32.
6.31. Проверить прочность горизонтальной балки консольного
крана в том случае, когда сосредоточенная нагрузка Р=30 кН
действует посередине ее пролет Сечение балки — двутавр № 18.
Пролет балки /=2?6 м. Угол между тягой и балкой а=я/6 рад.
Допускаемое напряжение [<т]=160 МПа.
6.32. В стержне фе^мы, представляющем собой трубу с наружным
диаметром d=4Q мм и внутренним диаметром di=30 мм, действует
растягивающее усилие N=18 кН. Кроме того, равномерно
распределенная нагрузка интенсивности ^=200 кН/м вызывает в стержне
изгиб. Проверить прочность стержня, считая узлы фермы шарнирными,
если допускаемое напряжение [cr]=i60 МПа. Уменьшение прогиба под
действием силы N не учитывать. Длина стержйя /=150 см.
6.33. Болт диаметра с!=25 мм имеет костыльную головку и при
завинчивании гайки нагружен эксцентрично, как показано на
рисунке. Определить напряжение в болте, если сила затяжки болта Р=
=5 кН и эксцентриситет е=2,5 см.
К задаче 6.33.
К задаче 6.34.
6.34. Часть головки болта срезана, как показано на рисунке. Как
в результате изменения формы головки возрастут нормальные
напряжения в поперечном сечении болта? Расчетный диаметр ^==18 мм:
108

Принять, что линия действия растягивающей силы проходит через
центр тяжести опорной поверхности головки болта.
6.35. Определить размер b сечения скобы струбцинки для сжатия
деталей силой Р=16 кН при [а]=100 МПа, а=2 см, е=Ы см.
К задаче 6.35. К задаче 6.36. К задаче 6.37.
6.36. Определить наибольшую силу Р, которую можно допустить
в съемнике, предназначенном для снимания деталей с вала, из условия,
что максимальные напряжения в захватах съемника не превосходят
[а]=160 МПа. Размеры
сечения захватов а—2 см,
Ь=5 см, ширина выступов
р=2 см.
6..37. Определить
площадь F прямоугольного
сечения АА скобы,
предназначенной для правки
погнутых поясов
лонжерона крыла самолета.
Допускаемое напряжение
[а] = 160 МПа.
Максимальная сила, создаваемая
скобой, равна Р=36 кН.
Эксцентриситет e~2h.
6.38. Домкрат
установлен так, что ось винта
отклоняется от вертикали на
угол р=0,0174 рад.
Вычислить, во сколько раз
максимальное нормальное
напряжение в опасном сечении винта превосходит его напряжение при
Р=0. Длина винта l=8d±, где йг — диаметр расчетного сечения винта.
6.39*. Определить максимальное напряжение в сечении АА полу-
виЛки крепления колеса к стойке шасси при посадке самолета с
боковым сносом. Расчетная нагрузка задается в плоскости полувилки:
вертикальной силой Рх=125 кН и боковой силой Р2=25 кН. Сечение
К задаче 6.38.
109

полувилки пустотелое эллиптическое. Размеры: а=40 см, &=15 см,
г=35 см, di=10 см, d2=6 см, /=0,5 см.
6.40. Скоба изготовлена из стального круглого стержня, d=60 мм,
а=70 мм. Определить максимальную растягивающую силу Р.
Допускаемое напряжение [а] = 140 МПа.
К задаче 6.40. К задаче 6.41.
6.41. Скоба прямоугольной формы растягиЁается силой Р. Сечение
скобы — квадрат со стороной а=0,5 см. Размеры: Ь=3 см, с=9,5 см.
Определить допускаемое значение силы Р из условия [al=160 МПа.
6.42. Определить ядро сечения для круга радиуса /?=50 см; для
прямоугольника Ь=20 см, /i=38 см; для двутавра № 27.
ч
\
ZP
z
К задаче 6.43.
К задаче 6.44.
6.43. Вычислить диагональ d квадрата, представляющего собой
ядро сечения пустотелого бруса, наружный контур сечения которого —
квадрат со стороной а=68 см, а внутренний контур — круг радиуса
#=25 см.
6.44*. Определить положение нейтральной линии при внецентрен-
ном растяжении бруса. Радиусы инерции сечения бруса /2=5 см,
iy=3,CM. Координаты следа продольной силы в плоскости сечения
бруса гр=1,6 см, Ур=3,7 см.
6.45*. Построить ядро сечения для прямоугольника 6=6 см, /i=
= 10 см.
§ 3. Предельное состояние бруса
при совместном действии изгиба и растяжения
6.46*. Установить зависимость между изгибающим моментом М
и продольной силой N бруса прямоугольного сечения в предельном
состоянии. Известными являются значения момента текучести Мт
НО

(предельный изгибающий момент, который может воспринять брус при
отсутствии осевой силы) и продольная сила текучести jVt (предельная
растягивающая сила при отсутствии изгибающего момента).
6.47*. Установить зависимость между изгибающим моментом М
и продольной силой N бруса круглого сечения при условии, что
известными являются момент текучести Мт и продольная сила текучести
NT (см. задачу 6.46).
6.48. Найти предельное значение изгибающего момента М бруса
квадратного сечения при наличии растягивающей продольной силы
N=0,5 NT (см. задачу 6.46). Сторона сечения
я=5 см. Предел текучести аг=360 МПа.
6.49. Найти предельное значение
растягивающей силы N бруса круглого сечения при
наличии изгибающего момента М=0,75 Мт
(см. задачу 6.46). Диаметр сечения d=2 см.
Предел текучести ат==400 МПа.
Воспользоваться решением задачи 6.47.
6.50. Определить эксцентриситет е в
предельном пластическом состоянии бруса квадратного
сечения при внецентренном его растяжении
силой Р=10 кН. Дано: Мт=0,7 кН -м, /VT=20 кН (см. задачу 6.46).
6.51. Найти предельную величину силы Р, растягивающей брус
прямоугольного сечения 6=2 см, h—З см с эксцентриситетом е=\ см.
Предел текучести ат=400 МПа.
К задаче 6.51.
§ 4. Изгиб с кручением
6.52*. Вал с кривошипом подвергается делению силы Р=3,5 кН.
Определить диаметр вала d по третьей теории прочности при [а] =
= 160 МПа, /=50 см, а=10 см.
К задаче 6.52.
К задаче 6.53
6.53. Стойка диаметра d=4 см и длины /=80 см подвергается
действию горизонтальной силы Р=1 кН, приложенной на расстоянии е=
=30 см от ее оси. Проверить прочность в опасном сечении стойки.
Ы=160 МПа.
ill

6.54*. Вал круглого сечения скручивается моментом Мк=1,2 кН -м
и изгибается моментом Ми=0,9 кН-м. Определить диаметр вала d
по I, II, III и IV теориям прочности; [а]=100 МПа.
6.55. Коробчатый тонкостенный брус находится под одновременным
воздействием изгибающего момента Ми=8 кН-м (в вертикальной
плоскости) и крутящего момента Мк=12 кН-м. Размеры сечения
бруса: а=20 см, &= 16 см, /=1 см. Проверить прочность бруса по третьей
теории прочности при [а]=50 МПа. Закруглениями в углах сечения
пренебречь.
u
a >
К задаче 6.55.
К задаче 6,56.
6.56*. В сечении двухлонжеронного крыла самолета (носок и
хвостик сечения не учитываются и не показаны на рисунке)
симметричного профиля действуют изгибающий момент Ми=35 кН-м (в
вертикальной плоскости) и крутящий момент Л4К=18 кН-м. Высота
переднего лонжерона #х=40 см, заднего лонжерона,Я2=20 см. Расстояние
между лонжеронами В=5&=100 см. Площади сечений поясов
переднего лонжерона /71=6 см2, заднего — F2=3 см2, стрингеров /=0,5 см2.
Толщина стенки переднего лонжерона ^=3 мм, заднего — *2=2 мм,
обшивки /0=5 мм. Полагая центры тяжести площадей Fu F2 и f
расположенными на контуре сечения крыла, проверить прочность обшив*
ки по третьей теории прочности при [а]=85 МПа.
К задаче 6J57.
К задаче 6.58.
6.57. Вал круглого сечения с жестко заделанными концами
подвергается действию сосредоточенной силы Р=10 кН посередине пролета
с эксцентриситетом ?=10 см. Вычислить диаметр вала d по третьей
теории прочности; [0]=2ОО МПа.
6.58*. Сравнить вес двух брусьев круглого и квадратного
сечений, воспринимающих изгибающий Ми и крутящий Мк = -^ Мй
моменты, при условии их равнопрочности по третьей теории прочности.
112

6.59*. При каких соотношениях между изгибающим Ми и крутящим
Мк моментами более прочен брус круглого сечения и при каких —
брус квадратного сечения? Предполагается, что брусья имеют
одинаковые материал, вес и длину. Сравнение произвести, исходя из
третьей теории прочности.
6.60*. Вал имеет два шкива, радиусы которых /-f=6 см и г2=12 см.
Усилия приводов Рг и Р2 составляют углы ai=ji/4 рад и а2=я/6 рад
с вертикалью. Частота вращения вала д=105 рад/с. Передаваемая
мощность- N=36,9 кВт. Определить диаметр вала по четвертой теории
прочности; а=10см, 6=15 см, /=50 см, [а]=120 МПа.
гв Ъ
К задаче 6.60,
К задаче 6,61*
6.61. На вал насажены два колеса диаметра Di=20 см и D2=50 см,
на которые действуют вертикальные силы Рр=5 кН и Р2=2 кН, как
показано на рисунке. Определить диаметр вала по третьей теории
прочности; [a]=J00 МПа, a=120 см»
6.62. Два шкива одинакового диаметра D=60 см насажены на вал-
и передают мощность N=8,84 кВт при частоте вращения /г=42 рад/с.
Натяжение ведущего ремня вдвое больше ведомого: 7\=27\. Дано:
а=40 см, 6=30 хм, [а]=100 МПа. Определить по второй теории
прочности диаметр вала d. Вес шкивов и вала не учитывать.
К задаче 6.62.
К задаче 6.63.
6.63. На вал диаметра d=2,5 см насажены два шкива, диаметры
которых Dx=30 см и D2= 15 см. Усилия приводов Рх и Р2 направлены
соответственно вертикально и горизонтально. Определить по четвертой
теории прочности наибольший допустимый крутящий момент на валу
при [а] =100 МПа; /=60 см, а=15 см.

6.64. Подобрать по третьей теории прочности наружный диаметр
оси трубчатого сечения качалки рулевого управления самолета при
[а]= 100 МПа. Размеры качалки а=20см, с== 15 см, ^=40 см, Ь2= 15 см.
На качалку'передается усилие 7\=2 кН. Отношение внутреннего
диаметра трубы к наружному принять равным 0,8. Трением в
подшипниках пренебречь.
К задаче 6.64.
К задаче 6.65.
6.65. Определить по третьей теории прочности допускаемую силу
Р в тяге, идущей к рулю поворота самолета, из условия прочности
оси АВ. Ось выполнена из трубы с наружным диаметром d=4 см и
внутренним диаметром ^=3,6 см. Дано: а=40 см, #!—16 см, а2=6 см,
с=12 см, d=8 см, [а]=80 МПа.
§ 5. Другие случаи сложного сопротивления
6.66*. Определить по третьей теории прочности необходимый
диаметр вала, если в опасном сечении действуют изгибающий момент
Ми=0,6 кН-м, крутящий момент Мк=0,2 кН-м и продольная
растягивающая сила N—19 кН. Допускаемое напряжение [а]=60 МПа.
6.67. Полый вал находится под действием сжимающей силы N=
=80 кН, крутящего момента Мк=30 кН-м, изгибающего момента
Ми=20 кН-м. Отношение внутреннего диаметра к наружному равно
0,8. Наружный диаметр d=16 см. Проверить по четвертой теории
прочность вала при [а]=160 МПа.
6.68. Полый вал авиационного двигателя передает на воздушный
винт мощность N=885 кВт при частоте вращения п= 115,5 рад/с.
Тяговое усилие винта 7*=300 кН. Проверить прочность вала по третьей
и четвертой теориям прочности при [сг]=130 МПа. Наружный и
внутренний диаметры вала: D=12 cm, d=\0 см.
6.69. Трубчатый вал двигателя передает мощность Af—221 кВт при
частоте вращения п== 105 рад/с. Тяговое усилие Т= 100 кН. Определить
диаметр вала d по третьей теории прочности при [а]=160 МПа.
Отношение внутреннего диаметра к наружному равно 0,6.
6.70. На консольную часть трубчатого вала редуктора насажена
коническая шестерня, на которую действуют три силы Рокр=1,8 кН,
114

Ярад=0,6 кН и РОСев=0,3 кН, как показано на рисунке. Пренебрегая
напряжениями сжатия от действия продольных сил Росев в сечении
вала, определить внешний диаметр вала, исходя из третьей теории
прочности, если [а]=100 МПа. Отношение внутреннего диаметра вала
к внешнему равно 0,8. Дано: ^ = 7 см, а=5 см.
К задаче 6.70.
6.71*. Подобрать по третьей теории прочности размер стороны
квадратного сечения бруса, нагруженного осевой растягивающей силой
Р=20 кН и крутящим моментом Мк=0,1 кН-м. Допускаемое
напряжение [а] =100 МПа.
6.72*. На колесо самолета при стоянке действует вертикальная
сила Р=80 кН. Определить по третьей теории прочности, во сколько
К задаче 6.72.
раз должна быть увеличена сила Р, чтобы рычаг крепления колеса к
стойке шасси, выполненный из стали с временным сопротивлением
ав=120МПа, разрушился в опасном сечении. Размеры рычага /==66 см,
/f=30 см, с—20 см. Ось рычага составляет с вертикалью угол а=
=0,698 рад. Сечение рычага — тонкостенный прямоугольник с
размерами а=12 см, Ь=8 см, ^=6 мм.
6.73*. Проверить по третьей теории прочность цилиндра
амортизатора стойки самолета при действии на нее нагрузки Р=70 кН, наирав-
115

ленной к оси колеса. Внешний диаметр цилиндра d=75 мм,
внутренний di=65 мм. Допускаемое напряжение [о]=1200 МПа. Размеры
а=25 см, 6=10 см, с=\5 см, е=7 см, /=90 см, а=20°, р=60°.
К задаче 6.74.
6.74*. Сжатый газ в цилиндре при давлении р=2,5 МПа
удерживается силой Р, действующей на свободном конце штока поршня под
углом а=я/3 рад к его оси. Наружный диаметр цилиндра D=6 см,
внутренний — d=5 см. Толщина стенки цилиндра *=0,5 см. Длины
цилиндра и штока: /=50 см, а=60 см. Поршень введен в цилиндр на
длину х=25 см. Вычислить максимальное приведенное по третьей
теории прочности напряжение в цилиндре и сравнить его с допускаемым
[а]=160 МПа.
К задаче 6.75.
К задаче 6.76.
К задаче 6.77.
6.75. Цилиндрический баллон подвергается одновременному
действию внутреннего давления р=6 МПа, изгибающего момента Ми^
=2 кН-м и крутящего момента Мк=5 кН-м. Проверить прочность
баллона в опасной точке поперечного сечения. Наружный диаметр
баллона D=10 см. Толщина-стенки баллона ^=5 мм. Допускаемоена-
пряжение [al==160 МПа.
6.76*. В сечении щеки коленчатого вала двигателя действуют:
изгибающие моменты в плоскостях большей и меньшей жесткости
соответственно М!=0,7 кН-м и М2=1,5 кН-м, крутящий момент Мк—
=0,45 кН*м, поперечная сила в плоскости большей жесткости Q=
=25 кН и растягивающая сила N=37 кН. Сечение щеки
прямоугольное со сторонами а=10 см, 6=2,5 см. Проверить по четвертой теории
прочность щеки, принимая [сг] = 140 МПа.
6.77. В поперечном сечении шатунной шейки коленчатого вала
действуют: крутящий момент Мк=2,9 кН-м и в двух взаимно
перпендикулярных плоскостях изгибающие моменты Мх=0,7 кН-м и М2=
116

= 1,1 кН-ito. Наружный и внутренний диаметры шейки D=6,6 см и
d*=4,2 см. Проверить по четвертой теории прочность шейки, принимая
[а]-140 МПа.
§ 6. Брусья с криволинейной осью
6.78*. На конце плоской криволинейной консоли, ось которой
очерчена по дуге окружности радиуса г=50 см с центральным углом
а=я/3 рад, действует нагрузка Р=10 кН. Подобрать размер а
квадратного сечения по третьей теории прочности; [а]=160МПа.
К задаче 6.78.
К задаче 6.79.
6.79. Разрезанное круговое кольцо круглого сечения нагружено
силами Р=0,6 кН. Проверить по третьей теории прочность кольца.
Дано: г=10 см, d=20 мм, [а]=160 МПа. Ширину раареза считать
весьма малой.
6.80. Один конец кривого бруса, ось которого очерчена по
полуокружности, заделан. На другом конце действует момент L=3,5 кН-м.
Указать координату р опасного сечения бруса. ^ Определить размер
а квадратного сечения бруса, исходя из третьей теории прочности;
[сг]=160МПа.
К задаче 6.80.
К задаче 6.81.
6.81. Консоль нагружена силами Рх=2 кН и Р2==3 кН.
Криволинейная часть ее описана по дуге окружности. Вычислить
максимальные напряжения сжатия в опасном сечении.
ИГ

6.82. В опасном сечении бруса вычислить максимальные
нормальные напряжения. Ось криволинейной части бруса описана по дуге
окружности. Сечение бруса квадратное.
К задаче 6.82.
К задаче 6.83.
6.83. Верхний пояс плоской фермы выполнен из гнутой трубы с
толщиной стенки /=2 мм и воспринимает усилие Р=8 кН. Определить
наибольшее напряжение в поясе.
§ 7. Брус с ломаной осью
6.84. Ломаный брус квадратного сечения заделан одним концом
и нагружен на свободном конце силой Р. Определить допускаемое
значение силы Р, исходя из третьей теории прочности. Дано: а=20 мм,
6=20 см, с=12 см, W=160 МПа.
К задаче 6,84.
К задаче 6.85.
118

6.85*. Определить по третьей теории прочности допускаемую силу
Р, действующую на прямоугольную скобу. Сечение скобы квадратное.
Дано: а=20 мм, Ь= 12 см, /=20 см, [а]=160 МПа, G=0,4 E.
К задаче 6.86.
6.86*. Консольный ломаный брус на свободном конце А нагружен
силой Р=10 кН. Определить в сечении В продольную силу N,
изгибающие моменты Mz и Му, крутящий момент Мк и поперечные силы-
Qz и Qy. Углы наклона силы Р к осям гг и уг а=я/3 рад и ^=0,8726 рад.

Глава 7
УСТОЙЧИВОСТЬ СТЕРЖНЕЙ И СТЕРЖНЕВЫХ СИСТЕМ
§ 1. Устойчивость стержней в пределах упругости
7.1. Стальной стержень с шарнирно опертыми концами
подвергается центральному сжатию силой Р. Определить размер сечбния, до
которого расчет на устойчивость при заданной длине / можно вести по
формуле Эйлера, и найти допускаемую нагрузку в следующих случаях:
а) круглое сечение, /=1,2 м, d=30 мм; б) квадратное сечение, /=1,2 м,
а=30 мм; в) прямоугольное сечение, /=1,2 м, Л/Ь=2, Ь=25 мм; г)
двутавровое сечение, /=1,9 м, профиль № 16. Принять модуль упругости
материала ?=2,1 -10* МПа, предел пропорциональности <хпц= 190 МПа,
коэффициент запаса устойчивости д=2.
К задаче 7.1.
К задаче 7.2.
К задаче 7,3.
7.2. Концы сжатого стержня опираются яа цилиндрические
шарниры: в одной плоскости (плоскости чертежа) стержень является жестко
защемленным, а в другой (перпендикулярной к пдоскости чертежа)
шарнирно опертым. Определить размеры прямоугольного сечения
стержня, равноустойчивого в двух указанных плоскостях, если запас
устойчивости п=2, апц=200 МПа, ?=2-105 МПа1).
7.3. Определить внутренний диаметр d винта домкрата из расчета
на устойчивость при коэффициенте запаса п=3,5. Принять ?=2,1 х
X10? МПа, апц=240 МПа. Верхний конец винта считать
перемещающимся свободно. Влиянием нарезки пренебречь.
7.4. Сравнить веса колонн, обладающих равной устойчивостью при
действии продольных сил, для следующих вариантов сечения: а) круг-
1) Задачи 7.2, 7.6, 7.12, 7.15, 7.17, 7.24, 7.28, 7.29, разработал Б. И. Иваний,
.120

лое, б) квадратное, в) крестовое, г) квадратное трубчатое. Условия
закрепления концов, длины колонн и материалы одинаковы.
Критические напряжения остаются в пределах пропорциональности.
i
1
\
\
п
8
i S
8
1
К задаче 7.4.
7.5. Шатун судового двигателя, работающего с воспламенением
топлива от сжатия, должен быть рассчитан на устойчивость.
Расчетное сжимающее усилие при максимальном давлении газов равно 160 кН.
Длина шатуна 0,9 м. Определить размеры сечения шатуна в двух
случаях: а) сечение сплошное, круглое, диаметра d, б) сечение трубчатое
с отношением внутреннего диаметра к наружному dBH/dH=0,65. Найти
отношение весов цилиндрической части сплошного и трубчатого
стержней.
Материал — легированная сталь; ?=2,15 *105 МПа, сгпц=540 МПа.
Коэффициент запаса устойчивости принять равным 3,5. Концы
шатуна считать в плоскости его движения закрепленными шарнирно.
7.6. Шарнирно опертый стержень круглого поперечного сечения
сжат силой Р=50 кН. Длина стержня 1=1 м. Запас устойчивости
п=2. Материал — дюраль. Плотность рд=2700 кг/м3, ?д=0,72 х
X 10е МПа. 1) Найти массу
Стержня. 2) Во сколько раз увеличится
масса стержня, если дюралевый
стержень заменить стальным
стержнем такой же длины с тем же
запасом устойчивости? рст=7850кг/м3,
?ст=2,Ы05 МПа.
7.7. Дюралевый сжатый раскос
фермы изготовлен из бульбового
профиля двутавровой формы. Длина стержня /=0,8 м. Концы раскоса
следует считать полузащемленными, принимая коэффициент
приведения длины в формуле Эйлера равным 1/J/2 . Наименьший момент
инерции сечения У2=7,46 см4, площадь сечения F=7,04 см2, ?==
=0,74'105 МПа, предел пропорциональности апц=270 МПа.
Определить критическую силу.
7.8. Дюралевая труба (?=0,7 -105 МПа) подвергается действию
сжимающей нагрузки Р. Определить диаметр Отрубы, если отношение
диаметра к толщине t стенки d//=25. Предел пропорциональности
апц=270 МПа, запас устойчивости га=2,
7.9. Сжатый стержень А В рамы подвески двигателя в самолете,
представляет собой трубу длины /=1,4 м с отношением диаметра к
121
К задаче 7.7.

толщине стенки d//=32, должен быть рассчитан на критическую силу
Ркр=32 кН. Концы стержня считать закрепленными шарнирно; ? =
= 2,2 -105 МПа, апц=500 МПа. Определить размеры сечения.
К задаче 7.8.
К задаче 7.9.
7.10. Звено тяги управления к рулю высоты в самолете передает
сжимающее усилие. Звено представляет собой дюралевую трубу; длина
и размеры сечения указаны на рисунке. Определить критическую силу,
если ?"=0,7 -105 МПа и апц=200 МПа.
7.11*. Сжатая стойка составлена из двух
швеллеров № 10. Швеллеры связаны
диагональной решеткой; ?=2»105 МПа, апц=
=220 МПа. Определить критическую силу Ркр,
пренебрегая влиянием поперечной силы.
К задаче 7.10.
К задаче 7.11.
Найти наибольшую допустимую длину панели е из условия равного
запаса устойчивости для стойки в целом и для ветви в пределах панели.
Оценить влияние поперечной силы на величину критической нагрузки,
если решетка составлена из уголков 20x30x3, наклоненных к оси
стойки под углом а=45°. Концы стойки оперты шарнирно.
7,12. Шарнирно опертый стержень двутаврового сечения № 12
сжимается силой Р=500 кН. Длина стержня /=1 м, ?=2,1 *105 МПа,
ав=1100 МПа, апы=750 МПа.
Вычислить и сравнить коэффициенты запаса прочности япр и
устойчивости яу.
7.13*. Ходовой винт АВ токарно-винторезного станка
воспринимает усилие подачи, передающееся ему от режущего инструмента через
перемещающуюся вдоль винта гайку С. Винт должен быть рассчитан
122

на устойчивость в предположении, что гайка находится в крайнем
правом положении — на расстоянии /2 от опоры В и передает участку /,
винта АС сжимающую силу Р. Определить внутренний диаметр d
винта в двух случаях:
1) гайка имеет малую длину и должна рассматриваться как
промежуточная шарнирная опора (рис. а))\
2) гайка имеет большую длину, так что винт следует считать
защемленным в ней (рис. б)). Концы винта А, В в обоих указанных
случаях следует принимать закрепленными шарнирно Дано* Р=9 кН
коэффициент запаса устойчивости л=3,5, /х= 1Э5 м, /2=0,5 м
Материал-сталь Ст. 5, ?=2,1 -105 МПа, апц=280 МПа. При вычислении
момента инерции сечения влиянием
нарезки пренебречь.
В
А
1
к
t
If
Р
-*-
4г^ш
— ~1 !
К задаче 7.13.
К задаче 7.14.
7.14. Упругие стержни равной длины а образуют шарнирный че-
тырехзвенник ABCD, скрепленный диагональным стержнем BD
Конструкция подвергается действию сил Р, направленных по
диагонали АС в одном случае (а) внутрь контура, в другом случае (б) -
наружу. Жесткость, всех стержней одинакова и равна EI При какой
минимальной величине силы Р отдельные элементы конструкции
потеряют устойчивость?
7.15. При экспериментальном определении величины
дополнительного прогиба tA посередине длины шарнирно опертого сжатого
стержня были получены следующие результаты: нагрузке Р, = 1 кН
соответствует прогиб /д=1 мм, Р2=3 кН-/Д2=3,94 мм, рДГк?Р-
—/да—У,о мм.
Определить размеры прямоугольного поперечного сечения стержня
если длина его /=0,6 м, отношение толщины к ширине h/b=O 2
Материал-сталь Ст. 3, ?=2.105 МПа, апц=200 МПа.
Указание. При определении критической нагрузки пользоваться формулой
/ д =
— /о,
где /о — начальный прогиб стержня посередине длины
п™?пЛТ^СТаЛЬН0Г0 стеРжня шарнирно присоединяются при
температуре 316 К к неподвижным опорам. Затем стержень подвергается
нагреванию по всей длине. Определить температуру, при которой
начнется продольный изгиб стержня которой нач
123

Проверить, будет ли деформация 8, соответствующая моменту
потери устойчивости, оставаться в пределах упругости.
Сечение стержня прямоугольное: 20x4 мм, длина равна 0,2 м,
коэффициент линейного расширения а=12«10""\ ?=2 -105 МПа;
предельная упругая деформация епр=Ы0~3
7.17. Шарнирно опертый стержень круглого сечения длины /==0,5 м
и диаметра d== 10 мм изготовлен из жаропрочного сплава. Сжимающая
нагрузка, действующая на стержень, равна Р=3 кН. Предел
пропорциональности материала апц=300 МПа при Т. = 1200 К. Значения
модуля упругости Е даны на графике.
1) На сколько процентов уменьшится запас устойчивости при
изменении температуры с 300 К до 600 К?
2) Найти предельную температуру, при которой стержень потеряет
устойчивость.
Е-10,МПа
2,0
V
ш боа доо то
К задаче 7.17.
К задача 7.18.
7Л8*. Кожух и сосуд вертикального цилиндрического резервуара
установлены на четырех опорных колоннах. Резервуар имеет упоры,
исключающие все перемещения сосуда., кроме осейых. Масса сосуда
с залитым криопродуктом составляет А1=100 тонн. Для компенсации
термических деформаций опорные колонны сосуда в верхней и нижней
частях имеют сферические шарниры. Колонны выполнены из трубы
диаметра 10 см.
Подобрать толщину колонн h из условия их устойчивости.
Коэффициент неравномерности распределения весовых нагрузок по колоннам
принять равным 6=2. Коэффициент запаса устойчивости принять
пу==1,5. Материал колонн —сталь, ?1=2-105 МПа, стпц=240 МПа г).
§ 2. Устойчивость за пределами упругости
7.19". Стержень с шарнирно опертыми концами длины /=1,2 м сжат
силой Р. Найти допускаемую нагрузку при запасе устойчивости д=2
в следующих случаях (см. рис. к задаче 7,1): 1)'круглое сечение, d=
124
1) Задачи 7.18 и 7.30 предложены Б. А. Курановым.

=60 мм, 2) квадратное сечение, а=45 мм, 3) прямоугольное сечение,
h/b=2y b=5Q мм, 4) двутавровое сечение, профиль № 22а. Материал —
сталь Ст. 3; ?=2-105 МПа, апц=200 МПа, ат=240 МПа.
280
240
200
160
120 У—
20 40 60 80 100 120 Л
К задаче 7.19.
Указание. При продольном изгибе за пределами пропорциональности
(акр > апц) критическое напряжение акр вычислять по линейной формуле
'///////////////////У/////'//,'/
Предел
текучести
Cm
?~
7алд Сп
7.Ъ
Ча
''
\
\\
\\
По линейной л
формуле
ШО~Л)МЛа
\По формуле'
Ч.
ч
р
где X — гибкость стержня.
Если вычисленное по этой формуле окр превышает предел текучести ат,~
критическое напряжение принимать равным ат:
7.20. При расчете корпуса корабля, на прочность должна быть
выполнена проверка устойчивости палубы; в определенных положениях
корабля по отношению к гребням волн палуба оказывается сжатой.
120
Г
500
1ей, составляемых из
их ребер и присоеди-
] 35*20*4
К задаче 7.20.
Определить критическое напряжение для
расположенных по длине корабля подкрег
няемых к ним полос обшивки.
Материал — сталь Ст. 4; ?=2,1 -105 МПа, ат=260 МПа,
апц=220 МПа. При eKV>onn применять формулу сгкр=C20—X) МПа
при условии (ткр<ат.
Сечения панелей показаны на рис. а — г; длины панелей (шпации)
соответственно равны 0,7 м, 0,8 м, 1 м, 1,2 м. Концы панелей считать
опертыми шарнирно.
7.21. Стержни 1 и 2 плоской фермы работают попеременно на
растяжение и сжатие в зависимости от направления внешней нагрузки.
125

Стержень / (съемный) изготовлен из легированной стали (хромансиль),
поперечное сечение — труба 38/35. Стержень 2 дюралевый изготовлен
из прессованного профиля двутаврового сечения. Момент инерции
сечения относительно оси: </z=5,10 см4, площадь сечения F=2,54 см2.
К задаче 7.21.
Концы стержней считать закрепленными шарнирно. Определить
критическую силу при продольном изгибе.
Указание. Критические напряжения вычислить по линейным формулам
(в МПа):
для дюраля
<?к
: 1000 — 5-,2Л,
: 400 — З.ЗЗЯ.
7.22. Стрела строительного переносного крана состоит из двух
уголков 100x40x5. Уголки соединены планками. Определить допускае-
К задаче 7.22.
К задаче 7.23.
мую сжимающую нагрузку для стрелы, рассматривая ее общую
устойчивость и устойчивость уголка в пределах расстояния / между
планками. Коэффициент запаса устойчивости л=5.
Концы стрелы считать защемленными при изгибе в плоскости
решетки и шарнирно опертыми при изгибе перпендикулярно этой плос-
126

кости. Уголок в пределах панели принять опертым шарнирно. Мате*
риал — сталь Ст. 3, При определении критического напряжения
воспользоваться указаниями к задаче 7.19. Влиянием поперечной силы
на критическую нагрузку пренебречь.
7.23. Трубчатый стержень рамы подвески двигателя в самолете
изготовлен из хромомолибденовой стали. Размеры поперечного сечения:
внешний диаметр d=45 мм, внутренний диаметр d1=A2 мм. Длина
стержня /=0,8 м. Определить критическую силу, пользуясь формулой
(в МПа) акр=1000—0гИ6 к*.
7.24. Определить критическую нагрузку для стержня
прямоугольного сечения с жестко защемленными концами. Длина стержня /=
=0,8 м, толщина t=2 см, ширина 6=5 см. Материал —
малоуглеродистая сталь; ?=2,1 -Ю5 МПа, ат=280 МПа, <тпц=220 МПа.
Указание. Критические напряжения определять по формуле
где v = ат/оэ, аэ = я2?Д2.
a«p-°i i+v + v2.
7.25. Сжатый стержень, шарнирно опертый по концам, состоит из
двух одинаковых швеллеров, связанных планками. Определить
результирующий модуль Т и положение нейтральной оси при изгибе
вокруг оси Оу (расстояния hx и /i2), если модуль упругости в зоне
растяжения равен Еу а «касательный» модуль в зоне сжатия EK=da/d&y или
?=tg ос, ?K=tg at (см. рисунок). Расстояние между центрами тяжести
швеллеров равно h.
При вычислении, момента инерции всего сечения пренебречь
моментом инерции сечения швеллера относительно его собственной
центральной оси у0. Влияние поперечной силы не учитывать.
ЪОмм
К задаче 7.25.
К задаче 7.26.
7.26. Сжатая стойка длины /=2,6 м с шарнирно опертыми концами
составлена из двух швеллеров. Определить критическую силу, поль*
зуясь выведенной в задаче 7.24 формулой, содержащей
результирующий модуль Т\ влиянием поперечной силы пренебречь.
Диаграмма сжатия для материала стойки представлена ломаной
линией, как показано на рисунке, причем «касательный» модуль
равен ?к = 0,5 Е\ ? = 2-105 Vlfla. Сопоставить результат с величиной
критической силы, получаемой по формуле Ясинского акр = C38,7—
—1,48 X) МПа, а также (условно) по формуле Эйлера.
7.27. Ферма состоит из хромансилевых труб с временным
сопротивлением 700 МПа. Один из сжатых раскосов имеет длину /=0,6 м; внеш-
127

ний диаметр d=30 мм, толщина стенки /=*1 мм. Определить
критическую силу, считая концы раскоса опертыми шарнирно.
Воспользоваться (условно) формулой для результирующего модуля, выведенной
в задаче 7.25. Модуль упругости ?=2,1 -105 МПа — до предела
упругости сгу=450 МПа, и «касательный» модуль Ек—0;7 Е — при более
высоком напряжении. Какова будет критическая сила, если в
расчетной формуле модуль Т заменить «касательным» модулем Ек?
7.28. Критическая нагрузка на стержень с шарнирно опертыми
концами равна Ркр=200 кН. Длина стержня /=0,4 м. Материал — сталь
ЗОХГСА; ?=2,1 »105МПа, ав= 1100 МПа, опц=750МПа.
Во сколько раз увеличится критическая нагрузка при увеличении
площади поперечного сечения в два раза, если стержень имеет а)
квадратное сечение, б) круглое сечение, в) трубчатое сечение с отношением
диаметров dID=0,8?
Указание. При акр > апц применять линейную формулу
акр = A100—6,65Л) МПа.
7.29. Требуется изготовить стержень из дюраля или хромансиля
(сталь ЗОХГСА), чтобы он выдержал сжимающую нагрузку Р=400 кН
и имел минимальный вес. Стержень должен иметь .квадратное
поперечное сечение и длину /=0,5 м. Концы стержня жестко защемлены.
Для стали ?=2,1 -105МПа, ав=1100 МПа, 0пц=75ОМПа, р=7850кг/м3,
для дюраля ?"=0,72 -105 МПа, ав=400 МПа, апц=200 МПа, р=
=2700 кг/м3.
Выбрать материал и найти размеры поперечного сечения стержня.
Указание. Критические напряжения вычислять по формулам (в МПа):
для стали ЗОХГСА акр= 1110—6,65Я,
для дюраля акр=400—3,ЗЗЯ.
§ 3, Расчет на устойчивость (продольный изгиб)
по нормам строительного проектирования
7.30*. Резервуар для хранения нефтепродуктов опирается на
восемь колонн трубчатого сечения. Масса резервуара с залитым
продуктом М=3500 т. Длина опорной колонны
/=10 м, диаметр d=0,6 м. Материал —
сталь Ст. 3 с расчетным сопротивлением —
пределом текучести <jt=200 МПа.
Коэффициент неравномерности распределения
усилий в колоннах ?р=*2. По
предварительным расчетам толщина колонны выбра-
\$Шмм на равной 35 мм. Проверить коэффициент
запаса опорной конструкции из расчета на
устойчивость (продольный изгиб), пользу-
К задаче 7.30. ясь таблицей коэффициентов ф
уменьшения допускаемых напряжегчй. При
определении номинального допускаемого напряжения коэффициент
запаса по пределу текучести принять равным дт=1,5. Проверить
устойчивость опорной конструкции, считая минимальный коэффициент
запаса равным 2.
128

7.31*. Стрела АВ крана состоит из четырех равнобоких уголков,
связанных решеткой. Габаритные размеры сечения стрелки в пределах
средней части DG постоянны, а на протяжении каждой из крайних
частей меняются по линейному закону. Размеры сечения средней части
показаны на рис. в, у опор — на рис. б. Материал — сталь Ст. 3 с пре-
\В делом текучести ат=240 МПа. Подо-
*\ брать профиль уголка из расчета на
' устойчивость, учитывая лишь действие
осевой сжимающей силыР=225 кН.
К задаче 7.31. К задаче 7.32.
При изгибе стрелы в плоскости ABC концы ее считать опертыми
шарнщжо; при изгибе из этой плоскости — защемленными.
Влиянием поперечной силы пренебречь.
Указание. При определении приведенной длины стрелы с учетом
изменения момента инерции сечения воспользоваться табл. 5 в Приложении (с. 390).
7.32. Сжатый раскос фермы моста состоит из двух неравнобоких
уголков 100x63x8. Уголки связаны планками. Длина раскоса
составляет /*=4,2 м. Определить расстояние а между уголками (в свету),
при котором запас устойчивости по направлениям главных
центральных осей сечения одинаков. Найти допускаемую нагрузку.
Концы раскоса считать полузащемленными (коэффициент приве*
дения длины равен 1/1/2 ); влиянием поперечной силы пренебречь.
Материал — сталь Ст. 4 с расчетным напряжением, равным пределу
текучести ат^280 .МПа. Принять коэффициент запаса устойчивости
§ 4. Применение приближенных методов к расчету
на устойчивость стержней и стержневых систем
7.33*. Определить приближенное значение критической силы для
стержня постоянного сечения, шарнирно опертого по концам,
пользуясь методом последовательных
приближений и сравнивая прогибы
посередине.
В качестве исходной линии для
искривленной оси стержня принять:
а) ломаную, состоящую из двух
отрезков прямых, как показано на
рисунке а\ б) кривую прогиба
балки от действия равномерно распре- к задаче 7.33.
129
д)

деленной нагрузки (рис. б). Проследить изменение формы упругой
линии; сравнить с точным решением.
7.34*. Определить приближенное значение критической силы для
стержня, шарнирно опертого по концам, при помощи энергетического
метода, принимая упругую линию в виде а) параболы v^=c(lx—x2);
б) кривой прогиба балки под действием равномерно распределенной
нагрузки v=c(l3x—2lx*+x*).
Решить ту же задачу по методу Бубнова — Галеркина. Сравнить
результаты с точным решением, а также с решением по методу
последовательных приближений, если исходные кривые определяются теми же
уравнениями.
7.35*. Определить приближенное значение критической силы для
стержня жесткости EJ и длины /, шарнирно опертого по концам,
пользуясь методом «упругой шарнирной цепи», т. е. заменяя упругий
стержень несколькими жесткими звеньями, соединенными между собой при
помощи упругих шарниров. Взаимный угол поворота двух смежных
звеньев в шарнире пропорционален из-
гибающему моменту М, ср=СМ. Коэф-
фициент С при делении длины стержня
на п равных частей принять равным
l/(nEJ).
Рассмотреть случаи п=2, п=3, /г=
=4.
7.36*. Сжатый силами Р стержень
К задаче 7.36. состоит из цилиндрических частей
различного поперечного сечения. Моменты
инерции сечений концевых частей i9 среднего участка J. Найти
критическую силу, выразив ее формулой
где k2— коэффициент, зависящий от параметров a=i/J и р. Решить
задачу методом последовательных приближений в дйух
предположениях:
а) исходная кривая является параболой
б) в качестве исходной кривой взята синусоида
Определить критическую силу для случаев: 1) ct=0,2, Р=0,2;
2) а=0,4, (S=0,2; 3) а=0,6, р=0,6 и сравнить результат с точным
решением.
7.37*. Стержень постоянного сечения длины / с шарнирно опертыми
концами сжат двумя равными силами Р, одна из которых приложена
посередине расстояния между опорами. Найти приближенное
значение критической силы, пользуясь методом последовательных прибли-
130

жений и выбрав в качестве исходной кривой синусоиду y=f sin (nxll).
Сравнение прогибов произвести для среднего сечения.
7.38. Момент инерции поперечного сечения сжатого стержня
изменяется по закону J(x)^=J04x(l—х)/12, где Jo — момент инерции
сечения посередине пролета. Концы оперты шарнирно-
\p^pz
К задаче 7.37.
К задаче 7.38.
К задаче 7.39.
Определить критическую силу, пользуясь методом
последовательных приближений и предполагая, что упругая линия представляет
собой параболу v=fAx(l—x)ll2.
7.39. Стержень переменного сечения воспринимает сжимающие
сосредоточенные силы Рг и Рг+Р2 в опорных шарнирах й силу Р2
посередине пролета. Стержень состоит из двух цилиндрических частей
равной длины; моменты инерции поперечных сечений равны Л и /2.
Пользуясь методом последовательных приближений (в
аналитической форме), определить приближенное значение критической
нагрузки Pi+^2> выразив его формулой
где k2 — коэффициент, зависящий от параметров
В качестве исходной кривой принять параболу v=if(lx—хг)№ и
ограничиться одним приближением. Сравнение прогибов произвести для
среднего сечения.
Найти значение коэффициента k2 для следующих случаев: а) а=2/3,
Р=3/2; б) а=1/2, E=2. Результаты сравнить с точными значениями
коэффициента k2.
7.40*. Сжатый стержень, шарнирно опертый по концам, снабжен
одной упругой опорой, расположенной посередине пролета, либо двумя
упругими опорами, делящими пролет на три равные части. Жесткость
опоры равна с. Определить приближенное значение критической силы
Рк>р методом «упругой шарнирной цепи» (см. задачу 7.35), т. е. заменяя
стержень системой п абсолютно жестких звеньев, соединенных упру*
гими шарнирами. Взаимный угол поворота ср звеньев в каждом шарнц-
ре пропорционален изгибающему моменту М: 9 = -ft—•
13!

В случае одной упругой опоры принять п~2 и я=3; для двух
упругих опор принять п=3. Рассмотреть отдельно случаи симметричной
и антисимметричной форм прогиба при потере устойчивости (см.
рисунок). Построить график зависимости между величинами Р^1РЪ и
сИР9, где Рэ
К задаче 7.40.
эйлерова нагрузка для неподкрепленного стержня:
9
7.41*. Стальная балка швеллерного сечения №8 длины 3 м,
сжатая силами Р, скреплена с двумя перекрестными балками тех же
размеров. Сколько полуволн должно образоваться при потере
устойчивости? Определить критическую нагрузку Ркр, пользуясь графиком,
данным в решении задачи 7.40.
К задаче 7,41.
К задаче 7.42.
Какой наименьший профиль следует выбрать для перекрестных
балок, чтобы они были эквивалентны абсолютно жестким опорам? Концы
всех балок закреплены шарнирно; ?=2*105 МПа.
7.42*. Стержень Л, расположенный в сжатой зоне кессонного
крыла самолета (стрингер), должен быть рассчитан на устойчивость.
Длина стрингера 1=2 м; концы опираются шарнирно на жесткие опоры; в
пролете он поддерживается часто расположенными поперечными
связями (нервюрами) на равных расстояниях s=0,2 м. Нервюры можно
рассматривать как балки на двух опорах, шарнирно опертые по кон-
132

цам, длины а=0,5 м. Момент инерции сечения стрингера /стр=1 см4,
нервюры */н==0,1 см4; модуль Е=0,7-Щ МПа.
Определить критическую силу Ркр для стрингера и длину
полуволны при потере устойчивости /кр, допуская, что реактивные силы от
нервюр распределены по длине стрингера
непрерывно.
7.43*. Система перекрестных балок
состоит из двух сжатых силами Р балок длины
31г с жесткостью на изгиб EXJX и двух
подкрепляющих поперечных балок длины 3/2 с
жесткостью E2J^ Концы всех балок оперты шар -
нирно. Определить критическую нагрузку
для продольных балок, представив __ее с
помощью параметра п в виде Ркр~
=п?12Ех]%11] Найти наименьшую
«критическую» жесткость (?V-2)kp> начиная с которой подкрепляющие балки
эквивалентны абсолютно жестким опорам. Построить график,
изображающий зависимость между параметром п и величиной
К задаче 7.43.
Решить задачу приближенно с помощью энергетического метода,
представляя упругую линию продольной балки последовательно
следующими уравнениями:
а упругуй) линию поперечной балки во всех случаях уравнением
t> = /sin^p-.
7*44*. Две перекрестные балки одинаковой длины / и равной
жесткости EJ шарнирно оперты по концам, соединены между собой
посередине. Одна из балок сжата силой Р, а вторай — силой &Р, причем
К задаче 7.44.
К задаче 7.45.
значение k находится в пределах между 0 и 1. Определить критическую
силу, представив ее в виде Ркр=п2п2?'У//2. Построить график
зависимости п2 от k. Решить задачу энергетическим методом, принимая в
качестве упругой линии синусоиду у=/ sin (пх/1). Составить точное
уравнение для определения критической силы, сравнивая реакции и
133

прогибы в точке сопряжения балок. Проверить приближенное
решение для предельного случая &=0.
7.45*. Балка длины /, жесткости на изгиб EJ сжата силами Р.
Поворот каждого из концов балки вызывает закручивание поперечной
балки длины d и крутильной жесткости GJK. Определить критическую
сжимающую силу, представив ее в виде Рк =/пя2?7//2 и найдя зави-
Г* 1 1 1
симость коэффициента т от параметра с = -r=f ~—г . Рассмотреть
предельные случаи с=0 и с=оо. Решить задачу приближенно,
пользуясь энергетическим методом. Упругую линию балки представить в
виде
где /i и /2 — независимые величины.
7.46. На балке длины /, опертой в точках Л и В, укреплена
абсолютно жесткая стойка ВС. На стойку передается продольная сила Р.
ю
6)
К задаче 7.46.
Длина стойки а. Определить наименьшую жесткость (EJ)mln балки,
при которой прямолинейная форма балки останется устойчивой.
Решить ту же задачу для случая двух жестких стоек ВС и AD,
несущих силы Р. Рассмотреть два возможных варианта изгиба:
симметричный (по рис. б) и антисимметричный (по рис. в).
7.47*. Балка постоянного сечения защемлена одним концом; на
втором незакрепленном конце в случае возникновения прогиба
начинает действовать сила, пропорциональная прогибу: Q=cf. Определить
наименьшее значение коэффициента с, при котором прямолинейная
форма балки будет неустойчивой.
К задаче 7.47!
К задаче 7.48.
7.48. Балка, имеющая постоянную жесткость EJ и длину /, шарнир-
но оперта по концам. При возникновении прогиба начинает
действовать распределенная по всей длине балки нагрузка, пропорциональная
134

прогибу: q=kv. Определить наименьшее значение коэффициента k,
при котором прямолинейная форма балки станет неустойчивой.
7.49*. Дюралевая балка, шарнирно опертая по концам,
присоединена к двум гофрированным пластинкам; присоединение можно
считать шарнирным, так как у, места сцепления с балкой изгибная
жесткость пластины весьма мала. Пластинки передают распределенную
сжимающую нагрузку, погонная интенсивность которой /7=1,5 кН/м.
Нагруженные края пластинки не выходят из плоскости конструкции.
Определить наименьший момент инерции поперечного сечения балки,
при котором ее прямолинейная форма будет устойчивой. Длина балки
/=1,5 м, длина каждой пластинки а=0,3 м; ?=0,7-105 МПа.
mmmiL
-1,75м
К задаче 7.49.
К задаче 7.50.
7.50*. Дюралевый стержень АВ шарнирно закреплен по концам;
в точках С и и он скреплен со стержнями, сжатыми силами S=80 кН.
Соединение стержня А В с перекрестными можно считать шарнирным.
Определить наименьший момент инерции сечения стержня АВ, при
котором его прямолинейная форма устойчива; ?=0,7-105 МПа.
7.51*. Балка швеллерного сечения (профиль № 8), лежащая на
трех опорах, сжимается силой Р. Дано: ?=2-105 МПа, ,ау=210 МПа.
Определить критическую силу Ркр.
л/wwl
яня.
К задаче 7.51.
К задаче 7.52.
7.52*. Упругий стержень диаметра 16мм шарнирно оперт по концам.
Одна из опор является неподвижной, а вторая — упругой. Жесткость
упругой опоры равна с Н/м. Определить критическую нагрузку Ркр
при.?=0,7- 10s? МПа. Найти минимальное значение жесткости упругой
135

опоры Со («критическую жесткость»), при которой в момент потери
устойчивости упругая опора не получает перемещений и может
рассматриваться как абсолютно жесткая.
7.53. Дюралевый стержень, шарнирно закрепленный по концам
при помощи двух упругих опор, сжимается силами Р. Жесткость опор
Ci=4 кН/м и с2=8 кН/м. Поперечное сечение
стержня — круг диаметра d= 16 мм, длина стержня- /=0,6 м.
Определить критическую нагрузку Ркр и форму
потери устойчивости; ?=0,7-105 МПа.
p
' i
«Л1Д А Л
у л*
1
1
*
. v
К задаче '
У
Л53.
7.54*. Вертикальный стальной стержень BD, сжимаемый силой Я,
оперт в точке В, а в точке D шарнирно присоединен к двум дюралевым
тягам. Площадь поперечного сечения стержня BD Fv=30 см2; момент
инерции сечения относительно оси, перпендикулярной к плоскости
рисунка, 7^=120 см4; длина /=1,2 м, модуль упругости, стали Ev=
«=2,2-105 МПа, предел упругости ау=700 МПа. Площадь поперечного
сечения тяги ^=0,6 см2, модуль упругости дюраля ?d=0,7-105 МПа.
Гибкость тяг настолько велика, что они работают только на
растяжение. Тяги следует считать присоединенными к
стержню уже после приложения сжимающей
нагрузки. Перемещение стержня из общей с тягами
плоскости исключено. Определить критическое
значение силы Р, при которой произойдет
опрокидывание сжатого стержня, сравнить с величиной
эйлеровой нагрузки при продольном изгибе на
длине BD.
7.55*. В конструкции, состоящей из
круговой цилиндрической обшивки и часто
расставленных ребер, каждое ребро подвергается
действию сжимающей силы Р. Определить критическую
силу Ркр для ребра с учетом влияния обшивки,
если все ребра прогибаются одинаково и при этом в
радиальном направлении. Обшивка является для
ребра как бы упругим основанием; при
определении реактивной погонной нагрузки принять
во внимание лишь растяжение обшивки в направлении дуги,
вызываемое прогибом ребра.
Расстояние между соседними ребрами, измеренное по дуге, равное,
толщина обшивки t. Концы ребер оперты шарнирно. Зависимость цеж-
136
К задаче 7.55.

ду напряжениями в обшивке, действующими по дуге, и
соответствующей деформацией определяется модулем Е.
7.56. Жесткий рычаг длины а—0,5 м скреплен со стальным круглым
валом (G=8-104 МПа), опертым у места присоединения к рычагу и
защемленным другим концом На рычаг действует продольная сила Р.
1) Определить критическое значение силы Р, при котором рычаг
будет уравновешен в положении > отклоненном от вертикали, а вал
будет подвергаться кручению; при этом угол поворота рычага ф
считать весьма малым и в выражении для момента силы Р относительно
оси вращения принять sin ф=ср.
2) Показать, что, принимая для sin ср более точное значение sin ф=
=ф—ф8/31, мы получим строгое соответствие между величиной силы Р
и углом закручивания вала после потери устойчивости.
3) Найти величину Р для следующих углов закручивания (в
радианах) : 0,1; 0,15; 0,2. Построить график Р(ф).
4) Определить, при каком значении силы Р
максимальное касательное напряжение достигнет
предела упругости ту=160 МПа.
i
К задаче 7.56.
К задаче 7.57.
7.57. Шарнирно опертый дюралевый стержень круглого попереч:
ного сечения имеет форму двух одинаковых усеченных конусов,
сложенных большими основаниями. Длина стержня /=1 м; ?=7» 104 МПа.
1) Определить диаметр равноустойчивого круглого
цилиндрического стержня такой же длины.
2) На сколько процентов цилиндрический стержень тяжелее
заданного стержня переменного сечения?
Указание. Критическая сила стержня переменного сечения определяется
по формуле
где P9 = n2EJ0/l2, % — f (Ji/Jo)' В данном примере | = 0,4i5,/Q—момент инерции,
площади поперечного сечения, имеющего диаметр dOy Jf—момент инерции шк>
щади поперечного сечения, имеющего диаметр dj.
§ 5. Продольно-поперечный изгиб
7*58*. Консоль подвергается одновременному действию
продольной сжимающей силы N и поперечной нагрузки. Определить
максимальный прогиб / и максимальный изгибающий момент для тред
вариантов поперечной нагрузки. Ввести обозначение k2^=N/(EJ). Поло-
137

жив ЛА->0, проверить переход к известным формулам для / и Mmax при
поперечной нагрузке.
7.59. Решить предыдущую задачу в предположении, что сила
является растягивающей. Сохранить обозначение k = VN/(EJ).

а)
/Г)
7ЯЯ>.
6)
Q
/И
/__т
в)
К задаче 7.58.
К задаче 7.60.
7.60. Балка, сжатая силой N, подвергается действию поперечной
нагрузки. Найти уравнение упругой линии и закон изменения
изгибающего момента для вариантов поперечной нагрузки, показанных
на рисунке. Для случаев нагрузки по вариантам б, в, г определить
также стрелу прогиба и максимальный изгибающий момент.
Ввести обозначения
U7
11 ——-
ы я т /"' N
2 —Т V ~N7'
здесь N9 — эйлерова нагрузка.
7.61*. Балка длины /, шарнирно опертая по концам, сжимается
силой N и несет поперечную нагрузку Р. Определить.приближенное
значение стрелы прогиба /, пользуясь энергетическим методом и принимая
синусоиду в качестве упругой линии. Поперечная нагрузка Р: а)
сосредоточена посередине пролета, б) равномерно распределена по длине
балки. Как изменятся найденные формулы, если сила N будет
растягивающей?
Как можно объединить полученные формулы, если обозначить
через /поп стрелу прогиба от одной поперечной нагрузки?
7.62. Стержень длины /=1 м несет продольную сжимающую
нагрузку N=5 кН и поперечную равномерно распределенную нагрузку
9=0,5 кН/м. Концы стержня шарнирно оперты. Жесткость стержня
?/=10 кН-м2.
Определить максимальный изгибающий момент: а) по точной
формуле, как в задаче 7,60, б) по приближенной формуле задачи 7.61.
138

7.63*. Стальная балка двутаврового сечения, шарнирно опертая
по концам, подвергается внецентренному сжатию силами N. Точка
приложения силы N расположена на оси, как указано на рисунке, на
расстоянии е=1 см от центра тяжести. Длина балки
/=5м, У2=727 см* №2=99,6 см3, F=102 см2, Е=
==2, МО5 МПа.
Определить прогиб vmaK и максимальное
нормальное напряжение атах в среднем сечении балки при
следующих значениях силы (в килоньютонах): 10;
25; 50; 75; 100, 200, 300, 400. Предел упругости
ау=200 МПа.
Построить график зависимости i>max и атах от
сжимающей силы N. Нанести на график значение
эйлеровой силы Л/9.
7.64*. Дюралевый стержень длины /=0,5 м,
защемленный одним концом, подвергается сжатию
силой N=2 кН, приложенной с-эксцентриситетом е=
=3 см по отношению к центру тяжести сечения. \^ш^
10ММ
Момент инерции сечения У = 1 см4. Определить макси- ^ задаче 7 63
мальный изгибающий момент; ?=7-104 МПа.
7.65*. Стержень длины /, шарнирно опертый по концам,
подвергается сжатию силами N', приложенными на главной оси сечения с
эксцентриситетом е по отношению к центру тяжести. Эйлерово значение
критической силы N9=n2EJ/l2.
Пользуясь методом последовательных приближений и выбирая в
качестве исходной упругой линии синусоиду у0—/ sin (nx/l), определить
максимальный прогиб / при заданном значении силы N<iN9 для
случая упругой деформации, ограничиваясь одним приближением и
сравнивая прогибы посередине пролета. Найти приближенное значение /
по данным задачи 7.64 и сравнить с точным решением, найденным в
задаче 7.63.
К задаче 7,65,
К задаче 7,66.
7.66*. Стержень длины / прямоугольного поперечного сечения
bxh подвергается внецентренному сжатию силой N; точка приложения
силы находится на оси симметрии сечения, параллельной стороне Л,
на расстоянии ё от центра тяжести. Принимая упругую линию в виде
139

синусоиды
пх
и сопоставляя ее кривизну в среднем сечении с изгибающим моментом,
деленным на EJ, определить приближенное значение стрелы прогиба /,
выразив ее через эксцентриситет е и среднее напряжение ocv^=N/(bh)t
если напряжения не превосходят предела упругости. Найти также
максимальные абсолютные значения нормальных напряжений в сжатой
и растянутой зонах. При каком условии
напряжения в сечении будут только сжимающими?
При какой стреле црогиба напряжения на
сжатой стороне достигнут предела текучести ат?
7.67*. Стальная труба (?=2,1 • 105 МПа)
длины 1,5 м должна воспринять сжимающую
силу N, действующую с эксцентриситетом
б=12 мм. Определить допускаемую
сжимающую нагрузку Л/д0П при коэффициенте запаса
п=6 из условия, что при предельной нагрузке
наибольшие напряжения достигают предела
текучести ат=240 МПа. Решить задачу а) с
помощью точной формулы, найденной в задаче 7.63;
б) по приближенной формуле задачи 7.66.
7.68*. Ось стальной швеллерной балки № 8 длиной /=2 м, шарнир-
но опертой по концам, имеет начальное искривление в плоскоети
наименьшей жесткости по уравнению
t
К задаче 7.67,
причем Zo—2 см. Балка сжата силой #=-21,3 кН. Определить
наибольший прогиб / при действии силы N и максимальные напряжения в
среднем сечении; ?=2-106 МПа, предел упругости
Г ау;=220 МПа.
?~* 7.69*. Сжатый тонкостенный стержень имеет
поперечное сечение, указанное на рисунке. Площадь
сечения F=2,3 см2, радиус инерции iz=0,96 см,
момент сопротивления U7Z=1,43 см3. Длина
стержня /=120 см. Определить несущую способность
стержня, считая, что эксцентриситет нагрузки е=
= 1 мм и искривление трубы по длине имеет
максимальную стрелу /0—2 мм. Принять, что несущая
К способность стержня исчерпана, если максимальное
К задаче 7.69. напряжение в сжатой зоне достигает предела
текучести ат. Материал — сталь; ?'=2,2'10? МПа; от =
= 320 МПа. Использовать приближенную формулу для прогиба,
полученную в ответе к задаче 7.61.
Какова будет несущая способность стержня с длиной /, увеличенной
в полтора раза? В пределах о<Сот деформации считать упругими.
7.70. Балка длины 2 м подвергается одновременному действию
сжимающей силы N^=100 кН, поперечной нагрузки интенсивности q^==
140

=2 кН/м и концевых моментов Мi=0,8 кРЬм и М2=0,5 кН-м. Момент
инерции сечения «/=828 см4. Построить эпюры изгибающих моментов.
Определить величины максимального изгибающего момента. Балка
изготовлена из композиционного материала, ?х;=Ы04 МПа.
Mf Ю
7Ш.
p.)
д)
К задаче 7.70. К задаче 7.71.
7.71*. Сечение дюралевой балки составлено из двух бульбуголков.
Для каждого уголка /г^=0,333 см4, Wz^=0y278 см3, ^0,64 см2. Предел
упругости ау^=200 МПа, ??=7-104 МПа. Определить изгибающий
момент над средней опорой МБ, построить эпюру изгибающих моментов
и найти максимальное нормальное напряжение.
7.72. Груз Р, лежащий на балке длины / посередине пролета,
совершает собственные колебания. Балка сжата силами N. Определить
приближенное значение частоты со собственных колебаний, заменяя
балку упругой шарнирной цепью из п жестких звеньев, соединенных
упругими шарнирами. Угол поворота в каждом шарнире ф
пропорционален изгибающему моменту М: q—Ml/(nEJ), где ?7 — жесткость
балки. Рассмотреть случаи п=2 и п^=3.
§ 6. Численные методы. Применение ЭВМ х)
7.73*. Определить коэффициент k2 в формуле для критической силы
PK9=k2EJ/l2 в случае центрально сжатого стержня постоянного
сечения, пользуясь методом конечных элементов на основе вариационного
принципа. Представить прогиб отдельного участка — конечного
элемента — в виде полинома v^ao~\-a1s+a2s2+a3s2, где s=-xla —
безразмерная координата, отсчитываемая от одного из концов элемента,
а — длина элемента. Рассмотреть случай защемленных концов
стержня, принимая в первом приближении число конечных элементов м=2.
Указание. Эта и следующие две задачи могут * быть решены без
использования ЭВМ, как показано в решении.
1) Задачи 7.73—7.79 и 7.83, 7.84 разработаны К. 3. Хайрнасовым.
141

7.74*. Решить задачу 7.73 для случая такого же стержня, но шар-
нирно опертого по концам.
7.75*. Рассмотреть задачу типа 7.73, считая один конец стержня
шарнирно опертым, а второй — защемленным.
7.76*. Пользуясь ЭВМ, решить задачу 7.73 в более высоком
приближении, приняв число конечных элементов п—6.
7.77*. Рассмотреть задачу 7.73, взяв число конечных элементов:
а) п?=10, б) /г= 16, в) п=20. Сопоставив результаты, показать, что,
решая задачу на основе вариационного метода Ритца, мы получаем все
более точные результаты, увеличивая число конечных элементов:
при этом приближение имеет место «сверху».
7.78*. Решить задачу 7.74 для стержня, шарнирно опертого по
концам, принимая число конечных элементов п^=§.
7.79*. Рассмотреть задачу 7.74, выбрав число конечных элементов
л=10.
7.80*. Решить задачу 7.73 для стержня, защемленного по концам,
пользуясь методом конечных разностей и выбрав число интервалов по
длине стержня п=7; 11; 17; 21. Сравнить полученные результаты с
точным решением.
7.81*, Рассмотреть задачу 7.74 для стержня, шарнирно опертого
по концам, используя метод конечных разностей, при тех же числах
интервалов, что и в задаче 7.80.
7.82*. Решить задачу 7.75, относящуюся к стержню с одним
шарнирно опертым концом и со вторым — защемленным, используя метод
конечных разностей, при тех же числах интервалов, что и в задачах
7.80, 7.81.
7.83*. Решить задачу 7.39 об устойчивости стержня переменного
сечения при переменной по длине осевой силе, пользуясь методом
конечных элементов. Разделить стержень на два конечных элемента
одинаковой длины. Рассмотреть два варианта соотношения между
параметрами, определяющими различные части стержня, по условию
задачи 7.39.
7.84*. Стержень, защемленный по концам, подвергается действию
быстро возрастающей во времени осевой нагрузки P=Fct> где с*=
= 104 МПа/с — скорость нарастания напряжения в поперечном
сечении, F — площадь сечения. Пользуясь методом .конечных элементов,
определить динамическую нагрузку Рд (в отношении к эйлеровой
статической величине Рэ), при которой имеет место катастрофический
рост прогибов. Считать, что в начальный момент стержень имеет
весьма малый прогиб порядка Ы0~6 м, распределенный вдоль длины по
форме статической потери устойчивости. Учесть, что форма
выпучивания при быстро возрастающей нагрузке может существенно отличаться
от случая статической нагрузки. Разделить длину стержня на шесть
равных по размеру конечных элементов. Составить программу для
решения задачи с помощью ЭВМ. Принять, что стержень имеет длину 1 м
и круглое сечение диаметра ЬЮ"? м. Материал — сталь, плотность
p*=8«10-3 т/м3, модуль упругости ?=2,1 *105 МПа.

Глава 8
БРУСЬЯ БОЛЬШОЙ КРИВИЗНЫ. ТОЛСТОСТЕННЫЕ ЦИЛИНДРЫ
§ 1. Брусья большой кривизны
8.1*. Проверить прочность по сечению А В стальной литой станины
клепальной машины. Размеры даны на рисунке. Допускаемое
напряжение [а]=90 МПа.
8.2*. Исследовать, какую ошибку в величине максимального
нормального напряжения дает применение приближенной формулы для
определения расстояния е между центром тяжести сечения и
нейтральной осью в случае чистого изгиба кривого бруса прямоугольного
сечения для случая /i/i? = l и hlR =0,5. Приближенная формула имеет
вид e=J/(FR).
Размеры б см
*~^ А
К задаче 8.3.
8.3*. Проверить прочность крюка при действии нагрузки Р=23 кН;
R1—3 см, R2=\2 см, &i=4 см, Ь2=2 см. Допускаемое напряжение
[а]г=90 МПа.
8.4*. Определить допускаемую нагрузку на крюк, изготовленный
из стального прутка диаметра d=20 мм; #=30 мм. Предел текучести
ат=270 МПа, запас прочности лт=1-,5.
8.5*. Определить, на какую величину А можно развести торцы
разрезанного кольца прямоугольного сечения, чтобы максимальное
нормальное напряжение не превышало предела текучести ат=300 МПа;
#=4 см, h^= 1 см; ?;=2-105 МПа. В недеформированном состоянии
зазор равен нулю.
8.6*. Определить максимальное нормальное напряжение в кривом
брусе трубчатого сечения с наружным диаметром d=46 мм и толщиной
стенки 6=6 мм; R=80 мм, а^=50 мм, Р=4 кН.
ИЗ

К задаче 8.4.
К задаче 8.6.
8.7. Определить напряжения в крайних точках сечения АВ кривого
бруса при нагрузке Р*=20 кН; /?!=20 см, R2~30 см, /^=20 см, 6=6 см,
t=*2 см.
К задаче 8.7.
К задаче 8.8.
8.8*. Определить сближение концов кривого бруса квадратного
сечения со стороной a=R/2. Результат сравнить с приближенным
решением, полученным по эрмуле для бруса малой кривизны.
8.9*. Определить д альное нормальное напряжение в
стальном кольце прямоугс/иэпи1 о чения при растяжении его силами
Р—30 кН; #=12 см, /i—б см, =2 см.
8.10*. Определить увеличение вертикального диаметра АВ
стального кольца, рассмотренного в предыдущей задаче; ?^=2-101 МПа.
Учитывать влияние лишь изгибающих моментов.
К задаче 8.9.
К задаче 8.11.
8.11*. Сравнить прочность двух типов звеньев цепи — кольцевого
и вытянутого при одинаковом радиусе криволинейной части. Расчет
вести по формулам для бруса малой кривизны.
144

§ 2. Толстостенные цилиндры
8.12*. Толстостенный цилиндр с внутренним диаметром dB=100 мм
нагружен внутренним давлением /?в —180 МПа. Определить его
наружный диаметр, используя III и IV теорию прочности. Предел
текучести материала ат=750 МПа, запас прочности пт=1,5.
8.13. Исследовать, идет ли пренебрежение осевым напряжением az
при расчете толстостенного цилиндра, находящегося под действием
внутреннего давления, в запас прочности или
наоборот. Исследование вести по IV теории прочности путем
сравнения эквивалентных напряжений, подсчитанных
с учетом и без учета аг.
8.14. На цилиндр с внутренним диаметром dB=
= 20 мм и наружным диаметром dc=30 мм надет с
натягом цилиндр, с наружным диаметром dH=40 мм.
Составной цилиндр подвергается внутреннему
давлению /?в=250 МПа. Определить натяг (разность
диаметров), при котором окружное напряжение на
внутренней поверхности составного цилиндра будет
на 30% меньше напряжения в несоставиом цилиндре К задаче 8.14.
rex же размеров.
8.1?*. Найти оптимальное давление натяга р составного цилиндра
из условия равнопрочности внутреннего и наружного цилиндров и
допускаемое внутреннее давление рв. Расчет вести по IV теории
прочности. Даны: dB=80MM, dH= Г46 мм, dc = 114 мм, [а]=500 МПа.
8.16*. На стальной вал диаметра d=40 мм надет с натягом стальной
шкив диаметра D=80 мм. Найти величину минимального натяга, обес;
печивающего передачу при помощи трения момента М—1,2 кН*м.
Коэффициент трения /=0,15; ширина шкива 6=60 мм; ?=2»10^ МПа.
8.17*. Для данных предыдущей задачи определить максимально
допустимый натяг из условия, чтобы в материале не возникали
пластические деформации- Предел текучести ат=300 МПа. Пользоваться
III теорией прочности.
8.18*. Стальная втулка с внешним диаметром D = 45 мм и длины
6=40 мм надета с натягом на вал из того же материала диаметра d=
=30 мм. Определить максимально допустимый натяг Д из условия
прочности втулки и осевую сцлу Р, передающуюся при помощи трения.
Предел текучести ат=360 МПа, запас прочности ягт = 1,2, коэффициент
трения /=0,15- Использовать III теорию прочности; ?=2-105 МПа.
8.19*. В круглое отверстие стальной плиты толщины <=50 мм
вставлен с натягом стальной стержень диаметра d=40 мм, к которому
приложена растягивающая сила Р=60 кН. Найти величину минимального
натяга, необходимого для удержания стержня при помощи трения, если
коэффициент трения /=0,18. Определить запас прочности по пределу
текучести ат=300 МПа. Размеры плиты считать бесконечно большими;
?=2-105 МПа.
8.20*. На стальной вал диаметра d=60 мм надет чугунный шкив
диаметра D = 140 мм и ширины 6=60 мм. Найти величину
минимального натяга, необходимого для передачи за счет сил трения момента
. 145

М—2 кН-м. Коэффициент трения /—0,1; ?с;=2-105 МПа, ?ч=
= 1 • 105 МПа, jxc==0,28, р,ч=0,25.
8.21 *. Во сколько раз можно увеличить внутреннее давление в
алюминиевой трубке с внутренним диаметром ^=10 мм и наружным
диаметром dH=20 мм безопасно для ее прочности, если на нее надеть без
натяга тонкостенную стальную трубку со стенкой толщины 6=2 мм?
Коэффициент Пуассона алюминия |л^=0,34; Яа=0,7«105 МПа, ?с=
;=2-105 МПа. Расчет вести по III теории прочности.
8.22*. На медную трубу с внутренним диаметром dB=60 мм и
наружным диаметром dc=80 мм надета без натяга стальная труба с
внутренним диаметром dc=80 мм и наружным диаметром dH^=100 мм.
Определить внутреннее давление в составной трубе, при котором начнутся
пластические деформации в медной трубе. Предел текучести меди ат—
=70 МПа, коэффициент Пуассона цм;=0,32, для стали |лс?=0,28. Расчет
вести по III теории прочности ?м—1 • 105 МПа, ?с=2- 10б МПа.
8.23*. Определить максимальные окружные напряжения в медной
и стальной частях составной трубы, рассмотренной в предыдущей
задаче, возникающие при равномерном нагреве на АГ=80 К.

Глава 9
ЗАДАЧИ ДИНАМИКИ
§ 1. Напряжения и деформации
в движущихся элементах конструкций
0.1. Груз массы т=2000 кг подвешен на стальном тросе, состоящем
из 500 проволок диаметра d=0,5 мм каждая. Барабан вращается
против часовой стрелки с угловым ускорением e=10c""a.
Найти нормальное напряжение в тросе. Диаметр
барабана D=0,5 м.
9.2. Груз массы т=1800 кг опускается на тросе со
скоростью F=12m/c. В конце спуска включается
тормоз, останавливающий груз на пути /i=3 м. Определить
нормальное напряжение в тросе, считая силу
торможения постоянной. Площадь сечения троса /7=5 см2.
9.3*. Стальной стержень постоянного сечения
вращается вокруг вертикальной оси с постоянной
угловой скоростью со. Определить допустимую по прочно- К задаче 9.1.
ста наибольшую длину стержня /пр при частоте
вращения я=1 200 об/мин и частоту вращения лтах, при которой стержень
разорвется, если /=/пр. Дано: [а]=100 МПа, ов=800МПа, р=7,83т/м3.
9.4. Тонкое стальное кольцо вращается вокруг центральной оси,
перпендикулярной его плоскости. Проверить прочность кольца и
Г'
т
О
«У'
05 ^
ш
К задаче 9.3.
К задаче 9.4.
определить наибольшую допустимую окружную скорость. Средний
диаметр кольца D==70 см, плотность р=7,85 т/м3, частота вращения
л=3000 об/мин, [<х]=100 МПа,
9.5*. При помощи лебедки С, установленной на балках
двутаврового сечения № 20а, поднимается груз массы тх=5т с постоянным
ускорением. Известно, что в первые три секунды груз проходит расстояние
/i=10 м. Проверить прочность балок. Масса лебедки т2=0,5 т; /=4 м,
[а]=160МПа.
147

9.6. К валу, вращающемуся с постоянной угловой скороотью,
прикреплены два стержня, несущие на концах массы т=10 кг. Стержни
расположены в одной плоскости на равных расстояниях от опор.
Определить величины наибольших нормальных напряжений от изгиба вала
К задаче 9.5. К задаче 9.6.
силами инерции, пренебрегая собственной массой вала и стержней.
Дано: п=600 об/мин, /=3м, d=6 см, г=0,25 м, а=2 м.
9.7*. Маятник CD, который может вращаться вокруг оси АВ,
ставится в верхнее положение, а затем свободно падает. Определить
наибольшее нормальное напряжение в оси маятника от изгиб'а силами
инерции. Дано: т=25 кг, г=0,75 м, /=0,25 м, d=2 см. Собственной
массой стержня CD и трением пренебречь. Принять а=0.
К задаче 9.7. К задаче 9.8.
9.8*. Определить наибольшее нормальное напряжение от изгиба
силами инерции в спарнике Л В, имеющем прямоугольное сечение.
Колеса вращаются с постоянной угловой скоростью.
Дано: я=300 об/мин, /=2 м, г=0,2б м, ft=5,6 см, р=7^5 т/м8.
9.9*. Найти наибольшее нормальное напряжение изгиба в шатуне
от сил инерции. Сечение шатуна — двутавр. Дано: г=0,1 м, /=0,4м,
Ь=4 см, /i=5 см, /=1 хм, я=2000 об/мин, р=7,85 т/м3.
9.10*. Цилиндрическая пружина, прикрепленная к вертикальному
стержню и несущая по концам массы т=\ кг, вращается вокруг вер-
\AAAj
VVVV
I
К задаче 9.9.
К задаче 9.10.
148

тикальной оси с постоянной угловой скоростью оз. Определить
угловую скорость, при которой удлинение каждой половины пружины
будет piaBHO /=5 см. Вычислить максимальное касательное
напряжение в пружине. Массой пружины пренебречь. Средний диаметр
пружины ?)=6 см, диаметр проволоки пружины d*=0,5 см, число
витков я=30, /=15 см; G=8-104 МПа.
9.11*. Определить критическую частоту вращения для системы,
рассмотренной в предыдущей задаче.
9.12*. На вал диаметра d=60 мм насажен маховик с моментом
инерции «/т=40 кг •м2. Частота вращения вала п=600 об/мин. После
включения тормоза маховик останавливается, сделав 10 оборотов.
Определить максимальное касательное напряжение в вале, считая силу
торможения постоянной. Массой вала пренебречь.
9.13*. Маховик электроинерционного стартера представляет собой
диск постоянной толщины диаметра D=16 см и массы /п=8 кг. За
время t= lc он приобретает частоту вращения я=8000 об/мин. Найти
максимальное касательное напряжение в вале диаметра cf=20 мм, на
который насажен маховик, считая ускорение постоянным.
9.14. Определить максимальные иормальнвш напряжения в
сплошном стальном диске постоянной толщины (радиус диска /?=30 см,
частота вращения п= 10 000 об/мин) и сравнить их с максимальным
напряжением в таком же диске, но имеющем малое отверстие в центре.
Плотность р=7,85 т/м3, [1=0,3.
9.15*. На дюралевый диск постоянной толщины надет стальной обод
с натягом Д=*2б=1мм. Определить, при какой частоте вращения
давление от натяга будет равно нулю. Коэффициент Пуассона дюраля
jx=0,32, плотность рд=2,7
т/м3, рс*=7,85 т/м8, 6=50 см,
/=1,5 см, ?д=7.104 МПа,
?с=2-105 МПа.
9.16*. Определить
максимальные напряжения в
диске, взятом из предыдущей
задачи, при частоте
вращения п=2500 об/мин. Найти
также напряжения в ободе.
О)
К задаче §.15.
К задаче 9.17.
9.17*. На стальной вал надет стальной диск постоянной толщины с
натягом Д=28=0,1 мм. Определить, при какой частоте вращения
давление от натяга будет равно нулю. Дано: а=5 см, 6=40 см, и,=
=0,28, р=7,85 т/м8, ?-2.10§ МПа.
9.18*. Определить максимальные напряжения в стальном диске
постоянной толщины, посаженном на стальной вал с натягом, при
частоте вращения я=3000 об/мин. Данные взять из предыдущей задачи.
§ 2. Собственные колебания упругих систем,
приведенных к системам с одной степенью свободы
9.19*. К цилиндрической пружине подвешен груз массы т=2 кг.
Груз может перемещаться только в вертикальном направлении.
Определить частоту собственных колебаний груза без учета и с учетом
149

У//////.
массы пружины. Средний диаметр пружины D—6 см, диаметр
проволоки пружины d=0,6 см, число витков /г=15, плотность р=7,85т/м3;
G=8-104 МПа.
9.20*. К стальному стержню длины /=1 м, диаметра d=2 см
прикреплен груз массы т=50 кг. Найти частоту и период собственных
вертикальных колебаний системы без
учета и с учетом массы стержня.
Плотность р=7,85 т/м3, ?=2-10б МПа.
9.21*. Определить частоту и период
собственных продольных колебаний
цилиндрической пружины. Средний
диаметр пружины D=60 мм, диаметр
проволоки d = 2 мм, число витков
я=10, плотность р==7,85 т/м3, G=
=8-104 МПа.
9.22. Как изменится частота собственных колебаний груза, если
от первой схемы креплений груза перейти ко второй, разрезав
пружину на две равные части и закрепив груз посредине?
т
Ю
я т
К задаче 9.19. К задаче 9.20.
К задаче 9.22.
К задаче 9.23.
К задаче 9.24.
9.23*. К жесткому рычагу, удерживаемому цилиндрической
пружиной, прикреплен груз массы т=3 кг. Определить частоту собственных
колебаний системы, пренебрегая массой рычага и пружины. Средний
диаметр пружины D=3 см, диаметр проволоки <2=0,3 см, число
витков п=10, /=25 см, а=10 см; G=8-104 МПа.
9.24*. Определить частоту и период колебаний груза массы /п==
=500 кг, расположенного на балке двутаврового сечения № 20а,
без учета и с учетом массы балки. Длина балки 1=4 м; Е=*2Л0ь МПа.
9.25. Определить частоту собственных вертикальных колебаний
груза массы т=250 кг, укрепленного посредине ригеля. Стержни рамы
±=я
К задаче 9.25.
К задаче 9.26.
К задаче 9.27.
150

ч /77
К~
имеют трубчатое сечение 50x40 мм. Массой рамы пренебречь; ?=*
=2-10б МПа.
9.26*. К пружине, прикрепленной к консоли длины /=0,5 м,
подвешен груз массы т=\ кг. Определить частоту собственных
колебаний системы, пренебрегая массой пружины и балки. Дано: Ь=5 см,
/t=l см, средний диаметр пружины D=\0 см, диаметр проволоки d=
=0,5 см, число витков л=10; ?=2-105 МПа, G=8-104 МПа.
9.27. Груз массы т=0,5 кг укреплен на консоли, конец которой
опирается на пружину. Определить частоту собственных колебаний
груза без учета мас!сы упругой системы. Дано: 6=20 мм, /i=l,5 мм,
/=40 см. Средний диаметр пружины D=20 мм, диаметр проволоки d=
= 1 мм, число витков п==8; С=8«104МПа,
?=2-105МПа.
9.28*. Электромотор установлен на
двух двутавровых балках посредине
пролета. Частота вращения ротора элек- * *
тродвигателя/г=1200 об/мин. Подобрать к задаче 9.28.
сечение балок, исходя из условия, чтобы
частота собственных поперечных колебаний системы была на 30% выше
частоты возмущающей силы, возникающей вследствие динамической
неуравновешенности ротора. Учесть массу балок. Дано: т=1000 кг
/=5 м, [а]=160 МПа, Е-2-105 МПа.
Указание. Вначале задачу решить без учета массы балок, а затем
подобрать нужное сечение методом проб.
9.29*. Система, состоящая из двух масс т, связанных между
собой пружиной, вращается вокруг вертикальной оси. Установить
зависимость частоты собственных колебаний системы от угловой
скорости вращения системы сов. Жесткость полупружины равна с.
9.30*. Груз массы т прикреплен к плоской раме. Определить
частоту собственных колебаний груза в горизонтальном направлении,
не учитывая массы рамы. Стержни имеют одинаковую жесткость EJ.
т
Ж
с
VW\A
7П-1
Ж
К задаче 9.29.
V/tf/,
К задаче 9.30.
jL
К задаче 9.31.
9.31*. Найти приведенную массу балки на двух шарнирных опорах
с п сосредоточенными массами ти расположенными на расстояниях
zt от левой опоры, приняв, что изогнутая ось балки имеет форму
синусоиды v=a sin {mil). Массы привести к среднему сечению балки.
Масса балки равна т.
9.32*. Определить основную частоту симметричных собственных
колебаний балки двутаврового сечения № 22 с двумя
сосредоточенными массами ^=200 кг. Приведенную массу системы определить
15J

в предположении, что балка изгибается по синусоиде (см. задачу 9.31).
Длина балки /=6 м; ?=2-105 МПа.
9.33*. Определить приближенным методом первую частоту
собственных колебаний балки постоянного сечения с шарнирными
опорами, заменив распределенную массу балки т приведенной. Коэффициент
mt
У//////
ч
шт
l-ZODO
Ь-fyQ
К задаче 9.32.
К задаче 9.33.
приведения массы балки к середине пролета принять равным 0,5.
Сравнить с точным решением: (о^-^Т/ Дано: ?=2«105 МПа,
р-=7,85 т/м3.
9.34*. Определить диаметр вала турбогенератора мощности N=
= 100 кВт, несущего посередине пролета диск массы т=»150 кг,
насаженный с эксцентриситетом е, в двух случаях: 1) вал с критической
частотой вращения выше рабочей частоты вращения п==3000 об/мин на
35% (так называемый жесткий вал) и 2) вал с критической частотой
вращения ниже рабочей частоты вращения в три раза (гибкий вал).
Массой вала пренебречь. Дано: 1=1 м, е=0,01 см, [а]=80 МПа, ?=
«=2-105 МПа. Вал считать однопролетным с шарнирными опорами
по концам.
9.35*. Определить частоту собственных угловых колебаний диска
массы /п=0,2 кг и диаметра Z)=40 мм, прикрепленного с помощью
цилиндрической пружины. Средний диаметр пружины Dcp=12 мм,
диаметр проволоки d=l мм, число витков п=8. При угловых колебаниях
диска проволока пружины работает на изгиб; ?=2-105 МПа.
К задаче 9.35.
К задаче 9.36.
9.36. К нижним концам стальных стержней прикреплены диски
массы т==100 кг и диаметра D=20 см. Определить частоту и, период
собственных угловых колебаний дисков для трех вариантов стержней
(рис. а —в). Дано: a) d=5 см, /=1 м; б) Ь=*3 см, /i=6 см, /=»1 м;>
в) dx=6 см, d2=3 см, /х=0,6 м, /,=*0,4 м. G=8-104 МПа.
9.37,*. К концам вала круглого поперечного сечения диаметра d=
=5см и длины /= 1,25м прикреплены два диска диаметров Di=20cm и*
Dy-=30 см. Определить частоту собственных угловых колебаний сис-
152

темы, пренебрегая массой вала. Массы дисков равны mi=60 кг, т2—
«100 кг; G~8-104 МПа.
9.38. Определить частоту и период угловых колебаний диска
диаметра ?=60 см и массы т=80 кг, насаженного на вал переменного
К задаче 9.37.
К задаче 9.38.
см, dr=8 см,
сечения с заделанными концами. Размеры вала: ^
/=1 м. Материал — сталь, G=8-104 МПа.
9.39*. На каком расстоянии г нужно укрепить массу т, чтобы
частоты собственных вертикальных и горизонтальных колебаний массы
совпали? Сечения горизонтального и вертикального стержней
одинаковы. Массой стержней пренебречь.
9.40*. Насколько уменьшится частота собственных колебаний массы
т»*50 кг, укрепленной в среднем сечении стержня длины /=2 м и
диаметра d~4 см, если приложить к стержню сжимающую силу N,
равную половине критической. Массой стержня пренебречь; ?==
=»2-105 МПа.
9Д1*> Сравнить частоты собственных колебаний груза массы т=
«2 кг, укрепленного на конце стержня, для двух положений системы
Н
т\
\т
К задаче 9.39.
К задаче 9.40.
К задаче 9.41.
(см. рисунок). Частоты определять с учетом влияния продольной
силы, равной весу груза tug. Массой стержня пренебречь. Дано: /=•
=0,5 м, 6-20 мм, h*2 мм, ?-2-10§ МПа.
§ 3. Вынужденные колебания упругих систем,
приведенных к системам с одной степенью свободы
9*42*. Ротор электромотора, установленного на консоли, имеет
частоту вращения п**900 об/мин. Вследствие неуравновешенности рд-
тора возникает вертикальная переменная сила
Pi sin а>в*. Определить: 1) при каком
значении I наступает резонанс, 2) на каком
расстоянии / нужно установить мотор, чтобы
частота собственных колебаний балки была на
30% больше частоты возмущающей силы. Для к задаче 9.42.
153

Этого случая подсчитать амплитуду вынужденных колебаний и
максимальное нормальное напряжение. Массой балки пренебречь.
Масса мотора т=100 кг, Ра=0,2 кН; ?=2-105МПа.
9.43*. Опора А шарнирно опертой горизонтальной балки АВ
длины /, несущей массу т посередине пролета, совершает колебания в
вертикальном направлении по закону vA=a sin coB/-. Найти закон
движения массы и динамический прогиб балки vA под грузом.
9.44*. Определить максимальное напряжение в шарнирно опертой
балке с массой т=500 кг, расположенной посередине пролета, если
одна из опор вибрирует с частотой сов=32 1/с. Амплитуда вибрации
а= 4 мм. Длина балки /=4 м, /==410 см4, №=51,8чсм3; ?=2-10б МПа.
Массой балки пренебречь.
9.45*. Верхний конец пружины, на которой подвешена масса т,
совершает колебания по закону #A=r sin coB?. Найти закон движения
?
К задаче 9.45.
К задаче 9.46.
массы и закон изменения удлинения пружины. Отклонение массы
отсчитывать от состояния покоя в начальный момент времени t~0.
9.46*. На двух балках посередине пролета установлен двигатель
массы т=1500 кг. При работе двигателя возникает переменная сила
Рх sin (ов?. Определить амплитуду колебаний двигателя и
максимальное напряжение в балках с учетом массы балок; Pi=10 кН;
коэффициент сопротивления а=26*103 Н«с-м~\ сов=55 1/с, /=2,5 м, Е=
х=2-105 МПа.
9.47*. Двигатель массы т=500 кг установлен посередине пролета
на двух двутавровых балках № 20, шарнирно опертых по концам.
Ротор двигателя массы m1=200 кг имеет эксцентриситет е—2 мм.
Определить, при какой частоте вращения наступает резонанс и чему равно
при этом максимальное нормальное напряжение. Коэффициент
сопротивления а=2500 Н'С-м. Длина пролета /=6 м, Я==2«105. МПа.
Учесть массу балок.
9.48*. Двигатель массы /п==500 кг, установленный л а двух
двутавровых балках № 22, создает при работе возмущающую
периодическую силу Pi sin coB t. Исследовать характер колебаний после запуска
двигателя, предполагая, что двигатель мгновенно приобретает частоту
вращения л=600 об/мин. Найти максимальное напряжение в балках
154

в период неустановившегося режима, когда еще не затухли
собственные колебания системы. Сравнить с максимальным напряжением при
установившемся режиме. Дано: Рх=1,6 кН,
длина пролета /=6 м, ^?=2«105 МПа.
9.49*. К валу переменного сечения с
заделанными концами прикреплен маховик,
на который действует переменный момент
Mi sin (uBt. Определить максимальные
касательные напряжения в левой и правой частях
вала. Дано: Af х=0,2 кН -м, сов=20 1/с, Ут= К задаче 9.49.
=4кг-м2,й1=1,19см, d2=l см. Коэффициент
сопротивления а=6 Н-с*м, G=8-lО4 МПа. Массой вала пренебречь.
§ 4. Колебания систем с несколькими степенями свободы
9.50*. Пружина несет две массы т=20 кг каждая — одна на конце
пружины, другая посередине. Средний диаметр пружины D=4 см,
диаметр проволоки пружины d=0,6 см, число витков на каждой
половине пружины п=Ю. Найти частоты собственных колебаний системы и
исследовать формы колебаний! G=8-104 МПа.
9.51*. Определить частоты собственных поперечных колебаний
шарнирно опертой балки с двумя одинаковыми сосредоточенными
массами т=500 кг, точки приложения которых делят пролет балки /
К задаче 9.50. К задаче 9.51.
К задаче 9.52.
К задаче 9.53.
на три равные части. ЖесткостьEJ=2,26 МН «м2, /=3 м. Массой балки
пренебречь.
9.52*. Определить частоты собственных линейных и угловых
колебаний диска диаметра D=0,36 м и массы т=15 кг, прикрепленного к
концу консоли длины/=0,5 м. Жесткость ?/=0,5 кН -м2. Массой
консоли пренебречь.
9.53*. Диск массы /п=5 кг и с моментом инерции </w=0,l кг-м2
жестко укреплен на стальной раме в узле С. Определить частоты
свободных линейных и угловых колебаний диска. Стержни рамы круглого
сечения диаметра d=\ см,7=1 м. Исследовать формы колебаний. Е==
=2-105 МПа.
9.54*. Определить частоты собственных крутильных колебаний
системы, состоящей из двух дисков с массами т!==16 кг и т2=20 кг/
укрепленных на стальном валу диаметра d=2,5 см. Диаметры дисков:
Рх=0,24 м, D3=0,32 м. Длина вала /= 1,2 м; G=8-104Mna.
155

9.55*. Определить частоты и формы колебаний системы, состоящей
из трех дисков с моментами инерции /j==0,2 кг-м2, J2=0,3 кг-м2 и
/3=0,1 кг-м2, укрепленных на стальном валу с жесткостями сг=*
=0,1. кН-м ис2=0,2 кН-м.
Ш
т
К задаче 9.54.
К задаче 9.55.
9.56*. Два двигателя массы т=500 кг каждый установлены на двух
балках двутаврового сечения № 24. При работе левый двигатель
создает возмущающую силу Р cos coB/. Найти амплитуды колебаний
двигателей и максимальное напряжение в балках без учета массы балок
Дано: а=2 м, Р=1 кН, п=480 об/мин, ?=2-106 МПа;
1а
-JUT
Ф
\PCQ$u)et
К задаче 9.56.
К задаче 9.57.
9.57*. Установка массы mi=200 кг, расположенная на шарнирно
опертой балке, создает при работе возмущающую силу Р cos (oBt.
Определить массу т2 гасителя колебаний установки. Частота вращения
ротора установки я=600 об/мин, жесткость?7=4 кН -м2, длина
пролета /=2,5 м.
§ 5. Действие удара на конструкцию
9.58. К деревянной балке прямоугольного поперечного сечения
лета 1=3м внезапно приложен посередине груз массы т=200 кг.
>еделить прогиб балки под грузом и проверить прочность балки.
Ttf
V//////.
К задаче 9.58.
К задаче 9f59.
Дано: 6=10 см, Л=15 см, ?=0,11 -10* МПа, [а]=11 МПа. Массой балки
пренебречь.
9.59*. На стальную балку двутаврового сечения № 22а посередине
пролета падает с высоты ft=10 см груз массы /п=100 кг. Определить
прогиб под грузом и максимальное напряжение в балке. Длина ироле-
та /=^2 м. Массой балки пренебречь; ?=2'105 МПа.
156

9.60*. Груз массы т=50 кг падает с высоты h=l м на диск,
укрепленный на нижнем конце стержня круглого сечения диаметра d=
=2 см. Вычислить удлинение стержня и напряжение в стержне,
пренебрегая массой диска и считая его недеформируемым. Задачу решить
без учета и с учетом массы стержня.
Плотность р=7,85 т/м3, 1=2 м, ?=
=2-10». МПа.
9.61. На стальной стержень
квадратного сечения со стороной а=5см с
высоты/i= 10 см падает груз массы /п= 10 кг.
Предполагая, что стержень не теряет
устойчивости, найти напряжение, а
также определить, с какой высоты должен
упасть груз, чтобы напряжение в
стержне достигло предела пропорциональности апц=200 МПа. Учесть массу,
стержня. Плотность р=7,85 т/м3, /=1 м, ?=2-105 МПа.
9.62. Сравнить максимальные напряжения, возникающие в балке
прямоугольного сечения вследствие удара грузом, падающим с высоты
h, в случаях, когда удар происходит в плоскости наименьшей
жесткости и когда удар происходит в плоскости наибольшей жесткости.
Коэффициент динамичности определять по приближенной формуле
К задаче 9.60. К задаче 9.61.
к задаче 9.63.
9.63*. Определить напряжения в цилиндрической пружине,
возникающие при ударе телом массы т==2 кг, движущимся со скоростью
v=5 м/с. Средний диаметр пружины D==4 см,
диаметр проволоки пружины d=0,6 см, число
витков /г=12, т!=1,5 кг, б=8*104МПа. Удар
считать абсолютно неупругим. Массой
пружины пренебречь. "
9.64*. Определить минимальное число
витков буферной цилиндрической пружины, которая могла бы
воспринимать удар тела массы т=5 кг, движущегося в горизонтальном
направлении со скоростью v—З м/с, без появления пластических
деформаций. Средний диаметр пружины D=6 см, диаметр
проволоки d=0,6 см. Предел текучести при сдвиге тт=300 МПа, G=8 -104 МПа.
Массой пружины пренебречь.
9.65. Груз массы /п=1,5 т, опускавшийся на стальном тросе со
скоростью у=2 м/с, внезапно остановлен. Определить напряжения в
тросе, если его длина в момент остановки /=10 м Модуль упругости
троса Е—1,7 «105 МПа, площадь сечения F==8 см^. Массой троса
пренебречь.
9.66*. Определить напряжения, возникающие в коротком
стальном стержне, движущемся в горизонтальном направлении со скоростью
v—З м/с, при ударе о недеформируемую стенку. Плотность р=
=7,85 т/м3. Принять, что напряжения в стержне распределяются по
его длине по линейному закону; ?=2-105 МПа.
9.67*. Определить напряжения в стержне длины ^=8 см,
рассмотренном в предыдущей задаче, если он ударяется о буфер, представляю-
157

щий собой короткий стальной стержень такого же сечения, как
и движущийся, и длины /2=2 см. Принять, что напряжения в буфере
постоянны.
9.68*. Диск диаметра D=20 см и массы т=50 кг, насаженный на
вал АВ длины /=1 м, диаметра d=6 см, имеет частоту вращения п=
=300 об/мин. Определить максимальное каса- v
тельное напряжение в вале в тот момент,
когда конец А вала внезапно останавливается
вала внезапно
(крутящий удар). Массой вала пренебречь; G= H*imJ
-8-Ю4 МПа.
А
Y///A
К задаче 9.67.
К задаче 9.68.
К задаче 9.69.
9.69. Льдина массы т=200 кг, двигаясь со скоростью v~l м/с,
ударяется о верхний конец деревяннрй сваи длины /=3 м и диаметра
d=20 см. Определить максимальное напряжение в свае. ?=0,11 х
хЮ5 МПа. Массой сваи пренебречь.
9.70*. Балка длины 2/, падая в горизонтальном положении с высоты
ft, ударяется о препятствие своей серединой. Определить
максимальный изгибающий момент в балке, если масса единицы длины балки т0.
§ 6. Параметрические колебания и автоколебания
9.71. Магнитострикционныи вибратор состоит из ферромагнитного
кольца с отверстиями, через которые пропущена возбуждающая
обмотка. Электрический ток, проходя через обмотку, создает в сечении
кольца магнитное поле. При этом вызывается
прямой магнитострикционныи эффект,
проявляющийся в изменении радиуса кольца. При
наличии подмагничивания ток переменной
частоты вызывает радиальные колебания той же
частоты. Для получения максимальной
амплитуды колебаний эта частота выбирается рав-
К за аче 9 71 но^ с°бственной частоте радиальных колеба-
Если частота тока меняется, то она может совпасть с одной из
собственных частот изгибных колебаний кольца. При каком соотношении
коэффициента магнитострикции и коэффициента трения в кольце
возникнут параметрические колебания, если считать магнитострик-
ционную нагрузку параметрической по отношению к изгибным формам
колебаний кольца? Возникнут ли параметрические колебания, если
коэффициент магнитострикции никеля, из которого изготовлен
вибратор, Х=7,5-10*~5, коэффициент трения т]=0,008? При какой частоте
возбуждения могли бы возникнуть такие колебания, если средний
радиус кольца #=0,1 м, толщина h ==0,015 м, скорость звука в никеле
с = V'E/P = 4,8 • 10~3 м/с (Е — модуль упругости, р — плотность)? При
158

определений собственных частот кольца влиянием обмотки и отверстий
пренебречь.
9.72*. Вычислить критическую скорость икр изгибно-крутильного
флаттера прямого крыла самолета при размахе крыла 2/=40 м и
хорде 6=4 м. Зависимость коэффициента подъемной силы от угла
атаки: су=3,5 а, расстояние от передней кромки до точки приложения
подъемной силы (координата фокуса крыла) яф=0,96 м, координата
центра изгиба л;и=1,36 м, координата центра масс хт. Плотность
воздуха р=1,29 кг/м3.
Принять упрощенную схему крыла в виде абсолютно жесткого тела
длины / с упругими связями, жесткость которых на изгиб равна сю г
на кручение гк=168 МН»м2.
§ 7. Численные методы. Применение ЭВМ х)
9.73*. Определить коэффициенты Хг в выражениях для двух
низших частот собственных колебаний соь при Я4=со? pFl*/(EJ) в случае
балки постоянного сечения. Рассмотреть балку, защемленную по
концам, используя метод конечных элементов на основе вариационного
принципа. Принять в первом приближении число конечных
элементов равным я=2. В приведенной выше формуле EJ — жесткость
балки, / — длина, р — плотность материала, F — площадь поперечного
сечения. Сравнить результаты с точным решением.
9.74*. Решить предыдущую задачу для балки шарнирно опертой
по концам, приняв л=2.
9.75*. Рассмотреть с помощью ЭВМ задачу 9.73, принимая число
конечных элементов д=6, и определить пять низших частот в
сравнении с точным решением.
9.76*. Решить задачу 9.74? считая число конечных элементов д=6,
и найти пять низших частот в сопоставлении с точным решением.
х) Задачи 9.73—9.76 разработаны К. 3. Хайрнасовым.

Глава 10
выносливость и ползучесть
§ 1. Прочность при переменных напряжениях1)
10.1*. Болт из легированной стали с метрической резьбой диаметра
d=30 мм подвергается действию переменных растягивающих
напряжений, изменяющихся от нуля до максимального значения. Определить
допускаемое напряжение при запасе прочности п=2. Характеристики
\
\
ч
1
s
>
ж
\ /
ж
ъ—
——
- J -
т
*- ~
Г" .та
40
Ю
К задаче ЮЛ. 1 —- легированная сталь, d~ 12 мм, 2—углеродистая сталь,
ав= 400 МПа, ^=12 мм; /-/^=0,091 соответствует метрической резьбе.
стали: ав=*900МПа, а_1р=300МПа,_г|>а=0>1* Коэффициент
концентрации напряжений взять из прилагаемого графика. Для метрической
резьбы г/*=*0,091 (см. рис. б).
10,2?. Определить запас прочности болта с метрической резьбой
диаметра d=20 мм, если растягивающее усилие в нем изменяется от
^ш.п=5 кН до N.max=15 кН. Внутренний диаметр болта ^=16,75 мм.
Болт изготовлен из углеродистой стали с характеристиками: сув«
00 МПа, ат=240 МПа, <j_ip=140 МПа, я|)а=0.
\Р
БД]
\W\\\\
50мм
\
ч
S
-
s
s
'6,510
40
200
QL
К задаче 10.3. / — углеродистая сталь, 2 — легированная сталь.
I1) Задачи 10.3, 10.4, 10.9 разработаны И. И. Трапезиным; задачи 10.21—10.25 —
Ю. П.
Григорьевым.
160

10,3*. Поршневой палец двигателя нагружается силой,
изменяющейся в пределах от Ртах=52 кН до Pmin=—11,5 кН. Определить
запас прочности в опасном сечении. Характеристики стали: ав=
= 1000 МПа, a_ip=450 МПа, -фа=0,15. Поверхность полированная.
Эпюра нагрузки показана на рис. а.
10.4*. Определить запас прочности клапанной цилиндрической
пружины двигателя. Средний диаметр пружины D=43,8 мм, диаметр
проволоки пружины d=4,2 мм. Нагрузка
изменяется от Pmin=0,17 кН до Ртах=0,28 кН.
Характеристики материала: ав=1700МПа, о9ь
тт=900 МПа, T_i=500 МПа, г|>т=0,1.
м
1
м
¦о
0,4
400
—
—-—
—
k
*-—
V
¦—==
800
К задаче 10.5. 1 — полирование, 2 — шлифование, 3 — тонкая обточка,
4 — грубая обточка, 5 — наличие окалины.
10.5*. Определить запас прочности ступенчатого вала с
диаметрами D=60 mm, d=50 мм и радиусом галтели г=*1 мм. Крутящий момент
изменяется в пределах: Mmin=l,2 кН-м, Мтах=4 кН*м. Вал
подвергнут тонкой обточке. Характеристики материала: сгв=800 МПа,
тт=-280 МПа, ^=220 МПа, я|)т=0,05.
10.6*. Определить допускаемые величины максимального и
минимального крутящих моментов с отношением Afmin/Mmax=0,25 для
ступенчатого вала с диаметрами D=70 mm, d=60 мм и радиусом
галтели г=2 мм. Запас прочности,п=2. Материал — углеродистая сталь с
ав=700 МПа, тт=250 МПа, т_1=180 МПа, фх=0,05. Поверхность
шлифована. Принять 8т=8а. Коэффициент р взять по графику к задаче
10.5.
10.7*. Определить запас прочности ступенчатого вала с
диаметрами D=48 мм, d==40 мм и радиусом галтели г=2 мм, работающего на
изгиб. Поверхности вала тонко обточена. Цикл
симметричный. Дано: ав=500 МПа, а-г= ШШ
=200 МПа, изгибающая момейт Мтах=0,3 кН -м.
10.8*. На вал диаметра й=50мм напрессована
втулка (посадка Пр). Определись запас прочно-
сти вала, если действует изгибающий момент К задаче 10.8.
М=0,75 кН»м, изменяющийся по
симметричному циклу. Характеристики материала: ав=800 МПа, а_х=360 МПа.
Ш.9 *. Определить запас проч'ности ступенчатого вала с
диаметрами D=48 мм^ d=40 мм и радиусом галтели г==2 мм, испытывающего
переменный изгиб с кручением. Нормальные напряжения изменяются
от отах=80 МПа до ormin=—80 МПа, касательные — от ттах==
=70 МПа до xmin=30 МПа Материал—легированная сталь с
характеристиками: ав=800МПа, ат=650МПа, а.^ЗбОМПа, Tel=210 МПа,
-фа=0,10, \1)т=0,05. Поверхность тонко обточена. Как изменится запас
прочности, если поверхность вала подвергнута полировке?
161
'—

10.10*. Определить запасы прочности пь пи и пш в сечениях,
/, // и /// вала, передающего мощность N=40 кВт при частоте
вращения я=1000 об/мин. На рисунке показаны эпюры изгибающих и
крутящих моментов. Нормальные напряжения изменяются по
симметричному циклу, касательные—по пульсационному. Обработка вала —
а -20°
К задаче ГОЛО.
тонкая обточка. Посадка прямозубой шестерни и колец подшипников —
прессовая (Пр). Характеристики материала: ав=500 МПа, ат =
= 260 МПа, тт=140 МПа, а.^200 МПа, T_i=120 МПа, ^=0,05,
10.11*. Груз массьГт=20 кг, подвешенный на цилиндрической
пружине, совершает колебания с амплитудой А=4 см. Средний диаметр
пружины D=10 см, диаметр проволоки пружины d=l,2 см, число
витков я^=8. Найти запас прочности пружины. Дано: ав=1500 МПа, тт=
=600-МПа, 1^=30.0 МПа; то=55О МПа, G=8 -104 МПа.
10Л2*. Определить, в каком диапазоне должна находиться частота
вращения устройства, изображенного на рисунке к задаче 9.45, чтобы
произошло разрушение пружины от усталости. Средний диаметр
пружины D=2 см, диаметр проволоки d=2 мм, число витков я=8. Масса
т=2 кг, г=0,8 см, т^^ЗБО МПа, г|ч=0,1, G=8 -104 Д\Па.
10.13*. Определить срок службы детали (количество циклов на-
гружения до разрушения), работающей под нестационарной нагрузкой.
Распределение амплитуд в-блоке дано в виде таблицы:
oait МПа
150
0,3
140
0,8
130
.,5
120
3
НО
2
100
2
90
2,5
80
1,5
70
3
50
2,4
Параметры кривой усталости! iV0=s=4»10d, /n=*6. Предел выносливости
162

детали cr_iA=95 МПа. Использовать гипотезу линейного
суммирования повреждений.
10.14*. Определить запас прочности детали, рассмотренной в
предыдущей задаче, если продолжительность ее службы определяется
3 *105 циклами.
§ 2. Ползучесть и релаксация
10.15*. Найти удлинение стержня переменного сечения,
нагруженного растягивающей силой Р=60 кН, вследствие, ползучести через
80 ч работы при температуре Г=1100 К. Размеры стержня: do=l см,
di=l,5 см, /=20 см. Материал стержня ЭИ437А. Показатель
степени в уравнении ползучести я=3,8. График функции О(*)данна
рисунке.
10.16*. Равномерно нагретая цилиндрическая оболочка
реактивного двигателя находится под действием внутреннего избыточного
давления р=0,3 МПа и осевой силы W=18 кН. Температура Т=1000 К.
п-101\(МПаУп
О,дО
0,20
0,10
/
I
ЭИ4д7А
T-11D0R
0,4
0,1
I
ЗИ435
Т" 10ООН ^
yS
го 40 ео 80 ttv
К задаче 10.15.
2.0 40 60 80 t>4
К задаче 10.16.
Диаметр оболочки D=42 см. Определить толщину б оболочки из
условия, чтобььв течение 100 ч относительное увеличение диаметра
оболочки не превышало 1%. Материал ЭИ435. Показатель степени в
уравнении ползучести п=6. График функции Q (/) дан на рисунке.
10.17*. Тонкостенная труба нагружена крутящим моментом Мк=
=6кН-м. Определить угол закручивания трубы вследствие ползучести
при работе в течение 80 ч при температуре Т=1О0О К. Наружный
диаметр трубы D=180 мм, толщина стенки б=4 мм, длина трубы /=0,8 м.
Материал трубы ЭИ435. Показатель степени в уравнении ползучести
я=6. График функции Q(?) взять из предыдущей задачи.
10.18*. Тонкостенная цилиндрическая оболочка нагружена
внутренним давлением р=0,35 МПа, осевой растягивающей силой #=15кН
и крутящим моментом Мк=4,6 кН -м. Определить увеличение
диаметра оболочки вследствие ползучести после работы при температуре
7=1000 К в течение 90 ч. Диаметр оболочки D=40 см, толщина стенки
6=1,5 мм. Материал оболочки ЭИ435. Показатель степени в уравнении
ползучести д=6. График функции Q(t) взять из задачи 10.16.
163

0,6
0,1
/
1
1
/
ЭИ10
Т-800И
-"""^
го о т ш t.4
К задаче ЮЛ9.
10.19*. Определить, через сколько часов необходимо- подтянуть
болт из хромованадиевой стали ЭИ10, работающий при температуре
Г=800 К, если допускается уменьшение начального натяжения болта
не более чем на 25 %; Начальное напряжение в болте ао= 150 МПа.
Модуль упругости при ,7=800 К равен ?=
= 1,8*10§ МПа. Показатель степени в
уравнении ползучести я=1,83. График функции
Q (f) дан на рисунке. Ввиду большой
жесткости стягиваемых болтом деталей их
деформацией пренебречь.
10.20*. На сколько процентов снизится
начальное напряжение хромованадиевого
болта вследствие релаксации в течение 500 ч при
температуре 7=800 К, если начальное
напряжение ао=180 МПа. Модуль упругости
при этой температуре Е= 1,8 «105 МПа. Показатель степени в
уравнении ползучести п=1,83, График функции Q(t) дан в предыдущей
задаче.
§ 3. Механика разрушения
10.21*. Определить, во сколько раз следует увеличить коэффициент
запаса при расчете детали, если в процессе ее изготовления возможно
появление поверхностных трещин длиной до 2/=3 мм. Материал
детали сталь 30 ХГСА с временным сопротивлением ав=1600 МПа. При
нагружении деталь находится в условиях плоской деформации,
критический коэффициент интенсивности напряжений Ки с=100 МН»м~8'».
Динамика развития трещины здесь ив задачах 10.22—10.24 во
внимание не принимается.
10.22*. Найти допустимые размеры (длину 21) поверхностных
трещин для детали из алюминиевого сплава с ав=520 МПа, /CIf с=30 МН*
•м"*8/*, при которых прочность детали снижается не более чем вдвое.
10.23*. Вычислить длину 21 трещины, при которой произойдет
хрупкое разрушение плоской детали, растягиваемой силой Р=150кН.
Площадь сечения детали F=10 см% /С^^ЗОМН-м^.
Уменьшением сечения при развитии трещины пренебречь.
10.24*. Для определения критического коэффициента
интенсивности напряжений Ки е испытан на растяжение плоский образец из
материала с ав=1200 МПа. Площадь сечения образца F=2 см?. В момент,
предшествующий хрупкому разрушению, под действием силы Р=*
« 180кН в образце образовалась трещина длины 2/=30 мм. Вычислить
величину KUe.
10.25*. Деталь нагружается циклическими напряжениями,
изменяющимися от, 0 до 50 МПа. Вычислить количество циклов iVnp,
остающееся до разрушения детали, после того как на ее поверхности были
обнаружены трещины длины 2/0=0,5 мм. Материал детали имеет /Сь е=*
=5=20 МН «м"/*, скорость роста трещины определяется выражением
dlldN=*\Q~b (А/С)а мм/цикл, гдеД/С— интервал изменения
коэффициента интенсивности напряжений при циклическом нагружении.
154

§ 4. Надежность при случайном нагружении
10.26*. Элемент конструкции подвергается случайному
воздействию, распределенному по нормальному закону. Среднее значение
возникающего при этом напряжения равно сг=100 МПа, а среднеквад-
ратическое отклонение 5а=50 МПа. Предел текучести материала ат=
=300 МПа.
Определить вероятность появления в элементе пластической
деформации при однократном нагружении.
10.27*. Решить предыдущую задачу в предположении, что предел
текучести также распределен по нормальному закону со средним
значением ат=300 МПа и со среднеквадратическим отклонением Sa ^
=20 МПа.
10.28*. Рассмотреть задачу 10.26 в предположении, что деталь
нагружается дважды.

Глава 11
ПЛАСТИНКИ И ОБОЛОЧКИ
§ 1. Изгиб прямоугольных пластинок
11.1*. Свободная прямоугольная пластинка толщины /i=0,6 см
изгибается моментами Л/^=600 Н-м/м, равномерно распределенными
вдоль длинных краев, параллельных оси д. Определить максимальный
крутящий момент в пластинке и наибольшие нормальные и
касательные напряжения. Определить главные
радиусы кривизны срединной
поверхности пластинки. Материал пластинки —
сталь (?=2-10б МПа, ц=0,3).
11.2*. Свободная прямоугольная
пластинка толщины /i=0,4 см
изгибается равномерно распределенными вдоль
ее краев моментами ^=300 Н-м/м и
К задаче 11.2. Му=100Н-м/м. Определить наибольшие
нормальные и касательные напряжения
в пластинке и проверить ее прочность по энергетической теории
прочности прл допускаемом напряжении [а]=120 МПа.
11.3. Свободная квадратная пластинка толщины h изгибается
моментами Мх и Му, равномерно распределенными вдоль ее краев.
Определить, при каком соотношении между Мх и Му кручение пластинки
равно нулю. Найти, по какой поверхности изогнется в этом случае
пластинка, и определить наибольшее относительное удлинение в
пластинке, считая известными модуль упругости Е и коэффициент
Пуассона \л ее материала.
11.4. Квадратная свободная пластинка толщины h изгибается
равномерно распределенными вдоль ее краев моментами, одинаковыми
по величине, противоположными по знаку МХ~М, Му=—М.
Определить направление и величину максимального крутящего момента
/Стах. Определить кривизну и кручение изогнутой поверхности
пластинки в направлении действия /Стах- Модуль упругости Е и модуль
сдвига G материала пластинки считать заданными.
11.5. Свободная прямоугольная пластинка толщины Л=0,2 см
закручивается равномерно распределенными моментами /С=30 Н-м/м,
приложенными к ее краям. Определить направления, по которым
кручение пластинки равно нулю. Вычислить изгибающие моментьГ
и кривизны в этих направлениях.
Проверить прочность пластинки по III теории прочности,,
приняв [а]=160 МПа, ?=7 -104 МПа, [г*=0,3.
166

My
К задаче 11.7.
11.6*. К двум параллельным краям прямоугольной пластинки
толщины /i=0,5 см приложены равномерно распределенные моменты Мх^
=250Н«м/м. Определить погонную интенсивность моментов Муч
которые требуется приложить к двум другим сторонам, чтобы
аннулировать кривизну пластинки в направлении оси у. По какой поверхности
в этом случае изогнется пластинка?
Определить максимальные нормальные и касательные напряжения
и радиус кривизны рх при одновременном действии моментов Мх и
Муу считая ?=7-104 МПа, |х=0,35.
11.7*. Прямоугольная пластинка толщины h под действием
моментов Мх, Муу равномерно распределенных вдоль ее краев, изогнулась
по цилиндрической поверхности с
образующими, параллельными оси у.
Стрела прогиба пластинки /=б,9 мм
и направлена вверх. Определить
наибольшие нормальные и касательные
напряжения в пластинке. Дано: а=
=24 см, 6=20 см, /i=0,6 см, ?=
=2.10бМПа, [г=0,25.
11.8*. Прямоугольная
пластинка длины а=20 см, ширины 6= 10см,
толщины-/1=0,2 см свободно оперта по длинным ребрам и
подвергается равномерно распределенной нагрузке интенсивности /?=
= 12,5кПа. Определить наибольший прогиб / и наибольшие нормальные
напряжения в пластинке, приняв ?=7,2 •Ю4 МПа, |л=0,34.
11.9*. Прямоугольная пластинка с размерами а=60 см, 6=20 см,
/i=0,4 см свободно оперта по всем четырем краям и нагружена
равномерным давлением р=40 кПа,. Определить наибольший прогиб
пластинки /, максимальные нормальное и касательное напряжения и
наибольший крутящий момент, считая ?=2«105 МПа, [л=0,25.
11.10*. Прямоугольная пластинка длины а=80 см, ширины 6=
= 25 см, толщины /i=0,6 см свободно оперта по контуру на жесткие
ребра. На пластинку действует давление р—200 кПа. Насколько
надо уменьшить давление, чтобы максимальный прогиб при этом
уменьшился на А/= 1 мм? Во сколько раз при этом уменьшатся
нормальные напряжения? Принять ?=2 «102 МПа, ^=0,25.
§ 2. Изгиб круглых пластинок
11.11*. а) Построить эпюру прогибов (v) и эпюры изгибающих
моментов в радиальном (Мх) и окружном (М2) направлениях для
круглой пластинки толщины ft=l мм и радиуса г=
=5 см, жестко защемленной по краю и
нагруженной равномерно распределенной поперечной
нагрузкой интенсивности р=10 кПа.
Коэффициент Пуассона jx=0,3. Модуль упругости
?=2,2-10б-МПа. б) Решить эту же задачу К задаче и л 1(а).
для пластинки, свободно опертой по краю.
11.12. Стальная пластинка толщины /i=2 мм и радиуса г=5 см,
свободно опертая по контуру, нагружена равномерно распределенной
167
* У 1
шш.

поперечной нагрузкой р=0,12 МПа. Определить максимальный прогиб
и максимальные нормальное и касательное напряжения. Коэффициент
Пуассона ц,=0,25; ?=2-10ь МПа.
11.13. На дюралевую пластинку толщины /i=3 мм и радиуса г =
= 20 см, защемленную по всему контуру, действует сосредоточенная
сила в центре пластинки Р=100 Н. Определить максимальный прогиб
и максимальные напряжения изгиба; ?=7«104 МПа.
11.14. Решить задачу 11.11 для нагрузки сосредоточенной силой
Р=10 Н в центре пластинки.
11.15. На дюралевую пластинку радиуса г=20 рм и толщины /=
=3 мм, свободно опертую по контуру, действует равномерно
распределенная вдоль контура моментная нагрузка интенсивности Моя=
= 0,5кН»м/м (случай чистого изгиба пластинки). Определить изгибаю-
штштг
/\
К задаче 11.15,
К задаче 11.16.
щие моменты в окружном и радиальном сечениях и прогиб пластинки;
?=7-10* МПа.
11.16. На свободнр опертую круглую пластинку действует
равномерно распределенная нагрузка интенсивности р в пределах ее
центральной части радиуса г. Определить максимальный прогиб.
11.17. Решить предыдущую задачу для случая защемленных
краев пластинки.
11.18. Получить выражения для изгибающих моментов Мг и М2
для круглой пластинки с отверстием, нагруженной: а) по внешнему
с yjfM
А
К задаче 11.18,
и внутреннему краям распределенными моментами интенсивности М и
m соответственно, б) по краю отверстия равномерно распределенной
нагрузкой интенсивности q.
11.19. В условиях задачи 11.18, б при /?=15 см, г=5 см, q=*
= 10 кН/м, ?=*2,Ы05 МПа, \i—0,3 найти наибольший прогиб и
построить эпюры моментов Mi и М2. Определить наибольшее
напряжение.
11.20. Стальная пластинка толщины h—0,4 см и радиуса г=4 см
имеет в центре абсолютно жесткую часть радиуса Ь= 1 см. Определить
максимальный прогиб пластинки при действии равномерной нагруз*
ки /?==4 МПа.
168

11.21. Получить уравнение эпюры прогибов стального поршня,
нагруженного давлением р=4 МПа и усилием штока Р=ряг2 с проти-
. 1
ь i 1
t-OfiCM L
х а-4см *J
К задаче 11.20.
К задаче 11.21.
воположной стороны. Определить максимальный прогиб.
Утолщенные части поршня считать абсолютно жесткими. ?=2 *105 МПа, [л=0,3.
§ 3. Устойчивость прямоугольных пластинок при сжатии
11.22*. Прямоугольная пластинка, шарнирно опертая по контуру,
сжата силами, приложенными к коротким краям. Определить
критическое напряжение, если а=40 см, 6=25 см, /i=0,8 мм, ?=7,2X
Х1О4 МПа, [х=0,34, апц=240 МПа.
Как изменится критическое
напряжение, если нагрузку приложить к
длинным краям?
11.23. Определить критическое
напряжение для шарнирно
опертой пластинки с размерами #=40 см,
6=20 см, /i=0,l см, если
сжимающие силы прикладываются к
коротким сторонам. Принять ?=2,1 X
X КНМПа, jx=0,25, апц=420МПа. Как и во сколько раз изменится
критическое напряжение, если длину пластинки уменьшить в четыре
раза?
11;.24*. Определить толщину пластинки h из условия устойчивости
при сжатии силой Р=30 кН, равномерно распределенной вдоль
коротких краев. Пластинка шарнирно оперта по контуру. Дано: а=35 см,
6=10 см, ?=2-105 МПа, [*=0,28, коэффициент запаса устойчивости
п=1,5.
N
К задаче 11.22.
N
,11
1—Ч1"""
> *
1).
14
г 1
ъ
1
.: j
t 1
¦
if
щщщц
Ш
N
К задаче 11,25,
ifffffftmmw •
К задаче 11,26,
160

11.25*. Квадратная пластинка со сторонами Ь=20 см, шарнирно
опертая по контуру, сжата в двух взаимно перпендикулярных
направлениях равными погонными силами N. Определить критическое
напряжение, если толщина /i=0,4 см, ?=7-104 МПа, [г=0,3. Насколько
это напряжение меньше, чем в случае сжатия в одном направлении?
11.26*. Пластинка длины а=40 см, ширины 6=20 см, толщины
/i=0,3 см сжата вдоль длинных сторон погонными усилиями Nx.
Определить, насколько изменятся критические напряжения, если к
пластинке приложить дополнительно сжимающие усилия Ny=Nj2
в поперечном направлении. Принять ?=2»10б МПа, [х=0,25.
§ 4. Устойчивость прямоугольных пластинок при сдвиге
11.27*. Прямоугольная пластинка с размерами а=40 см, 6=25 см,
ft =5:0,4 см шарнирно оперта по контуру и нагружена по кромкам
сдвигающими усилиями q. Определить критическое касательное
напряжение, считая ?=7,2-104 МПа, тпц=120 МПа.
11.28*. Квадратная пластинка 30x30 см и толщины /i=0,2 см
испытывает чистый сдвиг. Определить величину критического
напряжения для случая жесткого защемления всех краев пластинки.
Насколько уменьшатся критические напряжения, если края опереть
шарнирно? Принять ?"=2,1 -10б МПа.
^л^_т
ft
I
40см
ft]
U_ -^«XJ
ft
. 15см
К вадаче ll.27f
К задаче 11.29,
11.29. Во сколько раз критическое касательное напряжение для
прямоугольной пластинки (см. рисунок) больше, чем для квадратной
пластинки той же площади? Толщины и материал пластинок одинако
вы, олирание шарнирное.
р
$ ш01см
< *-
2Р
SP
К задаче 11.30.
11.30. Определить допустимую величину параметра нагрузки Р
для тонкостенной балки при коэффициенте запаса устойчивости
стенки /1=1,6 и ?"=7,2-104 МПа. Узлы считать шарнирными, а стенку
шарнирно опертой по контуру.
170

11.31. Квадратная пластинка шарнирно оперта по контуру и
нагружена сдвигающими усилиями. Вычислить, во сколько раз увели-
1—II—1
I II i
1 11 1
11 1
1 11 1
<^>\7iox
К задаче И.31.
чится критическое напряжение, если пластинку подкрепить
посередине а) одним ребром, б) двумя перекрестными ребрами (см. рисунок).
11.32. Пластинка, изображенная на рисунке, нагружена по
кромкам сдвигающими силами. Во сколько раз увеличится критическое
i 1
i i
i i
i i
i i
6)
К задаче 11.32.
напряжение сдвига, если пластинку подкрепить а) продольным, б)
поперечным ребром, проходящим посередине? Опирание пластинки на
ребре-считать шарнирным.
11.33*. Подкрепленная цилиндрическая оболочка испытывает
действие крутящего момента Мк=50 кН -м. Нервюры по длине оболочки
располагаются с шагом 25 см. Определить максимальный шаг х
стрингеров из условия устойчивости панелей оболочки, имеющей толщину
/i=0,2 см. Дано: ?=7,2 -104 МПа, тпц=200 МПа. Соединение панелей
о подкрепляющими стержнями считать шарнирным.
К задаче 11.33.
К задаче 11.34.
11.34*. Тонкостенная прямоугольная панель, окаймленная
жесткими ребрами, прикрепленными однорядным заклепочным швом, ис-
т

пытывает сдвиг под действием силы Р. Определить допускаемую
величину силы при запасе устойчивости я=1,5. Толщина стенки
/i=0,l см, модуль упругости ?=2-105 МПа, тпц=250 МПа.
11.35*. Прямоугольная пластинка толщины /i=0,2 см, шарнирно
опертая по контуру, нагружена по краям равномерно
распределенными касательными силами интенсивности q и сжимающими силами
7
36см
*¦
N-
н
—*
—?
1 <о»
50 см
L.
1
1
1
I J
N
К задаче 11.35.
К задаче 11.36.
интенсивности N=* 2q. Определить значение^, при котором пластинка
потеряет устойчивость, полагая, что отношение N:q—2 остается при
нагружении неизменным. Дано: а=18 см, 6=10 см, ?=7*104 МПа,
|i=0f3.
11.36. Прямоугольная пластинка толщины /i=0,5 см, шарнирно
опертая по контуру, сжата силами интенсивности N=500 кН/м.
Определить интенсивность касательных сил qy которые необходимо
дополнительно приложить к краям пластинки, чтобы она потеряла
устойчивость. Дано: ?=2-105 МПа, ц,=0,3, а=0,5 м, 6=0,4 м.
§ 5. Местная устойчивость тонкостенных стержней
11.37*. Определить допускаемую сжимающую силу из условия
местной устойчивости для короткого тонкостенного стержня швеллер-
ного сечения. Дано: коэффициент запаса
устойчивости я=2, ?=7,2.10* МПа, |л=0,3.
11.38. Насколько увеличится допускаемая
сжимающая нагрузка для стержня,
рассмотренного в предыдущей задаче, если уменьшить
ширину полки на б мм, не изменяя остальных
размеров?
0,1см
К задаче п.37.
рр
11.39. Определить допускаемую сжимающую нагрузку для
стержня, поперечное сечение которого показано на рисунке, при
коэффициенте запаса местной устойчивости я»=2, #=7,2-10* МПа, |а=0,3.
Сравнить результат с ©тоетами к задачам 11.37 и 11.38.
доем
К задаче П.39»
К задаче И.40.
172

11.40. Определить критическую силу из условия местной
устойчивости для тонкостенного стержня со стенками постоянной
толщины /i=0,6 мм. Поперечное сечение стержня показано на рисунке.
Дано: ?=2-105 МПа, ^=0,3, апц=280 МПа.
11.41. Для стержня предыдущей задачи подобрать рациональное
соотношение между ширинами полок, стенки и отгибов так, чтобы, не
изменяя массу стержня, максимально увеличить его местную
устойчивость. Определить наибольшую критическую силу и сравнить ее
с полученной в задаче 11.40.
§ 6. Устойчивость оболочек
11.42*. Круговая цилиндрическая оболочка сжата осевой силой
Р=52 кН. Определить верхнее и расчетное (нижнее) значения
критической силы.и соответствующие им коэффициенты запаса
устойчивости. Дано: ?=7-104 МПа, толщина оболочки /i=0,l см, радиус
кривизны оболочки /?=20 см.
11.43. Определить толщину цилиндрической оболочки радиуса
/?=15 см из условия ее устойчивости при сжатии осевой силой Р=
=30 кН. Коэффициент запаса п=1,5, ?=7,2 -104 МПа, апц=280 МПа.
11.44. Определить критическую сжимающую силу для
цилиндрической панели толщины /i=0,8 мм, шарнирно опертой по контуру.
Дано: ?=2,1 -105 МПа, а=40 см, 6=30 см, #=50 см, апц=200 МПа.
К задаче 11.44.
К задаче 11.45.
11.45*. Определить критическое внешнее давление /?кр для длинной
цилиндрической оболочки радиуса /? = 10 см, толщины /i=0,8 мм,
считая ?=2,1 -105- МПа, |л=0,3, <тпц=250 МПа. .
11.46. Определить толщину длинной цилиндрической оболочки
радиуса/?=20 см, подвергающейся действию внешнего давления р=
= 10 кПа. Коэффициент запаса устойчивости
я=1,5, ?==7,2 -104 МПа, ^,=0,34, апц==
=200 МПа.
11.47*, Длинная цилиндрическая
оболочка радиуса /?=40 см со стенкой толщиной
/i=0,15 см закручивается моментами,
приложенными по ее торцам.
Найти критическую величину крутящего
момента и критические, напряжения, если
?=7,2 'Ю4 МПа, ^=0,34, тпц= 120 МПа. к задаче 11.47.
173

11.48*.Длинная цилиндрическая оболочкэ радиуса /?=20 см со
стенкой толщиныh=0,1 см сжата продольной силой N==100 кН.
Определить величину крутящего момента, который может дополнительно
выдержать оболочка до потери устойчивости. Материал оболочки —
сталь: ?=2,Ы05 МПа, ц,=0,25, апц=300 МПа, т?пц=160 МПа.
11.49*. Цилиндрическая оболочка длины /=3 м, радиуса #=0,5 м
со стенкой толщины /i=0,2 см испытывает чистый изгиб. Определить
допускаемый изгибающий момент, если ?=2*10б МПа, апц=240 МПа,
коэффициент запаса устойчивости л=2. Насколько уменьшится
величина допускаемого момента, если толщину оболочки уменьшить в
2 раза?
11.50. Определить критическую поперечную силу для
цилиндрической оболочки длины /=40 см, радиуса R—20 см, толщины /i=
= 1,2 мм. Оболочка закреплена одним торцом, а на другом нагружена
сосредоточенной силой; Я=7,2*104 МПа, ji=0,34, апц=280 МПа.
11.51. Цилиндрическая оболочка закреплена одним торцом, а на
другом нагружена сосредоточенной силой. Длина оболочки /= 120см,
радиус #=20 см, толщина ft=l,6 мм. Как изменится критическое
напряжение оболочки, если ее длину уменьшить в
четыре раза? Дано: ?=2,Ы05 МПа, [л=0,3, огпц=
=320 МПа.
11.52*. При сливе топлива из резервуара в случае
неисправности дренажной системы возможна потеря
устойчивости оболочки под действием внешнего
давления. Определить толщину h верхнего
сферического днища резервуара из условия глубокого
разрежения. Радиус сферы R равен 4 м. Модуль
; упругости материала ?=7,2 *104 МПа. Перепад
давления составляет 100 кПа; считать давление
равномерно распределенным по всему днищу. Рас-
четнбе напряжение приближенно определять, как для полной
сферической оболочки (см. табл. 13 приложенияI).
11.53*. Тонкостенный цилиндрический резервуар, выполненный
из алюминиево-мапшевого сплава (?=7,2 *104 МПа), диаметра ?>=
=2 м, длины L=3 м и толщины /i=3 мм при закрытом клапане вывезен
в холодное время года из хранилища, где поддерживались нормальные
условия (<7i=100 кПа, T*i=288 К). Проверить устойчивость оболочки,
если температура наружного воздуха f=—20 °С при q—1 пл т'ТТл
К задаче 11.52.
100 кПа.
Указания, 1) При постоянном объеме <7i/^2==^i/^> где T=
2) критическое давление определять по данным табл, 13 в приложении.
11,54*. Определить коэффициент запаса устойчивости /гу в
оболочке сосуда горизонтального цилиндрического резервуара для хранения
криогенных продуктов при заполнении резервуара жидким азотом
до уровня я|?= C/4) я (см. рисунок). Размеры сосуда представлены на
рисунке. Масоа сосуда и продукта составляет 250 т, температура жид-
1) Задачи lU54nlle55 разработаны Б, А4 Курановым, 11*52,, 11,53 и 11,56 —
В. А» Ильиным*
174

кого азота 77 К. Принять, что температура части стенки,
соприкасающейся с жидкостью, равна температуре продукта. У поверхности
раздела фаз температура меняется скачком и составляет 232 К. Материал
сосуда — специальная сталь (?=2*105 МПа), предел текучести при
I-I
/2 -'г,
К задаче 11.54.
232 К равен gOi2=27O МПа, при 77 К" aOi2=31OO МПа, коэффициент
температурного расширения <х=12«10~в 1/К. Принять предел
пропорциональности апц=0,96 а0%2.
Указание. Напряжения от весовых нагрузок определять по балочной
модели. Напряжения от термических нагрузок определяются по формулам г)
ЕаМ
"ф
I — 1 + JL-] sin-фcos ф)
( — Н sin ib cos ф ]
\ к п J
при
ЕаМ ( — Н sin ib cos ф ] при ф > i|>.
\ к п J
Угол ф отсчитывается от нижней точки в направлений к верхней
11.55*. Криогенный сферический резервуар объема У=1400 м3
имеет вакуумный кожух диаметра 16 м и сосуд для хранения крио-
продуктов диаметра 14 м. Сосуд и кожух установлены на опорных
колоннах. Изоляция нефтепродуктов в сосуде обеспечивается
созданием глубокого вакуума в межоболочечном пространстве.
К задаче 11.55.
К задаче 11.56.
Ло А-Л~
К задаче 11.57.
Определить толщину кожуха из условия устойчивости при
действии внешнего давления р=0,1 МПа. Материал кожуха — сталь
09Г2С (?=2,05-10 5 МПа, ffo,2=24O МПа). Коэффициент запаса
устойчивости яу=2,4.
11.56*. При транспортировке летательного аппарата топливный
отсек, схема которого представлена на рисунке, находится в наддутом
х) См. Огибалов П. М., Грибанов В, Ф* Термоустойчивость
пластинок и оболочек,—М8; Изд-во МГУ, 1968*

состоянии. Оценить опасный (критический) перепад давления наддува
(A<7)Kp;=<7i—q2i при котором возможна потеря устойчивости плоского
промежуточного днища. Дано: ?=0,72«105 МПа, радиус сферы /? =
=2 м, толщина днища /i=4 мм.
11.57*. Подобрать сечение кругового шпангоута радиуса R~
=600 мм, считая, что его пояс выполнен из двух уголков типа Пр. 100,
склепанных друг с другом (рис. б). Шпангоут должен выдерживать
внешнее давление р=1,5 кН/м с двукратным запасом устойчивости;
?=0,72-105 МПа.
§ 7. Послекритическая деформация пластинок
11.58*. Определить наибольшую сжимающую силу N, которую
можно приложить к пластинке ширины 6=240 мм и толщины ft=
=3 мм, подкрепленной по продольным краям двумя ребрами
(стрингерами) с площадью сечения F=5 см2. Критические напряжения
местной устойчивости стрингера акастр=200 МПа. Материал — сталь
?=2-105 МПа, предел пропорциональности апц=240 МПа.
Возможность общей потери устойчивости стрингера не рассматривать.
11.59*. Сжатая панель состоит из дюралюминиевой пластинки
ширины Ь=150 мм и толщины /1=1,5 мм, подкрепленной в направлении
сжатия по краям ребрами площади сечения F=l см2 из того же
материала, имеющего ?=7-104 МПа, апц=280 МПа. Определить
сжимающую нагрузку, при которой датчики, наклеенные на ребра, покажут
относительную деформацию 8=2-10~3.
11.60*. Панель, состоящая из стальной пластинки ширины Ь=
=200 мм, толщины h==2 мм, продольных стальных подкрепляющих
ребер (стрингеров) площади сечения F=3 см2, нагружена
сжимающей силой N=100 кН. Определить напряжения в ребрах, считая
?=2«105 МПа, апц=300 МПа. Возможность потери устойчивости
ребер исключается.
§ 8» Численные методы. Применение ЭВМ
11.61*, Определить критическое напряжение при сжатии в одном
направлении шарнирно опертой квадратной пластинки со стороной а,
пользуясь методом конечных разностей. В первом приближении
принять число интервалов по каждой из сторон пластинки п=2. Сравнить
с точным значением критического напряжения.
11.62*. Решить задачу 11.61 с помощью ЭВМ, принимая число
интервалов п=4.
§ 9. Касательные напряжения в подкрепленных оболочках
11.63*. Определить приближенным способом касательные
напряжения в обшивке однолонжеронного крыла и стенке лонжерона or
действия поперечной силы Q=180 кН, считая, что обшивка
воспринимает только крутящий момент, а стенка — только поперечную
нагрузку.
176

11.64*. Найти приближенным способом касательные напряжения
в обшивке двухлонжеронного крыла, возникающие при действии
крутящего момента /Ик=160 кН-м. Размеры сечения: В—\ м, 6=0,5 м,
А1?=0,24 м, /12=0,18м, ^2,5 мм. Носок профиля считать очерченным
b
д
—^-
1 — ——""""
К задаче 11.63.
К задаче 11.64.
по полуэллипсу, среднюю ^асть — по трапеции, напряжениями в
хвостовой части и стенках лонжеронов пренебречь.
11.65*. Определить приближенным способом касательные
напряжения в обшивке и стенках лонжеронов двухлонжеронного крыла о'
К задаче 11.65.
учетом влияния непараллельности поясов лонжеронов, если в
расчетном сечении действуют: вертикальная поперечная сила Q=800 кН,
крутящий момент УИК=75О кН-м и изгибающий момент в
вертикальной плоскости Мя—7600 кН-м. Дано: В—2,4 м, 6—1,6 м, а=1 м,
fti=0,72 м, /i2=0,5 м, *i=4 мм, *2—3 мм, *3=2,5 мм, Ft—60 см2,
/72=35 см2. Пояса лонжеронов выполнены из одинакового материала.
Угол конусности переднего лонжерона Yi;=0»025, заднего 72=0,018,
Носок профиля считать полуэллипсом, среднюю часть — трапецией,
напряжениями в хвостовой части пренебречь. Принять, что обшивка и
стенки лонжеронов нормальные напряжения не воспринимают
К задаче 11.66.
11.66. Найти приближенным методом погонные касательные
усилия и напряжения в обшивке и стенках лонжеронов крыла, сечение
которого показано на рисунке. Поперечная нагрузка приводится к
вертикальной силе Q=140 кН, приложенной на расстоянии а=600 мм
от переднего лонжерона. Дано: 5=0,8 м, 6=0,6 м, /ii=0,25 м, /i2=
177

*=0,17 м, ^i?=4 мм, /2=2,5 мм, *8=1,5 мм, Fi=2F2. Пояса
лонжеронов выполнены из одинакового материала. Материал стенок и обшивки
нормальных усилий не воспринимает. Левый контур — полуэллипс,
правый контур — трапеция, хвостовая часть не учитывается.
11.67*. В двухлонжеронном крыле поврежден задний лонжерон.
Определить приближенным способом величины касательных усилий,
действующих в обшивке и стенках лонжеронов до и после повреждения,
считая, что поперечная сила Q^=200 кН. Принять а=0,45 м, 5=1 м,
1^
А
г/
г b у
< ¦ ¦'¦
И
а >
• *-. ., ' I4-!
^—-ЯГ— ¦
К задаче 11.67.
К задаче 11,68.
6—0,6 м., fti?=0,3 м, /i2=0,24 м, Fi=l,8 F2. Пояса лонжеронов
выполнены из одного материала. Обшивка и стенки лонжеронов нормальных
напряжений не воспринимают.
11.68*. Крыло, сечение которого показано на рисунке, получило
большую пробоину в носовой части обшивки, показанной штриховой
линией. Определить приближенным способом, на сколько процентов
изменится предельный крутящий момент, воспринимаемый крылом.
Дано: В = 1 м, Ь=0,5 м, ^=0,25 м, /i2=*0,2 м, *i=l,5 мм, /2=2,5 мм,
*3=4 мм, U=2,b мм. Общйвка и стенки лонжеронов выполнены из
одного и того же материала.

Г л а &а 12
ЗАДАЧИ ИЗ ОПЫТА СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
§ 1. Растяжение и сжатие
12.1*. Определить величину перемещения wA точки А после
приложения груза Р, считая, радиуо шкива г пренебрежимо малым по
сравнению с длиной троса /. Площади сечений F и
материал тросов АСВ и DC одинаковы.
12.2*. Вычислить вертикальное перемещение узла А
под действием силы Р=200 кН, если диаграмма растя-
йг жения для материала стержней имеет вид кусочно?ли-
~Т
Ё
К задаче 12.1»
К задаче 12.2.
нейной функции, показанной на графике. Принять ао=12О МПа,
?=7-105 МПа, F=10 см2, /=3 м.
12.3. Стержни, прикрепляющие узел Л, имеют постоянный
заданный объем У. Найти величину угла а, при которой допускаемая сила
Р, приложенная к узлу, будет наибольшей. Определить ее величину
при заданном допускаемом напряжении для материала стержней [а].
4м
т
К задаче 12.3.
К задаче 12.4.
12.4. При сборке двухстержневого узла ABC оказалось, что
стержень А В имеет длину, превышающую номинальный размер на
3;2 мм. Поэтому узел А получил начальное горизонтальное
смещение вправо. После нагрузки узла силой Р оц оказался смещенным на
2 мм влево от вертикали АС. Определить силу Р% если материал стерж-
179

ней имеет модуль упругости ?=2-105 МПа, площадь сечения стержней
F=*4 см2.
12.5. Определить соотношение между углами аир, при котором в
стержнях не возникают температурные напряжения, если материал
стержней и температура их нагрева одинаковы. Расстояние узла А
от опорной поверхности ВС постоянно (ft=const).
г
jlJ
a ^
а ^
К задаче 12.5.
К задаче 12.6.
12.6*.^ Абсолютно жесткий брус переместился под действием силы
jP=640 kH, как показано на рисунке штриховой линией. Вычислить
напряжения в стержнях, возникшие при нагружении, и напряжения,
которые останутся в стержнях после снятия нагрузки. Дано: /=1 м,
материал и площади сечения всех стержней одинаковы и равны F=
= 10 см2, ?;=2«10? МПа, предел пропорциональности ап =аг=
—240 МПа.
12.7. Не изменяя длины тяги, найти такое ее положение (угол а),
при котором масса тяги, определенная из условия прочности,
минимальна.
12.8*. Узел А воспринимает медленно вращающуюся в плоскости
постоянную по величине силу Р. Определить величину угла а,при кото-
'К задаче 12.7.
К задаче 12.8.
К задаче 12.9.
ром масса материала стержней минимальна. Площади сечений стержней
одинаковы и определяются из условия прочности,
12.9*. Узел А прикреплен двумя одинаковыми упругими
стержнями. Определить усилия в стержнях и величину б опускания узла под
действием силы Р. Весом стержней пренебречь.
12.10*. Стальной трос длины /=10 м и сечения F=l см2 туго
натянут между двумя неподвижными точками, расположенными на
одной высоте. Посередине троса прикладывается вертикальная сила
Р=1 кН. Определить напряжения в тросе и величину 8
вертикального перемещения точки приложения груза при упругой деформации
троса. Весом троса пренебречь, модуль упругости Е^=2-Юь МПа.
'80

Во сколько раз уменьшатся напряжения и величина вертикального
перемещения точки приложения силы, если уменьшить силу в 10 раз?
12.11. Абсолютно жесткий брус шарнирно закрейлен в точке О
и поддерживается тросом ABCD, проходящим через блоки В и С.
Определить величину б перемещения точки приложения силы Р.
К задаче I2.ll.
К задаче 12.12.
Найти сечение троса т—/п, которое остается неподвижным. Величины
Р и а считать известными. Трением в блоках и их величиной
пренебречь. Площадь сечения троса F.
12.12*. Абсолютно жесткая невесомая балка О А поддерживается
четырьмя одинаковыми стержнями, в которых созданы одинаковые
усилия No начального натяжения. Определить усилия в стержнях
1, 2, 3, которые возникнут после удаления стержня 4.
12.13*. Стержневая система состоит из двух параллельных
абсолютно жестких балок АО и ВО', соединенных четырьмя упругими
вертикальными стержнями, имеющими одинаковые жесткбсти на
1
№
5 4
б А Л \ Щ.
К задаче 12.13.
К задаче 12.14.
растяжение с. Определить усилия в стержнях, возникающие после
приложения к балкар в точках А и В одинаковых по величине
моментов М.
12.14. Найти величину и направление силы Р9 приложенной к
трехстержневому узлу, если известно, что он сместился по вертикали
на Д=0,05 см. Принять ?=2-105 МПа.
12.15. Под каким углом а нужно приложить к узлу силу Р, чтобы
перемещение узла было направлено по вертикали? Длины стержней
одинаковы, материал один и тот же, площадь сечения стержня AD
в два раза больше площади сечения стержней АВ и АС.
181

12.16. Определить величину монтажного зазора для стержня ВС,
так, чтобы усилие в нем после монтажа стало равным нулю. Материал
и сечения стержней заданы, размер h и величины углов а и Р считать
известными.
К задаче 12.15.
К задаче 12.16.
12*17. Средний участок ступенчатого стержня, жестко заделанного
левым концом, охвачен неподвижной абсолютно жесткой деталью,.
которая образует с утолщенными участками стержня зазоры Ао^==
?=2,5'10~2 см. Вычислить наибольшие напряжения, возникающие в
стержне под действием сил Р и 2,5 Р. Дано: Р=300 кН, F=10 см2,
?-2-105 МПа.
100см
fi-Щ.
К задаче 12.17.
К задаче 12.18.
12.18. Для бруса, жестко защемленного обоими концами,
допускаемое напряжение на сжатие в два раза больше* чем на растяжение:
[cr]cJ=2[a]p. Определить соотношение между длинами а и Ь, при
котором участки ЛС'и СВ будут равнопрочными.
12.19*. Абсолютно жесткий брус АВ подвешен на трех
параллельных стержнях из одинакового материала с модулем Е. Сечение
среднего стержня в два раза больше, чем крайних. Температура стержня 1
т
Г
Я
л1-
Л
-2
Ь у
гг г
С
с ь >
¦—^—^
К задаче 12.19.
К задаче 12.20
повышается, а температура крайних стержней 2 понижается на одну и
ту же величину Д/. Определить напряжения в стержнях и величины
перемещений w точек С и D, считая, что стержни не теряют
устойчивости равновесия.
182

12.20*. Построить эпюру продольных перемещений поперечных
сечений упругих стержней. Зазор равен А. Стержни нагреваются на
f. Площадь сечения левого стержня 2F в два раза больше площади
сечения правого етержня, Коэффициент линейного расширения
материала а, модуль упругости Е. Рассмотреть два случая: до закрытия
зазора и после закрытия зазора.
12.21*. Кубик со стороной а вставлен в гнездо абсолютно жесткой
плиты с зазорами Да и 2Да. При этом он выступает на ЗДа над
поверхностью плиты. Под действием давления, приложенного к
выступающей грани, зазоры перекрываются, причем в момент закрытия
последнего зазора верхняя гранв кубика оказывается на уровне поверхности
плиты. Определить величину коэффициента поперечной деформации
материала кубика, считая, что для него справедлив закон Гука.
12.22*, Полый куб, изготовленный из листового материала,
подвержен действию одинаковых внутреннего и внешнего давления р.
Определить изменение внутреннего ,объема куба, если известны Е,
\i9 ри сторона куба а. Толщину стенок считать малой по сравнению с а.
12.23*. Напряженное состояние в опасной точке детали из хрупкого
материала показано на рисунке. Предел прочности материала при
&z—c
К задаче 12.23.
К задаче 12.24.
сжатии в два раза больше, чем при растяжении. Определить, как
изменяется прочность детали при изменении сжимающего напряжения
tfy——kox.
12.24. Определить, при каких соотношениях между оХ9 оу, %ху
указанное на рисункб^плоское напряженное состояние будет линейным.
а
К задаче 12.25,
К задаче 12,26,
183

12.25*. Проанализируйте, пользуясь III теорией прочности,
какой из указанных на рисунке случаев напряженного состояния
опаснее с точки зрения прочности.
12.26. Углы квадратной пластинки нагружены сосредоточенными
силами, направленными вдоль диагоналей. Определить напряжения
на гранях малого элемента, выделенного в центре пластинки сечениями,
параллельными ее краям. Сторона пластинки а и ее толщина h заданы.
12.27. При каком соотношении между показацйыми на рисунке
напряжениями ох, oyi a y
плоским и при каком линейным?
txy> tXz> *yz напряженное состояние будет
К задаче 12.27.
К задаче 12,28,
12.28*. Заданы напряжения а и т, равномерно распределённые по
граням треугольной пластинки. Уравновесить пластинку
напряжениями на третьей грани АС и проверить прочность, учитывая, что
материал пластинки хрупкий. Дано: [сг]=80 МПа, jx—0,25, <j;=2t=20 Mtta.
12.29. Определить соотношение между напряжениями ох и а2,
при котором длины диагоналей прямоугольного элемента ABCD не
изменяются. Коэффициент Пуассона равен \i.
К задаче 12.29,
К задаче 12.30.
12.30. Для объемного напряженного состояния, указанного на
рисунке, определить наибольшее касательное напряжение
§ 2. Сдвиг и кручение
12.31. Сплошной вал круглого сечения диаметра D жестко
защемлен одним концом. На другом конце к нему присоединена жесткая
поперечина Л В, соединенная с одинаковыми стержнями АС и &D*
184

Стержни охлаждаются на А/. Определить площадь поперечного се
чения стержней так, чтобы нормальные напряжения в стержнях рав
нялись по величине наибольшим
касательным напряжениям в вале.
12.32. На поверхности стального
вала диаметра 50 мм наклеены два
взаимно перпендикулярных датчика под
углом 45° к оси вала. Показания
датчиков имеют разные знаки, но
одинаковую абсолютную величину 6,5-10
единиц относительной деформации.
Определить величину и направление
крутящего момента, приложенного к валу.
12.33. Труба из идеального упру-
го-пластическогр материала (см.
рисунок внизу) жестко защемлена на левом конце и закручивается на
правом. Предел текучести материала равен тт, внешний диаметр
трубы D, коэффициент полости а. Определить наименьшую величину
угла поворота у правого торца
вала, при которой весь материал
трубы переходит в пластическое
состояние.
К задаче 12.31.
К задаче 12.33.
га
К задаче 12.34.
12.34. На двух стальных валах АС и DL одинакового диаметра
жестко ^укреплены, шестерни В и ?, диаметры которых относятся
как 1 : 2. Построить эпюры крутящих моментов Мк и углов поворота ф
сечений валов при нагружении системы
моментом К.
12.35. Определить угол ф, на который
надо повернуть заделку В вала, нагру-
л%
kl
О
К задаче 12.35,
К задаче 12.36.
185

женного посередине моментом /С, чтобы напряжения на конце А
обратились в нуль.
12.36. Вычислить величину k из условия, что левый и правый
участки вала равнопрочны. Дано: D/d?=lf2.
12.37. Взаимный угол поворота сечений А и В равен A,01 рад.
Найти наибольшее касательное напряжение, считая /=40 см, G=
=8-104 МПа, D-=0,2 м.
А
и
К задаче 12.37,
К задаче 12.38.
12.38. Вал, жестко защемленный обоими концами, посередине
нагружен закручивающим моментом /С. Левая половина вала —
полая с коэффициентом полости а. Внешний диаметр вала равен D.
Не определяя реактивных моментов в заделках, найти отношение
максимальных напряжений в левой и в правой половинах вала.
12.39. Круглый брус диаметра D, жестко закрепленный концами,
разрезан в сечении С на расстоянии одной трети длины от левой
заделки. Торцы в разрезе плотно соприкасаются друг с другом.
Брус нагревается на f, а затем нагружается постепенно
возрастающим закручивающим моментом /С. При каком значении момента
произойдет взаимное проворачивание частей вала в разрезе?
Коэффициент трения равен /, коэффициент
линейного расширения материала вала
а, модуль упругости материала Е.
Напряжения не превосходят предела
упругости.
At-
-
К задаче 12.39.
К.задаче 12.40.
12.40. Труба диаметра D с коэффициентом полости а жестко
закреплена одним концом и нагружена посередине закручивающим
моментом К. На другом конце труба удерживается от поворота двумя
параллельными тягами АС и 5D, имеющими одинаковые размеры и>
прикрепленными шарнйрно к жесткой траверсе.
Определить усилия N .в тягах, считая все необходимые размеры
известными.
186

§ 3. Геометрические характеристики сечений
12.41*. Найти осевые и центробежный моменты инерции
равнобедренного прямоугольного треугольника относительно осей,
проходящих через середину гипотенузы, как показано на рисунке.
J
Ч^/^u-r»
шж
%
К задаче 12.41.
К задаче 12.42.
12.42. При каком соотношении между размерами а и ft момент
сопротивления б.алки крестообразного сечения относительно
горизонтальной оси не изменится при повороте сечения на 45°?
12.43*. Определить положение главных центральных осей
тонкостенного сечения. Толщина стенки постоянна, мала и равна ft. Размеры
на рисунке даны по средней линии стенок.
К задаче 12.43.
К задаче 12.44.
К задаче 12.45.
12.44. Для сечения в виде ромба со стороной а определить, при
каких соотношениях между размерами Ь и ft будут наибольшими
момент инерции и момент сопротивления относительно горизонтальной
центральной оси.
12.45*. Фигура, площадь которой на рисунке заштрихована,
образована п вписанными друг в друга квадратами. Вычислить момент
инерции фигуры относительно горизонтальной центральной оси г
и относительно оси ги наклоненной к горизонтали под углом а?=30о.
12.46*. При каких соотношениях между высотой ft и основанием Ь
прямоугольника, вписанного в круг, момент инерции и момент
сопротивления относительно центральной горизонтальной оси будут
максимальными?
12.47. Найти точки, обладающие тем свойством, что любая ось
*а, проходящая через такую точку, является главной осью
прямоугольника.
1В7

12.48. Не прибегая к вычислениям, доказать, что оси z и */,
проходящие через середину гипотенузы прямоугольного треугольника
параллельно его катетам, являются главными осями.
К задаче 12.46.
К задаче 12.47.
К задаче 12.48.
12.49. Для сечения, изображенного на рисунке, найти все главные
оси, проходящие через точку О.
К задаче 12.49,
К задаче 12.50.
12.50*. Сечение образовано равносторонним треугольником и
прямоугольником, размеры которых показаны на рисунке. Доказать,
что величина момента инерции относительно оси, проходящей через
центр тяжести треугольника, не зависит от направления оси.
§ 4. Напряжения при изгибе балок и рам
12,51. Какую форму должна иметь балка прямоугольного сечения
постоянной высоты h (ширина Ь сечения переменна), чтобы ось ее
изгибалась по дуге окружности?
12.52*. Нарисуйте ось изогнутой i L
балки.
12.53*. Построить эпюру
касательных напряжений в
произвольном поперечном сечении /—/ балки.
/ и
0
Ш
а.
К задаче 12s5h
К задаче 12,52,
188

Считать касательную нагрузку t равномерно распределенной по
длине и ширине балки.
12.54*. Плоская рама, имеющая форму правильного пятиугольника,
нагружена пятью сосредоточенными закручивающими моментами в
Тензометр
К задаче 12.53.
К задаче 12.54.
К задаче 12.55.
серединах сторон. Построить эпюры изгибающих и крутящих
моментов.
12.55. В нейтральном слое изображенной на рисунке балки был
поставлен тензометр, расположенный под углом 45° к поперечному
сечению. При нагружении балки тензометр показал удлинение АВ
на базе его Вт~Как по этому показанию прибора определить величину
момента L? Балка выполнена из материала с модулем упругости Е и
коэффициентом Пуассона \i. Поперечное сечение — прямоуголыйш
ширины b и высоты h.
1Я.56. По эпюрам N, Q и М определить, как загружена рама.
2а
А А
м
m
К задаче 12.56,
. К задаче 12.57.
12.57. Построить эпюры внутренних силовых факторов для рамы,
загруженной распределенными моментами.
12.58. Определить Л1тах.
12.59. Найти изменение расстояния АВ
К задаче-12,58.
Z I
К задаче 12,59,
К задаче 12,60.
189

12.60. Консоль прямоугольного поперечного сечения нагружена
силой Р на конце. Определить нормальные аа и касательные та
напряжения в точке К сечения ABCD, составляющего с поперечным
сечением угол а.
12.61. ЛЗалканадвух опорах нагружена распределенными
внешними моментами постоянной интенсивности т на половине пролета.
Построить эпюры Q и М.
т
z
К задаче 12.61.
К задаче 12.62.
12.62. Найти распределение нормальных напряжений по сечению
составной балки при чистом изгибе в вертикальной плоскости и
указать положение нейтральной оси, считая соединение абсолютно
жестким.
12.63. На консоль прямоугольного поперечного сечения действует
нагрузка, показанная на рисунке. Ширина балки постоянна и равна
Ь, а высота меняется по линейному закону от hi на нагруженном
К задаче 12.63.
К задаче 12.64.
К задаче 12.65.
конце до h2=3hi у заделки. Вычислить максимальное нормальное
напряжение, возникающее при изгибе.
12.64. Однородная прямая балка длины / и веса G=ql лежит на
жесткой плоскости. Определить длину, на которой балка будет
приподнята при приложении к ее концу момента L^ql2/8.
12.65. Построить эпюру касательных напряжений %ху в
поперечном сечении балки, работающей на изгиб (я — продольная ось балки)
Сечение балки имеет форму ромба.
т
т
К задаче 12,66.
К задаче 12.67,

12*66. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.
12.67. Найти горизонтальное перемещение точки А оси балки.
12.68. Построить эпюры поперечной силы и изгибающего момента
для балки, нагруженной моментной нагрузкой, изменяющейся по
линейному закону.
12.69. Определить изгибающий момент у заделки кругового
стержня, загруженного радиальной нагрузкой, распределенной по закону
q—kq>> где k — постоянная.
м
К задаче 12.68.
К задаче 12.69.
К задаче-12.70.
12.70*. Тонкая нерастяжимая лента, выдерживающая при
испытании на разрыв усилие Р, наклеена на поверхность бруса
прямоугольного сечения, сделанного из резины (см. рисунок). Определить
на основе гипотезы плоских Сечений, при каком значении моментов,
изгибающих конструкцию, произойдет разрыв ленты. Считая, что
толщина ленты мала по сравнению с /t.
§ 5. Перемещения при изгибе балок и рам
12.71*. Начертить форму изогнутой оси балки Найти перемещения
точек приложения сил Р.
V V
К задаче 12.71.
К задаче 12.72,
12.72*. На какую величину А необходимо опустить средние опоры
балки, чтобы изгибающие моменты в сечениях над этими опорами
обратились в нуль?
12.73*. На абсолютно жесткой плите лежит полоса прямоугольного
сечения bxh Определить, на какой длине х полоса приподнимется
К задаче 12.73.
К задаче 12,74.
над плоскостью при приложении к ее концу силы Р. Определить
прогиб /. Удельный вес материала полосы у.
12.74*. При каком соотношении между нагрузками q и Р
перемещение в точке приложения нагрузки Р равно нулю?
191

12.75. Определить угол поворота в точке В балки.
12.76. Принимая а=//1000, установить, при каком значении L
концы балки будут касаться опор А и В.
в
Г
J
К задаче 12.75.
К задаче 12.76.
12.77. Найти прогиб на конце консоли по рис. к задаче 4.87, 7.
12.78. Найти значение х9 при котором изгибающий момент в
сечении 'под силой Р будет максимальным.
Т5-
-^-f
К задаче 12.78.
К задаче 12.79.
К задаче 12.80
12.79. Построить эпюры внутренних сил и определить прогиб t>max
в середине пролета и угол поворота на опоре.
12.80. В квадратную раму со стороной а вписана меньшая
квадратная рама. Материал и поперечное сечение обеих рам одинаковы.
Построить эпюру М при действии на внутреннюю раму равномерного
нагрева на f.
12.81. Вертикальная стойка рамы выполнена короче необходимого
размера на величину 8. Определить изгибающий момент у заделки,
возникающий при сборке.
Ье-
Р\
а I а
ъ.
К задаче 12.81.
К задаче 12.82.
К задаче 12.83.
12.82. Подобрать размер а таким обрезом, чтобы прогиб балки на
участке АВ изменялся по линейному закону.
12.83. Раскрыть статическую неопределимость рамы. Построить
эпюру изгибающих моментов.
12.84. Левый конец балки опирается на пружину, жесткость
которой равна с (с — осадка пружины, вызванная единичной силой).
Дано: q, /, с, Е, J. Определить осадку Д пружины.
12.85. Прут диаметра d изогнут по окружности радиуса г на угол
Зя/2 и по прямой к центру. В центре (точка О) приложена сила Р
192

перпендикулярно к плоскости рамы. Определить перемещение точки О
в направлении силы.
4ШШЩЩ
I-
К задаче 12.84. К задаче 12.85. К задаче 12.86.
12.86. Определить расстояние х, при котором точка А не
перемещается.
12.87. При заданных величинах а и b определить, при каком
отношении моментов инерции поперечных сечений Jt: J2 линейное
-><¦
7&7л
К задаче 12.87.
К задаче 12.88.
перемещение сечения, где приложен сосредоточенный момент L, равно
нулю. Чему равен при этом угол поворота этого сечения?
12.88/ Определить вертикальное перемещение точки В рамы.

РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
Глава 1
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ
1.3. Исключив данные для участков 4-~6t 5—в, 6—7, удлинения которых
сильно отличаются от остальных, вычисляем среднюю величину максимального
равномерного удлинения
л A2—10) 2+A1-10M __Л
Ораю- 740 r-V,iO.
Среднее остаточное удлинение после разрыва
оср =
(П-ЮM+A2-10) 2+A4-10) +09-Ю)+ A5-10)
гггт
1.4. По данным
заний тензометров,
эксперимента составим таблицу средних приращений
покасоответствующих среднему приращению нагрузки на
Нагрузка
Р, кН
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100

Приращение
нагрузки
АР, кН
10
10
10
10
10
10
10
10
10
Среднее

показание тен
зометра
V мм
30,0
37,5
46,0
54,5
62,5
70,0
78,5
86,5
96,0
106,0
Среднее
приращение
показаний
Ллср, мм
85
86
8,0
75
85
80
95
10,0
Приращение
по
линейному закону
Д*уп
8^05
8,05
8,05
6,05
8,05
8,05
8,05
8,05
8,05
Отклонение
от линейного
закона на
участке Д^
—0,55
0,45
0,45
-*0,05
-0,55
0,45
-0,05
1 45
1,95
Суммарное
отклонение
1Д;, ММ
-0,55
-0,10
0,35
0,30
-0,25
0,20
0,15
1,60
3,55
ДР=гЮ кН, Первые семь приращений Ап^ мало отличаются-друг от друга и,
следовательно, соответствуют линейной зависимости между силой и удлинением.
Находим
7,5.2+8.2+8,5-3 о ЛС А, 8,05 • ftl 1Л .
Длудв:-2 ^ 7 ^ ' =8,05 мм., Д/уп=-^-.= 1,6Ы0-2 мм.
лр .с
Модуль упругости ^=Х7 3?= 1,98.ГО5 МПа. Вычитая из Дпср D-й столбец
Шуп • Г
таблищл) ДлуП E-й столбец), получим величины отклонений показаний
тензометров от линейного закона на каждой ступени вагружения F-й столбец).
Последовательно суммируя эти отклонения о учетом их знаков, найдем величины пол-
194

ного отклонения от линейного закона при данной нагрузке. Условный предел
пропорциональности находим по величине- силы, которой соответствует
отклонение 2Д/=з0,002%/-?==1мм. Эта сила находится в пределах между Р = 80 кН и
Р=90 кН. Она определяется линейной интерполяцией, Р^оог — ^^б кН; а0,002 =
м) 002/* ~'^ МПа.
1*5. Средние приращения отсчетов, соответствующие ДР=10 кН, для
продольного тензометра Да^ = A0+9,5+10,5)/3 = 10 мм, для поперечного
тензометра Дяд=3,5 мм. Абсолютные удлинения (в среднем): &sA = 10/950 = 1,05• Ю-2 мм?
Дзв^б/ПЭО^г^Ю-з мм. Отсюда ? = .=--^=1,9-105 МПа; р- = -~- =
1.7. Средние приращения показаний
тензометров при возрастании нагрузки на ДР = 20 кН
равны: ДП1=18, Дп2=19, Дя3=37, ДАг4 = 39, Д«5 =
= 19,5, Дя<;=19. Соответствующие им значения
напряжений Да/ = Д/2г'?«с==2,5Д/г|* МПа. Находим До*1 =
=45 МПаг Да2 = 47,5 МПа, Да3 = 92,5 МПа,
Да4 = 97,5 МПа, Даб = 48,75 МПа, Дав = 47,5 МПа.
Эпюра (график)- напряжений, построенная по
экспериментальным точкам, показана на рисунке
сплошной линией. Среднее напряжение изображено
штриховой линией.
i:y
50MfJct
Даср=:2-104/((б0—20)
Па = 50 МПа.
К задаче 1.7.
Среднее значение максимального напряжения из опыта max Да =
= (Да3+Да4)/2 = 95 МПа. Теоретический коэффициент концентрации напряжений
равен ат=max Да/Доср=95/50 = 1,9.
1.10. Для определения наибольшей ошибки надо взять наибольшие значения
величин, стоящих в числителе формулы, и наименьшие значения величин,
стоящих в знаменателе.
1,02Р. 1,005/ t Л^ Р1
1.11.
р
О-в^2^08 Па«200 МПа, A/=~Uo,25 мм,
~
1.13. В неослабленных частях стержня 04=--= * * ' =477-107 Па
47,7 МПа;
= 4,77-10-5 м.
Р
В ослабленной части a2^—^
1 5 • 104
Па ===131 МПа;
BS^=l,31.10-» м; Л/-—A/i + A/a —0,18 мм.
1.14. Разложив силу Р по направлениям стержней ВА и ВС, получим
л =—1,93Р (сжатие), NBC = P (растяжение),
-1,93.2.103.4/(яB2-~-1,82) Ю-4) =-6,47.10? Па = -64,7МПа,
= 2.103/@,Ы0-4)=2.108 Па = 200 МПа.
1.16. Заменяем распределенную нагрузку равнодействующей # = 4<7 = 4-2 =
= 8 кН, приложенной посередине балки. Находим усилие NАВ в подкосе,
приравнивая нулю сумму моментов всех сил, действующих на балку, относительно
шарнира О: R-2 — NAB-\,3 = Q. Плечо силы NАВ равно OD= 1,5-cos30° =1,3 м.
Находим NAB = 8-2/1,3= 12,3 кН.
**2Afi МПа.
195

Прикладываем в точке С силу, равную 1, и определяем реакцию N^B в
подкосе: имеем 1-4 — N~AB- 1,3 = 0, ЛГ^? = 4/1,3 = 3,08 Н. Вычисляем перемещение по
формуле Максвелла—Мора Ас= А!*' лв -/43 = 1,14 мм.
?гАВ
1.18. Находим продольные силы на участках бруса как сумму всех сил.
действующих на часть бруса по одну сторону от рассматриваемого сечения/
Эпюра продольных сил N показана на рисунке,
Лпаж-ЮОкН,
= 141 МПа.
Продольное перемещение w сечения находится как сумма удлинений А// участков
бруса между заделкой и
рассматриваемым сечением w = 2>Oili/E, суммирование
ведется по участкам, на которых
напряжение постоянно. Получаем
^тах= (ИЗ-0,2-56,6-0,1+ 141-0,3) X
X 10в/B-10й) =2,96.10-* м«0,3 мм.
110 нН
ЮнН
NnH
лг
40
шшшшшго
80
Mffct
40
ш
<? ММ-
0,027
TTh
0,085
К задаче 1.18.
0,053
К задаче 1.19.
1.19. Последовательно суммируя силы, начав со свободного конца, получим
эпюру продольных сил W (см. рисунок). Nmax = — 20+60—120=— 80
(сжатие) кН, omax = Wmax/F=:-~ 80.103/A510-4)=:— 5,33-107 Па = — 53,3 МПа,
8щах«атах/?1 = -5,33.107/B.1011) = -2,665.10-*, ^тах«2вА = -2,665-10-* X
X 0,2 + 2-10-4.0,4—2-10-*.0,8==—1,33^10-* м.
1.20. Жесткость на растяжение (сжатие) измеряется величиной силы,
вызывающей удлинение, равное 1 м: с=Р/А.
Для ступенчатого стержня
4/2Р _ 4/jP / 1
1—а2)
Для полого втержня
); р = A-2а2)/а*.
силие, отрывающее цилиндр от картера, P = D2/4
Имеем сступ-сь<я. /(+Й ()/(+Р); р ()/
12К У P pnD2/4. При
равномерном распределении усилия между шпилыкши допускаемое усилие равно
Р = я (ясB/4) [o]s Приравнивая полученные выражения, находи^ d = D \Гpin [а] =
«14,4 мм, принимаем of=sl5 мм.
1.23. Приравнивая нулю сумму проекций на ось у всех сил, действующих
на узел, получим 2N«cos60° — Р = 0. Усилия в стержнях равны в силу снимет-
196

рии узла и приложенной нагрузки. Отсюда N=P. Из условия прочности стержня
находим Р=108.5-10-4 = 5.104 Н=*50 кН.
Прикладываем в узле вертикальную силу, равную 1, и находим усилия
в стержнях Л/=1. По формуле Максвелла—Мора имеем
2-P-1.4
0-? м = 4,62мм.
1.24. Спроектировав все силы, действующие на узел, на оси х и у и
приравнивая нулю суммы проекций, находим реакции стержней Л^д = 290 кН
(растяжение), Nac~—410 кН (сжатие). Искомые величины площадей определим из
условий прочности
24,2 см2, ^
, гАС
' *
= 2,42-10~3м2. Принимаем FAB=
Принимаем F АС^
см2
, АС
1.25. Из условий равновесия узла находим усилия в стержнях от действия
заданной силы Р: Л^в = 0,866Р, NAC=* ОДР.
Приложив горизонтальную силу 1, вычисляем вызываемые ею усилия
в стержнях N*ab, i =0,866, NrAQt i=—0,5. Вычисляем горизонтальное
перемещение узла
0'866'105-0»866'0'2 0,5.105-(—0,5)>0Д _
Усилия от вертикальной силы
перемещение
равны
3,32-Ю-5 м = 0,0332 мм.
0,866. Вертикальное
А„
EFt
2-1011-10-10
34 I ?п
=0,115-Ю-3 м = 0,115 мм.
д
^0,12 мм. tg0 = --il=t3,49; 9«=74°.
-/ -1
К задаче 1.26.
Полное перемещение узла Д:
1.26. Нагрузим ферму в узле А вертикальной
силой / и вычислим усилия в ее стержнях,
рассматривая равновесие узлов. Направления и величины
усилий N{ указаны на рисунке.
Вертикальное перемещение узла А определяется
по формуле A»==2!a//fA//]Vi = 1,25-10~5-100 X
Х(Ы—1,4Ы;41/ + Ь/—Ь/ + 24 — 1,41-1,41/) =
=—1,25-10" м = —1,25 мм. Знак минус
указывает, что перемещение противоположно силе /, т. е.
направлено вверх.
1.27. Перемещение находится по формуле Д =
^S Ni&oi, где N{—усилия в стержнях от силы 1,
приложенной в направлении искомого перемещения,
До/—отклонение длины г-го стержня от номинального размера, которое считается
положительным, если стержень длиннее нормы. Приложив в узле А силы,
равные 1 по вертикали и по горизонтали, находим реакции опор от каждой из
этих сил (отдельно) и_вычисляем усилия в стержнях фермы. Достаточно
определить только усилия NBCi так как длины остальных стержней равны номиналь-
2
ным и соответствующие начальные отклонения До/ равны нулю. Имеем Nbc=-^->
о
2 2
Л/вс=0. Поэтому Д{/=уД0 = у0,005.120 = 0,4 см, Дх = 0. Полное
перемещение узла равно 0,4 см и направлено вертикально вверх (по направлению силы 1).
Напряжения в стержнях после сборки узла не возникают.
197

Тв
1.31. Стержневая система статически неопределима, так к-ак для нахождения
трех неизвестных усилий в стержнях можно составить только два уравнения
равновесия узла B^— О и ^jY — 6).
Выберем основную систему * перерезав
один из стержней, например стержень АС
(см, рисунок а). Прикладываем к узлу А силу
Р и вычисляем уравновешивающие ее усилия
в боковых стержнях NAB = NAq — PiB cos a)=
=0,577P. Усилие в перерезанном стержне в
этом случае равно нулю.
Далее приложим в разрезе среднего
стержня основной системы растягивающие силы 1
(см. рисунок б). Усилия в_стержнях: Мдд =
=zNAQ~—0,577 (сжатие), W^c — l»
Неизвестное усилие Хг в среднем
стержне заданного узла определяется из
канонического уравнения 6iA+Aip=0j где
с
V
' р
)
к
\(
V/
fan
задаче 1.3
1.
'2-2.ши.2:>Г0^.с;з30°+2.10и.2.10-^-0'442-10-7<>
2 0,577P(-0,577)i _ 0>10g 10-v/
EFi
Усилия в стержнях исходной системы получаются путем суммирования
усилий в основной системе от сил Р и Хг; N1 = NAB+XiNAB=0,b77P+
+ (_0,577)-0,434Р=0,326Р = ^3; iV2s=^i==0,434P. Наиболее нагружен средний
стержень. Составляем для него условие прочности -^-^—<[^Ь где []2l
»^:=:130АШа Находим
Уменьшение площади сечения среднего стержня скажется только на
величине 6ц, котбрая в этом случае будет равна
12>/ о 602 10-*/
2vl0ii.l.l0-4~U>byJ 1U l*
-. 0,577) ^0,278Р=0,417Р.
Тогда Xi = 0,
В этом случае более нагружены боковые стержни, для которых условие
прочности 0,417Р/B-10-4) = 1,3.108 дает величину допустимой нагрузки:
g2 4 60
Рг=62,4 кН. Увеличение допустимой нагрузки составит —~_ <100%=4%.
1.34. Задача является трижды статически неопределимой. Перережем три
внутренних стержня и к полученной таким образом основной системе поочередно
приложим заданную силу Р и единичные силы в разрезах (см. рисунок).
Неизвестные силы Хх, Х2, Х3 в перерезанных стержнях находятся из системы
канонических уравнений
0,
дз А + 632^2+бз
== 0.
198

A
в)
К задаче 1,34,
Коэффициенты и свободные члены уравнений вычисляются по формулам
~EFT
EFt •
Подставляя найденные для основной системы усилия, величины которых показаны
на рисунке, получим
-1,155Р-2/ -2,31Р/
Д1Р = Jp =—]Гр— 5
-0,577Р-2/
—ЬР.2/__2 Р1
, 1а> 1,155/ t l,1552>2/_ 4,489/
Л (—1,165) (—1)-2/ , (-0,577) (—1).2/ 3,464/
iu = O2i= rp 1 pp FF~"»
EF
я о (—1,155) (—0,577).2/ 2,667/
>13=Оз1 = 2 ш ^-ЩТ-'
(—0,557) (—1)»2/ , (—1)(—1,577).2/ 3,464/
>23 = О32 = д^5 1 Б1
После подстановки вычисленных вели-
чин решаем систему и получаем Xi=
Л/ 0464Р Х ^ 0197Р
НкН
лс ,, 2 ^г) ,,
XZ = NAE=— 0,170P.
Усилия в боковых (неперерезан-
ных) стержнях находим как суммы
усилий от силы Р и найденных
неизвестных:
Л/Л5=Р—1,155.0,464Р —Ь0,197Р +
*-- 0,577.0.464Р —Ь0,197Р —
— 1,155 (—0,170) Р = —0,268Р.
1.39. Отбросим верхнюю заделку
и заменим ее действие неизвестной ^
реакцией Хд, которую определим из * в
условия, что полное удлинение бруса
734
К задаче 1.39.
199

равно нулю:
-4?"г
25,Ы0-4?
Отсюда Х,4=1,ЗЗР =
-4Я"г
9,42.10-4Я"г 47,1
47,Ы0-4?
кН, ХВ = ХА — 5Р = — 734 кН (сжатие). Эпюры продоль-
—7,34-Ю5
ных сил, напряжении и перемещении показаны на рисунке. атах= ==
—155 МПа,
1.41. Условие равновесия:
122 2 Дф
мм (в сечении, где приложена сила 4Р).
Л/ + ^ Р П й F
р )
лощади сечений: Ffl = 625 см2
р Д + СГ щ fl ,
12,2 см2. Деформации деревянной колонны и стальных уголков одинаковы:
Д/СТ. Отсюда JLf=
или
сстгс
k = 2,58^. Подставив
©тот результат в уравнение равновесия* получим /VCT = 0,28P, Л/д = 0,72Р.
О 28Р
Из условия прочности для уголков 10 A trtj ^ 1,6•108 получим Р <;697 кН.
lZZ* 1U
* 1U
О 72Р
О 72Р
Условие прочности для деревянной части колонны •„' iq-a ^ * >2* 107 дает- величи-
цу Р «? 949кН. Допустимая нагрузка определяется меньшим значением: Р =* 697 кН.
Если укоротить уголки, то деревянную часть колонны можно еще догрузить
на величину ДР^= 949—697 = 252 кН. Эта нагрузка вызовет дополнительное обжа-
А 2,52-105.1 лл
тие дерева на A — goS'l'U* I fQi6== "** Ю~ м = 0,4 мм. Это и есть величина
потребного укорочения уголков, при котором допустимая нагрузка на колонну
возрастет до 949 кН, т. е. на 36%.
1.42. Использовать условие равенства удлинений пластинки и продольных
1.45. Использовать условие равенства удлинений тяг и укорочения цилиндра,
так как в силу симметрии брус будет перемещаться поступательно. Нагрузку q
заменить равнодействующей силой, приложенной посередине бруса.
лг
К задаче 1.46.
1.46. Задача один раз статически неопределима. Выберем основную
систему, перерезав стержень ВВ'\ Найдем усилия в стержнях основной системы
сначала от заданной нагрузки Р, а затем от единичной силы, приложенной в
разрезе. Реакции указаны на рисунке. Неизвестное усилие в разрезанном стержне
находим из канонического уравнения X1-6n + AiP = 0, где
? J_ J Р.2 / __ Р/
" 3 3 EF 3-3*2EF~~ 3EF%
EP{
I
I
P
Получаем Xi==P/7, т. e. Nbb> =Xx = y ,
21 71
ГР 13"
200

Допустимая нагрузка находится из условия прочности наиболее нагруженного
1ЧР
0-'*<1>6'1У> Р<258 кН'
стержня АА': gyTTo^lO-^
При поступательном перемещении бруса удлинения всех стержней
одинаковы, а усилия в них пропорциональны жесткостям ci — EFilli, Равнодействующая
этих сил приложена на расстоянии х = 2а от точки А, Наибольшее усилие
iV = 4P/7 будет в наиболее жестком стержне CCf. Допустимая величина нагрузки
в этом случае Р = 280 кН.
ала а
Ю
К задаче 1.49.
1.49. Задача дважды статически неопределима. Основную систему получим-,
перерезав, например, стержни / и 2 (см. рисунок). Поочередно нагрузим
основную систему заданной нагрузкой и единичными силами Х1 = \ и Х2 = 1 в местах
разрезов (рис. а, б, в). Из условия равновесия вычислим усилие в стержне 3 от
каждой из этих нагрузок, а затем найдем величины коээффициентов и свободных
членов канонических уравнений:
(-2,45)* q^2- a
, (
1
= 8,485
EF
(_2,45) а '
IF
EF9
\ а
—39,15^,
ма^ EF
Канонические уравнения имеют вид
3,485Х2—31,96Р = 0,
-=—31,96^.
—39,15Р = 0.
Решая систему, получим Ni = Xi~\$2Py N2=sX2=s2f2P, после чего найдем
Л^з=П,ЗР—2,45- 1,92Р—2-2^ = 2^. Допустимая величина силы находится
из условия прочности для стержня 2 (или 5):
2,2Р/B.10-*)< 1,6.10». Имеем Р < 14,5 кН.
1.52. Температурные напряжения определяются из условия равенства
упругого укорочения бруса его температурному расширению:
1.53. Задача статически неопределима, Перережем средний стержень АС и
приложим в разрезе силы Xi~\ (см^рисунок). Из усл@вий равновесия найдем
усилия в неперерезанных стержнях Mab=-Nad=— 0,577 (сжатие). Неизвестную
силу Хг в разрезанном стержне найдем из канонического уравнения
201

2EF + ?FS=1>38IF»
2 f = 1,25-10-5-80 B (—0,577). 1,155/+1 ./) = —3,33.10-4/.
Получаем Xx= _?*? = 48.10V,
Л^в = NAD=>-0 ?77X^-27,7- 10V.
Искомые напряжения в стержнях:
^^—13,85 МПа.
1.54. Система один раз статически неопределима. Вычислим длины стержней
(указаны на рисунке), выберем основную систему, перерезав стержень CD.
Приложим в разрезе силы, равные 1* и определим реакцию N~BD в неперерезанном
*>Щ^г - i mm Основная система
Дщ *AJ~7i700* со $)
К задаче 1.53. К задаче 1.54.
стержне BD, Усилия в точках В и С разложим на составляющие, изображенные
на рисунке штриховыми стрелками. Горизонтальные составляющие, равные 0,949,
будут производить работу на температурном расширении балки и должны быть
учтены при вычислении Ац.
Дк =2 W/a*AMi^-~M3-1,25-10-5.30.1,41+0,943-2,25-К)-6-Ь30+
+ 1,12510-5-30.3,16—0,943.2,25-10-б.З-30=—7,93-10-^;
. Р.3,16 , 1.33М.41 Jlo_fA_§.
Ац 7,93»Ю-3
—260 кН (сжатие);
= 1,925-108 Па -»192,5 МНа;
0-4) = — 5,20-108Па = — 520 МПа,
1,55, При нагревании втулки расширяются больше, чем болт. Поэтому они
окажутся сжатыми, а болт растянутым одинаковыми дополнительными силами AN.
Составим условие равенства полных удлинений втулок и болта
. ш in з AN-40.10-8 АЛ^.10.10-5
М010-*
Отсюда AiV = 166 Д/=166-20=*3320Н=:3,32кНлПолное усилие в болте
1.58* Разрезав средний стержень, приложим к полученной основной системе
Xi~\ и вычислим усилия N в боковых стержнях (указаны на рисунке). Далее
202

вычисляем
(_0,577J/ , I2-/
«2^Д0=1-5-10-4/* 6nXi
:==*1 = ' 1,77/ =-*№'
1.59. Задача один раз статически неопределима. Перережем стержень DC и
приложим в разрезе силы ^=1 (см, рисунок). Вычислим усилие в подкосе BE
*A*m-WT'
-0,577
К задаче 1,58.
К задаче 1.59,
из равенства нулю моментов всех сил относительно точки А. Усилие Х± в
перерезанном стержне находится из канонического уравнения 6i1X+AO
Aio
> — 2,236.10-3;
-2,236. Ю-3
J-- 8,45.10~8
?=1,265.26,5«33,5 kH;
2,65.104
>~4.10~4
2,65-10* Н- 26,5 кН;
5,88.107Па=58,8МПа;
— ' — 1 f\7 f\ АЛПо
1.61. Наибольшие напряжения действуют в верхнем сечении стержня, вес
которого G~pglF,
= 0,77 МПа.
Удлинение элемента длиной dx, находящегося на расстоянии х
от свободного конца, равно —— xdx, Полное удлинение равно
перемещению свободного конца
i
Р? ...... QgP Ртах* __ * «о 10«5
1 2Е li * ^
Удлинение стержня под действием собственного веса в два раза
меньше удлинения под действием силы, равной весу, но
приложенной на конце стержня.
1.64. Разрежем брус, как показано на рисунке, и найдем
силу X из условия, что сумма удлинений участков бруса под
действием,веса и силы X должна быть равна нулю» Для вычи- К задаче 1.64,
203

сления удлинения под действием собственного веса удобно воспользоваться
решением задачи 1,61,
Х-а . pga2Fa X-b Pgb2Fb
EFa "* 2EFa ~*~ EFb 2EFb
V
= X+pgaFa, VB = X-pgbFb.
1.67. Площади сечений бруса находятся из условий прочности:
FР > р рИ
1
'[o] — pgxy
Полный вес стержня G = pgP-
р
r% (М-Р« (*-*)) (М-Р**)'
[a)l-pgx(l-x)
веса достигается при значении
-рг*) (М-psr (/-*))'
Минимальное значение
2 pg
1.71. Напряжения в среднем стержне достигнут предела текучести раньше,
чем в боковых. Дальнейшее возрастание нагрузки на узел возможно только за
счет увеличения напряжений в крайних
стержнях, пока они не достигнут предела текучести ст.
Величина нагрузки, при которой напряжения в
среднем стержне равны ат (см. решение задачи
1.31): P1 = (l + 2cos3a)FaT = (l + 2-0,8663) 2-260=
= 120 кН. Узел А в этот момент опустится на
величину А1? равную удлинению среднего стержня
при напряжениях aT: Ai = aT-//?' = Q,13см.
После достижения нагрузкой величины Рх
средний стержень удлиняется без увеличения
нагрузки. Наибольшая нагрузка соответствует
состоянию, когда во всех трех стержнях
напряжения равны ат. Эта сила равна Р2 = Ртах:=
= GTF A+2 cos a) = 142 кН. Допускаемая нагруз-
71—60
К задаче 1.71.
142
ка [Р]=-^- = 71 кН, Увеличение нагрузки составит
60
.100% = 18,3%.
Начальное перемещение узла А2, соответствующее силе Р2, находится по
удлинению боковых стержней под действием напряжений ат
- А/ЛВ..2,6-10«. 1,155 1О-1ц-о
Дальнейшее удлинение стержней происходит без увеличения нагрузки.
График зависимости силы от удлинения показан на рисунке.
1.73. Ферма содержит одну лишнюю связь. Выберем основную систему,
перерезав стержень АВ. Усилия в стержнях основной системы от заданной нагрузки
и от единичных сил, приложенных в разрезе, показаны на рисунках а и б
соответственно. Силу Хг в перерезанном стержне определяем из канонического
уравнения ЬцХх+Д1р = 0,
0 25 1 160,8 0,6 9,6
"9* # ??"""" * "9" EF ' 'EFz= "EF* iP ''
1 4 4 0,8 4,2P
A1
T
ззЁТ
(-|-)=О,
93бР,
= 0,438P~=0,585P.
О
204

Наиболее нагружен стержень АС. Нагрузка, соответствующая началу
текучести в этом стержне, равна 0,935P = aTF = 3-108-5-10~4. Отсюда P==l,6106H=
= 160кН.
При достижении предельного значения нагрузки возникнут напряжения
текучести и в диагональном стержне BD. В стержне АВ в этот момент действует
а)
К задаче L73.
р_3.108-5.10-4.0,6 = Рпр—9-104. В стержне
сила МЛе = Рпр—aT'Fcosa= _
BD действует сила N Bd — gt-F~ 1,5-10б Н. Составим условие равновесия узла В:
рпр_9-104=1,5-105-0,6. Отсюда предельная сила Рпр=180кН.
1.75. Решая статически неопределимую задачу, находим усилия в
прикрепляющих стержнях Млл, = 0,636Р, Ncc,=*09227P, N DD, = 0,136Р. Предельное
состояние наступит, когда в наиболее нагруженных стержнях АА' и СС
напряжения достигнут предела текучести. Составляя сумму моментов сил в
предельном состоянии относительно точки D, находим
Pnp =
350 кН.
Нагрузка, при которой напряжение в наиболее загруженном стержне дости-
0,636Руп
гает предела упругости, определяется из соотношения j^^-^^ 108,
получаем Руп = 236кН.
Коэффициент запаса п = 350/236= 1,5.
1.78. Из условия равенства нулю полного удлинения бруса находим реак
цию в нижнем сечении # 075Р В ^/F 075P//7
3508Р
у р у у ру р
нижнем сечении #д = 0,75Р. В предельном состоянии ^jB/F = 0,75Pnp//7=
3,5«108-Рпр = 467кН. При нагревании возникнут дополнительные
сжие слы X з уравнения
т ,пр р р
мающие силы X, определяемые из уравнения
F =—125кН (сжатие),
Эта сила, складываясь в нижней части бруса с силой 0,75Рпр, уменьшит
предельную нагрузку,
@,75Рпр+1,25.10»)
10-Ю-4
= 3,5-108;
1.79. Удлинения арматуры и бетона одинаковы: Д/ст = Д/б. Поэтому сгст =а
Юоб. Допускаемые напряжения по условию [a]CT = aT/^r= 133МПа, [а]б ==
тДт = 8,ЗМПа. Напряжение в стали не должно быть больше 10 [а]б==83МПа,
которое и является максимальным напряжением для стали. Допускаемая сила
[P][]/7 + F 83l61.0-1 + 83.3,2.10-3=l,57MH. Если же
весР ^
ти расчет по допускаемым нагрузкам, то предельная сила Рпр = ат б^
+ о*т. ст-^ст = 5,2МН. При 6Т = 3 допускаемая сила [Р]пр = 5,2/3= 1,73МН.
1.82. -Напряжение в поперечном сечении стержня ао = оа+ао =80МПа.
Отсюда растягивающая сила Р = ао/? = 8ОкН9
205

1.86. Напряжение в поперечном сечении ао=Я/Р = 2ООМПа* Напряжения
в наклонном сечении
аа =а0 cos2 а, та =•— sin 2а=а0 sin а cos d.
Должно выполняться соотношение та = 0,6оа или а0 sin а cos а=0,6а0 cos2 а,
Отсюда находим tga = 0,6, а = 31р и вычисляем напряжения оа и та.
1.87. Угол между направлениями нормали к площадке ah и главного
напряжения аг: а==90°—р=10°;
аа^Ох cos2 10Q+a2sin2 10°«147МПа,
-~aa::==53Mria'
Sin 2а = 17 МПа,
1.88. aa==160cosaa~800sin2a=40Mrias Решая это уравнение относительно а,
находим cos а= ± //2, а= ± 45°;
sin (±90°)« ± 120МПа,
1.91. tg2a« ^ «50,8, a=19e20'.
ai «в 142 МПа, а2=—242 МПа.
1.93, Вычисляем величины и направления главных напряжений
о**,2 = jF0 ± V1402+4-502)«30 i 86МПа;
Oi — ПбМПа, о2 = — 56МПа;
Наибольшее удлинение будет в направлении главного напряжения Qj:
.Соответствующее приращение показания тензометра &n i ,
1.95. Сила, действующая на боковую грань куба, равна PY 2* Напряжения
на боковых гранях
Две грани свободны от напряжений: о%*=*0.
Относительное изменение объема ео«г8$+82+8з-
1-2.0,17, 7П
в_7,07.10«) = —0,467.10-3,
206

1.99. Главные напряжения: о^ЮОМПа, о2«60МПа, о8 = —40хЛЛПа,
2
i ./
—о8J=58,8МПа$
^o=2l[a? +ai+ai—2jx (OaoH-OsOx+OgCFiXl¦¦ 1Л • Ю5 Дж/м3;
1.101. аЦ «ai—[х(а2+аз)а=76МПа < [а]р, О
Y 2 3 "™ p '
^ <л. « joD 30»8*10"-2 1 2
1.104, Главные напряжения в етенке поплавка су^ аз-?—-.=- ss—a— f
G2=0,5 а1Я=г0,6/^ По четвертой теории прочности получаем аэ
откуда толщина
стенки /«6,5* I0"m«6j5mm»
1.109. Вычисляем главные напряжения*
«1B0-0 ± ]/*Bо+оJ+4 (у)
О| = 3,6бо; ^««—2,660
(среднее главное напряжение о§ равно нулю),
Условие прочности по теории Мора имеет вид
<*экв<71 — ?о3 < [о]р; /? — [о1р/|о|в™ 100/250 «=0,4;
З^ббо—0,4 —2,66о <Ю0; о = 21,2МПа.
Допускаемые значения напряжений; 0^=842,4МПа, о^»—2152МПа, т =
s=s 10,6 МПа»
При одинаковой прочности на растяжение и на сжатие воспользуемся третьей
теорией прочности: при [о] = 150МПа о??->ат—од<Га]; 3,66а —(—2,66а}<
< 150 МПа, о= 150/6,32 = 23,7 МПа.
1.111. Макеимальное натяжение действует в точках подвеса: Г = (я<22/4) [о] =
:=630Н. Натяжение в нижней точке Н*=ь ;Яи/ связаны соотношением
i+or/l*
^^-^гггде р—вео одного метра провода, равный p=Fp^ass~-l6'10~6.8x
X 108»9,8*и0^985Я/м. Решая совместно полученные уравнения, находим / и Я.
Т f1 т \2 р 0 985»502
'а2^-" у \JtyJ ~з"в0*5м, Н*=* 'з.о 5 ~615Н« Значение Я отличается
207

от Т всего на 2%. Поэтому нити с малой стрелой провисания можно считать
равномерно растянутыми по всей длине.
1.112. Считая провод равномерно растянутым по всей длине (см. решение
задачи 1.111) усилием Т^—г^-Щт*—, вычивляем его удлинение А/^=-=тг =
SfE *
рх2 4fx2
Уравнение кривой провисания ys^L-=-=zJ— . Длина провисшего провода
3/2
т,е. удлинение A/ = S—^s=5"q7 • Приравнивая оба выражения А/, определим
стрелу провисания /=5~у -Щ- =0,361 м8 Напряжение в проводе Oz=s-=r=z
1.114. Так как кривая провисания—парабола y=kx2 с вершиной в точке С<
то между координатами гочек_Л и В имеется следующая зависимость а2/Ь2 =
*=hA/hB = 2/20 = 0,1; а = 6}/,1=0,3166; а+6 = 1,3166 = 50м; 6 = 38м; а» 12м.
Распор Я = р BаJ/(8/i^) = 432 Н.
1.120. При охлаждении на поверхности контакта цилиндров возникает
давление р. Стальной цилиндр растягивается силой /VCT = /?D/2, а медный—сжат
той же силой Л/м = Мст = /?/>/2. Изменение диаметров цилиндров должно быть
одинаковым, Условие совместности деформаций
Отсюда нахрдим давление между цилиндрами
^sseT77^~'ci t с с \ as5S 0 1 B* 1011' 1 • 10"-1- 1nl1 л -1 n"*3^ s88!»© Mlla«
1.122. Диаметр посадочной поверхности О = 60+2'8=76ммв Нагрев рубашки-
должен увеличивать ее диаметр на 0,05мм = 5«10~5м* чтобы можно было
осуществить поаадку:
После охлаждения произойдет упругая деформация втулки и рубашки под
влиянием их взаимного надавливания. Давление р находится из условия равенства
суммы радиальных деформаций цилиндров величине натяга:
7,6-Ю-2/? 7,6-10-2/7 5. Ю-6
2*10-3.2.ЮИТ" 2-8-10-»-1,Ы011 ~ 7,6-10-а ;
отсюда р=г2,8МПа« Напряжения в цилиндрах: аст»^—=s 108МПа, ам =
«-.?^..„-.13,3 МПа,
1,125. Напряжения в горизонтальных сечениях цилиндрической части сосуда
постоянны
0«"'fiif(/y—r)^'!?-»2^—1);
Напряжения в меридианных сечениях: вверху цилиндра Oi=spR/h = Q} так как
psssO; в месте соединения цилиндра с шаром
208

В шаровой части наибольшие напряжения в нижней точке Oi — o^-——- =
= 5,88МПа.
1,129. Давление в текущем сечении с координатой х выразится таким
образом: д# = /?Л + (/?& —Ра) (х—я)/F — а). Радиусы торцевых сечений трубы Ra и R^
а также радиус текущего сечения удобно выразить через угол наклона
образующей конуса:
Составим уравнение равновесия отсеченной части трубы a2h-2nRx cos a=»
Sdx
px-2nRxsinads, где ds=s , После интегрирования находим продоль-
cos ос
а
ные напряжения
Меридианные главные напряжения а* находятся из уравнения Лапласа с уче
R *&
к Rx х *&«
том тога, что главные радиусы кривизны трубы р^—?-;=г—2_ и р2===оо;
cos ot cos ot
1.131. Рассматривая равновесие левой части бруса, отсеченной на
расстоянии х от конца Л, получим следующее выражение для продольной силы:
\ g-Jta(l+y+sta j) d* L
Для дальнейших преобразований удобно ввести безразмерную текущую
координату t=x/L Тогда продольная сила определится выражением
где введено обозначение
На алгоритмическом языке фортран выражение для продольной вилы
запишется как FORCE = F0*(XI—С) с использованием оператора присваивания,
Здесь FORCE — идентификатор продольной силы N\ F0—идентификатор
произведения qt9 XI—идентификатор |.
Вычислим значения продольной силы в сечениях, отстоящих друг от друга
на 0,1/, т.е. при шаге / = 0,1.
Ниже приводится возможный вариант программы.
PROGRAM uBRUSl
EXTERNAL uFUNl
R5ADE,101)XI,Q,AL
10 Iu FORMAT CE 11.3)
F0=Q* AL
D0u5uI = l,ll
B(I1)/10.
CALL u GAM (FUN1,0.,B,0.01,C)
FORCE = F0*(XI~-C)
5u WRITEF,101) FORCE
STOP
END
SUBROUTINE u GAM(XXX,A,B,EPS,T)
209

Стандартная подпрограмма>
RETURN
END
FUNCTION ш FUN 1(T)
FUN1=ALOGA. + T + SIN(T))
RETURN
END
В программе использовались обозначения:
EXTERNAL—оператор внешних подпрограмм,
READ —оператор вывода,
FORMAT —оператор формата ввода и вывода данных*
DO —оператор цикла,
CALL —оператор вызова подпрограммы GAM,
WRITE —оператор вывода результатов на печать.
Стандартная подпрограмма SUBROUTINE под именем GAM позволяет вычислить
определенный интеграл С (t) по модифицированному методу Гаусса в заданной
относительной точностью EPS.
Подпрограмма FUNCTION с именем FUN1 задает подынтегральную функцию
In (l + Z + sin 0» необходимую для работы подпрограммы SUBROUTINEuGAM.
Последнюю выписывать в программе не надо, поскольку она имеется в
библиотеке стандартных подпрограмм.
Полученные в распечатке данные используются для построения графика
изменения продольной силы N по длине бруса.
1.135. Отбросив левую заделку Л, заменим ее действие неизвестной силой Д,
которая находится из условия равенства нулю- перемещения сечения А\
=0; отсюда
Дл = /?бд—А^=0; отсюда R*=&q/dR>
При этом перемещение Aq освобожденного конца бруса А под действием
нагрузки q находится по формуле
или, после перехода к безразмерной координате /«*//,
i
_ 4gl2 С tdt
д
4g/ р i ^i
Окончательно Д^=—-~:Cq, гдеС^«\г rjTVa' Таким образом, выражение
для Д^ может быть записано на языке фортран в виде оператвв-а присваивания
DQ = 4*Q*AL** 2/C.1416* E*D**2)*CQ,
где CQ—идентификатор интеграла Cq.
Перемещение конца бруса под действием единичной силы, приложенной в
освобожденном сечении Л,
с 4/ f dx
Введя безразмерную координату, получим
1
210

Перемещение 6д вносится в программу в виде оператора присваивания
DR = 4.*AL/C.1416*E*D**2 *CR.
Искомая реакция /? = A^/6# записывается на алгоритмическом языке
фортран в виде следующего оператора присваивания:
R = DQ/DR.
Возможный вариант программы определения реакции приведен ниже
PROGRAM ljBRUS 14
EXTERNAL u FUN 14,FUN 14A
1*EADE,114)Q,AL,E,D
CALLuGAM(FUN14,0.,l.,0.0l,CQ)
DQ=4*Q*AL**2/C.1416*E*D**2)*CQ
CALLljGAM(FUN14A,0.,1.,0*01,CR)
DR «4*AL/C,1416*E*D**2)*CR
R = DQ/DR
WRITEF,114)Q,AL,E,D,CQ*CR,R
114u FORMATGE 10,3)
STOP
END
"SUBROUTINE u GAM(XXX,A,B,EPSJ)
Стандартная подпрограмма>
RETURN
END
FUNCTION u FUN 14(T)
FUN14 —T/(l. +T**E./7.))**2
RETURN *
END
FUNCTION u FUN 14A(T)
FUN14A »1,/A,+ T**E,/7.))**2
RETURN
END
Глава 2
СДВИГ И КРУЧЕНИЕ
2.2. Если о2=—-0*1, то имеет место чистый едвиг о касательными
напряжениями T=ai = 120 МПа.
Модуль сдвига G=E/[2 A+и)]=8«104 МПа. Относительный сдвиг v=t/G «a
= 1,5-10-8 рад ^5,2Л
2.3. 81 = а/? = 1,5Л08/Я = 7,5.10-4, отсюда Я^-Ю"- Па. Относительная
деформация 83 = ^8! = 2,5. Ю-4; отсюда |л = 0,333, G = ?/[2 A+ц,)]=7,5.104МПа.
2.5. Нагрузка Р на стержень ВС уравновешивается касательными
напряжениями т, передающимися с пластинки, работающей на чистый сдвиг: P=t/7 = t/z/,
где F*=hl—-площадь сечения пластинки, /—высота пластинки (длина стержня ВС),
^У| 261010'6-104 МПа'
1,92-Ю-3 рад, Ac—Y^ — ^»8*10"*4 м = 0,48 мм. Главные напряжения;
2 = — т = — 50 МПа. Удлинения диагоналей:
0,338 мм, А/Во==—0,338 мм.
2.8. Сила, с которой деталь давит на шпонку: Я =-^~г-. Допустимая
величина силы из условия прочности шпонки на срез равна [Р] = [т] &/ = 2,4' 104Н «
= 24 кН, Из условия прочности на смятие [Р] = [a]cw (-|Л / = 24 кН. Шпонка
211

имеет одинаковую прочность на срез и на смятие. Допускаемый момент [М] =
= [P]d/2 = 0,6 кН-м.
2.10. Болт срезается по двум сечениям общей площадью fcp = 2 (л/4) <22 =
= 6,28- 10~4м2. Допускаемая сила из расчета касрезР = [т]ср-/7ср=5- 104Н=50 кН.
Поверхность смятия одинакова как для серьги, так и для двух проушин
^см = 26^ = 3,2 см2. Для материала деталей допускаемое напряжение смятия
меньше, чем для материала болта. Поэтому исходим из условия прочности на
смятие деталей;/Получим Р = [а]см/Гсм = 57,6 кН. Определяющим является срез.
Допускаемая сила [Р] = 50 кН.
2.12. Заклепки двусрезные; площадь среза каждой заклепки fcp = 2• nd2/4 =
=2,5Ы0"~4 м. Площадь смятия одинакова для косынки и для двух профилей*
FCM = 2hid — h2d = 8- 10~б м2. Из условий прочности на срез и на смятие находим
число заклепок:
__ Р __ 2,2-104 _ Р __ 2,2-104
j v j л СО lvJ*^jOl*lv/ I (j 1см CM wjO*l\/ * О • 1 \J
Выбираем большее целое число п =10 заклепок (по 5 заклепок в ряду).
2.13. Определяем силу Р из условия прочности листов на разрыв в сечениях
по первому и второму рядам заклепок: Pl = [o]v (b—2d)h = 422 кН, 0,75Р2 =
= [о]р (b—Ad)h (учитываем, что первый ряд заклепок воспринимает 0,25 Р2),
Находим Р2 = 435 кН.
Из условия прочности на срез заклепок Р3 = 312 кН. Из условия прочности
на смятие Р4 = 770 кН. В качестве допустимой силы берем наименьшую Р = 312 кН.
Прочность листов в соединении снижена на (?d/b) 100% = 18,5%.
2.15. Перенесем силу Р в центр заклепки 2 с добавлением момента Мх = 0,26^Рв
Сила равномерно распределится на три заклепки. Момент нагрузит две крайние
заклепки силами М1/0,12 = 2,17 Р. Из
рисунка видно, что наибольшая сила
(суммарная) приложена к заклепке 3:
кН.
на срез
Из условия прочности заклепки
(соединение двусрезное) получим
т/2-4,5.1
:1,9-10-гм=19мм.
5'2,77/3
Условие прочности на смятие дает
следующую величину диаметра:
d = 4,5-104/B,5-108« Ю-2) = 1,8-10-2 =
= 18 мм.
К задаче 2.15.
Определим наиболее нагруженную
заклепку в вертикальном ряду. После
переноса силы на линию
расположения заклепок возникает дополнительный
момент М2 = 0,42Р = 0,42«18 = 7,56 кН-м. Этот момент уравновешивается парами
горизонтальных сил, возникающих на заклепках. Величины сил пропорциональны
расстоянию заклепки от центра соединения. Учитывая это, получим
р;.0,18+ A/3) Р4-0,06 = 7,56.103, откуда Pi= P? = 37,8 кН.
Усилия на заклепках 5 и 6 будут в три раза меньше.
Сила Р распределится по заклепкам равномерно и нагрузит каждую из них
вертикальной составляющей Р/4 = 4,5 кН. Учитывая наличие горизонтальных
составляющих от момента, найдем равнодействующую силу, приложенную к
наиболее нагруженным заклепкам 4 и 7:
РА = Р7= j/7,82+4,52 = (
кН.
Эта сила меньше той, что действует на заклепку 3 в горизонтальном ряду.
Поэтому диаметр заклепки, обеспечивающий прочность всего соединения,
равен 19 мм.
212

2.17. После переноса силы в центр расположения заклепок определяется
момент М=0,12Р. Сила распределяется по заклепкам равномерно и дает
вертикальные составляющие, равные S = 0,2P.
Момент нагружает заклепки силами Tt
перпендикулярными радиусам г = 4-10~2"/" 2 = 5,66-10~2 м
(см. рисунок), соединяющим центры периферийных /.
и центральной заклепок, ?
М = 477, Г =
По теореме косинусов вычислим геометрическую
сумму сил Т и S для наиболее нагруженных
заклепок 2 и 4
= 6,85 кН.
После удаления центральной заклепки сила 5
увеличится до 0,25Р. Сила Т не изменится. Сила,
нагружающая опасные заклепки, будет равна
л/
у
К задаче 2.17.
P2 = Pt = Y@,53РJ+@,25РJ + 2-0,53-0,25-0,707Р2 = 0,728 Р = 7,28 кН.
В результате запас прочности соединения уменьшится в 7,28/6,85 =1>06 раз
(на 6%).
2.18. Перенести силу на прямую, соединяющую центры заклепок, с
добавлением момента М = Р-е, разложить силу и момент по заклепкам, как в задаче 2,16,
2.19. Условие прочности шва при сварке встык дает
105
Ширина полосы должна быть больше на 1 см, чтобы компенсировать возможный
непровар шва: 6 = 10+1 = 11 см.
При такой ширине полоса безопасно выдерживает силуРг = [о]^ЬН = 154 кН,
100
Процент использования материала полосы равен -г^-100% =65%.
2.24. Р-асчетное усилие для уголка Р= 1,6-108.15,1-Ю-4 = 2,42-105Н = 242 кН,
Определим суммарную длину швов /ш% задавшись толщиной шва 8 мм:
2,42.105/@,7.8.10-3/ш)<9.107, /ш = 48 см.
Ширина полки уголка 6 = 8 см, следовательно, рабочая длина торцевого шва
Ьт = 8— 1 =7 см. На долю фланговых швов остается /ф==/ш—/т = 41 см. Длины
фланговых швов следует взять обратно пропорциональными их расстояниям от
оси уголка
Расчетные длины швов /i = 29cm, /2= 12 см. Их следует увеличить на 1 см для
компенсации непровара. Таким образом, /* = 30 см; /2=13 см.
2.27. Относительное удлинение 8 = A/z/(fcs)=0,6»10", При кручении ах = т,
а2 = — т, поэтому
Отсюда t = 0,6-10-3?/A+ix) = 1,2-10-3G. С другой стороны, x=M/Wu
== 16-9-103/[я-1,2*. 10-3A--0,674)] = 3,3-107 Па = 33 МПа. Получаем G
= 2,75-104МПа. Угол закручивания
2.29. Вычисляем касательные напряжения (см. решение задачи 2.27)
52,3 МПа.
213

Далее G = ?/[2
= 7,7-104 МПа.
На поверхности вала % = MK/Wpt отсюда AfK = 3,6 кН-м. Мощность N
«= я/гМк/30= 188 кВт
j
Угол закручивания вала ф=-^~-=1,02«10 рад = 35'.
UJp
о т . 2.30. По условию прочности
ЛО б~в /70 С~С
По условию жесткости
Приравнивая полученные выражения для
диаметра вала, найдем Мк= 1,85• 105 Н»м.
Диаметр вала при этом D = 0,4X
X1O-2J/1,85-1O5 = O,228 м =22,8 см.
2.33. Последовательно суммируя
моменты, приложенные по одну сторону от
текущего сечения вала, построим зпюру
? МПа КРУТЯ1ДИХ моментов (см, рисунок). По
т * наибольшему моменту подберем диаметр
вала из условия прочности
D \/mz_
V им"
53,5*
0,097 м = 9,7см.
Касательные напряжения на поверхности
вала xmM=^MK/Wpi где Wp=nD*/16=
= 1,8-Ю-4 м^. ч р
На рисунке показано изменение ттах
вдоль оси вала и изменение т по радиусу
вала в трех сечениях Л —Л, 5—5, С—С. Относительный угол"закручивания
вала <p' — MJ(GJp). Эпюра углов поворота сечений 4> = MKl/(GJp) может быть
построена путем последовательного интегрирования функции ф', начиная от
неподвижного сечения.
2.35. Определяем диаметры валов. Для стального вала
Для алюминиевого вала
з
= 4-Ю-
см;
Т Jl;*^ с
Jo. ст^-^ТГ — *
л
см •
4374 -
~32~~
46,9 см*,
Отношение углов закручивания
Фал
Фет
Отношение масс
Jрл ст
pt ад
'1,43,
214

2.39. Задача решается аналогично задаче 2.33. Момент сопротивления
кручению сечения полого вала №к = я?K A—а4)/16. Диаметр вала по условию
прочного ^ / ГбШ ^
СТИ D~ V яA-а4)[т]' а П0 У^01™10 жес™ости ^
чем [ф'] должно быть выражено в радианах на метр.
2.40. Построив эпюру крутящих моментов
Л4К, находим диаметры участков вала по условию /
прочности
з
>103
¦ ю7
м.
Соответствующие этим диаметрам полярные
моменты инерции равны
/- 1 = я-6,35410-8/32=1,6.Ш-6 м4,
я.1,154.10-4/32
01432 9
1,72-Ю-5 м4,
1П-6 М4,
171
Далее вычисляем q/ = MK/(GJp) для каждого
участка вала. Эпюра показана на рисунке.
Эпюру углов ф поворота сечений вала получаем
путем интегрирования зпюры ф', начиная с непод
вижного конца.
2.41. Отбросив заделку В, заменим ее действие неизвестным моментом
Суммарный угол закручивания вала должен быть равен нулю:
К задаче 2.40.
OJP
MB(a+b+c)_
GJ
GJp "*¦ GJp
Отсюда находим Мв = 220 Н-м, Мл=400+220—600=20 Н -м/Построив эпюру MKf
определяем наибольший крутящий момент Мтах = 380 Н^м.
По условию прочности D=s3,62 см. По условию жесткости D = 5,75 см.
Принимаем большую величину диаметра.
2.42. Вычислим полярные моменты инерции сечений вала: Jv\ = я-44-10"8/3? =*
»2,Б1.10-7 м4, /я2 = я.54.10-8/32==6,14-10-7 м4, р
Отбросим левую заделку и заменив ее неизвестным реактивным моментом Мл>
составим условие равенства нулю полного угла закручивания вала:
1,2
= 0.
G.2,51-10-7nG.6,14.10-7 G-6,14-10-'"
Отсюда Мл = 0Л2'104 Н«м=12 кН«м.
Наибольший угол поворота имеет сечение, где приложен заданный момент^
Фтах =
= 0,072
2.43. При решении задачи придется рассмотреть три участка длиной 0,4 м;
0,2 м и 0,8 м.
Вычислим полярные моменты инерции сечений вала: /»1 = «/««>=«д-0,24/32«
«1,57.Ю-4 м4, /^8 = я.1,54.10-4A— 0,84)/32 = 2,93 10-* м4.
Отбросим правую заделку и для определения момента Мв составим
уравнение равенства нулю полного угла закручивания вала:
Мд-0,6 Л4д0,8 1,5.10».0,4 л
отсюда
G.l,57.10-4n G-
: 1,23-104 Н-м«12,3
2,93-10-5 G-1,57.10-4"
215

Строим эпюру крутящих моментов и вычисляем наибольшие касательные
напряжения на участках вала. У левой заделки ттах> г= 'Г7'^iV =87,7 МПа,
0/ * 1U
у правой заделки ттах>г = 2 93Ю-f '5 МПа'
Г7
* ,0/ *
2 93-Ю-f
2.44. Из условия совместности деформаций момент в левой заделке равен
А h
Из условия равновесия находим реактивный момент в правой заделке
Приравнивая эти моменты, находим отношение Ki/Ki (см. ответ).
2.46. Запишем условие равенства касательных напряжений в правой и левой
частях вала: 16Л^/(я-73) = 16Мв/(я-53); имеем MA = 2t74 MB. Используя также
условие равновесия МА-\-Мв~К> находим Мл=*0,733/(, М5 = 0,267л'.
Внешний момент К следует приложить на таком расстоянии х от левой заделки, чтобы
суммарный угол закручивания вала равнял-
И И tv. ся нулю:
0,733/е-л>32
Grc.74
0,267/( A ,5—лг) 32 0,267/С-Ь32
G.n-74 в.я.54 -°"
Отсюда *=1,43 см. Допустимая величина
момента находится из условия прочности
О7, /С = 5,5 кН-м.
4
Illllffllllll ¦
..пш/г ..
\
28,7'
К задаче 2.49.
2.49. Вычисляем полярные моменты
инерции и моменты сопротивления сечений
вала!
2-10-5 м4, ^1 = 0,196-Ю-3 м3,
0,127-10-! м4, WPt 2 = 0,424. Ю-4 м3.
Отбросим левую заделку, заменим ее действие неизвестным моментом МА и при
равняем нулю выражение для полного угла закручивания вала:
/С-0,5 К-0,5 , /(.0,5
V5 Т Л.
0.
G.0,982.10-!^G-0,127-l0-5 0-0,127-10-? G. 0,982.10—f ^0.0,982.10-*
Получим М^==0,794/С. Из уравнения равновесия вала находим Мв = -~0,794/(.
Строим эпюру крутящих моментов (см. рисунок) и составляем условия, прочности
для участков вала:
О7, /(«19,75 к№.м,
0,196-Ю-8
16,55-
0,424-Ю-4
Более опасным оказывается тонкий участок^
*— OB'"o..'S.T,-f -«»¦">- --^'-
2.50. Составив условие совместности деформаций вала, можно убедиться * что
реактивные моменты равны МА=К A—-*//), Мв = Кх/1. Более нагруженной будет
более короткая часть вала. Составим для нее условие прочности, считая* что
216

,<//2, *<';ffI6<10', откуда DJ^^
K(l—x)x.32
Далее определим величину диаметра из условия жесткости фгаах =
0,5 _
D
^32A—х)х-Ы,3 Л 1ПК \/гA—х)х
8^0,5.10^ =0'195 К Чг-'
ченные выражения для диаметра, находим х = 0,482/ = 0,482 м.
2.51. В предельном состоянии касательные напряжения во всех точках
сечения равны тт
2.55. В предельном случае участки, примыкающие к заделкам, целиком
находятся, в пластическом состоянии. Предельные моменты в заделках:
Предельный момент К равен сумме реактивных моментов по условию
равновесия вала:
Если освободить левый конец вала, то предельный момент /Спр будет равен 11,3 кН«м.
2.58. Отношение сторон прямоугольного сечения а/Ь = 60/20 = 3. По таблице
найдем характеристики сечения: а = 0,790, C = 0,801, у=0,753. Получаем JK =
= аб4 = 0,790-24= 12,64см4, ^к = ^3 = 648 ^/1Г 625МП ^
тах , ф к/(к) ,р,
2.61. Для неразрезанной трубы момент сопротивления кручению WK
л ъч /1 4ч эт-8,83'0.317 лп л *
?D3A—а4) = - щ =г42,4см«, а полярный момент инерции /к
№K(D/2) = 186,6 см4.
Для трубы с продольным разрезом имеем
0f4a .я.8,8/3— 1,47 см?,
Прочность уменьшается в 28,8 раза, жесткость—в 316 раз.
2.62. Вычисляем величину /K = 2s/i3/3 = Bх12.23+30- 13)/3 = 74см4. Максшаль-
ное касательное напряжение ттах== MK^max/yK=MK.2* 10~2/G4-10~8) = 2,7- 104Мк.
Момент Мк находим из условия прочности: Tmax===2,7.104AfK^6'107, Получаем
Мк = 2,22.103Н.м = 222Н
2.64. сок = 2-30
Op Г) О О
2.вв. ттах = ^=300МПа, Д = |?
8PD
2.68. Определяем диаметр проволоки из условия прочности tmax = —-;§-<[т],
Ли
Имеем rf^2,17см, Выбираем d = 22 мм.
2.69. По условию прочности имеем - * ' *—-^ = 4.108, откуда d =
« 1,79-Ю-2м, Принимаем ^=1,8см. Используя заданную величину осадки
217

пружины, получим
8-1,8.10«.6».10-«.л
Выбираем п = 9.
2.70. Используя условия задачи» получим
^ 4 1и ^2.10* и ¦
d* 81010#
Отсюда находим Р=15,7кН, 4=20мм.
2.72. Крутящий момент в сечении вала на расстоянии # от свободного конца
Мк (х) = gm/—тх—т (|/—#)«
Полярный момент сопротивления
Наибольшее касательное напряжение
Введя безразмерную координату t=*xll, получим
, (j)
Примем обозначения То= u ¦ 3 '» ^@в——^/ча!_ Имеем
Это выражение запишем на алгоритмическом языке фортран в виде}
STRESS = S0* С,
где STRESS—Идентификатор максимального касательного напряжения ттах>
S0 = 16 * РМ * AL/C,1416.*D **3).
Для построения эпюры максимальных касательных напряжений по длине
вала необходимо вычислить их значения для нескольких сечений вала. Зададимся
значениями безразмерной координаты в интервале O^t^l с шагом в 0,1,
полагая * = 0, 0.1, 0.2, 0.3 и т. д. Соответствующие величины ттах могут быть
вычислены, например, по следующей программе, где для расчета использован
цикл, организованный на базе оператора IPs
PROGRAMuVAL6
READE,106)XI,PM,AL,D
10бш FORMATDE11.3)
S0 = 16*PM*AL/C.1416*D**3)
T-0. •
14u C=(XI — T)/(l. + T**B,/3,))**3
STRESS = S0*C
WRITEF,i06)STRESS
T T + l
T T + .l
IF(T.LE.1)GOljTOu14
STOP
END
2.74, Вычислим крутящий момент в текущем сечении вала х
з
m(II— "з/г)»
х
— J m
о
218

а затем найдем выражение для угла ф(и) поворота произвольного сечения с
координатой и учитывая, что полярный момент инерции
1/2\4
Таким образом,
. f Мк(д:) f m(g
——i', Пя dx*
0]1/2]4
tL ' U
Переходя к безразмерной координате *=#//* получим
где введены обозначения
32т/2
Используем следующие идентификаторы:
UGOL—для угла поворота ф(иft) *
U0 —^^Для величины ф0,
А —для отношения u/L
В программе будут введены операторы присваивания
U0 =32*PM*AL**2/C.1416*G*D**4),
UGOL=U0*C.
Задаемся значениями отношений «//=0, 0Л? 0.2* .•¦, 1 с шагом в одну
десятую длины вала и вычисляем значения угла поворота соответствующих»сечений.
Расчет ведем по программе, которая приведена ниже под условные именем
VAL 10.
PROGRAMUVAL10
EXTERNALuFUN10
READE,110)PM,AL,G,D
110U FORMATDE11.3)
U0 =32*PM*AL**2/C.1416*6*D**4)
DOu26uI = l,ll
A = (I — 1)/10.
CALLuGAM(FUNl0,A,l.,0.0l,C)
UGOL=U0*C
26u WRITEF,il0)UGOL
STOP
END
SUBROUTINEuGAM(XXX,A,B,EPS,T)
^стандартная подпрограмма)
RETURN
END
FtJNCTIONuFUN10(T)
FUNl0 = (XI-T**3/3.)/(l.+SQRT(T))**4
RETURN
END
Стандартная подпрограмма SUBROUTINEuGAM используется для вычисле
ния интеграла С (i) по модифицированному методу Гаусса,
219

Глава
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ СЕЧЕНИЙ БАЛОК
3.2. Продолжим боковые стороны трапеции до пересечения в точке А
(см. рисунок). Высоту Н полученного треугольника, найдем из пропорции
H/a=(H-h)/b, H*mahf(a-b). ' У
Рассмотрим элементарную полоску шириной dy, расположенную
параллельно основанию на расстоянии у. Ее длина Ь(у)=*а(Н—у)/Н. Статический
момент площади трапеции относительно ее основания
h h
у-Ь (у) dy*
(Hy-y*) dy
. (ЗЯ-2&).
Подставляя полученное выше значение Нь имеем Sx=h2 (а+2&)/6. Вычисляем
ординату центра трапеции:
аналогично.
ачение Нь имеем S
Sx a+2b h __
=:-?.^ ' « ~ Координата хс вычисляется
i in
I !
\
К задаче 3.2.
3.3. а) Выделим полоску шириной dy на расстоянии у от
горизонтального диаметра Введем переменный угол ф (см, рисунок) и выразим через
него у и площадь полоски:
^=/^81пф, dy—Rcosydy, dF=2R* cos* (p dip*
Статический момент полукруга относительно оси х
я/2
С 2
Sx = \ 2R3 sin ф cos2 ф ukpss-r- #3*
о
Ордината центра площади yc = Sx/F = 4R/Cri).
3.10. По условию у=ах2 при *=/, ^=/г, Подставляя эти значения
h h o f 2h
h
в уравнение кривой, получим #—-тг »
* , 2h , —
" » dyssst—xdx. Площадь эле-
ментарной полоски, параллельной оси х> равна dFs== -р~(/—д:) л:с?лг. Вычисляем
площадь нижней фигуры (см. рисунок)
«^
к
---^
задаче 3
.10.
ft
+
Статический момент площади
оси х
i
относительно
^^ j "I1"( х) То" *
Вычисляем ординату центра С* площади ^1 = 5A.//? = 0,3/i.
3.12. 1) Выделив элементарную полоску шириной dy, параллельную
основанию и отстоящую от него на расстояние у, находим длину полоски Ь (у) е=
220

й 0>
— .-.(Я—у). Площадь полоски dF^s-jr (Я—y)dy. Далее вычисляем момент
Я п
инерции относительно оси, проходящей через основание треугольника:
/г
Проводим через центр площади треугольника ось, параллельную основанию;
1/G = Я/3. Используя формулу перехода к параллельным осям, имеем
аН* I H \2_аЯ3
* Т9\Т) ~~1б~*
3.13. 1) Используя формулу для момента инерции прямоугольника
относительно его центральной оси, параллельной основанию Jx =6Я3/12, ивы-
с
читая момент инерции внутреннего прямоугольника из момента инерции
внешнего, имеем
Ъа (8аK За DаK 592 4
***€**—12 12~~Т"Л #
Аналогично вычисляется момент инерции относительно вертикальной оси:
, 223 4
3.14. 1) Используем метод отрицательных площадей и формулу перехода
от оси х к параллельной оси, проходящей через центр сечения,
,«.
3.15. 3) Находим координаты центра сечения, разбив его предварительно
на два треугольника,
З*0Ь2
Вычисляем моменты инерции относительно осей, совпадающих с внешними
сторонами фигуры,
/ _, _*C«8 , 2^^3_29
Центральные моменты инерции находим по формуле перехода к
параллельным осям, используя найденные значения координат центра:
29
Одна из главных осей совпадает с осью симметрии, другая ей
перпендикулярна. Угол между -осью хс и главными осями а==±45°. Главные моменты
/362^4+864 54264 / 362&4l8M 18264
ляр ду с ми ±45. Главн
инерции: /тах==:3,62^4+,864 = 5,4264, /min = 3,62&4--l,8M== 1,8264.
3.16. 1) Центральные моменты инерции находятся интегрированием (см.
задачу 3.12)
/ 3 4 / 2 4 f Я*
221

Направление главных осей определяется углом а, вычисляемым по формуле
-2.-21
; tg2a=l,2i
2а«50°, а = 25°.
Главные моменты инерции:
/«..«, mln-J
Подставляя сюда полученные выше значения, находим
/rn.x-l.73e4. /«1П-0.43А
3.23. Вычисляем координаты центра сечения относительно осей* совпадающих
ОО О l OQ 1
рд р й* п
сторонами фигуры: #с=г/с=а—'~~ =4,73см. Далее
О» 1fi3_L 14.93-
J —
с внешними сторонами фигуры: #с=г/с=а—~~ =4,73см. Далее находим
= 32«8* 1 +28»9.1 =508 см4, ,/^?=«508—60-4,732= — 834,4 см4. По данным
сортамента прокатных профилей для уголка 160x160x20 мм JXc~ 1425,6 см4*
/д.СУС = —-829,5 см4. Ошибка приближенного решения не превышает 0,6%»
3.27. Используя формулу перехода к параллельным осям, составим условие
равенства моментов инерции сечения относительно осей х и у:
1840= 115+26,8 E+а/2J, откуда я«6,04см.
3.31. Рассмотрим элементарную площадь dF, вырезанную из полосы двумя
вертикальными плоскостями, расположенными на взаимном расстоянии dx.
Учитывая , что dy/dx = tg а, получим dF = (h/cos а) dx= (h/sin а) dyt где а—угол
наклона полосы к оси х. При малой ширине полосы h можно пренебречь
собственным моментом инерции элемента ^относительно его центральной оси,
параллельной оси х. Тогда искомый момент инерции
Jx:
9 А
Учитывая, что sin а = (#в—УаI1> получим
Глава 4
НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ БАЛОК И РАМ
4.1. На участке АВ имеем Q = P> M = Px, по этим уравнениям построены
эпюры Q и М,
На участке ЦС: Q = P, M*=*Px+L. Соответствующие эпюры изображены
на рисуЯке.
4.3. Интенсивность нагрузки (см. рис. а)
A)
222

сительно
Используем условие равновесия балки, Составим уравнение
льно точки В:
моментов отно*
где q {и) du—элементарная нагрузка (заштрихована густо).
Учитывая A), получаем Vл^Н^Йг^Яч)/^*
Поперечная сила в сечении балки на расстоянии х от левой опоры
X
Q(x)-V.A-[q(u)du=*
I
B) VA
Изгибающий момент
К задаче 4.1.
К задаче 4.3.
По уравнениям B) и C) могут быть построены эшоры Q и Л1 при заданном
отношении qx к q2.
Приравнивая выражение $) нулю, находим значение xt отвечающее Мтах:
D)
О, ts es
где Tl=^2/^i- Подставляя в C) значение
при ft а 0 (рис. б), из D) находим
0, найдем Мтах, При
0,423/
и из C)—соответствующую величину момента (индекс 1 при q опущен)
Мтах = ^2/(9 УЗ) « 0,0642*7/*.
На рисунке дано значение площади со эшоры М и показано положение ее
центра тяжести.
223

При qx=iq2=q (рис. в) из B) и C) имеем
откуда максимальный момент (посередине)
При qi < 0 (рис. г) в формулах A) — C) следует изменить знак у qx. Можно
показать, что в этом случае при 1/2 < х\ < 2 эпюра М имеет два участка
различных знаков, как изображено на рисунке. Для х0 получаем два значения
и соответственно два экстремальных значения М* и М** изгибающего момента
по формуле C).
При т)^2 вся эпюра М положительна, при г] = 2
2 72 ( ** 2 Л
При т]<1/2 вся эпюра Af отрицательна, при tj=1/2
4.6. а) Уравнение моментов относительно точки В: VA-2a+2L + L
— —
~~ 2а "
3L SL
На участке ЛС: Q== =— , Л1 =Го— ¦*•
откуда
этим УРавнениям строим эпюры.
3L 3L
На участке СВ: Q = ^—i Mss—~x-\-2L. По этим уравнениям строим
эпюры Q и М для участка С5.
На консоли рассматриваем равновесие правой отсеченной части балки. Имеем
Q 0 M L
К задаче 4.6(а).
К задаче 4,8.
4.8. Определяем интенсивность q (x) нагрузки на расстоянии х от левого
конца консоли:
q(x):q^x:lf т. е. ^(^)=^*-j.
Определяем равнодействующую # нагрузки, действующей на длине х (как
площадь густо заштрихованного треугольника):
224

Определяем Q и М в сечении х консоли:
По этим уравнениям строим эпюры Q и М.
4.15. Указание. Представить нагрузку как разность между постоянной и
возрастающей нагрузками (см. рисунок).
К задаче 4.15.
4.16. 11) Нагрузка на балку равна т*2а. Составим уравнение моментов
относительно точки В:
отсюда Ул = -~т. Строим эпюры Q и М для участка АС балки (см. рис.).
Для участка СВ имеем
М (х) — —тх+т(х-~а)=—та.
Для участка BD
М (х) =s — т*.
Дифференциальная зависимость dM/dx = Q-{-m (при отсчете д: слева направо)
подтверждается.
Лк
X-
ГГСТТ fCCCCCCCCCT
M
К задаче 4.16A1).
К задаче 4.17B).
4.17. 2) Изгибающий момент в сечении С равен нулю (так как здесь шарнир).
Записываем это условие для сил, расположенных справа от шарнира:»
3
м qa
отсюда VDq/
Уравнение моментов относительно точки В:
S Л*в=.Ул-«—L+P-a— VD
Отсюда Vj[ — qa/2.
Теперь может быть построена эпюра Q: слева до точки В и затем справа.
Так как эпюра Q не имеет скачка в точке В, заключаем, что VB = 0. Далее
строим эпюру М с любого конца. Эпюры Q и М показаны на рисунке.
225

4.22. Рассмотрим равновесие балки (рисунок вверху). Составим уравнение
проекций^ сил на ось балки:
2
отсюда
У~2.
At
A i
N-h
%ь
IK
К задаче 4.22.
Уравнение моментов относительно точки С:
Отсюда RA=P/2.
Уравнение проекций сил на вертикаль:
%Y = RArRB/Y+c
отсюда /?с=Р/2. Эпюры N, Q и М см. на рисунке.
4.24. 11) Составляем уравнения моментов всех сил относительно опорных
шарниров и уравнение проекций на вертикаль:
2 2
Отсюда находим опорные реакции НА=*—2Р, #В = 2Р, VA**P (см. рис.).
Эпюру М строим от концов А, Е и В, перемещаясь к узлу С, Изгибающий
ZP
\P Р1-ШГ\Р i
2M
M
?2Pl
2P
v*
ЛР
IP
'P
IP
P\
N
К задаче 4.24A1).
К задаче 4.24A2).
момент в сечениях участка АС равен моменту от реакции VА; эпюра М имеет
вид треугольника; ординаты эпюры М отложены вверх, так как сжимаются
226

верхние волокна. На участке ЕС эпюра М также треугольная; здесь сжимаются
нижние волокна. На участке BD изгибающий момент равен нулю, а на участке DC
равен моменту от реакции Яд; он изменяется линейно от Afs=0 до Af=#5/
и вызывает сжатие правых волокон. Моменты, действующие на узел С,
находятся в равновесии. Эпюры М> Q и N изображены на рисунке.
12) Определим реакции опор. Составляя уравнение моментов относительно
опоры D (рис. а)
определяем величину VF реакции опоры F:
VP**L/Ba).
Из уравнения проекций всех сил на вертикаль находим, что вертикальная
проекция реакции опоры D также равна L/Ba), но направлена вниз.
Горизонтальная составляющая реакции опоры D равна нулю, как это следует из
уравнения проекций на горизонталь.
Расчленяя систему (рис. б), определим силы Aft A2f Blf 52> Сг и С2
взаимодействия частей рамы в шарнирах. Рассмотрим равновесие части ADFB.
Составляя уравнение моментов относительно точки В
±.2а-А2.2а=0,
находим A2 — L/Ba). Далее из уравнения проекций на вертикаль получаем
?2=Л2 = ?/Bа). Теперь рассмотрим равновесие части ВС рамы. Составим
уравнение моментов относительно точки С:
Находим B1—B2^L/Ba) Уравнения проекций* для той же части ВС рамы дают:
CBLIB) СВ ЦB)
Таким образом, определены усилия в шарнирах. Они оказались
положительными, следовательно, предположенные их направления-подтверждаются.
Эпюры изгибающих моментов М показаны на том же рисунке б (и
перенесены на рисунок а). На участке АС в текущем сечении 5, определяемом
произвольным углом tplf имеем изгибающий момент
М (yJ^A^+^f+i
«^•asin.cpj + ^-fa—acosq>i)=-5-(sin<Pi+l—-cos<pi). (a)
Здесь за положительный принят изгибающий момент, при котором сжатые
волокна расположены внутри рамы. Отметим это пунктиром на рис. а, чтобы
в дальнейшем сохранить принятое правило знаков.
По уравнению (а) при ф! =D получаем М=0; при q>j=90° имеем M = L
(рис б).
Для участка ВС рамы аналогично находим
М (ф2) = #! a sin ф2 — В2-(а—a cos ф2)=-о- (sin ф2—-1 + cos фа). (б)
На участке AD рамы эпюру М строим, начиная с конца А.^ Максимальный
момент здесь получаем в точке D, равный Aia=L/2. На участке BF эпюру
строим, начиная с конца В; максимальный момент (в точке F) также равен L/2.
Эпюру всякий раз откладываем со стороны сжатых волокон. Зная изгибающие
моменты в узлах D и F, строим эпюру на участке DF.
13) Чтобы яснее представить антисимметрию нагрузки, разделим каждую
силу и каждый момент на две половины (рис. а), считая, однако, что эти
половины приложены в точках, расположенных близко одна от другой. Полученная
нагрузка, очевидно, эквивалентная заданной, явно антисимметрична относительно
осей х и у. Следовательно, в каждом чячении рамы по оси симметрии имеем
227

только поперечную силу. Выделяя четверть кольца (рис. б), из условий
равновесия определяем поперечные силы Q^ — 0, Qy = —P- После этого строим эпюру М
для четверти кольца (рис. в), а затем и для всего кольца (см. рис. г).
/4ч
р
«Я
Р
в)
К задаче 4,24A3).
г)
4.25. 4) Проведем оси антисимметрии нагрузки и и v (рис. а). В сечениях
по этим осям имеем только поперечные силы S (рис. б), которые определяются
из условия равновесия Составим уравнение проекций на ось у.
К задаче 4.25D).
Взяв произвольный угол ^| даем ему приращение dqr, имеем малую дугу гйц>.
Элементарная сила, приходящаяся на эту дугу равна qrdy. Ее проекция на
ось у равна qrdty-siny. Проекция всех касательных сил, действующих на рас-
я/4
-сматриваемую четверть кольца, равна 2 \ qr sin ер й(ф=0,586^г. Учитывая также
проекции сил S9 получаем уравнение равновесия* 0,586^/-—2S cos 45° = 0, откуда
5 О414
228

Теперь можем определить изгибающий момент в любом сечении кольца§
Возьмем сечение под углом а к оси у. В этом сечении изгибающий момент
а а
M=Srsin а—С CDqrd$ = Srsina— С (г—r cos р) gr <iP = A,414 sin а—а) qr*%
о о
По этому уравнению построена эпюра М на рис. б. Аналогично строим
эпюру М в других четвертях кольца (рис. а).
Поперечная сила в произвольном сечении кольца
х ^ v ' dx
2а DаJ _ 16 3
Эпюра Q, построенная по этому уравнению, показана на рис, в,
4.28. 1) №г=-тг-=
2) ff,.|y,. ,_,„,.
10,67:10,5:10.
Т2^~2?~Т2Г~=:
4.36. Максимальное напряжение в поперечном сечении балки при изгибе
omax=M/№, где №—момент сопротивления сечения, Для прямоугольного
сечения U?=6/i2/6.
4.37. Момент инерции сечения / = 6Л3/12=
= 31,2 см4. Радиус кривизны р=?//М=25,5 м,
Максимальное нормальное напряжение атах=
= M/W, где №=6Л2/6=3.52/6=12,5 см3—мо-
мент сопротивления сечения балки изгибу.
Получаем отах.= 206 МПа.
4.38. Строим эпюру М (см, рисунок).
Находим Мтах = 2Р6/3. Составляем условие
прочности: amax = Mmax/№ = [a], т. е. 2РДОП&/C№) =
= [сг]. Отсюда Рдоп — З^М/С2^)' Из табл. 7
в приложении находим № = 518 см3 и далее
РДОП===62 кН.
4.43. Наибольшие нормальные напряжения
(посередине балки) К задаче 4,38.
л , 3 О 3 L
наибольшие касательные напряжения (в нейтральном слое)ттах=г-о--1Г=-о--7Г7- •
4.46. а) Погонная сила сдвига между полкой и стенкой балки q~-y-SZi где
Ь803
г0*3-39»52*2 —23,0-104 см4—момент инерции сечения балки, Sz
= 20»3«39,5 = 2370 см3—статический момент сечения полки относительно
центральной оси г сечения балки..
229

Условие прочности шва: ?/B/i) = [т], откуда h = q/B[x]) = 3fi мм.
б) Две шпонки воспринимают силу де. Условие прочности шва: ~
Отсюда e = 2/i/ [т]Л?= 12.9 см.
4.53. Условие прочности: —т^-Утах—^]» Расчет ведем для нижних во-
локон (растянутых), т. е. #тах = й/3 и [о*]=овр/я. Учитывая, что
и /=М3/36, получаем
4 *6/i3#3"" n *
Отсюда Рдоп^^вр^8^/).
4.55. Необходимый момент сопротивления № = М/[а] = 4 см3.
1) Массивная балка прямоугольного сечения W
?= 1/4/0,377 = 2,21 см, FT = 6/i= 1,562 = 7,3 см^2;
?) массивная балка круглого сечения W = 0,\d?, откуда
Р2 = я^2/4 = 9,1 см2;
3) тонкостенная балка круглого сечения W
О г- i
„2.
, отсюда
4/0,1=3,42 см,
откуда
г= j/4/O,05я = 2,95 см, F3 = 2nr* = 0,l:rcr2 = 2,74 см2;
4) тонкостенная двутавровая балка /.= 6;(/i/2J-2=fr^2/2 = 0,0167/i4 (тонкая
стенка не учтена), № = //@,5/i) = 0,0333/t3, откуда /г = ^4/0,0333 = 4,95 см,
F4 = 2*/ = 0,067/i2=l,63 см2.
Последний профиль (двутавр) оказывается наиболее выгодным ио весу:
/4 = 4,5F4, F2 = 5,6^4, F9= 1,7F4.
4.56. а) Сила q сдвига между полосой и полкой двутавра на единице длины
балки равна QS/J, где J =75450+20-Ь30,52-2= 112550 см4—момент инерции
сечения б*алки, а 5 = 20-1-30,5 = 610 см3—статический момент сечения полосы
относительно центральной оси сечения балки.
На длине шага е заклепок сила сдвига равна qe. Эта сила воспринимается
двумя заклепками.
Условие прочности заклепок на срез: qe/((nd2/4J) = [т], откуда е = 31 см.
Условие прочности на смятие: ge/(8-d-2) = [aCM], откуда е = 62 см.
Окончательно е = 31 см.
4.58. а) По условию агаах = М/№ = 6М/(М2) = [с]. Отсюда & = 6М/(Л2[а]), где
|М| = <7*2/2, т. е. b = 3qx2/(h2[o]).
4.61. 1) По формуле Журав-
ского r=QS2/(Jzt)t где Jz =
0,5 183.12 + 10-Ь9,52.2 = 2050 см4—
момент инерции площади поперечного
сечения балки относительно
центральной оси .сечения г.
Строим эпюру т для полки:
статический момент отсеченной части
и равен Sz=\-u>9,b см3. Это
определяет линейный характер эпюры т.
Толщина полки t=\ см.
Строим эпюру т для стенки:
статический момент отсеченной части
sz=sz (v) = ю-1 -э^+^о^э—у/г).
Имеем квадратичную зависимость.
Толщина стенки / = 0,5 см.
Эпюра т дана в ответе.
(
пг«1
К задаче 4.61B).
Эпюра т дана в ответе.
2) При изгибе в вертикальной плоскости (поперечную силу обозначаем
через Qy) статический момент Sz (и) отсеченной части и слева с увеличением и
возрастает и возрастает также расстояние от оси г (при этом вторая производная
положительна). Справа с увеличением и расстояние от оси z уменьшается (вторая
производная отрицательна), В точке I (см. рисунок) имеем слева Se=at-(a—a/4)=
230

= 3ta2/4, справа —Sz*=5ta2/4; эти два результата отвечают касательным
напряжениям различных направлений вдоль полки, как показано на рисунке, поэтому
эпюры отложены в разные стороны от полки.
При изгибе в горизонтальной плоскости (поперечная сила Qz) статический
момент S (и) вычисляется относительно оси у. Эпюра т показана на рисунке б).
4.63, а) Указание. Нагрузка приложена в центре изгиба. Разложив силу Р
по направлениям главных осей инерции сечения, получим Qz=Qy = P/ ]/* 2. Далее
пользуемся формулой Журавского для каждой из найденных составляющих.
Результаты складываем.
б) Указание. Так как в продольной плоскости симметрии балки вследствие
симметрии нагрузки касательные напряжения отсутствуют, разрезаем этой
плоскостью балку на две части, рассматривая каждую из них в отдельности. При
этом задача сводится к задаче 4.62.
Fb
5Fb .
3/7, Sz
b
Л
$Fb b
E
F
'6Fb
i ь в ь ^
^-F
'^F
^F
F
F ,
Э/7.Г
Ж tF \g
_j_J --
CO
о
К задаче 4.63(а).
К задаче 4.64(в).
4.64. в) Как и в задаче 4.63,6, рассматриваем половину балки (см. рис. а)*
При вычислении статического момента и момента инерции не учитываем площадь
сечения стенки. Получаем
Статический момент
на участке ЛВ:
на участке ВС:
на участке CD:
на участке DE:
Зпюра Sz показана на рис. а.
Касательные напряжения определяем по-формуле Журавского: т = -~у--
Напряжение т пропорционально Sz. Поэтому
эпюра т (рис. б) по форме повторяет эпюру Sz.
4.65. Расстояние до центра изгиба D (см.
рисунок)
я я
2
а = -
0)
где
= r*t cosa— cos
B)
К задаче 4.65.
— статический момент отсеченной части сечения, определяемой переменным углом ф,
л
/*=2 \ (rsln|
tr с/р
2а)
231

— момент инерции сечения (при а=О формула C) дает известное выражение
С учетом B) и C) из A) получаем
2 (я-—«) cos a + sin a
~~ я—a+0,5sin 2а *
вилу
При а-* 0 отсюда получаем а = 2г. При а-*зт, переходя к пределу по пра-
1 Лопиталя, находим, как и должно быть, <2 = /\
WM
К задаче 4,66.
К задаче 4.71 (а).
4.66. В плоскости симметрии балки касательных напряжений нет. Поэтому
рассматриваем половину балки (см. рисунок). Имеем открытый профиль, как
в предыдущей задаче. Найдем
(ф) = \ (r cos a)
tr2 sin q>,
•ir-
4.67. б)^в). См, указание к решению задачи 4.63,6.
4.68. Главные напряжения 0^3 = -к± у \1>)
* В нейтральном слое
Касательные напряжения г определяются по
о = 0. Следовательно, Ох^~±.
формуле Журавского.
4.71. а) Заменим материал нижнего бруса материалом верхнего бруса,
сохраняя жесткость всей балки, изменим при этом ширину нижнего бруса в
отношении ?н:?в=г (редукционный коэффициент)—см. рисунок. Центр тяжести,
сечения при этом сместится на величину е, равную в нашем случае /i/б.
Соответствующая эпюра а представлена прямой АВ. Действительные напряжения в
нижнем брусе вдвое меньше (?н:?'в = г = 0,5). Эпюра действительных напряжений
заштрихована.
4.72. Главные напряжения ах> з = ¦«¦ d: l/ (-к ) + т2 > гДе а==~7~ • "о"»
Or2 l/"
<z =-y- .-I— (см. решение задачи 4.66), Jz=n;rzU
4.73. В предельном состоянии площадь сечения балки делится нейтральной
осью пополам, т. е. (см. рисунок к условию задачи)
откуда
232

Максимальный изгибающий момент при этом
=О (о)О
где
У±
а (а-г/оJ (а-у
л 9
0
— статические моменты верхней (сжатой) и нижней (растянутой) частей сечения
относительно нейтральной оси.
Получаем ^пред = ^ -0,098а3 = 236 Н/см.
Определим нагрузку qT. В этом случае максимальный изгибающий момент
— = G
где J = a*/36—момент инерции сечения балки относительно его центральной оси*
Отсюда
qT=^2.0,042а3,
т. е. нагрузка q? в 0,098/0,042 = 2,33 раза меньше предельной,
4.74. Предельный изгибающий момент Mr = 2SaT, rAeS—статический момент
полусечения. Для двутавра №20 из табл. 7 в приложении имеем 5=104 см3.
Отсюда УИг = 5,0 кН-м.
4.75. Допускаемый изгибающий момент при расчете по предельному
состоянию (см. решение предыдущей задачи) [Л4пр] = Л4т/ят = 5,00/1,5 = 3,33 кН*м«
Допускаемый изгибающий момент при расчете по допускаемому напряжению
в опасной точке [M] = W [a], где W =181 см3 (из таблицы на стр. 393)—момент
сопротивления сечения, [а] = ат/ят =
240/1,5=160МПа.Получаем [М] =2,90кН-м.
4.77. Указание. Нейтральная ось в
предельном состоянии делит площадь сечения
балки пополам.
4.79. На участке АВ изгибающий
момент—момент относительно оси г
сечения— равен Р'Х\ сжатые волокна
расположены внизу. Соответственно рисуем
эпюру —в вертикальной плоскости внизу.
Эпюру крутящих моментов Мк можно
изобразить в любой плоскости, проставляя
знак; штрихуем эту эпюру спиралью,
чтобы она отличалась от эпюры изгибающих
моментов М. Поперечная сила Q во всех
сечениях равна Р.
4.80. а) Сечение проводим посередине рамы, разделяя нагрузку пополам
(рис. а). Определим изгибающие моменты Мс. Для этого составим уравнение
равновесия отрезанной полурамы — уравнение моментов относительно оси АВ:
(Р/2)с-2—2Мс = 0. Отсюда находим Мс = Рс/2.
Для построения эпюры изгибающих моментов на участке ВС рамы составим
выражение для изгибающего момента в произвольном сечении, определяемом
переменным расстоянием х от точки В:
233

По этому уравнению получаем треугольную эпюру М, показанную на рис. а.
Аналогично строим эпюры М на других участках рамы. Полная эпюра
изгибающих моментов представлена на рис, б. Крутящий момент на участке BD (рис. а)
Мн ==-2-?—УИс = 0. На кручение стержни рамы не-работают.
Pi 7
К задаче 4.80(а).
L_4fr г—
since
К задаче 4.80F).
б) Разрезаем раму поперечной 'плоскостью вдоль диагонали СВ. Эта
плоскость является плоскостью симметрии нагрузки, поэтому в сечениях отсутствуют
антисимметричные внутренние силы. Схема равновесия отрезанной части рамы
показана на рис. а. Внутренние моменты L/2 разложим на изгибающие и
крутящие. На рис. б изображено это разложение в плане, где моменты показаны
в виде векторов. Как видим, на участке АВ изгибающий момент M = (L/2) cos a;
крутящий момент Мк = (L/2) sin а*. На участке АС крутящий момент такой же,
но другого знака. Эпюры М и Мк показаны на рис. виг.
$
i
D
D
¦
м
К задаче 4.81.
4.81. Рассматривая половину кольца (рис. а), составляем уравнение
тов относительно оси АВ. Момент внешней нагрузки
л

момен234

Этот момент уравновешивается двумя изгибающими моментами М в сечениях:
2та = 2М, отсюда находим М = та.
Так как нагрузка симметрична относительно центра кольца, изгибающие
моменты одинаковы во всех сечениях кольца, Эпюра показана на рис. 6*.
Вследствие симметрии нагрузки относительно плоскости сечения крутящие
моменты в сечениях отсутствуют.
К задаче 4,82.
4.82. Учитывая симметрию, рассмотрим полукольцо (рис. а) Изгибающие
моменты MQ в сечениях определим из уравнения моментов относительно оси АВ:
2М0—Ра=0, Отсюда имеем Л10 = Ра/2.
Запишем выражения изгибающего и крутящего моментов в текущем
сечении, определяемом углом ф (рис. а и план — рис. б)» Изгибающий момент (момент
относительно поперечной оси г^
Mq cos ф—?"•
sin ф).
Крутящий момент (момент относительно продольной оси х):
—Mo sin 4,+-j.
Ра
—
Р
— (а—
Ра
(
По полученным уравнениям строим эпюры М и Мк в пределах 0 < ф < я/2, т, е<
четверти кольца. Далее учитывая симметрию, строим эпюры на остальных
участках кольца. Эпюра М (рис. в) отложена со стороны сжатых волокон. Эпюра Мк
{рис. г) построена в плоскости кольца. Чтобы определить экстремум крутящего
момента, приравняем нулю первую производную от Мк по ф: — со8ф + 0
получаемое значение ф=я/4 подставляем в выражение Мк. Находим
4.83. Реакции опор R определяем из уравнения проекций всех сил на
вертикаль 2R — 2яа<7 = 0} R = naq. Для определения изгибающих моментов
составляем уравнение моментов для полукольца (рис. а) относительно оси ЛгА2:
2Мд-\- \ a sin ц-qady—naq<a~Q}
235

X
К задаче 4.83.
откуда получаем MA = 0,b7qa2. Теперь можем выразить изгибающий и крутящий
моменты в текущем сечении кольца (определяемом углом ср):
ф
М~МА cos<p— \ asin a-qadtx^qa2(\,Ь7cosy — 1);
ф
Мк =— Мд sin ф + \ (а—а соь ф) да da = 9а21 —й- sin ф +ф ) •
$ \ 2 )
Чтобы определить значение ф0 угла ф, соответствующее максимуму
крутящего момента, приравняем нулю производную dMK/dy:
—1,57 cos фо+1=0;
5О°21'
При этом значении ф получаем Мк = —0,33qa2—экстремальную величину
крутящего момента. Эпюры М и Мк показаны на
рис. б.
4.84. Рассмотрим равновесие малого элемента
рамы (см. рис.).Элемент нагружен на одном конце
изгибающим М и крутящим Мк моментами и
поперечной силой Q, на другом—соответственно
M + dM, MK+dMK и Q+dQ.
Составим уравнение моментов относительно
оси и, проходящей через центры концевых
сечений элемента:
... . ... . dtp ., dq>
(MK-\-dMK) cos ~- — MK cos-pp —
— (M-\-dM) sin-^—M sin-y- = 0.
К задаче 4.84.
Полагая cos-~
l и sin -y-=s-^-, имеем dMK — BM-\-dM) -^- = 0.
Отбрасывая dM, получаем Шк/ф
4.85. Консоль показана на рис. а. На рис. б дан вид сверху; момент L
представлен здесь в векторном изображении—он отмечен двумя стрелками.
Проводим сечение на участке ВС бруса. Положение сечения определяется
переменным углом ф.
Как видно, изгибающий момент
крутящий момент
По этим уравнениям построены эпюры М и Мк на рис. в и г для участка ВС
бруса. Эпюру ЛГ строим со стороны сжатых волокон, т. е. сверху,
236

При ф > а (участок АВ) нужно учитывать также силу Р. Уравнения
видоизменяются так (рис. б):
M = L соэф—PBD
Мк = L sin ф~Р -ВК = L sin y—
—Р.г sin (ф-су), A)
= Lsin<p~ P [r—г cos (ф—a)J. B)
В сечении на участке АВ имеется также поперечная сила
По уравнениям A) и B) могут быть построены эпюры М и Мк на участке АВ
бруса при заданном соотношении между L и Р. Схематически эти эпюры
показаны на рис. в и г. Нулевая точка S эпюры М указывает сечение с Мк гаах (см.
предыдущую задачу) — рис. г. Эпюра Q построена на рис. а.
а1
К задаче 4.85.
При ф = 90° (у заделки) из уравнений A), B) имеем М =—Prcosa, Мк =
= L—Pr (I—sina).
4.86. Разрезая кольцо поперек плоскостью симметрии вдоль диаметра Д1Л2
(рис. а)у рассматриваем равновесие половины кольца (рис. б). Чтобы определить
внутренние моменты Мд в сечениях (крутящие моменты и поперечные силы
в сечениях А1 и А2 равны нулю вследствие симметрии нагрузки), составим уравнение
моментов относительно оси AiA2: 2МА—2Lsina = 0. Отсюда находим Мд =
= L sin a.
Запишем выражения изгибающего и крутящего моментов в текущем сечении,
определяемом произвольным углом ф. В пределах 0<;ф < а имеем
или
= Мд cos ф и Мк = Мд sin ф,
и Мк ==L sin a «simp.
По этим уравнениям строим эпюры М и Мк для участка АХС кольца (рис. б).
Теперь рассекаем кольцо вдоль диаметра BLB2 (рис. а), перпендикулярного
к диаметру А±А2. Рассматривая равновесие полукольца (рис. в), находим
аналогично предыдущему внутренние моменты MR в сечениях Вх и В2: Мв — L cos a
и изгибающие и крутящие моменты в текущем сечении (определяемом углом я|)):
М — Мв cosi|) = L cos a cos if, MK — —
По этим уравнениям строим эпюры М и
f = — L cos a-sinip.
участке В2С кольца (рис. в):
237

Таким образом* построены эпюры для четверти кольца AiCB2. Показываем
эти эпюры в развертке (на рис. г они заштрихованы). Учитывая симметрию
К задаче 4.86.
нагрузки, строим эпюры для остальных грех четвертей кольца (на рис. г не
заштрихованы). Эпюра Мк показана также на плане кольца (рис. д).
Поперечные силы в рассматриваемом примере равны нулю во всех сечениях
кольца.
Глава 5
ПЕРЕМЕЩЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ БАЛОК И PAJVH)
5.1. Покажем несколько способов определения v и 0 в произвольном сечении
балки для случая 11,
1) Интегрирование дифференциального уравнения оси изогнушй балки.
*) Если нет оговорок, поперечное сечение балки предполагается постоянным
и учитывается только деформация изгиба,
238

вид
Дифференциальное уравнение оси изогнутой балки большой жесткости имеет
Здесь х—текущая координата вдоль оси балки, v=*v(x)—прогиб балки в
текущем сечении (положителен при направлении его вниз), EJ—изгибная жесткость
балки, М*=М(х)— изгибающий момент.
"Г
ЪР ,
К задаче 5.1A1).
В данном случае (см. рис. а) изгибающий момент
М=:—Р(/— *) = — Pl+Px.
Следовательно, EJv" = Pl—Рх. Отсюда
При *=0 по условиям закрепления балки (жесткая заделка) и=0 и t>'=0 = O,
т. е. Ci = C2=0. Таким образом, искомые уравнения имеют вид
Ь I Pl • Р % Pt • Р
жив
B)
Угол поворота и прогиб на конце консоли найдем из этих уравнений,
поло/ в@ Я/2/BЯ/) (/) Я/3/C?У)
239

2) Применение общих уравнений графоаналитического метода. Угол поворота
и прогиб балки в текущем сечении (х) выражаются следующими формулами:
C)
о
Здесь 0@) и v @) — начальные значения угла поворота и прогиба, « — переменная
координата сечения, изменяющаяся от 0 до х.
В нашем случае 0(О) = у(О) = О, М (и)= — Р (I — и); из C) получаем B).
3) Применение метода начальных параметров (универсальные уравнения). Для
основных видов нагрузок (рис. б)- из общих уравнений C) получаем такие
формулы:
EJQ (х) = ?/6@) —Л* @).*—Q @) ~—L (x—a) +
4!
@)+EJQ @) jc—A! @) -y-Q @) ~—
^gJ (X-b)' (X-C)* (x-df (X-C)* (X-d)*
2 "*" 3! ^9c? 4! "~^rf ~Й h ~5I ~\ '
Здесь
В случае нескольких однотипных нагрузок (например, нескольких
сосредоточенных сил Р) соответствующие слагаемые в формулах D) и E)
повторяются.
При пользовании формулами 4) и E) учитываются только члены,
относящиеся к нагрузкам, расположенным левее рассматриваемого сечения.
Силы, действующие на балку, в рассматриваемом примере показаны на
рис. в; слева изображены реакции заделки.
По формулам D) и E) получим B).
4) Применение метода единичной нагрузки (Мора) с использованием
правила Верещагина или формулы Симпсона.
Упругое перемещение в результате изгиба балки определяется по формуле
(интеграл перемещений)
EJ *
где одна из величин М или Л^ например М, есть текущий изгибающий
момент в балке, вызываемый заданной нагрузкой, другая — М — текущий
изгибающий момент, вызываемый силой (или моментом), ' равной единице,
приложенной к балке в месте и в направлении искомого прогиба (или угла поворота),
/—длина балки EJ — жесткость балки в плоскости изгиба.
Если какая-либо из эпюр М или М (например, М) прямолинейна (другая
может быть произвольной) то интеграл перемещений, по А. Н. Верещагину,
вычисляется как произведение площади У приведенной (M/(EJ))
произвольной эпюры на ординату Мс прямолинейной эпюры, соответствующую центру
тяжести площади Q: A=Q/Wtf. При постоянной меткости EJ
или ?7'Д = сос, G)
240

где со—площадь произвольной эпюры, Мс — ордината прямолинейной эпюры,
соответствующая центру тяжести площади со, для краткости обозначенная
одной буквой с.
Площадь со иногда приходится разбивать на более простые части, тогда
вместо G) получим
EJA = 2 од, (8)
I
где со;—части площади со, а с/—соответствующие ординаты, прямолинейной
эпюры.
На рис. г, д, е показано определение прогиба на конце консоли
Р/3
1 /
Чтобы определить угол 0 (х) поворота текущего сечения, прикладываем
здесь момент, равный единице (рис. з). Соответствующая эпюра изгибающих
моментов показана на рис. и. Площадь этой эпюры ю—\-х — х. Ее центр
тяжести С находится на расстоянии х/2 от заделки. Определяем ординату с
эпюры М (рис. ж) на таком же расстоянии от заделки. Она определится
как длина средней линии трапеции
—*)]/2 = Р/—Рх/2.
Искомый угол поворота Q(x)=(nc/(EJs=zPlx/(EJ)— Px2/BEJ), как и в
предыдущих решениях.
Чтобы определить прогиб v(x), прикладываем силу, равную единице
(рис. к). Соответствующая эпюра моментов показана на рис. л. Площадь
этой эпюры (o = %2/2. Центр тяжести ее С находится на расстоянии х/3 от
заделки. Определяем ординату с эпюры М на таком же расстоянии. Она
1 2
определится как сумма двух отрезков а6=-т- Р (I—х) и &с=-г-Р/, т. е. с =
о о
= -у A-х) +"|- Pl^Pl——-. Искомый прогиб v {x) = (uc/(EJ)=:Plx2/BEJ) —
— Px*/FEJ).
Покажем вычисление прогиба v (x) также по формуле Симпсона (см.
рис. ж и л):
X
EJv(x)^= С ММ^=|-Гм @)М@) + 4УИ (-|)л? (^
о
4-М (х) М('Л г>> ' л i * * • п " А Л'
5.3. 11) Воспользуемся формулами D) и ^5)
(см. с. 240). Имеем о@) = 0. Для нахождения
0@) выразим условие v(l) — 0 при помощи
формулы E). Учитывая, что М@) = 0, a Q@) =
= ^лев = ^/2, ПОЛуЧИМ
откуда 0 @) =Pl*/(\6EJ).
Теперь найдем по формулам D) и E)
участке балки
K задаче
выражения для 0 и v. На первом
р/2
16?У"
Р\'2
X
TTJ
рр
Рд:3
12?/
241

откуда при
//2 имеем: t>=P/3/D8?/) =
Р х* Р I /\«
x; на вторбм участке
Р/2 Р х* . Р
12) Определим угол поворота посередине балки графоаналитическим
методом. Как известно,
e = Q*, oeAf*,. A0)
где Q* и М*—поперечная рила и изгибающий момент соответствующей
фиктивной балки, закрепленной в соответствии с аналогиями A0) и
загруженной фиктивной нагрузкой q^=M/(EJ).
В случае балки постоянного сечения за фиктивную нагрузку принимаем
<7* = M; тогда
и р-
Приняв эпюру моментов (см. рисунок) за нагрузку, найдем реакции опор
А и В
отсюда
Угол
- Q^ = VJ = L//24,
» q| = - V% - L//24.
Таким образом, 0д = 9д = /,//B45/).
поворота и прогиб среднего сечения балки
24^" 8
III LI l
т
1
!
I
8)\ л,
ТГТтг
\1
Гтт-т-^.
i
i
i
i
I
j
L
EJ
\
13) Определим угол поворота у опоры А по
способу Мора, пользуясь правилом Верещагина.
Эпюра моментов М от заданной нагрузки
показана на рис. а. Ее площадь
К задаче 5.3A3).
Единичная эпюра М представлена на рис. б.
Искомый угол поворота по формуле G) (с. 240)
Р 0,5 _ qiz
сое
Определим максимальный прогиб балки. Единичная эпюра М показана
на рис. в. Отделяя параболический сегмент от эпюры (показано на рис. а
штриховой линией), определим его площадь щ но формуле A2), вводя 1/2
вместо /. Получаем (Ox^qP/96. Площадь треугольника <u2=ql2/32. Искомый
прогиб по формуле (8) (с. 241)yfflax = (wiCi + @2^ -?j ; ^^"g"»
84Я7
5.7. Подбор сечения по условию прочности. Максимальный изгибающий
момент Мотах = Р/ = 0,5кН-м. ' Необходимый момент сопротивления W =
= Мтах/[а] = 3,ЗЗсм3. Принимаем профиль № 7, у которого № = 4,139см3 и
/ = 10,347 см-4.
Проверка жесткости. Стрела прогиба (см. задачу 5,1, 11) / = 2,03 см.
Относительный прогиб /// = 2,03/100- 1/49 > 1/100,, т.е. жесткость балки
недостаточна.
24?

Подбор сечения по условию жесткости. Из формулы
l~~ 3EJ ' 3i
р/з
п°лучаем
5=23,9 см4.
Берем профиль № 11, у которого J =25,068 см4, W = 8,356 см3. Прогиб
при этом составит 0,950 см <//100. Напряжение a = Mmax/№ = 5000/8,356 =
==-59,9МПа. Отношение весов 0,695/1,208«0,575:
5.10. Без учета поворота заделки получим (см. задачу 5.1,2')
и @)=?тгт » 0 (°) = ~6е7 (PHCf a)f
Поворот заделки дает фис. б): о@)==—/у, 6@)=^ Полные перемещения
будут: ^С0K58"^—Y*» 0^===вя7^'У*
5.11. Текущие" значения 9 и & выражаются так:
v)
Прогиб 0(х) имеет максимум там, где Э (х) равно нулю, т. е.^при * = //}/.
Из выражения для v(x) находим amax==—^|--j==50,0641 |j. Прогиб посе-
/ /2 L/2
редине v (°»S0 =Тб^Е7я==:0'0625 ?7'
5.12. Указание, Эпюра изгибающих моментов показана на рис. б.
Изгибающий момент в середине балки равен нулю. Поэтому, вставляя здесь
мысленно шарнир (рис, в), мы не изменим
деформацию балки; получаем две раздельно
изгибающиеся балки. Задача сводится к
случаю изгиба балки силой, приложенной
посередине (рис. г) (см. задачу 5.3, 11).
5.18. б) Решим задачу методом Мора с
применением правила Верещагина.
Б) 1У
^
/
д
К задаче 5.10.
К аадаче 5.12.
Эпюра изгибающих моментов показана на рис. б. На втором и третьем
участках разбиваем эпюру на простые слагаемые (рис. в). Получаем такие
площади: щ = qcPlb, w2 = <7 BаK/12, ш3 = со., = г- qa3, со4 = % = ^8/4, ю3 =» — ^а8.
Прикладываемое точке В силу / (рис. г). Соответствующая («единичная»)
эпюра моментов М показана на рис. г. Ординаты этой эпюры, соответствую»
щие центрам тяжести найденных выше площадей %, ..., ©в, имеют такие
значения: ?!= —За/4 = с2, с3 = — 5я/6,- с4 = -га/3, сб = — а/3, св = — а/6,
Искомый прогиб в точке fi по формуле (8;
243
VB = (COiC?! + C02C?
Эти вычисления удобно выполнять в таблице.

Таблица
1
2
3
4
5
6
со
1 qa*
1 g
4-4
т-4
2
с
3
ч'
3
5
2
1
1
(ОС
8
5
1
1 4
Получаем уд = — ^а4/A2?"/). Знак минус в результате означает, что точка В
перемещается не вниз, *ак была направлена сила 1, а вверх.
К задаче 5.18F).
244

Для определения угла поворота в точке А прикладываем здесь момент,
равный 1 (рис. д), и строим соответствующую эпюру изгибающих моментов М.
Получаем с2*=—1/4, с8 = —1/6, с4 = —1/3, с5 = — 2/3, с6 = — 5/6, с7 = —1.
Искомый угол поворота 0^ = ((о2с2+.. .+со6сб)/(?./) =<7а3/(?«О- Знак плюс в
полученном результате означает, что поворот оси бруса в точке Л происходит в том
же направлении, в каком действует приложенный момент 1, т. е. по часовой
стрел ке.
Покажем также вычисление вд по формуле Симпсона:
1) . М (^) + М (О'А?
Сумма распространяется на все участки балки (/—длина участка). Вычисляя (см.
рис. б и е), находим
5.19. Указание. Эпюра изгибающих моментов представлена на рис. а, где
показана рекомендуемая разбивка эпюры при пользовании правилом Верещагина.
Площадь каждого параболического сегмента
равна qazl 12. Центр тяжести сегмента всегда
посередине.
На рис. б представлен другой способ
разбивки эпюры—расслоение (относительно
сечения В) по нагрузкам. Слева отдельно
построены эпюры от реакции RA^=9qa/4t от
нагрузки q и от сосредоточенного момента qa2\
справа — от сосредоточенной силы 2qa и
нагрузки q. Площадь каждой параболической
эпюры равна одной трети произведения
основания на высоту.
5.22. Указание. Для определения угла
0дВ следует в единичном состоянии балки по
Мору приложить в сечениях А ц В моменты,
равные 1, навстречу друг другу.
5.24. Указание. Для упрощения решения
следует, отбросив консоль и заменив ее
соответствующим моментом, рассмотреть
деформацию полученной балки. При этом удобно
применить уже имеющиеся решения задач 5.3 и
5.1.
Чтобы определить перемещения консоли,
надо поступить, как указано в решении задачи
5.10, учитывая угол поворота в начале консоли.
5.32. Для определения неизвестных начальных параметров 0@) и v @)
служат условия на правом конце балки: 0(/) = О, v(l) — 0. Подставляя в уравнение
D) (с. 240) значение лг==/ = 6м и прочие числовые величины, получаем 0 = ?70 @)=
= — 8-6—?-^ 2F~1)+уF—2J-[~|-F—3K + ^F—4L, откуда ?У0 @) =
6)
^ЧИМИМИИ Цаг
К задаче 5.19.
17,00 кН-м2.
Из уравнения E) при x = l = t
находим 0 =
- 1 • 63_| F -
= 31,50кН.м3,
--?- F - 2K-f- F—З^+^г F - 4M, или EJv @)
245

Имея значения ?/0@) и EJv@), можем по уравнениям D) и E) написать
искомые уравнения эпюр 0 (v) и v (x) для каждого участка балки (см. ответ).
Эпюры 0(х) и v (х) даны в ответе. На эпюрах показаны значения в (д:) и v(x),
умноженные на ?7 = 8» 104 кН«м2. Начальные угол
поворота и прогиб:
9/0) = 17,00/(8,104) = 0,000212,
v @) =31,50/(8. Ю4)м = 0,0394 см.
при
0
5.34. Условия для определения постоянных: 1)
О 0 2) / k А
р
1> = 0, 2) при
/(EF)
, ) р
0,5д/ • h/(E2F) — удлинение
/ v = ki где А/=-
стального
стержня.
5.47. Кривизна i/R оси изогнутого стержня
равна Mj(EJ). Но 2я# = /. Следовательно, М/(?7)=
=2зт//, откуда M=2nEJ/l.
5.48. Приближенное решение (по
уравнению d2v/dx2=M/(EJ)): vcv = /а/2, 0Л =
= — 05 = 2а, где а = М//D?7) (см. ответ к задаче
5.3, 2).
Смещение опоры находится из выражения
К задаче 5.48.
Точное решение (по уравнению dQ/ds*=*\/R = M/(EJ)). Как видно из
1/2 Ml
рисунка, 0ср = # — R cos0o = /?»2sin3@o/2), но %==*-п-~-суе-в > следовательно,
vcx>s=xr ^ sil]a ocv == 7Г~ sin2°^ Смещение опоры
i—2/?sin 8o = /—2 — sin
( i sin 2a \
I' 25TJ-
dx/h
5.52. Угол взаимного поворота бесконечно близких сечений
(см. рис. а). Отсюда интеграл Мора получает вид
С MM dx __ С jt d9i^at Г т? а A3)
Для определения угла поворота 0Л на опоре А единичная эпюра М имеет вид.
&
К задаче 5.52.
показалный на рис. б: М=х/1. По формуле A3) получаем
at Г 1 а*/
о
246

Для определения прогиба / единичная эпюра М показана на рис. в: М~х/2*
По формуле A3) получаем
1/2
/
at Г ^doj^
о
5.55. 11) Дифференциальное уравнение изгиба балки при неодинаковом
нагреве сверху и снизу имеет вид
v" = —ta/k, A4)
где *_разность температур верхних и нижних волокон балки, а—коэффициент
теплового расширения материала, h—высота поперечного сечения балки.
Интегрируя, получаем 9 = i>' = — taxlh + Cx. Постоянную интегрирования
находим из условия 0 = 0 при * = //2. Имеем С] —-^ •
tax2 . talx r
Интегрируя еще раз, получаем i/= g^—|—^—hc2»
Так как при * = 0 о = 0, то С2=-0.
5.56. 11) Применяем графоаналитический метод (см. формулы A0) на стр. 242).
На рисунке показана эпюра -pj, принимаемая в качестве фиктивной нагрузки.
Получаем
CD/2
Здесь Qlt Q2 и Q3—площади треугольников -/, 2 и 3, составляющих эпюру M/(EJ)
1 / PI
(см. рисунок). Например, й1===уу
К задаче 5.56A1).
К задаче 5.56A3).
12) Построим эпюру M/(EJ) (см. рисунок). Для абсолютно жестких участков
балки ординаты ее равны нулю. Площадь эпюры п = 2пх + 2п2, где пг =
Р1 I \ Р12 Р12 ЗЯ/2
q Получаем Q=w Отсюда углы поворота
у опор ел=ес=-у
Й ЗР/2
и прогиб в середине
« i о —L _- О -1 __ *
1 /
84
247

5.58. Применим общие уравнения C) (с. 240).
Изгибающий момент М (x)=q (/—хJ/2. Значения М, вычисленные по этой
формуле, и значения M/(EJ), указаны в столбцах 5 и 6 таблицы для сечений 1,
2, ..., 6 через интервал s=100 см по длине балки. Эпюра M/(EJ) показана на
рис. а. В столбце 7 таблицы да-
/ 2 5 4 i /г ны плош.аДи Q участков эпюры
f ! 1 j - i \rr:\ л M/(EJ) между сечениями. Эти
1tt.ttft.tttmitkUU?.ftAL*liiiiiitHt площади определены приближен-
i ! ! I I . ,пп „, I н0 как площади трапеций; они
X + S
М
дают значения
ю
см
I wdu-
Так как балка жестко
заделана, 9 @)~ v @) =0;
следовательно, для любого сечения п
J-—2а-
п-\
К задаче 5.58.
По этим формулам и произведено вычисление ординат эпюр 0 и v в столбцах
8— И таблицы. Эпюры Э и V показаны на рис. бив (эпюра v отложена в сторону
действительного прогиба).
s
а:
3*
О
е
1
0
1
2
3
4
5
6
24
с;
03
Ш
5
.~
2
1
2
3
4
5
6
8
3
О
100
200
300
400
500
600
8
^*
Г
о
4
54,0
38,0
26,0
J7,l
10,7
5,6
3,4
ж
о
Е
35
5
21G0
1500
960
540
240
60
0
1
§
о
6
4,00
3,95
3,69
3,16
2,25
0,95
0
09
01
7
3,97
3,82
3,42
2,70
1,61
0,48
п
t = l
8
0
-3,97. Ю-3
—7,79. Ю-3
11,22* 10~3
— 13,9 МО
— 15,52-Ю-3
— 16,00-Ю-3
Вычисление v
п— 1
юо yjOj,
см
9
0
0,397
0,779
1,121
1,391
1,552
5 0Q
см
10
0,193
0,191
0,171
0,135
0,080
0,024
Vn=vn — l ~~
-(9)- A0),
см
11
0
—0,198
-0,786
-1,736
-2,992
—4,463
-6,039

5.61. 2) Закон изменения диаметра взят по варианту 6:d (x) = dQ \\-\- у x/l)>
Интеграл Мора для определения прогиба в точке К:
Ук
/ _
о мм .
= [-Wdx'
где М——qx2j2—текущий изгибающий момент от заданной нагрузки, М~—\ -х—
то же от единичной силы, приложенной в точке /С, / = Jtd4 (*)/64—момент
инерции текущего сечения. После подстановок получаем
*К~ nEdt "'
Примем такие обозначения:
¦dt.

идентификатор
я
Q
AL
Е
Е
d9
D
t
Т

подынтегральная функция
FUN
значение
интеграла
С
прогиб у г.
YK
При составлении программы на фортране целесообразно воспользоваться
стандартной подпрограммой вычисления определенного интеграла из библиотеки в
системе ОС ЕС, например программой QG 4 или какой-либо программой, имеющейся
в математическом обеспечении данной ЭВМ. Можно составить собственную
подпрограмму.
Воспользуемся подпрограммой . под именем GINT, позволяющей вычислить
определенный интеграл методом Гаусса с заданной точностью1). Подпрограмма
GINT может быть записана в машине как стандартная программа либо включена,
как это сделано ниже, в основную программу; начинается эта подпрограмма
оператором FUNCTION GINT (EXT, А, В, EPS), где EXT —имя подынтегральной
функции (выше обозначено как FUN), Л и В — пределы интегрирования (в нашем
случае Л^О, В — 1), EPS—заданная относительная погрешность (ограничимся
вычислением интеграла с точностью до 1%, т. е. положим EPS = 0,01).
Ниже приводится возможный вариант программы.
1234567
EXTERNAL FUN
C-GINT (FUN, 0..1..0.01)
READ E.10) Q,AL,D,E
YK = 32*Q*AL**4/C.14*E*D**4)*C
10 FORMAT CF6.4 E8.2, Q,L,D,E')
WRITE F.20) Q,AL,D,E,C,YK
20 FORMAT B5X, E10.3, 'Q,L,D,E,C,YK')
STOP
END
FUNCTION (FUN(T))
FUN = T**3/(l + T**(l./4.))**4
RETURN
END
FUNCTION GINT (EXT, A, B, EPS)
DIMENSION UD), WD)
DATA M/4/,
Программа GINT составлена Т. В. Невской.
249

•U/. 8611363116, .3399810436, —.3399810436, -.8611363116/,
*W/. 3478545451,.6521451549,.6521451549,.3478548451/
N = 1
1 Y = OTB
ОТВ = 0
D = (B-A)/N%0.5
DO 2 I = 1,N
DO 2 K=1,M
2 OTB = OTB + W(K>*EXT(A+D*B*I -1 - U(K)))*D
N N+N
+
IF(ABS(OTB —Y).GT.ABS(EPS*OTB)) GO TO i
GINT = OTB
RETURN
END
При формировании перфокарты исходных данных следует предварительно
записать значения величин qt I, d0 и Е в ньютонах и метрах: <7 = 0,0021 Н/м,
/ = 1,53 м, do = Q,O24 м, ?=2,Ы0и Н/м2. Первые три числа удобно записать
в спецификации F, отводя для них шесть позиций, четыре из которых отводятся
под дробную часть. Для этого числа 1,53 и 0,024 надо записать как 1,5300 и 0,0240.
Модуль упругости удобно записать в спецификации Е, т. е. представить это число
в виде 0,21?+12. В соответствии с этим записан FORMAT с меткой 10.
Перфокарта исходных данных:
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26
0.00211,53000 .0 2 400 . 2 1Е + 1 2
FORMAT с меткой 20 выводит на печать столбцом, отстоящим на 25 позиций»
значения исходных данных qt /, d0) Е и вычисленных значений си^в форме Е
с тремя цифрами в дробной части.
В колоду перфокарт должны быть включены управляющие перфокарты, набор
которых зависит от типа ЭВМ.
Из распечатки получаем ##=2,99 см. Расчет при постоянном сечений дает
при d=*d0 ##=42,1 см, при d~2d0 ## = 2,63 см.
5.64. Обозначим усилия крайней и средней тяг через Sx и S2 (рис. а). Тогда
ф
2
1
-. .^
/
= (Р—2Si)-t;—F. Стрела прогиба балки равна А*—А*.
С другой стороны, она может быть выражена, как для
балки, нагруженной силой посередине (рис. б), так:
ОС /3
¦ * (см. задачу 5.3, 11). Следовательно,
ECTF
Отсюда 5i = P/C+P), где p = /3?CTF/B4/i?^).
Подставляя числовые данные, найдем р =3,60, 5а=0,76 кН,
S2 = P~— 2Si = 3,48 кН. Наибольшее напряжение
в балке 0=^^=38,6 МПа.
5.65. Пренебрегая деформацией балки, т. е. полагая
¦ / = оо, получим Р=0 и Si«=P/3. Пренебрегая деформа-
\Р~Я?*Щ цИей тяг, т. е. полагая F = oo,eнайдем р=оо и 5i=0.
5.67. а) Указание. Используя ответ задачи -5.66,
можно написать: М в =—4EJQB/l, МА = — Мв/2 =
= 2EJQB/l.
5.70. 11) Приведем четыре способа решения.
1) Пользуясь уравнением трех моментов, получим
Л , „ / Р1 1
К задаче 5.64.
250

откуда находим Л4@)= -ЗР//16. Далее из уравнения равновесия найдем Q @) =»
= 11Р/16.
Зная Q @) и М @), вычислим по формулам D) и E) (с, 240) искомые
перемещения.
Эпюру М см. в ответе.
2) С помощью формулы E) выражаем условие равенства нулю прогиба на
правом конце балки:
- М
~Q @) J^
Решая это уравнение совместно с уравнением равновесия M@) + Q@)/ —
— Р(//2)=0, найдем значелия Q @) и М @), после чего определяем искомые
перемещения по формулам D) и E).
3) Отбросив правую опору, заменим ее реакцией этой опоры X. Прогиб на
конце консоли, вызываемый силой X, fx — ~~opT (см» заДачУ 5.1, 11). Прогиб,
/ р/2 \ / / \ 5Р/3
вызываемый нагрузкой (см. задачу 5.1, 3), />= [ _ 1C/ —к J ass . Сумма
fx и fP по условию равна нулю, отсюда Х = 5Я/1б! Этим раскрыта статическая
неопределимость задачи. Далее определяются реакции левой опоры и, по
уравнениям D) и E), искомые перемещения.
4) Последнее решение можно записать и в канонической форме метода сил:
5Р/3*
Xi6n + Ai> = 0. Приняв за. Х\ реакцию правой опоры, имеем Д1Р= и бц =
/3 г v Aip ЪР
- Снова Х
5Г
5.78. Пусть верхняя балка воспринимает часть груза Р, равную Pi; нижняя
балка воспринимает Р2; тогда
Рг + Р^Р, A5)
Прогибы обеих балок посередине одинаковы. Прогиб первой балки равен (см.
Р /3
задачу 5.3, а) * * ,
прогиб,второй балки
.Следовательно,
A6)
Решая совместно уравнения "A5)
и A6), получим искомые Р\ и Р2.
5.79. Неизвестными являются
три опорных момента (рис. а):
Мь М2 и М3 (Мо = — 40-0,5 =
=—20 кН-м). Составим три
уравнения трех моментов.
Уравнение трех моментов в
общем виде для балки постоянного
сечения представляется так:
МкН/м ЪОкН-М
7W555 j
ЮкН'Мг
К задаче 5.79.
где Vn^torfjln+ton+ibn+i/lu+i—фиктивная реакция опоры 6т обоих смежных
пролетов. В данном случае напишем:
A7)
ш

Фиктивные реакции V* найдем, рассматривая эпюры моментов как нагрузки для
отдельных пролетов (рис. б) (внешний момент 30 кН«м относим ко второму
пролету): V? = 8,9+45,0- 10,0 = 43,9 кН-м2, vf = — 20 кН-м2, V$ = 0.
После подстановки числовых значений и решения системы A7) найдем Mi =
= —.24,3 кН-м, М2=19,9 кН-м, М3 = 9,95 кНм.
Эпюры М и Q даны в ответе (предварительно откладываем ординаты MOi Mlf
М2 и М3 и к полученной эпюре от опорных моментов прибавляем эпюры,
построенные ранее (рис. б)).
Реакции опор:
уо== 40+20/3+20-2/3+40-3/2—24,3/3=111,9 кН,
V1==-. 20/3+20-1/3+40-3/2+24,3/3+24,3/2-30/2+19,9/2 = 75,2 кН.
Аналогично находим V2 = — 17,0 кН и К3 = 9,9 кН.
На расстоянии 1,30 м от опоры О эпюра Q дает нулевую точку. Следовательно,
в данном сечении изгибающий момент имеет максимальное значение. Вычислим его:
Мтах = (ш>9-40). 1,30-20-40.1,302/2—20-0,30 = 33,4 кН-м.
Подберем сечение балки. №Необх==Мтах/[а]:==240 см3.
Принимаем двутавр № 22а, момент сопротивления которого №=254 см.
Для определения прогиба и^г посередине пролета 1—2 строим единичную
эпюру моментов для этого пролета (показана на рисунке б пунктиром внизу).
Умножая (по Верещагину) площадь 0,5-2/2 = 0,5 м2 этой эпюры на среднюю
ординату —B4,30+10,1)/2 = —17,2 кН.м эпюры М и деля результат на EJ =
= 5,58-Ю3 кН-м2, получим $$-% — — 1,54-Ю-3 м. Знак минус означает прогиб
вверх (против направления силы 1).
5.82. Если балка подвергается неодинаковому нагреву сверху и снизу, то
уравнение трех моментов имеет вид
^rt.x/n+2Alw(/n+/n+i)+Aln+1/n+i = ^3^a(^+^+i/n+i), A8)
Где *п—разность температур нижних и верхних волокон в n-м пролете, /й+1_То
же в (я+1)-м пролете, а—коэффициент теплового расширения материала, Л —
высота поперечного сечения балки.
5.83. а) По уравнению A8) (см. указание к задаче 5.82) получаем 2Md =
SEJatl ., 3EJdt Mx ZEat ~
,-—^у" , откуда Afx = 5а— и а*ах=-пГ=|~1--- Определяем реакции
опор: #1 = — /?2,= 2Ы '' Учитывая УРавнение A4) (с* 247), записываем
дифференциальное уравнение упругой линии балки
»— М _at— ^i+^ix QLt_at 3 at
v ~ EJ h~ EJ h ~~2h 2 hi Xt
Интегрируя это уравнение дважды с учетом начальных условий (р = 0 и у' =0),
получим t; = — -^^+-^р ПРИ ^=—'имеем максимальный прогиб -|~-.
б) Учитывая симметрию системы относительно средней опоры, сводим задачу
к случаю, рассмотренному выше.
5.87. б) Уравнение пяти моментов для балки на упругих опорах имеет вид4)
М»-2?«, »-2+M*-i?n, »-i+M»U n+M»+i?n, *+i + M»+2Sn, «+2+U/>=0, A9)
где
и n= ln i ln+1 l^11 Ц ! i * V i V1
l) См. Справочник проектировщика/Под ред. А. А. У майского,— М.: Строй-
издат, 1972.
252

f «« ( \ , 1 \ , eB + 1 / I i \]
7— I 7"T— ) i—7 I 7 (-?
е„—податливость опоры л, l^—нагрузка на опору я в предположении шарниров
над опорами, [тб]—угол поворота правого конца пролета п как шарнирно опер-
аР~М1
0,
К задаче 5.87F).
той балки от заданной нагрузки, температурного или начального искривления,
[т^4+1]—то же для левого конца пролета л+1.
В нашем случае получаем
^' ] ^ЖГ '"ЖГ"^ [la5""'"8 \2о"^"сГ 1 """а5"! в 2а2Щ '
2 2a
Pa a«—2eEJ
при а8 > 2eEJ эпюра Af имеет вид, показанный на рисунке; при a3 < 2eEJ
момент Мг положителен, и эпюра М имеет на всем протяжении один знак.
К задаче 5.87(в).
ух уравн
в) Составляем систему двух уравнений пяти моментов A9) (см. решение
задачи 5,87, б):
==:"^Г («--вьюота сечения балки, а—коэффициент линейного расширения
материала),
(см. рис.), где н =
¦atBJ/h СИСТеМу> полУчаем «i
0,42к,
2S3

5.88, а) При равенстве момента над средней опорой нулю (здесь можно
мысленно вставить шарнир) реакция этой опоры равна qt/2. Тогда прогиб посередине
балки
ЬдР ql Z3 _ ql*
Vc*~ 3S4EJ 2 48?/ ~ 384?/ '
Приравнивая этот прогиб осадке опоры — в, получаем е«1ПОРт =
= 3,68- Ю-8 м/Н.
5.89. Уравнение трех моментов с учетом осадки опор имеет вид
В нашем случае получаем два уравнений;
откуда М2=0, Mj i/
5.90. Пользуясь ответами задач 5.56, 2 и 11, можно следующим образом
выразить условие равенства нулю прогиба в точке В:
5Р/3 ЗУд/з
965/ 16?У
Отсюда определяется реакция Кд.
5.93. а) Эпюра изгибающих моментов в предельном состоянии показана на
рисунке. Записываем условия образования Мпр в сечениях Л и С:
MbV. B1)
Здесь Мпр=аат(ScjK+SpacJ^OT^np —предельное значение изгибающего
момента (см. решение задачи 4.73); коэффициент &пр для прямоугольного сечения
К задаче 5.93(а).
К задаче 5.96.
равен 1,5, для круглого—1,7 (см. ответ к задаче 4.76), для ромбовидного—2**
W—момент сопротивления; ат—предел текучести.
Из уравнений B1) находим #B=2Afnp//., РПр=6Мпр//.
5.96. Эпюра изгибающих моментов в пролете /—2 в предельном состоянии
показана на рисунке. Имеем Mnv — Pnvlt/8. Отсюда Pnp = ^
5.98. Вычисляем характеристику б^алки
Приведенная длина балки р/= 1500/75=20 > 6. Следовательно, расчет можно
вести, как для бесконечно длинной балки1). Прогиб и изгибающий момент
х) А. А. Ума не кий, Специальный курс строительной механики, ч. I,—
М.: ОНТИ, 1935,
254

выражаются так:
»(*)' Р
М|
(cos 0*—sin
Л1
0'215р W [см],
тн (*) [kH-mJ.
Вычисления по этим формулам даны в таблице [значения т| (х) и х\г (х) взяты
из таблицы 1 приложения].
Эпюры v и М показаны на рисунке.
v
см
\
I
А
Максимальный прогиб v
К задаче 5.98.
р
O
. Максимальный изгибающий
момент Ж @)
а -—-»1,87 кН. м.
X, СМ
0
25
50
75
100
150
200
300
400
500
0
0,333
0,667
1,000
1,333
2,000
2,667
4,000
5,333
6,667
г\(х)
1
0,91
0,62
0,51
0,32
0,07
-0,03
-0,03
0,00
0,00
п. (х)
1
0,44
0,08
-0,11
-0,19
-0,18
-0,09
0,00
0,01
0,00
3<x)-0,2l5T]U).
см
0,215
0,195
0,133
0,110
0,069
0,001
-0,001
-0,001
0,000
0,000
MU)«l8,7ThU),
кН-м
18,7
8,2
1,5
-2,1
-3,6
-3,4
-1,7
0,0
0,2
0,0
5.99. Примем начало координат под средним колесом. Тогда изгибающий
момент в сечении под средним колесом выразится так:
143см|
Расстояния х от этого сечения до каждого колеса: *i=*=289 см, *и
=0Л *IV= 154 см, *v = 289cm. Соответствующие величины E*:
fci =289/75 = 3,85; р*п = 143/75= 1,90;
р*ш=0, p;civ= 1,90, pjcv=3,85.
Коэффициенты щ влияния колес (из таблицы 1 приложения):
= -0,0024,
-0,190,
f|iI!
К
255

Изгибающий момент
= 1060 кН.см= 10,6 кН-м,
Влияние соседних колес уменьшает изгибающий момент под средним колесом
приблизительно на 36%.
Напряжение <т=М/№ = 58,8МПа.
5.100. Учитываем влияние только колес III, IV и V. Изгибающий момент
MzJ^ f89,0 (—0,0024)+ 87,2 (—0,190)+89,4-1] = 1370 кН-см= 13,7 кН-м.
Напряжение о-
5.101. Определим жесткость (отпорность) упругого основания k=yB =
Характеристика
~~Т" 1 1
4EJ ~2270 см '
Приведенная длина балки р/= 1000/2270 < 0,8. Следовательно, понтон можно
рассчитывать как бесконечно жесткую балку1). Пусть осадка у носа равна v± и
у кормы v%. На рисунке показана эпюра
давления воды на понтон. Для определения
уг и> v2 составим уравнения равновесия:
уравнение проекций
и уравнение моментов (относительно левого
vzy8 конца)
D vxyBl2 (v2—v^yBl 2
2 2 з"/==0>
Из уравнений получим yx=C B//3—а),
s?2=C(a—//3),где C=6P/(v5/2), или, после
подстановки числовых значений, их = 27см,
е;2=Ю7см.
Зная осадку понтона, получаем интенсивность давления воды на понтон
Изгибающий момент на участке / понтона (см. рисунок)
J\ задаче о.Ш1,
ЛЫ*)=\ <*-
На участке //
По этим уравнениям построена эпюра изгибающих моментов. Максимальный
момент (при х~а)
5.102. Приведенная длина балки р/ = 200/65,6 = 3,05.
См. сноску на стр. 254.
256

Так как 1,2 < 3,05 < 4, балка Должна быть рассчитана как короткая х)<
Воспользуемся методом начальных параметров
CD
щг - Qo -]
МОАХ+ Q0^ + Oft^?.
B2)
где
|cos g,
1
fs=s— (ch | sin 5 + sh | cos ?),
и*-- (ch I sin — sh | cos |),
4
причем ? = C* (приведенная абсцисса), [vx], [0*], [Mx]" и [Qx] — члены от
нагрузки. Сосредоточенные нагрузки учитываются так же, как и начальные
параметры MQ и Qo, но с поправкой на абсциссу—например, сосредоточенная сила Р,
X, СМ
ik
лх
вх
сх
о*
0,00936 Ах
0,221 Вх
vXi см
121 С^
2330 Dx
MXt кН*см
0
0
1
0
0
0
0,009
0
0,009
а
0
0
25
0,38
0,9965
0,3797
0,0722
0,00915
0,009
0,084
0,093
8,75
25,30
34,65
50
0,76
0,9444
0,74055
0,28775
0,0730
0,009
0,164
0,173
34,8
206,0
240,8
75
1,14
0,7196
1,07595
0,6376
0,2449
0,007
0,238
0,245
77
692"
769
100
1,52
0,1216
1,25145
1,0870
0,5705
0,00124
0,276
0,277
132
1620
1752
приложенная на расстоянии а от начала, дает для vx на участке х > а член
PDx.a/(EJf>*) (по типу члена от Qo).
х) См. сноску на стр. 254.
257

В нашем случае имеем
Из таблицы значений Ах% Вх, Сх и Dx (имеющейся, например, в книге:
Ф и л о н е н к о-Б о р о д и ч М. М. и др. Сопротивление материалов, т. 1 — 5-е
См.
К задаче 5.102.
изд.—М,: Физматгиз, 1961) находим:
Bt = B C,05) = —4,76105, Q = 0,4817, 0^ = 2,86442,
A0,ei->»0.52)-0f1216, B0f6j-1,25145, Св,м-1,0870, Defei-
:ловий t;,«=0 и М^=0 находим уо=:9,36.1О-3см и 0О = 3,37»1О-3. Из
B2) аем
ух = 0,00936^ +0922\BXt MX=*\2CX+283QDX.
Вычисления ординат эпюр vx и Мх ны в таблице на стр. 257. Эпюры
показаны на рисунке.
5.103. Вычисляем yK^-i-^s^=~ (8 + 2-6) 0,43 = 0,425 см4, Строим эпюру
удвоенных секториальных площадей со (рис. а).
И кН-см ,
К задаче 5.103.
Пользуясь эпюрой, по правилу Верещагина найдем секториальный момент
инерции
/ffl-f tatds* f оJ^ = О,4.4-^.|-12 = 231см^
а затем—характеристику сечения а ¦= |/*G/K/(?/ui)e0,0264 см-1,
258

По методу начальных параметров выражения для ф, М, В и М имеем в виде *¦)
Ж (х) а Ж @) — В @) a sh а* — Ж @) (ch а*~ I) + [М (х)), B3)
В(х) = В @) ch a* + ^i^- sh ax+ \B (x)]f
Ж (х) = Ж @) ch а*+? @) a sh а* + [Ж (*)],
где грузовые члены [ф(#)]* [М (#)], [В (х)] и [М [х)] в данном случае нагрузки
имеют следующие значения:
— -gj-^ [sha (л:—а)—а (л:—-a)],
—L [cha(*—a) —1],
ha^fl)
Грузовые члены B4) учитываются только при х > а.
По условиям закрепления левого конца стержня ф@) = 5@)=0. Остальные
начальные параметры М @) и М @) найдем из условий на правом конце: ф (/) =¦
?(/) = 0. По первой и третьей строкам B3) и с учетом B4) напишем:
— sh aaf (a' = l—ah
откуда
Ж @) = —L |r^-=—1,33 кН-см,
_
Эпюры ф, М, Б и М показаны на рис. б.
5.104. Наибольшее нормальное напряжение имеет место в сечении д:
у края полки (см. зпюру ш на рисунке к решению задачи 5.103)
наибольшее касательное напряжение свободного кручения—у правого конца стержня:
Касательное напряжение стесненного кручения
/ю
г) Ума некий А. А. Расчет брусьев по методу начальных параметров.-~
Москва, 1952,
259

Так как / = const,
= М
М Г а
-7- V © «S«
По эпюре М находим Мтах= 10,68 кН/см в сечении *=а. Пользуясь
эпюрой со, построим эпюру \ cods—см. рисунок. Получаем ffcods^ — 18 см3
J \J /max
К задаче 5.104.
посередине полки. Эпюра т имеет такой же вид. Наибольшее
напряжение 7тах = 8,3 МПа. __
5.105. Указание. Вранном случае ф @) = М @)=0. Для
определения В @) и М @) следует использовать
аналогичные условия на правом конце: <p(Q = М (/) = 0. Эпюры см.
ъ ответе.
5.106. Определим положение центра изгиба
_ &НЧ _ ЪЪ* __ 3.102 q 7Ч
e-~Tj7~-bF+h~~ 6-10 + 20 —'•'-Я1-
Построим эпюру удвоенных секториальных площадей со (см. рис. а). Далее
вычислим секториальный момент инерции сечения /ш = \ со2/ ds. Здесь s—текущая
6,15-см
0,1 кН-м
В кН-омг
К задаче 5.106.
координата по сечению. Пользуясь эпюрой со, по правилу Верещагина получим
/а—/ Г co2ds«
=s0I85(H4li? 2 -,5,2 +gIWE| 37,5- 2+62'У '2& | 62,5- 2) „5400 см^,
т инерции» сечения стержн° при юбодном кручений
J =1 Vs/3«sj^(/i+26 «jO,1858 B0+2-Ю) «0,085 см4.
Аарактеристика сечения ct= VQJK/(EJ<t>)= /,9-104,0,085/G,6» 104.5400) =
«=2,4.10"см^1. Бимомент В(х) вычислим по третьей етроке B3) (с, 259):
В (х) «5 @) сп а*+ Ж @) 1 sh ал:+ f ^
(л: —
B5)
Начальное значение М @) момен
кой заделки равно полному кр) у () р
другого начального параметра, b{V), воспользуемся условием на правом конце
стержня В(/)«0; из уравнения B5) получаем
кручения и "йвилм случае
жесту: М@) = — L. Для определения
260

Эпюра бимоментов В (х) показана на рис. б. Наибольшее напряжение о-тах =
= %а2<отах=111МПа.
5.107. Построим эпюры М и М составляющих крутящего момента,
соответствующих свободному и стесненному кручению. Учитывая, что М@)=0,
по-формулам B3) (с. 259) с учетом B4) получим
М (*) = — LA shax + L {chax~-\)—L [cha (х—а) —1],
М (*) — — L ch ax+LA sh ax+ L [ch a (*~a)],
- sha/—shaa'
где А—___.
Члены, содержащие квадратные скобки, учитываются только при дг > 100 см.
Эпюры М (х) и М (х) показаны на рис. а. Наибольшее напряжение
свободного кручения "ттах = Мтах///к = 6|,0МПа.
L4OOH-M
И /У-//1
М Н-м
12.5150 см
I i i
126 см*
К задаче 5.107.
Далее, пользуясь эпюрой © (рис. а к решению зддачи 5.106), построим
С = М Г =
эпюру V tods (рис. б). Эпюра т= — J cods имеет такой же вид, ттах«
= 3,6 МПа.
.108. Выражение для бимомента по B3) ^с. 259) имеем в виде: В (х) =»
в В @)+ М @) * + [L (я—а)!, где ? K0) = La, M @) = — L. Следовательно, В (*)=
= La—Lx-\-[L(x—а)]. Как видим, при х>а В(х)=0. Эпюра В (х) имеет вид
треугольника с основанием а, т. е. получаем почти то же, что было в точном
решении (рис; б к решению задачи 5.106).
Q
Наибольшее напряжение отах^=-~^ (отак= 115 МПа. Это значение превы-
•/(.0
шает напряжение, полученное в точном решении A11 МПа), только на 4%.
5.110. Приложим в точке С вертикальную силу, равную I (см. рисунок).
Определяя реакции опор и затем силы взаимодействия в шарнирах Л, В и С
(см. решение задачи 4,24,12) строим эпюру М — «единичную». Выражения для
М на участках АС и ВС рамы при этом соответственно имеют вид
= у (sin ф!— 1 +соз (ty), М (ф2) =~ (sin ф2— 1 +cos фа).
B6)

Применим формулу Мора. На участках ADFB вычисление выполняем по
Верещагину. Получим
я/2
:•= \ М (cpi)-M (Wi)-ai
EJ
Д/2
М
(ф2)
о
Здесь ©1 и со2 —площади эдюры М (см. рис. б
к решению задачи 4.24,12):
1 L
La
2 =-у 2а = La,
2 а а |О
а ^i=-q-T=T н с2 — а/2—соответствующие орди-
наты эпюры М (см. рисунок).
Учитывая выражения (а), (б) (в решении
задачи 4.24,12) и B6) находим #c = 0,3I0La2/(?,/).
Аналогично находим горизонтальную составляю-
К задаче 5.110. щую хс перемещения точки С. При этом силу /
прикладываем в,горизонтальном направлении. Получаем хс =
= 0,0725La2/(?7J (влево). Полное перемещение 6С = К ус+хс = 0,320La2/(?7).
5.111. а) Вместо того чтобы определять перемещения точек С и G отдельно,
в данном случае удобно приложить единичную нагрузку4 в виде двух сил, как
G Д7а
м
Ф
б)
К задаче 5.111.
Y/Wi
показано на рис. а. ТаюГже показана-соответствующая эпюра моментов.
«Перемножая» эту эпюру с эпюрой от нагрузки (рис. б), получаем искомое сближение
точек С и G, вызываемое действием нагрузки,
1 __0,47Ра3
EJ~~ EJ '
б) Так же определяется и взаимный угол поворота, но вместо сил, равных 1,
прикладываются моменты, равные 1. «Единичное» состояние показано на рис. в.
Перемножая единичную эпюру с эпюрой от нагрузки (рис. б), получаем искомый
угол поворота
5.118. Изобразим опорные реакции, принимая их направления произвольно
(рис. а). Имеем шесть неизвестных, следовательно, система три раза статически
неопределима. Выписываем соответствующую систему канонических уравнений:
^ Al + -^2^12 + ^3^13 + Aip = 0,
262

Коэффициенты 6{fe и свободные члены Ац> канонических уравнений
вычисляются по формуле Мора:
tiMkdx __ р MjMpdx
EJ ' A/P~J EJ '
B8)
где M;—текущий изгибающий момент в основной системе от Х/=*1, М^ — то же
от Хк=\, /Мр—то же от заданной нагрузки
о) ,. а. 1 о в)
i
Ma
Ра
S)
д)
ч\.
XX
К задаче 5.118.
Пусть за лишние неизвестные приняты реакции «левой опоры: силы Хг и Х2
и момент Хз. Отбросив связи, соответствующие лишним неизвестным, получим
основную систему (рис. б).
Прикладываем к основной системе заданную_нагрузку /^(рис. в) и единичные
нагрузки (рис. г, д, е) и строим эпюры Мр, М\> М2 и М3, после чего
вычисляем коэффициенты и свободные члены канонических уравнений (см. формулы B8)).
,= \—L~-?—. Вычисление выполняем по Верещагину. «Перемно-
Напримср, &
жая» эпюры Мх и Мр> имеем
Раь
263

«Умножая» эпюру Мг на себя, находим
' A?i<fe_ I i
Г
Аналогично получим fy
0,707а2 я 1,14а3
. 0,472а3
*21 ЁГ~
3,41а А
2,71а2 .
Ра3
Ра2
°33
Решая систему канонических уравнений B7), определяем величины лишних
неизвестных Х^—0}204Р; Х2~0,417Р;- Х8 = 0,071Ра. Направление Хг обратно
предположенному.
Теперь из уравнений равновесия находим реакции правой опоры. Все
реакции показаны на рис, ж. Далее строим эпюры М, Q и Л/ (рис. з, и, к),
начиная от опор.
5.119. Система по числу-опорных реакций один раз статически неопределима.
За лишнюю неизвестную Xj принимаем горизонтальную реакцию левой опоры
К задаче 5.119.
(см. |)ис. а). Следовательно, основная система (рис. б) имеет здесь подвижную
опору.
Загружая основную систему заданной нагрузкой а, определяем реакции опор
и строим эпюру Мр (рис. в). Величина Мр^М/^ф) в произвольном сечении С
криволинейной части рамы, определяемом переменным углом <р, равна
(a—acosq)).
Таким образом, за положительный мы приняли изгибающий момент*
вызывающий сжатие волокон рамы, расположенных с ее внешней стороны (отмечаем
это пунктиром на рис. а).
При загружении основной системы единичной силой Хх=1 (рис. г) получаем
М1 (<р) =—basin ф; теперь сжаты волокна внутри рамы, поэтому ставим знак
минус. По формулам B8) вычисляем свободный член Дх/> и коэффициент 6ц
канонического уравнения
264

Для криволинейной части рзмы интегрирование выполняем аналитически, на
остальных участках используем, правило Верещагина. Применяя разбив.ку,
показанную на рис. в пунктиром, получаем
я/2
(— asiny) №
I
Я/2
С
Отсюда Кг — — ip/ц,?а.
Из условия равновесия рамы находим вторую горизонтальную реакцию 0,665^а
(рис, д) и обе вертикальные.
Составим окончательные выражения для изгибающего момента:
для криволинейной части рамы
М (ф) = (qa/fy (a—a cos ф) — 0,335ga ¦ a sin ф;
для правой стойки М (x)=0fi6bqa*x— qx2/2.
По этим уравнениям построена эпюра М (рис. д).
5Л20. Примем симметричную двухшарнирную основную систему (рис. а).
Эта система обладает одной лишней связью, но при данной бисимметричной
(симметричной относительно двух осей) нагрузке она является, как увидим далее,
в)
i) 8)
К' задаче 5.120.
статически определимой. Таким образом, за лишние неизвестные принимаем
изгибающие моменты в средних сечениях А и В рамы. Эти моменты, вследствие
симметрии, одинаковы, т.. е. имеем только одну лишнюю неизвестную. Для ее
определения составляем каноническое уравнение
Заметим, что в данном случае мы имеем дело с так называемой групповой
неизвестной. Но это аикак не влияет на ход решения. Величина AtP
представляет србой сумму взаимных углов поворота в обоих шарнирах, возникающих
под действием внешней нагрузки; 6U—то же, под действием единичных
моментов Хх = 1.
Нагрузим основную систему силами Р (рис. б). Рассматривая половийу
кольца (рис. в), записываем изгибающий момент в произвольном сечении D кольца
265
Это уравнение справедливо в пределах 0<ф<я/2.

Далее нагрузим основную систему единичной нагрузкой Xi=l (рис. г).
Рассматривая половину кольца (рис. д), видим, что реакции в шарнирах равны
нулю—нагрузка самоуравновешена. Следовательно, изгибающий момент ~Мг везде
равен —1. Знак минус вводим потому,- что знак Мг противоположен знаку MPt
принятому выше за положительный.
По формулам B8) (с. 263) находим
2я
011 J EJ "-
EJ ~~EJ'
л/2
(—1)(Р/2)(Г-ГСО8ф)>ГД?ф_
S7
/V
Интегрирование, во втором выражении выполняем для одной четверти кольца, но
результат учетверяем.
Из канонического уравнения получаем Xj = — Д1р/б11 = 0,182Рл
Теперь можем построить окончательную эпюру М = МР~{-'М1Х1. Подставляя
сюда значения МР, М, и Хъ получаем М = 0,318Рл—(Рг/2) соэф. По этому
уравнению строим эпюру М для одной четверти кольца от ф = 0 до ф = 90°
(рис. е). Остальные части эпюры строим симметрично.
5.121. Разделим нагрузку на симметричную и антисимметричную (рис. а)
так, чтобы сумма этих нагрузок равнялась заданной. Первая из
них—симметричная—вызывает только растяжение нижнего стержня рамы (изгибом рамы
а)
К задаче 5.121.
вследствие удлинения этого стержня можно пренебречь). Вторая —
антисимметричная.^-приводит к однократно статически неопределимой задаче.
Примем симметричную основную систему с вертикальным разрезом по оси
симметрии вверху (рис. б). В этом сечении имеем только антисимметричную силу
Xi (рис. в). Полагая ее равной 1, строим эпюру Мг (рис. в). Эпюра Мр от
заданной нагрузки показана на рис. г. Вычисляем А1Р и бц (см. формулы B8)
на с. 263), пользуясь правилом Верещагина:
1 Ph 2 а Л a Ph I a n 7
1
Из канонического уравнения получаем Хх = — А1Р/дп— 1,0IP.
Окончательную °пюру моментов М строим, загружая основную систему
внешней нагрузкой и найденной силой Xi = l,01P—см. ответ.
5.122. Примем симметричную основную систему, разрезая раму вверху
посередине. Следовательно, за лишние неизвестные мы принимаем усилия в этом
сечении (рис. а). Грузовая эпюра МР и единичные зпюры Мъ М2 и /И3 для
основной системы показаны на рис. б.
266
1
2 С
а
гт
2
Т
а п
. 1
+т
а
~2
а
1'
2
3
а
1

При «перемножении» эпюр будем учитывать величину момента инерции.
Вычислим, например, би:
~M\dx я2 2 1
1
7 а3
аналогично вычисляем другие коэффициенты. Заметим, что в данном случае
6 6 623 = 632 = 0. Решая систему канонических уравнений, находим Хх =
09ШР
А
м
1J5P
0, U68P
i
pr
ШШ
\
0,011 Pet
Г
К задаче 5.122,
«=0,569Р, Х2=0,468/\ Х3 = —0,011Ра, Окончательную эпюру изгибающих
моментов получим, нагружая основную систему внешней нагрузкой и найденными
величинами Къ К и Xs (рис. в)
a)
К задаче 5.123.
5.123. Принимая шарнирную основную систему (рис. аI), рассматриваем
одно ее звено под действием нагрузки (рис. б). Реакции R в шарнирах
определим из уравнения проекций па направление силы Р: Р —2i?cos60°=0, откуда
R P
1) Подвижную, но статически воспринимающую данную нагрузку8
267

Изгибающий момент МР в произвольном сечении Mp(y) — R(r—rcoscp)
= Pr(l—со5ф). В единичном- состоянии (рис. ё) изгибающий момент Afi =
везде.
По формуле Мора вычисляем А1Р и 6Xi (в пределах 30°):
я/6
^ (—1) Pr A —соБф) г dcp = — 0,0236Pr2,
о
я/6
С
о
Из канонического уравнения получаем искомый изгибающий момент в
сечениях Л, В, ..., Хг = —Aip/8n = 0,045fV. Теперь записываем выражение для
изгибающего момента в произвольном сечении М — МР*\-
+ МхХг — Рг A —cos ф) + (—Г)'0,045Рг = @,955—cos ф) Рг. По
-этому уравнению при ф'=0 М = — 0,045Рг; при ф=^-30о М =
= 0,089Рг. Эпюра М показана в ответе.
5.126-6) Указание. Разбить нагрузку на симметричную и
|# антисимметричную.
5.127. Прикладываем силу 1 в направлении искомого
перемещения к основной системе, выбранной в виде, пока-
К Задаче 5.127. занном на рисунке; ?ри такой основной системе получаем
очень простую эпюру М—один треугольник. «Перемножая» эту
эпюру с эпюрой М, полученной для заданной рамы от внешней нагрузки
(см. рис. в в решении задачи 5.118), находим
1
= Т'
2-0,308—4"°'275>) Л* = 0,05в5РЛ
5.131. Выражаем углы 9^ и 8^ (+по часовой стрелке) через нагрузки и
перемещения концов Имеем для простой х) балки:
¦i
|
MMdx=-jа?»тп = -ъ-a1
_МА1 , МВ1 , ш/ , Дд~Ал А _МА1 , МВ1
Решая эти уравнения относительно Мд и Л4#, находим
Мл = 2EJ Be^ + 0fi^3^)//^2co BЪ-а)Ц\
—Зл|?) //—2со Bа—Ь)/Р К '
Здесь через г|) обозначен угол перекоса ^ = (A5—Д^)//, а через со—площадь
эпюры М от заданной нагрузки для балки на. шарнирных опорах, а и Ь —
расстояния от центра тяжести этой эпюры до опор (см. рисунок к условию задачи).
Поперечная сила в сечении х:
= Q» (к) -^ (а-Ь)-
+
где Q0 (х) — поперечная сила для балки на шарнирных опорах.
5.132. Составим уравнение равновесия узла 1 (см. ри_с. а). Предварительно
выражаем опорные моменты примыкающих стержней через перемещения по
формулам B9)s). В заданном случае имеется лишь одно неизвестное перемещение —
х) Простой балкой называем шарнирно опертую концами балку.
2) Применяемый метод решения называется методом перемещений.
268

угол 0х поворота узла 1. Имеем
М!_2 = МА = 2.
-2 (Ph*/2) B/i—
В уравнение равновесия узла \ моменты Мд вводим со знаком плюс,
моменты. Ms—со знаком минус: Mi^2 — Mi»3 + ^i-4 = 0, или 40n//i —P/i/4 +
+-401/ft + 20l//i = O. Отсюда 0i = P/i2/4O (при
Подставляя это значение 0i обратно в выра-
жения моментов, находим М1_2 = —6P/i/40,
Моменты на
К задаче 5.132.
противоположных, концах стержней M2_i =—12РЛ/40,
s=— P/i/40. Эпюры М показаны на рис. б.
5.133. Определим прогиб по формуле Мора
КМК dx
ИГ*
К задаче 5.133.
>,i = 2P/i/40/
C0)
— координата вдоль оси бруса. Изгибающий момент (см. рисунок) М=Ра~
^Prsinq). Крутящий момент МК — РЬ = Р (г—rcoscp).
Моменты при единичной нагрузке определяются аналогично, М = 1 • г sin <p,
Мк = 1'(г—rcoscp). Учитывая, что dx=rdtp> после интегрирования получим
= 1——
. В случае круглого сечения консоли ,/к = 2/. При G=0,4?
в этом случае получим: 6=l,22Pr8/(?J).
5.136. На рисунке в условии задачи показано кольцо прямоугольного
поперечного сечения, хотя форма сечения предполагается произвольной. Выше, в
задаче 4.81, было получено M~mat Мк=0. Пользуясь
способом Мора, прикладываем к кольцу два
единичных момента (см. рисунок). Выражения
изгибающего и крутящего момента при единичной нагрузке
имеют вид Al=0,5cos<p, М~к = —0,5sinq> (О^ф^
< я/2).
Угол 20 определяем по формуле Мора C0) см.
решение задачи 5Л 33).
Интегралы должны быть взяты по всей длине кольца. Так как эпюры бисим-
метричны, интегрирование можно выполнить по одной четверти кольца и
результат умножить на 4. Так как Мк=0, второй член в формуле Мора обращается
в нуль. Получаем
К задаче 5.136.
п/ 2
20 = ^
ma-0,5 cos ф -adcp
Ш
2ma2
следовательно, Q — ma2/(EJ).

5.137. На рис. а кольцо показано сбоку—в ортогональной проекции на*
плоскость, перпендикулярную к плоскости кольца. Пунктиром показан прогиб
кольца. Принимаем, что точки приложения внешних моментов неподвижны, т. е.
а предположим здесь опоры. Определим максимальный
У^ ^-Jo^ Л прогиб fimax кольца относительно линии опор. Пользу-
~~ ~~^ ясь методом Мора, прикладываем посередине кольца
силу 1 (рис. б). Получаем реакции олор равными
1/2. В аксонометрической проекции единичная
нагрузка показана на рис. в. Приложенная сила 1 состоит из
двух сил по 1/2.
Изгибающий и крутящий моменты от заданной
нагрузки выражаются так: M = L со$ц>> Мк = —L sin ф.
Моменты от единичной нагрузки Jcm. решение ^ада-
чи 4,82): М = (а/4) (cos ф—sin ф), Мк = (а/4) (—s
— созф+1). По формуле C0) (с. 269) получаем
WW
Ti
Т2
а)
В)
/ 2
11
л/2
а
L /cos ф -j- (cos ф—sin ф>
К задаче 5.137.
Я/2
j~ С
^( —вШф—cosФ+
—i
При G«=0,4? и /к = 2J (например, в случае круглого сечения) dmax = 0,64L#a/(?«0.
5,139. Прогиб на конце консоли, обусловленный ее изгибом, равен ^„
-м. задачу 5.1, 11). Прогиб же, обусловленный закручиванием балочной части,
Pl-l
равен произведению угла закручивания - • на длину консоли. Таким образом,
ПОЛНЫЙ ИСКОМЫЙ ПрОГИб У = ^тгт—h пт .
otJ UJK
Учитывая, что G=sO,4?, У==а4/12 и
Ук==аа4=0,14а* (значение as=0,14
й )
, ,, / к, ( ,
взято из табличных данных по кручению стержней прямоугольного сечения),
Р/3 „ , t_ оч 21,8Р/3
получаем v~-g?T 4+17,8)=
5.140. Нагрузка симметрична. Следовательно, при симметричной основной
системе задача один раз статически неопределима. Разобьем силы Р на две
равные силы (рис. а) с малым промежутком между точками их приложения; в сече-
К задаче 5.140.
270

ниях А и В между силами можем предполагать только изгибающие моменты.
Крутящие моменты и поперечные силы здесь равны нулю вследствие симметрии
нагрузки относительно линии АВ. Примем изгибающие моменты в сечениях А
и В за лишнюю неизвестную Хх задачи (рис. б); вследствие- антисимметрии
нагрузки относительно линии CD, эти моменты также антисимметричны. Эпюры
Мъ Мы и Мр, МРк показаны соответственно на рис. бив. «Перемножая»
эпюры, получаем
_ 1 Pb
Al/> 2 2
Из рис. б находим
EJ
.4-
Pb
GJK
и далее
Pbba+2a
Т ba + а
где a~GJK/(EJ). На рис. г показаны эпюры М и Мк цляслучаяЬ = а и оь = О,8.
5.141. Вследствие антисимметрии нагрузки в средних сечениях А и В
изгибающие моменты равны нулю. Примем за лишние неизвестные Хг поперечные
силы S в этих сечениях (рис. а). Крутящие моменты в тех же сечениях
обозначим через Т. Из уравнения равновесия 5-2а—27"=0 находим T = Sa~Xia.
К задаче 5.141.
Таким образом, задача сводится к одной неизвестной Xv Полагая Хх=*1
(рис, б), строим эпюры Мг и М1К (для половины основной системы). Эпюра МРк
показана на рис. в. Величина М везде равна нулю. «Перемножая» эпюры,
получаем
2aL-b-2 _4Lab
GJK "~" GJU *
GJK
При a=6 (квадратная рама) и GJK = 0,8?7 (круглое сечение и G = 0,4/s)
получаем Xf = — A1p/6ii = 15L/C8«). В ответе показаны эпюры М и Мк для этого
случая.
5.142. Вследствие симметрии нагрузки имеем только одну лишнюю
неизвестную: изгибающий момент в среднем сечении. Основная система показана на рис. а.
Приложив к ней заданную нагрузку (рис. б), построим эпюры МР и МРк.
Прикладывая единичную нагрузку (рис. в), получаем эпюры 7ЙХ и AflK.
271

К задаче 5.142.
«Перемножая» эпюры, находим
2 ° 2
2* 2 GJK
2 GJ
^2 =
При b=*2a и GJK=0t8EJ получим Xt = —Л1Р/бп = —L ^3/27. Эпюры Л1
и Мк для этого случая представлены на рис. г.
5.143. Разделяя нагрузку (рис.-й), получаем в среднем сечении одну
неизвестную—изгибающий момент Хг. Составляем выражения МР, МРц. На рис. б
показана половина основной системы в плане под заданной нагрузкой Р/2. В
произвольном сечении <р изгибающий момент
Л*в =
L.
Он равен моменту силы Р/2 относительно поперечной оси г. Крутящий момент
Он равен моменту силы Р/2 относительно продольной оси х (касательной к оси
бруса).
272

Аналогично записываем Мг и М1к (см. рис. в), изгибающий момент (момент
относительно оси г) АТХ = — bcoscp и крутящий момент (момент относительно
оси х) ЛГ1к = —bsincp. Знак минус при значении Мл введен потому, что
направление момента М{ противоположно направлению момента МР, записанного выше
положительным.
б) б)
0J8ZPa 3Z°30' 0,18ZPa
0,5Pa
o,mp<r-
0,17* Ро
К задаче 5.143.
Вычисляем коэффициент 6Х1 -и свободный член A±p канонического уравнения:
eJ EJ +J —=Ш~К e
Я/2 Я/2
— о С — cosф»Раsingled<р , о С —sinф»РаA —cosф)«ад
\
яа / 1 , I
В случае круглого сечения и G = 0,4Z$, т. е. при<2/к=*0,8Е/, Ai/>=*
6ц—ii— и
Составим текущие выражения М и Мк изгибающего и крутящего моментов:
р
а i q — cos ф«0,318Ра,
^ —cos ф) —sin ф-0,318Ра.
По этим уравнениям строим эпюры М и Мк (рис. г, <9).
5.144. Разделяя нагрузку, имеем в сечениях (рис. а) по условию
антисимметрии только поперечные силы S и крутящие моменты Т. Обозначаем 5 через Хи
т. е. принимаем поперечную силу за лишнюю неизвестную. Из условия
273

0}18ZL
К задаче 5.144.
равновесия Ху2а = 2Т, откуда Т — Хха. Полагая Xi== 1 (рис. б), получаем
Mx^asinq)—basin ф = 0, М1к = —1 (а—ясовф)—acos<p= — а,
* От заданной, внешней нагрузки рис. в) имеем
Получаем (см. формулы C1) на с. 273):
л
- \ -jr-sfo^*'—• а)*
GJK '
Записываем выражения
2—0,318/. -
По этим уравнениям строим эпюры М и Мк (рис. г, д). Заметим, что dMK/dq> = M
(это справедливо всегда при отсутствии
распределенных закручивающих моментов—см.
задачу 4.84).
5Л46« 2- Указание. Разбить нагрузку на
симметричную и антисимметричную.
5.147. а) При заданных условиях задача
статически определима. Продольная сила N
изменяется вдоль^ каждого стержня по
линейному закону. Поэтому эпюры N строятся по
значениям концевых ординат (см. рисунок),
которые определяются узловыми нагрузками
или усилиями опорных стержней. Погонное
касательное усилие q между стержнем и
стенкой равно тангенсу угла наклона эпюры NB к
стержню.
К задаче 5.147(а).
б) Система двукратно статически неопределима. Основную систему образуем,
разрезая стенку вдоль обрамления в двух парах смежмых полей (рис. а)\
лишними неизвестными Хг в Х2 будут погонные касательные усилия q в разрезах.
274

На рис. б, в, г показаны эпюры NP, Nx и Л/2 в стержнях, а также величины qPi
qi, q2 в стенках (обведены кружками).
Коэффициенты и свободные члены канонических уравнений вычисляются по
формулам Мора (предполагается что стенки не геряют устойчивости). Например.
1
ЕР
Gt
Здесь t—толщина стенки, /, P—длина и площадь сечения стержня, ?, G—мо-,
дули упругости. Первая сумма распространяется на все стержни, вторая — на все
стенки.
,р р.
\ХЛ
\ХЛ
VA
\ХЛ
1Р\
\
При
К задаче 5.147F),
2&, P = bt, G = 0,4? получим Хг = — 0,038Р/&, Х2 = — 0,309Р/Ь.
Эпюры W и значения ^ показаны на рис. д.
5.148. Исходя из принципа Ритца, выпишем условие равновесия балки в виде
53 = 0, б([/ + К)=О} (I)
где Э—полная потенциальная энергия системы, U — потенциальная энергия дефор.
мации, V — потенциал внешней нагрузки. *
Введем два конечных элемента длины а = //2 с узлами У, 2, 8, показанными
на рисунке к условию задачи. Обозначим через s~x/a безразмерную координату,
отсчитываемую от левого конца каждого элемента. В качестве обобщенных
координат примем (ft, q2 — прогиб и угол поворота в узле /, q3, <?4 —в Узле 2» Яь> 9в —
в узле 3.
Примем общее выражение для прогиба в пределах конечного элемента
где qu qi+t—перемещение и угол поворота, относящиеся к левому концу
элемента, qj и qj+i—к правому.
В случае защемленных концов балки будет </1 = 4/2:»=д5:=:(/(. = 0. Для первого
элемента получаем прогиб равным У1-.2==^з^з + ^4^4» Для второго элемента-—
275

4- Здесь Зь ..., 34—так называемые эрмитовы функции
3i=I— 3s2+2s3, 32 = a(s —2s2+s3),
В решении задачи 7.73 (см. ниже) показано, что эти функции отвечают общему
выражению для прогиба типа
v = а (а0 + cc,s+a2s2 + a3s3).
Определим потенциальную энергию деформации элемента 1-2:
1
EJ
штрихи обозначают дифференцирование по s. -Находим (см. также решение зада*
чи 7.73)
^ E
или, в матричной форме,
где /Сх-. 2 — матрица жест::ости элемента 1-2
^_Вектор-столбец с координатами ^зь 94» а 9Т—транспонированный вектор:
Рассматривая элемент 2-3, получим матрицу жесткости в виде
^•-•-Рв 5]- ®
Складывая G) и (8), получаем общую потенциальную энергию деформации в виде
»--§-«¦ Ч". Я- •
Вариация (/ будет равна
^«. A0)
Определим далее изменение потенциала внешней нагрузки, численно равное работе
Обобщенных сил Q3> Qa на перемещениях q3t q^. По формулам C) при s-= 1
5?=1 и Э5 = О. При статическом нагружении вариация потенциала внешних сил
равна
W = -6q*~-.
Метод Ритца по A) приводит, при a = f/2, к соотношению
| J[^Jl]J° A1)
Так как вариации 6<?т являются произвольными, находим прогиб посередине:
^з = ^|//2 =Р/3/A92?>/). A2)
276

Это выражение совпадает с известным точным решением. Объясняется это тем,
что принятое выражение для прогиба в пределах каждого из конечных элементов
совпадает с истинной упругой линией. Отметим, что данная задача является
в принципе статически неопределимой и что метод конечных элементов здесь
соответствует известному в строительной механике методу перемещений.
5.149. Решение строится аналогично решению задачи 5.148. Как показано
подробно в решении задачи 7.73 (см. ниже), выражение для прогиба получает
в случае шарнирного опирания балки по концам-дид: для первого конечного
элемента v1^2 = 3lq3 + ^lq4i для второго ^~з = ^з+^4> где новые эрмитовы
функции
Э? = 1-1
Потенциальная энергия деформации системы оказывается (см. задачу 7.73) разной
Матрицы жесткости для первого и второго элементов будут
31
3J-
Полная матрица имеет вид
[! Я-
*-[!
Изменение потенциала внешней нагрузки равно
1^ т
По методу Ритца, при 6((/ + V) = 0.,
8EJ Р/3
-^-б^Р и qb = ——=v\l/2. E)
Это значение q$ совпадает с точным. И здесь легко убедиться" в том, что
принятая нами с помощью функций 5J, 3J Упругая линия соответствует истинной.
5.150. Пользуемся решениями задач 5.148 и 5.149. Для левой половины
балки, как в задаче 5,146
^ Г 3 —31
^-•-[-з 3-г A)
для второй половины, как в задаче 5.149,
*-.-[¦; я- •
Полная матрица жесткости имеет вид
[' ?]
Обобщенная сила, соответствующая координате qSt равна Р; сила,
соответствующая q±, отсутствует.
Следовательно, приходим к уравнению
277

При этом должны выполняться два равенства:
E)
F)
Отсюда находим значения q4=v\i/2 и qt=Q\t/2 ариведенные в ответе
5-
К задаче 5.151.
5.151. Повторяя выкладки задачи 5,148, получаем для прогиба выражение
0 = 3з#з+34<74. A)
Потенциальная энергия деформации равна
Матрица жесткости
Полное уравнение
Отсюда находим
щ 12 ~61 Г^«1 L Г °1
2/з [-6 4J Уд*]- 2 [м\ш
B)
C)
D)
EJ
Принимая для примера значения EJ, l, MQ> указанные в условии, получаем с
помощью графопостроителя ЭВМ эпюры, приведенные на рисунке.
Глава 6
СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ
6.1. Опасное сечение балки совпадает с сечением в заделке. Здесь
изгибающие моменты M,j==P/cosa = 3,12 кН-м, My=*Pl sin a= 1,8 кН-м_.
Нормальные напряжения в крайних в'олокнах от этих моментов:
Ог= ±MZ/Wg=* ±32,5 МПа, оу=* ±My/Wy=* ±56,2 МПа,
Суммарные напряжения в угловых точках опасного сечения:
ах = 88,7 МПа, о2 = ~ 23,7 МПа, а3=— 88,7 МПа, о4«*23,7 МПа,
278

Прогибы в направлениях осей х и у:
Pls sin а Л „.-
Р/3 cos а
см'
Полный прогиб v = \/rvl + vz =0,687 см.
6.5. Наибольший момент AJmax = ^/2/8 = 5 кЬЬм.
Положение нейтральной линии определяется отклонением ее от оси г на угол а:
^tg 55 а: 1,39 рад.
Построение нейтральной линии показывает, что опасными точками являются
точки 1 и 2. Вычисляем координаты этих точек:
h . t o Л
Zi = -^ sin ф + -q" cos Ф = 3,0 см,
уг = -? cos ф—^ sin ф = 6,3 см.
Наибольшее напряжение
Уcos Ф
i
120 МПа.
Прогиб в отрицательном направлении оси у
Полный прогиб f = fy/cos a = 0,0633 см.
6.8. Максимальный изгибающий момент (в середине пролета) Mmux
— 10 кН-м.
Максимальные изгибающие моменты в главных плоскостях балки
M* = Mmaxcos(n;/6) = 8,66-KH.M; Му = Mmaxsin (я/6) = 5 кН-м.
Моменты сопротивления определяем из условия [a] = MZIWz-\-MylWy. При
действии только Мг необходимый момент сопротивления
что соответствует швеллеру № 12 (ГОСТ 8240—56). При действии только Му
необходимый момент сопротивления
Wy=*Mv/[o] = 31t2 см8,
что соответствует швеллеру № 24. Таким образом, номер швеллера должен быть
более №24.
Выбираем швеллер №27, для которого №г~308 см3 и 1^^ = 37,3 см3.
Проверяем:
Wy=*№ МПа —[а].
Условие прочности выполняется.
6.9. Из условия Mg/W
= la)t где Wz=k4*/6,
kb*/6, следует,
Площадь сечения бруса
Минимальный вес бруса имеем при минимальном значении площади сечения F,
Из условия минимума dFjdk — Ъ получаем: k—h/b = Mz/My.
279

в.Ю. Из уравнения для прогиба на конце
У 1
P/3cosa\2
17ГУ
находим площадь сечения балки
F _ ^/Шрьр (cos2 а + fe2 sin2 a)
Из условия dF/dk — O находим 6= l/}/"tga.
6.13. На прямоугольнике инерции откладываем отрезок G'/C, равный
отрезку GK. Проводим прямую G'H, параллельную диагонали АС прямоугольника
инерции. Проводим прямую через точки 0 и Н. Эта пря-
\" ма-я является нейтральной линией, соответствующей гру-
\ зовой линии GO. Направление прогиба совпадает с на-
\ у г правлением прямой 0V, перпендикулярной ОН.
/\& К \&1в/ 6.15. Условие прочности при внецентренном растяжке-*
нии:
Р
а = -=-
[а].
В данном случае #р=0, гр=*&/4, г-
дучаем ЪР1BЫ)<л[о]у откуда
К задаче 6.13.
сечении
—*) /,
, по-
6.19. Изгибающий момент в ослабленном сечении
М=Рл;/2. Площадь и момент сопротивления в ослабленном
W~(b—х)Ч/6. Наибольшие напряжения в ослабленном се-
чении приравниваются допускаемому:
Р . М Р
р+тг6
5 [a], дс==23,5 мм.
(Ь-х)Ч
6.20. Нап-ряжение в неослабленном .сечении а = 75 МПа. В ослабленном
сечении полосы с галтелью нагрузка передается с эксцентриситетом е=а/2 = 0,5 см.
Имеем растяжение с изгибом; о = 111 МПа, следовательно, напряжение увеличи-
«48%
лось на
6.26. Если бы нагрузка передавалась центрально, то была бы достаточна
площадь сечения F = P/[a] = 15,6 см2. Учитывая наличие изгиба, возьмем
ориентировочно швеллер №24: F = 30,6 см2.
Необходимая толщина пол-осы / = Р/F[а])=0,65 см. Имеем ^ = 20 = 2,42 см,
*а = 6—го:=9—2,42=6,58 см, е = го +1/2 = 2,42+0,32 = 2,74 см. Напряжения в
крайних волокнах
а1ЖВ ^ +_??в1==:161,2 МПа; а2 = -^—^1еа=~ 134,6 МПа,
Условие прочности- выполняется.
6.80. Наибольшие напряжения имеют место в заделке:
NwmP cos a, M«=«P/sina,
Угол «о находим из условия
—-p =зг= 5- ( cosa-| sin a V
280

откуда tgao = 6//a. Следовательно,
,
Р cos (a—a0)
r-
2
cos a0
6 39. Площадь и момент сопротивления сечения А А:
«-J(didt-dIdi)e».8 см2
2?-
«I
см3;
а—2*.
Изгибающий момент в.сечении АВ: M = Pib-\-F2(a-)-r) = 37tb кН»м.
Максимальные сжимающие напряжения: a = — Pi/F — M/W-— 1698 МПа.
6.44. Через след Р проводим прямые РР' и РР", параллельные
соответственно координатным осям г и у до пересечения go сторонами ЛВ и ВС
прямоугольника инерции. Проводим прямые Р'К и P"L и отмечаем точки пересечения
М и N с осями 2 и (/. Проводим прямую ВМ до пересечения с осью у и
прямую ЯЛ/ до пересечения с осью г. Отрезки OS и OR равны отрезкам*
отсекаемым нейтральной линией на осях г и у: 0S~— iy/zP = a, OR=il/yP~b.
Следовательно, прямая SR и есть искомая нейтральная линия.
/>' Р
А*
\
и
/-
/
\
а
н
я"
р
V
/
/
ч
в
рг
Z
с
А
С
Л
j
1
4
к i
f .
Ь
д
у
с
р'
К задаче 6.44.
К задаче 6.45.
6.45. Строим прямоугольник инерции ABCD: iz^=h/^12 =2,89 см, (уЬ/У12
= 1,73 см. Предполагая, что сила действует в вершине Р заданного
прямоугольного сечения, етроим нейтральную линию SR, как указано в решении задачи 6.44.
Точки Р' и Р" определяем как точки пересечения продолжений сторон
прямоугольника инерции с контуром сечения. Линия SR представляет собой одну из
сторон ядра сечения. Аналогично строятся остальные стороны ядра. В
результате получаем ядро в виде ромба с полудиагоналями ег =1 см,еу=1,67 см.
6.46. Эпюры распределения нормальных напряжений по высоте сечения
бруса в его предельных состояниях изображены на рисунке. Эпюра а
соответствует действию в сечении бруса продольной силы текучести Л/т, а эпюра б —
изгибающему моменту текучести Мт. Из этих эпюр следует:
Эпюра в соответствует одновременному действию изгибающего момента Ми
продольной силы N.~ Если эпюру в представить как сумму эпюр г и д, первая из
которых соответствует силе N, а вторая — моменту М, то можно записать:
,
281

Исключая из последних двух формул 2а/Ь, получаем
Очевидно, что моменты М и Мт имеют одинаковые знаки.
<3Т <5Т (Зт
«JU
&r
a) &) 6) 8) д)
К задаче 6.46.
6.47. Общий вид эпюры рапределения нормальных напряжений по высоте
сечения круглого бруса в его предельном состоянии,показан на рис. а. Расчле-
6)
К задаче 6.47.
ним эпюру а на две: One, первая из которых соответствует силе N, а вторая
моменту М, На основании этих эпюр можем написать:
где *«--5-(ах-.ш-»„ ^=2a_sln2a
N . 2a — sin 2a M . «
' Так каК
то
6.52. Приведенный момент по третьей теории прочности
Д4{^ sszy /Ии + /И| =Р^/2+аа =1,7 кН*м.
ли ^/"ШЩР
Диаметр вала d = |/ -^jjj
4,86 см.
6.54. Приведенные моменты по четырем теориям прочности:
1.38 кН-м.
я [а]

Имеем: ^ = 4,95 см, d" = 5,l см, din=5,35 см, dlV = 5,2 см.
6.56. Удвоенная площадь, ограниченная контуром поперечного сечения:
404-20
Йк=2—-Г— 100 = 6000 см2. Момент инерции поперечного сечения
Нормальное и касательное напряжения в обшивке
ik4i т=А=30 МПа.
J I
Приведенное напряжение по третьей теории прочности
а#=1Л*2Н- 4т2 =82 МПа < [а].
6.68. Для бруса круглого сечения
<«-
для квадратного сечения
Здесь а—сторона квадратного сечения, d—диаметр круглого сечения, ?кр и
^кв~площади поперечных сечений брусьев соответственно круглого и
квадратного. Сравнение приведенных напряжений дает: FKB = 0t94 FKV. Таким образом,
брус квадратного сечения на 6% легче круглого.
6.59. Для бруса круглого сечения
ш «Л!
Для бруса квадратного сечения
так как по условию равенства площадей fle-yd; здесь я—сторона квадрат
ного сечения, d—диаметр круглого сечения. Сравнение приведенных напряжений
для круглого и квадратного сечений дает
Y\
16Я
-36 "*'
Отсюда следует, что при Мк/Мк < 1*71 более прочным является брус круглого
сечения, а при Мп/Мк > 1,71—более прочен брус квадратного сечения.
6.60. Крутящий момент, передаваемый участком вала между зубчатыми
колесами, Мк = 71620Л///г = 3,581 кН*м. Окружные усилия определяем из равенства
Мк==Р1г1 = Р2/'2. Получаем Рх«60 кН, Рй«30 кН.
Разлагаем окружные усилия на вертикальные и горизонтальные
составляющие: P1b = P1cos«1 = 42,4kH; Pir = Pf sin at=42,4 кН; P2B = P2 cos a2 = 25,9 кН;
Р2Г=Р2 sin a2=15 kH3

Перенесем составляющие силы на ось вала и построим эпюры изгибающих
Моментов отдельно от вертикальных и горизонтальных сил. Опорные реакции и
изгибающие моменты от вертикальных сил: Лв = 41,8кН; ?в = 26,5кН; М\ =
4,18кН-м; М| = 3,98кН.м.
Опорные реакции и изгибающие моменты от горизонтальных сил: Ат =
= 29ДкН; ?г = --2,1кН; М\ = 2$Ь кН-м; М\ =
= 0,315 кН-м,
Эпюры Af? и Мн показаны на рисунке.
Суммарные изгибающие моменты находим в характерных
сечениях как геометрические суммы моментов в
вертикальной и горизонтальной плоскостях:
кН.м,
Эпюра суммарных моментов Ми также показана
на рисунке. Сопоставляя эту эпюру с эпюрой
крутящих моментов Мк, находим опасное сечение вала в
точке /. Приведенный момент в сечении 1 по
четвертой теории прочности: Мпр = К Ми+0,75Мц =
Находим диаметр вала
у»
* к
32Л*$_
[о]
6.66. Расчетная формула имеет вид
= 8 см.
Подставляем в эту формулу исходные данные и
возводим правую и левую части ее в квадрат. Знак
неравенства опускаем. Решая полученное уравнение путем
проб, находим d > 4,1 см.
6.71. На основании третьей теории прочности имеем
К задаче 6.60.
откуда 4а2+93=а6. Путем проб находим а = 2,2 см.
6.72. Не производя вычислений, строим в
произвольном масштабе эпюры внутрелних сил Q, N, Mzi
My и Мк в сечениях рычага и делаем заключение, что
б
y
пас
опасное сечение находится вблизи крепления
амортизатора (сечение АА). Определяем внутренние силы в опасном сечении:
Q = Psin.0,698=»51,5KH; N = Рcos0,698 = 61,3 кН;
МХ = Р (/—/Оsin0,698= 18,6кН-м;
Вычисляем площадь и моменты сопротивления в опасном сечении:
-20=* 22,6 см2 Wz — -z~\-at(b—20 = 78 см3,
—20 = 63 см3, WK=*2t F — 0 (а —0==Ю1 см3.
Наибольшее нормальное напряжение имеем в угловой точке сечения * где
складываются нормальные напряжения от N, Mz и Му. В этой же точке имеется и
касательное напряжение от Мк, Касательными напряжениями от Q в этой точке
можно пренебречь. Вычисляем:
№и=4б0МПа, x=MK/HV
284

Приведенное напряжение по третьей теории прочности
4кв « |/"а2 + 4т2=:590 МПа.
Коэффициент запаса прочности /г = ав/а9кв = 2.
6.73. Разлагаем силу Р на два направления
Pt = P cos а = 56,4кН,
Определяем усилия N в подкосе
$f =гЛ/COS E, Wa = Nsin(}, P\C
-рТ-33,7 кН,
Psina = 2O,5KH.
.—16,85 кН.
Эпюра изгибающих моментов от силы Р2 имеет форму треугольника. У верхней
опоры МР%=.Р%1*=. 18,5кН'М. Ординаты эпюр
изгибающих моментов от силы РА на участке от
колеса до крепления подкоса постоянны МРх=*
= PjCs= 18,46кН'М* У крепления подкоса
имеется скаыок момента от силы Ыц он равен AMPt =
= Ntf— 1,18 кН-м. Вдоль цилиндра эпюра MPi
линейная, и у верхней опоры Mpt=s0.
\
18,50
I
Мм (ПИШИ
I
Ми\Н\\\\\\\
11 III 11111111
illlltllllllll
Zy07
— Ми (нН-м)
7,28
К задаче 6.72.
К задаче 6.73.
Крутящие моменты Мк аостоянны: Мк =
расчетным является сечение у верхнего дна. Здесь
Суммарный момент
3,075 кЬЬм. Для цилиндра
ШДН'М, Мра=2,9кН«м.
t %* 16,7 кН -м.
Площадь сечения и момент сопротивления сечения (y=*di/d):
id3(l~-Y4)=i
Нормальные напряжения от изгиба om = M/W~884 МПа. Нормальные
напряжения от продольной силы gjv=—A/x/F — 5,1 МПа. Касательные напряжения от
кручения т=Мк/2№ = 81,4 МПа. Давление в цилиндре р«= Р1//?п =ss 16,8 МПа.
Нормальные напряжения в продольных сечениях цилиндра as=/?dcp/B/CT) =
«118 МПа. В опасной точке вблизи поверхности цилиндра вдоль оси цилиндра
действуют нормальные напряжения ох = —889 МПа вдоль касательной к наружной
окружности сечения, 0^ = 1(8МПа и, кроме того, касательные напряжения
т=81,4МПа, По" третьей теории прочности имеем
== 1010 МПа.
Условие прочности выполняется: cjIkb < \о].
285

6.74. Площадь и момент инерции поперечного сечения цилиндра (y =
Горизонтальная и вертикальная составляющие силы Р
4,72кН, pySSpx tga=7,35KH.
Реакция на внутренней стенке цилиндра от штока Рх =
=Ру(а—x)ljc. При х=//2 Рг^Ю,2кН. Максимальный
изгибающий момент (в среднем сечении цилиндра)Л4и =
= р1//4= 1,25 кН-м. Нормальные напряжения изгиба в
точках А и D сечения цилиндра o=±(MjJ) (D/2)=
= ±П2,5МПа. В точках В и С: о= ±(Ми//) (D/2)а=
=94 МПа. Нормальные напряжения, обусловленные
внутренним давлением в цилиндре, в продольном и по-
и- плг,п„а а 7л перечном сечениях соответственно
г\ задаче о./*±.
^пРод = р?>/B0 = 15МПа, арад=апрОд/2=:7,5МПа.
Полные продольные нормальные напряжения в точках Л, В, С и D (вМПа):
а^ = 120, ов^ 101,5 ас
Напряженные состояния в точках Л, В, С и D определяются следующими
главными напряжениями (в МПа): в точке А: а!=120, 02= 15, а3 = 0; в точке В:
аа= 101,5, а2=15, 03 = -~р = -~2,5; в точке С ог = 15, а2 — — 2,5, 0д=г— 86,5;
в точке D: ai==15, а2=0, а3 =—105. На основании третьей теории прочности
опасной является точка А. Для нее 0^1= 120МПа < [а].
ШМП&
К задаче 6.76.
6.76. Вычисляем наибольшие нормальные и касательные напряжения в
характерных точках поперечного сечения щеки коленчатого вала (в МПа):
ajV=~=14,8; aMj = 67, a^2=36; т; = 62,5;
3 О
467; %Q==^z=zlb
По этитй-данным строим эпюры нормальных и касательных напряжений (см.
рисунок). Рассмотрим три точки Л, В и С на контуре поперечного сечения.
Приведенные напряжения на основании третьей теории прочности для этих точек

(в МПа):
л==77,5< fcj; аэквС=П6 < [о].
Наиболее нагруженной является точка С,
6.78. Изгибающий и крутящий моменты в заделке: M^ — Pr sin а, Мк =
= Рг A—cos а). Максимальные нормальные и касательные напряжения в заделке
д = 6Ми/а3, т~Мк/@,208а3). Приведенные напряжения по третьей теории
прочности оэкв= ]/га2 + 4т2~7,05Рг/а3. Из условия прочности аэ^в = [а) находим
v,[J
6.85. В качестве статически неопределимого усилия принимаем Мв —
изгибающий момент в сечении В участка ВВ'. Этот момент одновременно является
крутящим для участка АВ. Угол наклона касательной к изогнутой оси участка
ВВГ равен углу поворота участка АВ:
Учитывая, что У=га4/12 и Ук=0,14а4. получаем УИд = 0,9Р. Путем построения
эпюр вьшсним, что опасным сечением являе!ся сечение А. Здесь изгибающий
момент М = РЬ/2 = 6Р и крутящий момент Мк~Мв~0у9Р. Вычисляем
нормальные и касательные напряжения в опасном сечении в опасной точке:
а = 6.6Р/а3 = 4,50Р, т = 0,9Р/@,208а3)=0,54Р.
Далее из условия прочности j/*a2 + 4T2 = [a] находим Р = 3,5кН.
6.86. Проекции- силы Р на координатные оси хъ уи гг:
—5кН, Рух = — Р cos ? = — 6,43 кН,
Переходим к новым координатным осям:
Pa. = P0i = 5,8kH, Py = Pyi cos x-P^t sin х=1 71 кН,
P* = PXl cos % + Руг sin х = 7,96кН.
Координаты начала координат хи У\> гх в осях к, у, г\ ^==я = 50см, j/==0, г =
^^O Внутренние силы в сечении В: Л/ = Рг = —7,96 кН, QX = PX=
yz=Py = —1,71 кН. Таким образом, Мл.=Р^ — Рг(/-=-0,684 кН-м
x2 = —0,266 кН*м, МК = Р^—Рул;=
Глава 7
УСТОЙЧИВОСТЬ СТЕРЖНЕЙ И СТЕРЖНЕВЫХ СИСТЕМ
7.11. Критическая нагрузка с учетом влияния поперечной силы:
кр|фj»
1+/>кр 2EFd sin a cos2 a
где Р^—площадь сечения диагонального стержня решетки при условии, что
критическое напряжение находится в пределах упругости.
7.13. Разберем случай а, когда средняя опора является шарнирной.
Рассмотрим стержень в' изогнутом положении при потере устойчивости. Обозначим
через Мо изгибающий момент над промежуточной опорой, составим
дифференциальное уравнение упругой линии для левого участка:
287

После интегрирования, с учетом граничных ^условий, получим:
где введено обозначение k2 =
Находя отсюда угол поворота v^ над промежуточной опорой (при х = 1г),
сравниваем его с углом поворота в том же сечении, вычисленным
при,рассмотрении правого пролета:
С, учетом знака имеем рл,= — у1Г). Отсюда при Мо ф 0 получаем уравнение
3 3 А
{2^^2u,tg2ul==z^i • ГДе 2^^'
Обозначая левую часть полученного уравнения через ? (и)и находим Y («Л =
= — /,//!»—0,33.
Такое же выражение для Ч fa) можно получить с помощью уравнения трех
моментов (см решение задачи 7.71).
По табл. 4 приложения на стр. 388 определяем 2u78SS4,l. Отсюда находим
зависимость между критической силой и моментами инерции поперечного сечения.
7.18. Определим максимальную реакцию в опорной колонне с учетом
неравномерности весовых усилий по колоннам:
Примем ориентировочную толщину стенки колонны /i=1^2cm. Определим
гибкость колонны Л > учитывая, что она теряет устойчивость как стержень, шарнирно
опертый по торцам, и обозначая радиус тонкостенного сечения колонны через г
(радиус инерции приближенно равен i»г/}/., коэффициент приведения длины
l)
Предельная гибкость для применения формулы Эйлера
91 < 106.
Следовательно, формула Эйлера применима. Находим
*0,525МН.
Но по условию усилие в колонне равно 0,48МН. Коэффициент запаса устой*
чивости, принятый равным 1,5, не обеспечен.
Определим необходимую толщину t Назначим Л2= 1,5- 10м, /13 = 2«10-2м.
При этом получим значения критической нагрузки Ркрг^ОДОМН, Ркр3=0-,87МН.
Строим график зависимости пу (h) и находим, что коэффициенту /гу='1,5 отвечает
толщина /ip= 1,67. Ю-2 м.
7.30. Номинальйое допускаемое напряжение, найденное по пределу текучести,
равно <jr/rtT= 133 МПа. Общая нагрузка на восемь колонн равна (без учета
перегрузки) P=:Mgs=34,3.103 кН=34,ЗМН; на одну колонну приходится сила
N = Р/8 = 4,3 МН. Если считать резервуар абсолютно жестким, то при общей
потере устойчивости всех колонн нижний конец следует считать защемленным,
а верхний—также защемленным, но получающим горизонтальное смещение, как
показано на рисунке. При этом точку перегиба упругой лин*ш можно считать
расположенной посередине высоты, так что коэффициент приведения длины равен
Радиус инерции сечения приближенно равен i~r/y2, гибкость, К = \il/i =
46,8. По таблице коэффициентов ф продольного изгиба (см. приложение) для
288

стали с соответствующим расчетным сопротивлением находим ф «0,88.
Допускаемое напряжение [а]ф = 121МПа; соответствующая нагрузка [Af] = 9MH.
Запас устойчивости равен 9/4,3 = 2,1.
Проверим далее условно запас устойчивости отдельной колонны, считая, что
резервуар в целом не смещается, но с учетом перегрузки. Так как возможный
коэффициент неравномерности нагрузки
равен 2, то на отдельную колонну может
прийтись сила 2N=8,6 MH. При новых
граничных условиях [л = 0,5. Гибкость
оказывается равной А, = 23,4. Соответствующий
коэффициент ф по таблице равен 0,96.
При этом [а]ф = 132МПа, [ЛГ]=8,71МН,
запас устойчивости 8,71/4,3 = 2,03. к - 3«
7.31. Момент инерции сечения стре- оадачс i,oi.
лы можно считать пропорциональным
квадрату габаритного размера. Из условия следует, что изменение момента
инерции J (х) в крайних частях подчиняется закону / (x)/J2s=s(x/bJ, Размеры х и Ь
отсчитываются, как показано на рисунке; J2—момент инерции сечения средней
части, /х-—момент инерции сечения у опоры. При заданных размерах получаем
/1//2=гA80/400J=0,2. Обозначая через а длину средней части, через а общую
длину, имеем д// = 3,5/17,5=0,2.
Пользуясь табл. 5 приложения на с, 390, находим jx=l,15, Выберем
коэффициент уменьшения допускаемого напряжения фо=О,6. Находим: /•" = 225,0/
/D-120,0*0,6) =7,82 см2. По сортаменту ближайший профиль уголка есть 70x70x6
с площадью сечения 10,7 см2. Момент инерции в средней части
/ = 4 [48,2+10,7 B0-2:02J) = 14030см4,
Радиус инерции
* = /44030/D.10,7) = 18,1 см.
Гибкость А,= 1,15* 1750/18,1 = 110; по табл. 3 (см. приложение)
коэффициентов ф при расчетном сопротивлении ат = 240МПа находим фх=0,48. Таким
образом, ф! < ф0. Сечение должно быть увеличено.
Выберем уголок 80x80x8. При этом F = 49,2cm2, / = 18500см4, *=19,Зсм*
Я=104. По таблице коэффициентов ф находим ф«0,52. Тогда [а]у=0,52*240=
= 125 МПа. Действительное напряжение a=P/F « 45,6 МПа.
Размер выбран удовлетворительно. Устойчивость в направлении,
перпендикулярном плоскости ЛВС, обеспечена.
7.33. Исходная форма упругой линии в случае а) характеризуется ддя. левой
половины стержня уравнением vQ = 2fx/tt где /—прогиб посередине.
2/
Изгибающий момент в сечении х равен М (*)=Р-~#, Дифференциальное
уравнение упругой линии имеет вид
EJv" = — P^j-x.
Интегрируя его и учитывая граничные условия, получим
1 Р
Прогиб посередине пролета fi^joWT №'> ИСХ°ДЯ из условия / = /*, находим
критическую силу первого приближения РкР = 12?7//2.
Полученная форма упругой линии может быть представлена уравнением
Пользуясь дифференциальным уравнением новой упругой линии
и повторяя вычисления, находим критическую силу второго приближения
289

7.34. При потере устойчивости сжимающая сила Р производит работу
i
Л = РД, где Д=4~ [ (v'Jdx.
о
Приращение потенциальной энергии деформации может быть представлено
в виде
Критическое значение силы находим из^словия Us* А; для стержня
постоянного сечения будем иметь
^ A)
Потенциальная энергия может быть найдена с помощью выражения
При этом критическая сила (в случае постоянного сечения
P=EJ ( С у dx)l{ { v'* dx\ B)
Находим: по формуле A) PKp=*\0EJ/P, по формуле B) PKrr=*\2EJ/P>
Как видимi использование формулы типа A) заслуживает предпочтения, так
как при этом ошибка по сравнению с точным значением получается лишь около
1,3% вместо 21% по формуле (й),
Уравнение метода Бубнова—Галеркина при c/=Ct](jc) получает вид
Подставляя r)»fo—xz и производя интегрирование, приходим к результату
полученному по формуле A).
7.35. Рассмотрим случай й«4.
Примем угол поворота первого звена при потере устойчивости равным в;
величина его является произвольной,
Перемещение первого шарнира % = 8//4 и момент в нем М1=*Рщ.
Перемещение второго шарнира (см. рис. а) г|2»0//2—<Pi//4, где ф*—взаимный угол
поворота двух звеньев; по условию
Вводя обозначение Pl2/{EJ)~at получаем
-L а
Аналогично находим
и
3 ее 'Ot
290

Подставляя в уравнение 3) выражения A) и B), получим уравнение для
определения параметра а:
аз _ 96а2 + 2560а — 16384 « 0.
Корни этого уравнения 0^=9,37, а2==32, а3 = 54,16 соответствуют
различным формам потери устойчивости, представленным на рис. б) Так, например,
при а2 = 32 получаем тJ=0 и rji=~ %• Наименьший корень at определяет
К задаче 7.35,
величину первой критической силы Ркр==9,37?>///а, что отличается от точного
значения на 5%.
Величины щ и а3 можно также получить, рассматривая симметричную
форму потери устойчивости и полагая П1«г]з» Для определения а получаем в
этом случае уравнение а2—64а+ 512 «=0, корни которого o&i = 9,37 и а8«54,63#
Рассматривая антисимметричную форму прогиба, из условия т|2«О
найдем а2«32.
7.36. В случае б) дифференциальное уравнение изогнутой оси первого
приближения будет иметь вид
для крайней части ?foi=— P/sin (ях/t),
для средней части ?Jo2 = — P/sin (nx/t).
Интегрируя, получаем соответственно
Постоянные Cj, *»., D2 находим из условий: при х-
= 0, при х = /A-- р)/2 ^1—^2 и Vi~v2.
Прогиб посередине
Ui=sO, при *=//2
Приравнивая друг другу максимальные значения прогиба исходной и
полученной кривых, находим приближенное значение критической силы.
7.37. В момент потери устойчивости точка приложения одной из сил Р
перемещается на отрезок, равный /, вследствие чего возникают опорные реакции
RsssPf/l. Изгибающий момент в верхней половине MneaPv+Rx, в нижней
половине М2« Pv — Р (/—v) + Rx.
Составляем дифференциальные уравнения упругой линии для каждого из
участков, интегрируем их с учетом граничных условий для конца стержня и для
291

места сопряжения участков. Сравнивая прогибы посередине для полученной и
заданной упругих линий, находим критическую силу.
7.40. Рассмотрим случай одной упругой опоры. Примем число звеньев л = 3;
угол поворота первого звена при потере устойчивости положим равным 9.
Реакция упругой опоры равна с/, где /—прогиб посередине.
В случае симметричного прогиба изгибающий момент в шарнире
Взаимный угол поворота звеньев ф = 0.. По заданию
Подставив сюда /=9//3, получим
и окончательно при
При антисимметричном прогибе перемещение средней опоры отсутствует;
момент в шарнире М = Рт], где ц—-прогиб в точке соединения звеньев: rj=0//3.
Угол поворота в шарнире можно принять равным ф — 30. Пользуясь соотноше-
Точное решение
{антисимметричный
/7DO3U5) .
4J звена
(антисимметричный
(симметричный
з
_^r- \ / uvHuv Точное решение
- -^решение шнтисим- торы неподвижны)
метричный /грозид)' ' '
4 3 звена (антисимметричный
1 прозив) d I
Точное pemeHuev
^ (симметричный
прогцф
\ Ъ звена
(симметричный
проаив)
tizh
4^4-
го
40
К задаче 7.40.
SO Ql/P9
292

нием <p = M//C?7), получаем
PKp=27EJ/P. B)
Если жесткость опоры настолько велика, что критическая сила по формуле A)
достигает значения 27EJ/12, форма прогиба становится антисимметричной и упру*
гая опора может рассматриваться абсолютно жесткой. «Критическая жесткость»
опоры с0 найдется из равенства
откуда со= 108ЯУ//3. Соответствующие графики см, на рисунке.
Аналогично может быть рассмотрен случай двух упругих опор. Отметим*
что верхний предел для критической силы при этом будет соответствовать случаю
несмещающихся опор. С целью обследовать этот вариант разделим
стержень на шесть звеньев; критическая сила окажется равной Ркр = 72?7//24
Соответствующая прямая также дана на графике. Графики зависимости между
величинами Ркр/Рэ и cl/P9 для случая двух упругих опор см, на рисунке,
Для оценки степени приближения найденных формул на графике приведены
кривые, полученные точным методом.
7.41. Эйлерова нагрузка для стержня при отсутствии подкреплений:
Рэ=я2?7//2==я22.105.16,6-Ю-8/3,0а=36,4 кН.
Критическое напряжение: аэ=36,4/<10,24.10-*)=:35 МПа.
Жесткость перекрестных балок измеряется параметром cljP9i где
В нашем случае б//Рэ = 48/яа=4,9. По графику для этого значения Ы/Р9
находим Ркр/Рэ « 2,3, Отсюда критическая нагрузка Ркр = 2,3 «36,4 = 83,5 кН.
«Критическая жесткость» опор соответствует значению с//Рэ—81, Получаем
необходимый момент инерции перекрестной балки Jj из уравнения
7.42. Будем рассматривать стрингер как сжатую балку, лежащую на упругом
основании. Реактивные силы, передающиеся на стрингер от нервюр, можно
считать равномерно распределенными по длине стрингера, так как расстояние между
нервюрами s достаточно мало по сравнению с длиной балки. Величина
реактивной силы, создаваемой каждой нервюрой, R = 48EJnV/cP.
Коэффициент жесткости (отпорность) упругого основания находится из
равенства
н_ 48-0,7»Ю5.0,Ы0-8_Л п Н/м прогиба
0,53.0,2 U'M4 м длины '
Дифференциальное уравнение упругой линии балки, лежащей на упругом
основании, имеет вид
Рассматривая стрингер как балку конечной длины /, выбираем решение
в соответствии с граничными условиями в виде
v Asm
где п—число полуволн.
Подставляя vn в дифференциальное уравнение, получим
293

Величина силы Р, удерживающей в равновесии изогнутый стержень с п
полуволнами, равна
Число полуволн п должно быть найдено из того условия чтобы Р имело
наименьшее возможное значение.
Если жесткость упругого основания k мала, потеря устойчивости произойдет
по одной Полуволне (я=1). Число
полуволн равно 2 при условии
П
Oft
Приближенное
решение
Точно*решение
По данным задачи k = 32EJn*/l4
и, следовательно^ в формуле A)
нужно принять п = 2.
7.43* Потенциальная энергия
изгиба каждой продольной балки при
потере устойчивости
'стр*
для поперечной балки потенциальная
энергия
з/,
ю # ib zz ze л
К задаче 7,43.
Стрела прогиба поперечной балки в первом случае f—fit во втором /=/2,
в третьем /=0. Работа сжимающей силы
А Х D Г' /*Л\|
Для вычисления критической силы используем энергетический критерий
^п-Л) = 0 (fe 1,2,3).
Пунктирные линии на графике соответствуют точному решению.
7.44. Пользуясь энергетическим методом, находим потенциальную энергию
изгиба балок ^=~о~/2~/з~-
Работа сжимающих сил при потере устойчивости
Из уравнения ^т((У —Л)~0 получаем критическую силу
2
Переходя к точному решению, обозначим через R силу взаимодействия между
балками и через /— прогиб в месте сопряжения. Дифференциальное уравнение
изгиба для половины первой балки имеет вид
294

а для половины второй балки
-BJ^ + kPv-^ RI
Интегрируя эти уравнения, находим соответственно
п
у»С3 cos,a? + C4 sin ^l — ^kp I»
где a=VP/(EJ)f.
Принимая во внимание условия шарнирного опирания на одном из концов
и посередине балки, а также сравнивая прогибы балок на месте соединения,
находим трансцендентное уравнение для определения критической силы,
приведенное в ответе,
7.45. Потенциальная энергия изгиба продольной балки
U-jEJ $
о
После вычислений получаем
Потенциальная энергия кручения поперечных балок
6/2 = 2 -^г (vx~oJ или (У2 ¦¦ —г5 -i-s—
Работа сжимающих сил при потере устойчивости
или
Составляем уравнения
После преобразований получаем уравнения, содержащие fa и /2;
приравниваем нулю определителе составленный из коэффициентов при ft и /2 в этих
уравнениях.
7.47. Указание» Воспользоваться выражением для прогиба консоли при
действии на §е конце сосредоточенной силы
7.49. В случае потери устойчивости гофрированные листы выйдут из
первоначальной плоскости; передаваемые ими сжимающие усилия будут давать нагрузку»
действующую на балку (см. рисунок). При малых прогибах v балки погонную
результирующую нагрузку q можно считать равной 2pv/a, Поэтому балка буДет
находиться в условиях задачи 7,47 при k = 2pfa,
7.50. При потере устойчивости стержня АВ на него в точках С и О пере-
даются сила Q. Последние находятся в случае малого прогиба v в точках С, D
295

из соотношения (см. рис. а}
(кН).
Далее находим соотношение между силой Q и прогибом точки приложения
каждой из сил v (рис. б), в которое входит искомый момент инерции сечения
балки У,
К задаче 7.49.
К задаче 7.50.
7.51. Пользуясь уравнением трех моментов, приведенным в решении задачи
7.71, находим
Здесь
По данным задачи сечение балки постоянно и /2 = 2/г. Получаем уравнение
причем M2 = &/2/2 = 2tti. Решая это уравнение с помощью табл. 4 (см.
приложение на стр. 388), получаем 2их « 1,93, 2«2 «3,86. По величине kl2 находим
критическую силу.
7.52. Дифференциальное уравнение упругой линии записываем в виде
pi v _|_ fc2y» -з- о ? Где № = Pj(EJ).
Общий интеграл этого уравнения v = A-\-Bx + C cos kx-\-D sin kx.
Используем граничные условия #@) = 0, #*@) = 0, а также соотношения
между реакцией упругой опоры и осадкой опоры:
С другой стороны, поперечная сила Q =
= — EJvnf, а для проекции силы Р на
плоскость поперечного сечения получаем выражение
Pv' (/). Отсюда
Из полученной системы уравнений
определяем критическую силу.
7.54. Пусть при потере устойчивости точка D
переместится в Dx (см. рисунок в условии и
рисунок здесь); обозначим горизонтальную проекцию
перемещения через б, вертикальную—через 6Ь удлинение тяги— через 62. Из
рисунка имеем
b = 6! sin
К задаче 7.54.
Растягивающее усилие, возникающее в тяге при перемещении точки DbDlt
обозначим через X. Тогда &2~Xld/(EdFd), где ld—длина тяги.
Приращение сжимающей силы в вертикальном стержне при потере
устойчивости обозначим через Хи очевидно, X1 = Xsina. Зная, что ^i = Xl(EF)
296

и / = ia sin а, получим
EfiFdJb cos a
Ч'+!Й—)'
Условие равновесия шарнира D в проекциях на горизонтальную ось (при
отклонении 6): Xcosa=P6//.
Сравнивая эти соотношения, находим критическую силу, отвечающую
«опрокидыванию» конструкции. Проверяем, находится ли критическое напряжение
в пределах упругости.
7.55. Прогиб ребра в радиальном направлении на величину v вызывает
деформацию обшивки вдоль дуги, равную 8 = v/r; соответствующее напряжение
E/r, Погонное давление со стороны обшивки на каждое ребро составит(?Л=а
± '
Eis.
Дифференциальное уравнение упругой линии ребра имеет вид
где a.~EiSt/r2\ ось х направлена вдоль образующей. Корни
характеристического уравнения A,f, ..., А* оказываются мнимыми; полагая A,j, 2=i &и и X9t 4 =*
=з ± in, записываем решение в виде
o=Ci sin mx+C2 cos mx+
4-Сз sin шг+С4 cos nx.
Пользуясь граничными условиями, прихо
дим к системе уравнений относительно посто ф
янных Cf, ..., С4, из которой определяем кри- К задаче 7.58.
тическую силу.
7.58,6. Примем подвижную систему прямоугольных координат хОу> начало О
которой находится на свободном конце консоли и перемещается вместе с ним
(см. рисунок). Исходим из дифференциального уравнения упругой линий балки:
/М/(?У)
Изгибающий момент М = МПоп—Му* гДе ^поп — изгибающий момент,
вызываемый только поперечной нагрузкой.
Имеем
A)
В нашем случае Л1ПОП =—^*/2.
Решение уравнения A) имеет вид:
#=Ci cos kx+C2 sin kx+y4t B)
где y4^ — qx2/Bk%EJ)+q/(k4eEJ)-^частное решение.
Постоянные Cf и С2 определяются из граничных условий: 1) при # = 0 #=0
и 2) при * = / /==0. Находим Ci«—q/(k*EJ)t C2 = (kl—sin kl)q/(k*EJ coskl).
При х = 1 из B) получаем максимальный прогиб /:
Максимальный по модулю изгибающий момент (у заделки)
М=<- ql*l2—Nf,
Из формулы C) в пределе при k-+0 имеем известное выражение/=<//4(8?/)в
7.61. Принимаем a = /sin (лх/l). Потенциальная энергия деформации
О
297

Сближение концов балки
Потенциал поперечных нагрузок по варианту a) V = — P/, по варианту б)
4
Согласно принципу возможных перемещений, варьируя стрелу прогиба /,
получим для положения равновесия
-«/ ± N&X—bV^O.
Здесь знак плюс должен Сыть взят для случая сжимающей силы, знак
минус— для случая растягивающей силы.
Отметим, что, судя по ответу (см.), энергетический метод приводит к
известной формуле / = /пбп/( 1— — ) , г-де /поп-стрела прогиба при наличии одной
/ \ ™9 /
поперечной нагрузки, А/э — эйлерова сила, N~сжимающая осевая нагрузка?
7.63. Пусть координатная система расположена таким образом, что ось х
проходит через концевые шарниры, а ось у направлена в сторону прогиба; на
чало координат взято в одном из концов. Дифференциальное уравнение упругой
линии EJv" = — N {e+v) или о"+/е2а == — ?%, где k2^Nj(EJ).
Интегрируем это уравнение и находим постоянные интегрирования из
граничных условий. Затем определяем максимальный прогиб и наибольший
изгибающий момент.
7.64. Дифференциальное уравнение упругой линии
EJtf=*N(l-v)+Ne или
где f—максимальный прогиб, fc2= N/[EJ).
Выписываем решение этого уравнения в виде
0= A cos frA + ?sin kx+f.+e
и пользуемся граничными условиями о@) = 0, t/@) = 0, v (/) = /.
7.65. Дифференциальное уравнение упругой линии первого приближения
имеет вид
- N (e+oo) = - N
Интегрируя и учитывая граничные условия, находим
lex , A ft2 a nx
Приравнивая лруг другу значения максимальных ординат исходной кривой
и кривой первого приближения, находим значение /.
7,66, Обозначим через ос и ор максимальные напряжения в сжатой и
растянутой зонах, Условия равновесия элемента, отделенного сечением на расстоянии х
от верхнего конца:
сумма проекций сил
осЫг— (ор+ос) -gh~N~bho$v,
сумма моментов сил относительно кромки сечения
Nh bh2 , bh?,

В соответствии с законом плоских сечений ар/ас = ер/8с = 5/т1- Сопоставляя эти
соотношения, получим Nv = (oJy\) F/i3/12). Кривизна линии может быть выражена
через деформацию крайнего волокна:
1/р « - d?v/dx2 = 8с/г) = ос/(?г]).
Далее находим кривизну посередине пролета:
d*v/dx* =—\2Nf/(Eh*b) =—12оср//(?Л«).
С другой стороны, кривизна синусоиды а =
= (f—e)sin-^r-+ e в среднем сечении равна
dx2 - /2 V
,1
6
и
У
К задаче 7.66.
Сравниваем полученные выражения для
кривизны.
7.67. Радиус ядра сечения k и радиус инерции сечения i найдем по формулам
k = W/F я nr4lBnrt) = г/2 = 15 мм, / « г = 30 мм;
через г обозначен средний радиус трубы.
Отношение т, характеризующее эксцентриситет, m — e/k —12/15 = 0,8.
Гибкость стержня к =1,5/C0-Ю-*) = 50.
а) Наибольшее напряжение по формуле найденной в задаче 7.63 (см. ответ):
1 . е
IF cos —- 1/ —
^C0S 2 V El
Предельная нагрузка 'N равна nN^on — nF [о]; здесь через [а] обозначено
среднее напряжение, соответствующее допускаемой нагрузке #доп.
После простых преобразований получаем
т
cos
2" У ~
[о]
A)
Эта величина по условию должна быть равна пределу текучести ат = 240 МПа.
Подставим в виде пробы [а] = 16 МПа. Находим по формуле A) напряжение
атах=188 МПа, которое значительно меньше о*т.
После нескольких новых проб находим, что атах будет равно от при
[а] =20,3 МПа.
Допускаемая нагрузка Мдоп « 2nrt [о] — 11,47 кН.
б) По приближенной формуле задачи 7.66, считая среднее напряжение аср
равным п[о]у получим
г 1
B)
Вычисляем оэ = зт2?/Я2 = 790 МПа.
Путем нескольких попыток вычисления атах по формуле B) заключаем, что
°тах будет равно ат при [а] =90,7 МПа; тогда №доп=11,6 кН.
7.68. Дифференциальное уравнение упругой линии:
где под Vi подразумевается дополнительный прогиб под действием силы N.
Приняв обозначение k2 = N/(EJ), получаем решение этого уравнения в виде
L = A cos&#+fisin kx—-.
пх
Далее пользуемся граничными условиями.
299

300

7.69. Максимальный прогиб по формуле, привгденной в решении 7461,
/=: е- ' /о
где N9 = Fo3 = 34,6 кН. Максимальное напряжение
или
O\nav = (
где a=N/Ndi k= W/F — радиус ядра сечения, &= 1,43/2,3 = 0,62 см.
По условию атах < °V Определяема путем проб. Задаемся величиной a = 0,9*
Тогда получим отах = 726 МПа, что значительно превышает от. При а = 0 76
найдем агаах = 318 МПа, что близко к ат = 320 МПа.
7.70. Вычисляем а2 =-^ === 1,207-L ; a==ij0JL; a/ = 2,2. Проводим
окружность радиусом q/a2= 1,657 кН-м, выбирая масштаб изгибающих моментов
(см. рисунок на стр. 300). Откладываем центральный угол а/=126°.
На крайних радиусах откладываем по направлению от центра концевые
моменты (отрицательные моменты откладываются внутрь окружности) и из
полученных точек проводим линии перпендикулярно крайним радиусам. Точка
пересечения перпендикуляров пересекается с центром, и на полученном отрезке как на
диаметре строится окружность.
Для определения изгибающего
момента в любом сечении находим радиус,
делящий центральный угол а/ в том же
отношении, в каком сечение делит
пролет /, и определяем его отрезок,
лежащий между вновь построенным кругом
и начальной окружностью; этот
отрезок дает изгибающий момент в том же
масштабе в каком отложена величина а
7.71. Уравнение трех моментов при К задаче 7.71.
наличии продольного сжатия (см.,
например, Вольмир А. С. Устойчивость деформируемых систем.—М.: Наука,-
1967. с. 141)i
Д4 jCTji («-.
A)
*~-T /й'-f
Таблица функций Ф, W и X приведена в приложении (табл. 4) (см. с. 388).
В рассматриваемом случае «1 = «2» и уравнение A) принимает вид
(и)
,_2а=1^Х(«)-
X (и).
Эйлерова нагрузка для балки длины /, «вободно опертой по концам:
/2 = 72 кН.
B)
Параметр и=~ /*/7/ЛГэ = -| /36/72 = 1,11. В таблице в качестве аргумента
взята величина 2«=г2,22, Находим V (и) = 1,6343, X(w) = 1,9837.
ВслХчае а) ?i=(?2 = 0,4 кН/м; из уравнения B) получим: Шв* 1,6343 ==
==—^2/B* 1,9837), откуда находим Мв. Рассмотрим левый пролет. Если бы опор-
301

ный момент Mq был равен нулю, изгибающий момент менялся бы по закону
'" "- 8 и2 [ cos и
Концевой момент Мв вызывает в сечении х изгибающий момент
sin f 2м jy
* '""" sin2«
Окончательные значения изгибающих моментов М (х) находим сложением
величин М' (х) и М" (х) с учетом знаков (см. рисунок).
7.73. Основываясь на вариационном методе Ритца, вычисляем потенциальную
энергию деформации стержня при выпучивании в пределах конечного элемента
длины а \г жесткости EJ:
а
J 2EJ •
о
Пользуясь дифференциальным* уравнением изогнутой оси
и вводя безразмерную координату s~x/at приходим к выражению
1
A)
штрихи обозначают дифференцирование по s. Жесткость EJ считается в
пределах конечного элемента постоянной Отметим здесь же, что мы будем, по
условию задачи, принимать жесткость постоянной и для всего стержня — ради
простоты решения, хотя преимущество метода конечных элементов состоит в
возможности учета произвольного яакона изменения жесткости по длине стержья
(см. задачу 7.83).
Далее определим изменение потенциала внешней нагрузки1)
1
V i\
Заметим, что данный метод позволяет принять во внимание наличие внешних сил,
приложенных в различных сечениях стержня (см. задачу 7.83). Здесь осевая
сила считается постоянной по всей длине.
Прогиб стержня в пределах конечного элемента, по условию,
v = аи + a,s+ot.2s2 + ct3s3. C)
Введем индексы i, / для узлов, ограничивающих конечный элемент. Будем
считать, что система п выбранных конечных элементов имеет 2п степеней
свободы, отвечающих прогибам узлов, v — qi, v~qj и углам поворота v' = qi+lt
vf = qj+1 и т. д.: под q понимаются обобщенные координаты. Имеем при s = 0
и=<7/ и i/=<7/+i; при s=l v==qj и у' = ^у+1. Определяя из этих условий
коэффициенты а0, о&х, ос2, а3, составим выражение для v (s). Получим
у = ЭгЦ(+dtfi+j + 33qj+dtfj+г, D)
где
Эг = 1 —3s2+2s3, 33 = a (s—2s2+s3),
a3 = 3s2—2s3, Э^а (- s2+s?).
Эти функции носят название эрмитовых. Каждьп элемент может иметь свою
длину а\ в нашем изложении будем считать длины всех элементов одинаковыми.
х) См. Вольмир А. С. Устойчивость деформируемых систем.— М.: Наука,
1967, с. 40.
302

По условию стержень делится на два конечных элемента с узлами 1, 2, 3
и. обобщенными координатами <7f» .«., qQ. Так как в узлах I и 3 стержень
защемлен, для этих узлов прогибы и углы поворота обращаются в нуль: ^ = д2 =
=s^6==?e = 0'» B пределах первого элемента будет ^1-2 = ^3^3+^4» в пределах
второго элемента v2^9=^91q^ + 32q^
Потенциальная энергия элемента 1^-2
. 1 1
Y [(б-i2s) qs+(~
ql + 2 (~12+60s-72s2)
= ^ [C6s—72s2+48s3) ^J|J
+2 (-12s + 30s2-24s3) qBq4 |i + Ds~12s2+12s3) ql\l]
Перепишем это выражение в матричной форме:
где /Cf-g—матрица жесткости элемента 1
*—[Л ]- •-
Потенциальная энергия элемента 2—3:
F)
ИЛИ
здесь
Г12 61
Id 4 1
Для системы в целом потенциальная энергия
Матрица жесткости всего стержня /( находится путем сложения
соответствующих элементов матриц /Ci-.2 и ^2-з
„ Г 12+12 —6+61 „ Г24 0]
*-[~6+6 4 + 4J' ИЛИ ^[о 8J-
Изменение потенциала внешних сил по B)
и Р f (<ХЭг .&Э4 \2^ Р /6
303

или
где Si_§—матрица геометрической жесткости элемента 1—2:
Аналогично для К2_&:
1
$1-2 =
5
1
~Тб
10
2
Т5
Р
(8)
гб
5
1
13
1-1
10
2
15
где
Для всего стержня
Матрица геометрической жесткости всего стержня «S также находится
сложением соответствующих элементов Sf-.a и «S2-a:
г12
5 10"^ 10
IjlI
15+15
или
ТВ
Походя из вариационного принципа, записываем условие равновесия
Вдевь б^тяв(
Нетривиальное решение (при q$ Ф® и q± фО) однородных уравнений (9) находим,
приравнивая нулю определитель:
>, Считая б^4 ^ °» ^4 ^ °> получим
J „ Р
Г24 0
[О
Отсюда при а = //2
15
о
Окончательно получим два решения, последовательно приравнивая нулю
выражения в вкобкахг
ОЛ2 Л D /2
= 120,

Найденный таким образом коэффициент критической силы—наименьшее
собственное значение—сопоставляется в ответе о точным (аналитическим) решением
7.74. Используем путь, описанный в решении задачи 7.73. Но здесь надо
учесть новые условия закрепления. Граничные условия для элемента 1—2 в узле
1 будут: 0 = 0, а" = 0. По первому из этих условий ^^О. По второму условию*
исходя из формулы D) в решении задачи 7.73, получим:
Следовательно, for5 — (^^e+^J/^J» Подставляя q2t выраженное через </3» Я*
в D) и приводя подобные члены, имеем
где
s s8
+
Аналогично для элемента 2—3 при граничных условиях в узле 3 0s
<22t;/ds2=0 получим:
где
Вычислим энергию деформации стержня по выражениям A), E) и F) в
решении задачи 7в73, но с новыми значениями .9f = .9? и т, д, Получим
где
к Г 3 -3! л- -Г
Для всего стержня
З З
3
Здесь
6
г з+З -3+31
А = oio о о ИЛИ Л
[_—•o-j-o o-f-oj
Аналогичным образом по выражениям B) и (8) задачи 7,73 находим
Для стержня в целом
Через Sx_2, ?2-з> 5 в A) и B) обозначены следующие выражения:
О)
B)
->2-3 =
Г6
5
1
1 -
5
1
Т.
г 12
5
0
о"
2
Таким образом, решение задачи сводится, как и в задаче 7в734 к нахожде*
нию собственных значений определителя
Ра2

или
¦ft 3
6-т.
Здесь учтено значение а=1/2. Находим
=0,
Отсюда fei = 10j fc2 = 60. Соответствующий силе коэффициент &? выписан в'ответе
в сопоставлении с точным решением,
7.75. Используя тот же путь, что и в предыдущих двух задачах, приходим к
выражениям
С / С 7
Здесь /Cf-а» SXam2 определяется, как в задаче 7.74, а /<2-з, S2-3—как в задаче
7.73. Глобальные матрицы жесткости и геометрической жесткости имеют вид
15 3
12
т
0
10 3.
Так же как и в задаче 7.73, решение находится из уравнения
или при а =7/2 и
15-4*8 з+Го*8
= 0.
Раскрывал определитель, приходим к уравнению
или 153 600—8960 fe2+79A^ = 0. Собственные значения задачи:
Сравнение с точным решением см. в ответе.
7.76. Функция прогиба для элемента 2—3 имеет вид
2 = 21, fe? =
Потеьциальная энергия для элемента 2—3
EJ \
Выпишем это выражение в матричном виде
зое

Матрица жесткости элемента 2—3
Г12 6 -12 6-
14 -6 2
12 -6
I-
.Симметрично / 4-
Для граничных элементов 1—-2 и 6—7 матрицы жесткости (см* решение
задачи 7J3):
12 -6Л __ Г12 61
-6 4J ' дб-'~[ 6 4J *
Потенциальную энергию для стержня в целом получаем, последовательно
сочетая матрицы жесткости для элементов 1—2, 2—3> 3—4 ... 6—7:
.7, "--^T
Полная матрица К является ленточной и имеет вид
+ 12
-б
+ 6
-12
6
-6
+ 6
+J
-6
2
-12
-',
.12
+ 12
-6
4-6
-12
6
о
2
-6
+ 6
4
+ 4
-•6
2
-12
-6
,12
+ 12
•— fi
+ 6
-12
6
6
2
-6
+ 6
¦1
-6
2
-12
-б
,12
+ 12
-6
+ 6
-12
б
6
2
-6
+ 6
-ь
2
-12
-6
+!i
~б
+ 6
6
2
-6
+ 6
Вычисчим изменение потенциала внешних сил для элемента, не
примыкающего к концам стержня:
'2-3 =* —
J-2— -JL 1
Выражение дня К2-з в матричной форме приобретает вид
20*
307

где 0т = (<7з> <74» fo» <?в)'» П°Д S понимается матрица геометрической жесткости,
связанная с изменением потенциала внешних сил:
6
5
1
10
2
15
6
5
1
10
6
5
|_Симметрично
кест]
6
Т
1
Ш
кости
1-
2
15.
для эл
» s<
1
10
1
~30
1
"0
2
15
емент
Г6
"
1
Jo
1-1
10
2
15
Находим изменение потенциала внешних сил для всего стержня:
И здесь, последовательно сочетая матрицы жесткости для отдельных элементов,
получаем:
где qT=(qi, q2 ?ю); ленточная матрица геометрической жесткости 5 для
всего стержня имеет вид
6
в
1
То'
\
1
"То
6
Т
1
То
1 1
Ю~10
15 15
_1_
— ю
1
0
6
- 5
1
"То
JL 6
5 5
1 1
10~10
6
- 5
1
То
i
То
-Jo
1 1
10 10
2 2
15 15
1
"То
1
-зо
6
Т
i
-То
6
" 5
1
"То
6
+т
1
+То
6
" 5
1
10
1
10
1
-зо
1
-То+
2
Т5 +
1
0
1
"0
1
То
2
Т5
6
-т
1
-То
6 6
1 1
6
" 5
1
10
1
То
1
-зо
1 1
~ю+То
2 2
15+15
1
"То
1
0
б
5
1
0
6
"" 5
I
~10
6
+Т
1
+ ю
1
10
1
0
1
~То+
2
15 +
1
10
2
15
Разрешающее уравнение задачи при а=//б, k%=Pl2f(EJ):
308

Нетривиальное решение этой системы возможно при
или
1
я*/-*«-«,
где /—единичная матрица.
Задача свелась, таким образом, к нахождению собственных значений
матрицы KS. При решении задачи на ЭВМ типа ЕС стандартная подпрограмма
NROOT служит для вычисления собственных значений и собственных векторов
такой матрицы.
Минимальное собственное значение представляет собой коэффициент,
соответствующий критической силе.
7.77. Воспользоваться ЭВМ по схеме, описанной в решении к задаче 7.76.
7.78. По сравнению с задачей 7.76 изменятся лишь матрицы жесткости и
геометрической жесткости граничных элементов; они будут для элемента 1—2 иметь
вид по решению задачи 7.74:
" 6 П
з -31 о ТГ 1
з зг *-¦"" 1 1
5J
для элемента 6—7, как в задаче 7.74 для элемента 2—3:
ГЗ
3
7.79. См. указание к задаче 7.78,
7.80. Выпишем дифференциальное уравнение изогнутой линии
т
1
LT
1"
5
1
где k2=P/(EJ), Выразим производные через центральные разности
^rfa-a—40
(V
где t;/_2 и т- Д«—прогибы в той или иной узловой точке, s—длина интервала,
Будем считать, что один конец стержня имеет индекс 0, а второй (я+1);
число внутренних узлов равно t. Тогда в данной задаче и в двух последующих
i;0=0, yn+i = 0. В случае жесткого защемления надо положить v^i^v^ t>n+2s=st;«*
Тогда для узлов 1, 2< 3 по уравнению A) получим:
0 у
B)
Аналогичные уравнения запишутся для узлов я—2, я—1, я, В матричном виде
уравнение A) получает вид
309

Под А понимается пятидиагональная ленточная матрица:
5
-4
1
ьная
—2
1
—4
6
-4
1
1
-4
6
-4
1
ленточная
1
—2
1
1
-2
1
—4
6 -
—4
1
1
-4 1
6
-4
1
матрица:
1
1
—2
1
-4
6
—4
1
—2
1
1
4
5
1
2

-
J
Задача определения коэффициента k2 — Pl2/(EJ) при s = //(n+l) сводится
к отысканию наименьшего собственного значения матрицы ?~М; оно проводится
на ЭВМ ЕС с помощью подпрограммы NROOT или других 'специальных
подпрограмм. Результаты решения для различных чисел интервалов в сравнении с
точным решением даны в ответе.
7.81. Общая процедура решения описана в решении предыдущей задачи.
Отличие состоит в структуре первых двух уравнений B); они теперь соответствуют
граничным условиям 0-! = — i>i,
+ 6t>2—
= — vn и запишутся в виде
—2v2+v3) = 0.
Аналогичные уравнения получаем для второго конца стержня.
7.82. В случае смешанных условий закрепления концов стержня надо
использовать структуру уравнений, выписанных в задачах 7.80 и 7.81.
7.83, Основываясь на решении задачи 7.73, находим матрицы жесткости
элементов 1—2 и 2—3 с учетом различия в жесткостях этих элементов (/2 = f^i):
к _EJX\ 3 -31 ?/2Г 3/Р —3/p-l K _EJ2 ГЗ 3]
*1-2-~мг L-3 3J -"SF" L—з/Р з/pj' А2~3-~2^ [з з] •
Далее сопоставляем матрицы геометрической жесткости, принимая во внимание
различие в осевых силах (Рг + Р2 = Р\/(х):
6/5 ~1/51 <? Рг + Р2Г6/5 1/51 _ РгГв/E«) 1/EаI
\1Ь МЬУ 2~3~ 2а [\/b 1/5J ~" 2а 1.1/Eа) l/Ea)J *
Глобальные матрицы для всего стержня находим путем сложения элементов
соответствующих матриц:
3 [1 — A/Р)]Т
J
)-1] A/5)[A/а)+1
Определение критического параметра по задаче 7.73 сводится к нахождению зна-
310

чения k2 = Pia2/(EJ2), при котором определитель К—k2S равен нулю:
~3 [1 + A/р)] — k2у [A/а)+ 1] 3 [Д — A/р)] — k2~ [A/а) — 1]
[1 — A/Р)] — >^2 4" (О/») — 1! °rt ' /1/0'1 ^ !
=0.
Раскрывая определитель, получим
или
"i(i+»-"[i(i+')(TH-')-4('-i)a-)]tf-» ¦»
Для варианта а) при а— 2/3 и 0 = 3/2 приходим к уравнению
тогда
2 „17,3 ± 12,5 2
kl>2 2^8 • km{
Отсюда
При указанном в ответе к задаче 7,39 точном значении ?2 = 9,45 погрешность
составляет 2,3%.
Для варианта б) при а=1/2 C = 2 уравнение A) принимает вид
2,12^-18,3^+18 = 0;
находим
,2 18,3 ± 13,48
kl 2== 4^4 *
Отсюда
.2 ^Pi(//2J__ 2_(Р1 + Р2)Р
riin ~~?7— 1»1^7 и ft* g7 ^УэОУо.
Точное значение ^ = 8,95; погрешность составляет 1,46%.
7.84. Кинетическая энергия конечного элемента
A)
точка над буквой означает дифференцирование по времени. Выразим скорость
перемещений в пределах конечного элемента, как в задаче 7.73, но на этот раз
относительно скоростей параметров аь ..., а4; под р понимается плотность
материала Имеем:
Представим v через скорости перемещения узлов <//, ^у и скорости изменения
углов поворота qi+i, <?у+ь соответствующие концам элемента /—/:
Тогда
6=Эг^ + ^/+1 + Э3б7у+3^у + ъ
ЛИ

здесь Эи ..., Э± имеют те же значения, что и в задаче 7J3, Для элемента
1—2 при <7i=0, q'2=0
1
f
-2s»)
Выпишем это выражение в матричной форме:
где
«-— [Л ~
Для элемента 2—3 получим
Подставляя у2-з в A), находим
1
^ J
-2.19,
Перепишем это выражение в следующем виде;
где
матрица масс:
г234 33 81
1 6 19,5
1 1234
-Симметрично"|
-19,5-
-4,5
-33
6 т
B)
Нетрудно видеть, что матрицы масо для элементов, не примыкающих к опорам,
будут такими же, что и матрица B), Определим матрицу масо для элемента с
правым защемленным концом, когда ^п=0, ^12 = 0:
или
312

где
Для системы в целом
м Г
234 33
зз
дТ pFa . ~
C)
через М здесь обозначена матрица масс для всего стержня:
.234
+ 234
+ 33
-33
81
-19,6
+ 33
-33
+1
19,5
-4,5
81
19,5
.234
+ 234
+ 33
-33
81
-19,5
-19,5
-4,5
+ 33
-33
+1
19,5
-4,5
81
19,5
.234
+ 234
+ 33
-33
81
-19,5
-19,5
-4,5
+ 33
-33
+1
19,5
-4,5
81
19,5
,234
+ 234
+ 33
-33
81
-19,5
-19,5
-4,5
+ 33
-33
+8
19,5
-4,5
81
19,5
.234
+ 234
+ 33
-33
-19,5
-4,5
+ 33
-33
•б
+6
при 0* = (<7з, Ян Яь> Яъ* Яъ Я*> Я9> Ы-
Выписываем уравнение Лагранжа г)
d dL
Лагранжева функция L равна L = Т—V — V, где Т—кинетическая энергия, и —
потенциальная энергия деформации, V—потенциал внешних сил. Так как
кинетическая энергия является здесь функцией только обобщенных скоростей q), a
величины U и V—лишь обобщенных координат qi9 то уравнения приводятся
к виду
или
dqt
х) См., например, Вольмир А. С, Оболочки в потоке жидкости и газа,—
М.: Наука, 1976, с, 110,
313

Подставляя сюда значения 3) и U, V из решения задачи 7.76, получим
630
D)
здесь по-прежнему №—Pa2/(EJ)y где а—длина элемента; но условию P=Fct%
Матрица масс является невырожденной, поэтому систему уравнений можно
привести к виду
q
Сведем эти уравнения к системе уравнений первого порядка
Далее интегрируем эти уравнения о помощью ЭВМ. Приводим соответствующую
блок схему применительно к машинам типа ЕС:
старт
формирование матриц
М> К, S
обращение матриц М с помощью стандартной подпрограммы MINV
вычисление с помощью стандартной модпрорраммы NROOT собственных лекторов <?0
матрицы К$-* и присвоение начальному прогибу одного из них
решение системы дифференциальных уравнений с помощью стандартной
подпрограммы RKGS методом Рунте —Кутта
814

На рисунке изображена зависимость максимального прогиба, отнесенного к
радиусу инерции сечения f, от отношения Р/Р9, где Р9—эйлерова нагрузка при
заданных граничных условиях. Значение Р/Р9, при котором происходит катает-
\Jhrn
Статическое
\ нцгруженив
2 5 4
К задаче 7.84.
-тщженив
1П*-Р/Р9
рофнческий рост прогибов, приведено в ответе. Рекомендуем читателю провести
такое же решение, беря за основу не первую, как здесь, а другие собственные
формы статической потери устойчивости стержня (см. блок-схему программы).
Глава 8
БРУСЬЯ БОЛЬШОЙ КРИВИЗНЫ. ТОЛСТОСТЕННЫЕ ЦИЛИНДРЫ
8.1. В опасном сечении АВ нормальная сила jV = 1OO kH, изгибающий
момент М = 100 A,8+0,5) =230 кН«м. Радиус кривизны нейтрального слоя
=0,4551 м.
Расстояние между центром тяжести сечения и нейтральным слоем
e=R—r=0,0449 м.
Наибольшее напряжение будет в точке А; уд~г—Ri—0,205 м,
86 МПа < Га].
8.2. Проведем исследование для бруса с h/Rs=\. В этом случае
По точной формуле
По приближенной формуле
е==/?~пГз'=0>0897л#
В первом случае amax=^r§:) во втором "атах = -^Д-. Отношение макеи*
315

мальных напряжений ma* =s-^=-, где yt =-я- — е = 0,4103/i, уг = --—е в
amax yte * *
= 0,4167/*. Получаем ^2^-=1,095,
°тах
Приближенная формула для б дает завышенное на 9,5% значение для атах,
что идет в запас прочности. При меньшей кривизне ошибка будет меньше. При
hJR^l/2 имеем *=0,0424/t, ^=0,4576/1, JT«O,417/*, ?"=0,4583/1, ^=1,02,
атах
Ошибка составляет 2%.
8.3. Определяем расстояние от внутреннего волокна до центра тяжести
сечения
3B+4)
В опасном сечении нормальная сила N—23 кН, изгибающий момент М«
= 23 C+4)«10= 1,61 кН*м« Максимальное нормальное напряжение сшах**
^ л^^Ш., Радиус кривизны нейтрального слоя r = W \ —,
Вычисляем
В результате
2 [{b\R2~~"biRi) In {R%lRu *~*(^i *"""*^2) ^J
$=: R — г=0,95 см, tf\ = t^- /?i = 3,05 см, /^ =» (^1 -|-62) h/2=27 см2,
^тах=372,5МПа< [а].
8.4. По приближенной формуле *s=syb=]g?=0»°833 см, ^1===——в =
Р PR»*
= 0,9167 см. Из условия прочности -^г+ F R ^ находим Допускаемую
нагрузку
8.5. В опасном сечении В нормальная сила N = P, изгибающий момент М ¦
P>2R. Приравняв атах пределу текучести, найдем силу Р:
Р , P2Ryt n oTbh
1 +
Перемещение А вычислим по формуле Мора
316

Подставляем сюда выражение для силы Р: A=-=rs— °т
Величину е находим по приближенной формуле
/?i= /? ^-=3,5 см; Д = 0,002 м = 2 мм.
8.6. Имеем jp=2nrcp6,
J P J Я + 'ср
z7 о
к задаче 8,6,
Радиус кривизны нейтрального слоя
у=Кя2-г?р =7,746 см,
= r—/?1=2,046 cMf
102,8 МПа,
8.8. Усилия от силы Р и единичной силы:
Перемещение
А _ {MpMds , {NpUds , {NpMds , f Mplfds
s s s s
Я/Я Jt/2
я/2
о
Я/2
«(f
(f-0-
е=/?~Г = 0,0212/?,
Приближенно
г*
?7
2EJ
317

8.9. Используя симметрию, эквивалентную систему возьмем в виде,
показанном на рисунке. Из условия равновесия находим Х2~Р/2. Неизвестный момент
Х1 найдем из уравнения деформаций
Изгибающие моменты от внешней и единичной неизвестной нагрузок равны
М/> = -?-Р#A — coscp), MlS=l, причем 0<ф<я/2. Вычисляем
Я/2
17'
мРм1
ds=2
Я/2
3 2
Эквивалентная
система
217 «"»—
Определяем момент Х$
^ в— />^ f °*5 —^^ =— 0,
ц \ Я /
Изгибающий момент в произвольном сечении
кольца
~PR(\—cosq>)~ 0,
Р# @,318—0,5 cos q>).
0,?18РЯ Соответствующая эпюра изгибающих моментов
ЭпюраМ изображена на рисунке. Максимальный
изгибающий момент /Wmax = 0,3l8P/?=il45H.M.
Расстояние от центра тяжести сечения до нейтрального
слоя
0J8ZPR
К задаче 8.9.
максимальное напряжение отах =
It)
*0,2544 см;
у—* —2.7466 см9 J?,-ii?-Ai-9cai;
• ИБМПа.
8,10. Для определения взаимного перемещения точек А и В прикладываем
в точках Л и В разрезанного кольца единичные силы и вычисляем интеграл
¦I
ММ
EJ
ds.
Изгибающий момент от внешней нагрузки (см. решение предыдущей задачи)
M = PR @,318—0,5 cos ф), Изгибающий момент от единичной нагрузки М а
as — Rcosy. Подставляем эти выражения в интеграл:
П'2 PR9 @,318- 0,5 cos ф>(- cos <p) dq> 2Р/Р / я п «1Я\
Е7 ет"ТГ U"f31 j*
\fiPR1
EJ
*0,0108см4
318

8.11. Эквивалентная система показана на рисунке, Неизвестная Xj
определяется из уравнения
Изгибающие моменты^ на участке АВ:
05РЛA — coscp), Мг=*\\
л/2
j
О, М.х*=ь\, на участке BGi
Изгибающий момент на участке АВ Me—-0,11 IP/?. На участке 6С M=s
== 0^5Р/? A—coscp) — О, И IP/?. Эпюра изгибающих моментов изображена на ри«
сунке, Максимальный изгибающий момент равен Мтах—СО»^—0,111) Р/?=0,389 PR:
К задаче 8,10.
0,2 89PR
o>mpR
К задаче 8,11.
O,Z18PR
8 кольцевом звене (см. решение задачи 8,9) максимальный момеш равен
М0318Р#
тах,
Так как сечения и кривизны в обоих случаях одинаковы, напряжения
относятся как изгибающие моменты. Следовательно, в вытянутом звене ошах будет
на б»-2—Л О1 '—100%«22,3% больше, чем в кольцевом.
8.12. Наибольшие напряжения действуют во внутреннем слое цилиндра где
По HI теории прочности имеем:
2
Отсюда
94,5 мм.
Принимаем dH=2/*H= 190 мм, По IV теории прочности получаем
319

Отсюда
/ <?+РУ*АЗп1Л =83,5мм.
Принимаем ^н = 2/-н
8.15. Для внутреннего цилиндра напряжения будут наибольшими при г=гв5
для наружного—при
2 / 2 \
о. —?г( 4V»44
Гн — ''в \ ''с / гн — /"с
Условие равнопрочности
о!—а<ог+(Тг—WiY—a/iJr+(о>J.
Отсюда получаем уравнение 4,63р|—30,92/?вр—6,74/?2=0, из которого находим
pBz= 6,9/7. Давление от натяга находим из условия прочности
V a?—otor + а? < [а],
используя полученные ранее зависимости. Получаем р=36,5МПа. Допускаемое
внутреннее давление рБ =6,9*36,5 = 252МПа.
8.16. Момент сил трения приравниваем внешнему моменту: fpndb-z- = M,
Отсюда находим давление от натяга
Натяг Аа=?A
8.17. Условие наступления пластических деформаций по III теории
прочности имеет вид
Для внутренних точек шкива имеем:
нв нв
Отсюда давление от натяга P^j( 1—рг Vy A"""d2 ) НаТЯГ A=
:g(l
Подставляя сюда выражение для р, получаем Д = атс(/? = 0,06мм. Для вала
и» следовательно, меньше, чем для шкива.
8.18. Из условия прочности Г* I р+р <— находим давление от натяга
"^"]^2")' Натяг Aaggn-^d«/Da)' п°Дставляем сюда выражение для /?,
Получаем А = -^-=0,045 мм. Давление от натяга р = °тA~Г^/О^=*83,2 МПа,
Осевая сила P=*fpndb — ?I кН.
320

8.19. Приравниваем силу трения растягивающей силе: fpndt — P. Давление
от натяга р = "г-т^~53,2МПа. Натяг &=—-—^ . Полагая D—> оо,
получаем А = ^=0,0212 мм.
Напряжения на контуре отверстия при гн —> оо получают такие значения:
а^ = р, аг = —р. Эквивалентное напряжение aaKB = Gj — а3 = о**—ог~2р.
Коэффициент запаса прочности п^ = ——
= т
s=s2,82.
8.20. Давление от натяга определяется из условия М —fpndbd/2, откуда
МПа. Натяг Д = ^A-^с) + ^- f^L^-j-^W0,073 мм.
8.21. Приравняем радиальные перемещения наружных точек алюминиевой
трубки и стенки стальной тонкостенной трубки:
Еа
Отсюда Рн==0»217/7в. Приравняем эквивалентные напряжения для внутренних
точек алюминиевой трубки с надетой на нее стальной трубкой и без нее:
г«
Отсюда получаем ръ = 1,285/?в, т. е. внутреннее давление можно увеличить
примерно в 1,3 раза.
8.22. Приравняв радиальные перемещения наружного слоя медной трубы
и внутреннего слоя стальной, находим зависимость между внутренним давлением
в составной трубе и давлением на поверхности соприкосновения труб. Из
условия наступления пластических деформаций в медной трубе а*—ог = от находим
^7в=36МПа.
8.23. Температурный натяг Д = (ам—ас)Д?«?гс. Давление от натяга
В медной трубе (а*)тах=—2rlp/(rl— rl)~—25,8 МПа. В стальной трубе (о>)тах
B г?) pl{rl- гс2) = 25,7МПа,
Глава 9
ЗАДАЧИ ДИНАМИКИ
9.3. Элементарная сила инерции dP~F dxpvPx. Максимальное усилие
N = Fpco2 [ х dx=-i. Fp02/2,
о
Из условия прочности N/F^[o]t полагая со = лзх/30, получаем
321

9.5. Нагрузка на балки P=(mi + m2) ?f+mi2/i/^2e65*10? Н, Максимальное
Р1 65.103.4
напряжение ад = ^-^-^-ШОМПа,
9.7. Нагрузка на ось
P. If IV , lift * ^ЬУ»Л> / л ллл тт
s=mg+^ «sa/2^ -| 2 = 1226 о,
Т f
PI КР/
Максимальное напряжение ад=:^грг=в--^-кг97,6МПа»
9.8. Интенсивность сил инерции q = moco2r = 6/ip (/гя/30J л Максимальный
момент M~ql2/8. Максимальное напряжение
М
9.9. Площадь сечения шатуна ^«=11 см2* момент инерции
J=*34,92cm4, W=* 13,97 см3.
Наибольшая интенсивность сил инерции
flfe-pFtf r-^F^ Vr-37900 Н.м-i.
Максимальный изгибающий момент /Итахв^о^/С^^^гяЗвЭНлм. Максимальное
напряжение ад=^^^2
9,10. Жесткость пружины
e=*Gd*i(8D*n) = 1929 Н/м,
По принципу Даламбера тша (/+/)=» с/. Отсюда
Напряжение в пружине
8PD 8/cD
T--5ar-T5F
9Л1. Из условия таJ (/+/) »с/ находим удлинение пружины /=т@2//(с-— тсо2),
Критическую частоту вращения определяем из условия /—> со, что будет при
са=т(о2, Отсюда сокр«= у о/т«43,9 рад/с; /гкр=419об/мин,
9,12, Угловое ускорение
со2 (плу 1 /600л\2 1
Крутящий момент Мка88/^8 8вв400яН.м. Напряжение т»16Мк/(ш*3)=а29,6МПа8
9.13« Момент инерции диска /ws»mD2/8. Угловое ускорение 8=со//=зтп/C00,
*т « »>f т mD2 я/2 Г1 16Afи 1Л -р. .,»-,
Крутящий момент /WK«e7w8ea»-— • — . Напряжение те»—-^я» 13,65 МПа.
9Л5, Изменение натяга равно удвоенной разности радиальных перемещений
обода и крайних точек диска от действия сил инерции?
При 2(Wf—-«§) = Д давление от натяга будет равно нулю» Из этого условия,
полагая ©е=/щ/30, находим частоту вращения:
450А «3340 об/мин.
322

9.16* Изменение затяга
Остаточный натяг Д0СТ = А — 2(щ—и2) «0,44 мм. Давление от остаточного натяга
А°" и ч «2,49 МПа.
Суммируя напряжения от сил инерции и давления р, находим максимальные
напряжения в диске
Учитывая, что ©—"on"» получим (а*)шах = 16,7 МПа, Напряжения в ободе ст
с+/// = 217,5 МПа.
9.17. Изменение натяга определяем как удвоенную разность радиальных
перемещений диска и вала при г = а:
^ a+C+ix)
Давление от натяга равно нулю, когда изменение натяга равно начальному
натягу:
Отсюда
Частота вращения «=ЗО0/я== 4183 об/мин.
9.18* Изменение натяга равно
Учитывая? что ю=шт/30, получим 2(«i—«2)=551,4Л0-6м* Остаточный натяг
А Д—2(щ—tt2) = 48,6»10~6M. Давление от натяга
Суммируя напряжения от сил инерции и от давления р, находим максимальные
напряжения в диске?
^г)г«вв— р-=—47,8 МПа,
9.19. Жесткость пружины
4^ 103 Н/м,
Частота ©j—|/"c/m=44.721/с. Приведенная масса пружины
"о* "
323

Частота q учетом массы пружины
а>2= У"с/(т+тпр)=: 42,55
9.20, Жесткость стержня ,с=Я/?// = 2я« 107 Н/м# Частота о>1= \Гс/т= 1121 1/с8
Период колебаний Тг=2^/0)!*= 0,00560 с8 Приведенная масса стержня /ппр=з
= "о* ~4~ Ф—М22 кг. Частота с учетом массы стержня ©а= Y*c/(m + mnp) = 1112 l/cs
Период Г2 = 2л/со2 = 0,00565 с,
9.21 .Жесткость пружины <?=Gd4/(8I%). Приведенная масса пружины тпр =
= -г- -j- nDnp. Частота
Период Г = 0,0909 сь
9.23. Записываем уравнение движения системы, используя принцип Далам-
бера; х+^х~0, Отсюда частота cosssj-l/ — s Жесткость пружины е =
= Gd*/(8D*n) = 3i 10^ Н/м; частота а>= 12,65 1/с.
9.24. Случай а): жесткость $=3EJ/l3; частота са==|/?//(т^) = 19,51 1/gj
период 71=2л;/©=0?322с. Приведенная масса балки
33
Здесь то=22?7 кр—масса одного метра балки (из табл* 7 в приложении), Частота
с учетом массы балки о/^ ^bEJKm+m^^^^lOXlQ, Период Г*=2л/19510=!
«0,329 с.
Случай б): жесткость c~'48EJ/№; частота со= Y&EJ&m$) = 78*04 1/е4 Период
7* = 0,0805 с Приведенная масса балки
т*441кр
о/w К 48?J7[(m+mnP) /3] «74,81 1/о? Т^ = 0,0840 с,
Случай в): жесткость е=192?///3; частота ш=К 192?У/(m^)=^156tl 1/e; пе-
риод Т=2/156,1=0,043с* Приведенная масса балки
со*» /'192?//[(т+/япр) ^] —151 l/c,t Г* =0,0416 в,
9.26. Жесткость балки (?i = 3?///3=2*104H/mj здесь J = bh?j 12—момент
инерции сечения балки, Жеаткость пружины ca=(?d4/(8D3n) = 625 Н/м. Жесткость
системы с=е±с2/(ег+с^ Частота ©= Ус/т=24,62 1/в*
9.28, Собственная частота колебании_системы должна быть равна ш =
»1^3л;л/30== 163,4 I/O. Так как ©«= Vcim, жесткость е=тсо2=267.105Н/м,
С другой второны, c^WEJ/K Получаем / = с/3/D8?)= 347э6«10-6м*. Для одной
балки Jx = 0,5/ = 173,8* 10 м = 17 380 см4* Подходящим является двутавровое
сечение № 40 с /*= 19 062 см4* С учетом собственного веса балки частота
получается меньше. Поэтому следует взять более жесткую балку, например, с
сечением №45, для которого Jx=*27596см4, погонная масса т0=66,5 кг/м» Получим
жесткость системы с=2«48?У#//? = 425,4» 10Ш/м4 Приведенная масса балок
шпр=2» 17m0J/35=2« 17«66*5*5/35=323 кг, Частота (**=*1/*с1{т+тп»)=* 179*3 1/с >
>ПР163,41/с,
324

2
9.29. Уравнение движения x-f °~~™ & *~0» где х отсчитывается от
положения равновесия. Частота соя» 1/ о>в , где 1/ — =©0—частота при
отсутствии вращения (©в=0). В результате 0=К(Оо—о)|в
9.30, Жесткость упругой системы с можно выразить через единичное
перемещение би так: G=1/6^. Тогда частота со= Vl/(m6n)t Для определения 6*ij
прикладываем в сечении В единичную силу в направлении колебаний, По фор-
\ п —2 2/3 / —
муле Мора получаем: ou = ^j \ Midx~^pj, Частота со= у 3EJ/Bm№).
9.31. Считая скорости пропорциональными прогибам, получаем K osn
где, Ко—скорость в среднем сечении балки» Кинетическая энергия системы
rtnp«
Приведенная масса системы тПг,^4гЧ-7 . m/sina -^--^
9.32. Приведенная масса всей системы mnp=as-y+2/% sin2 у as '' * ^*-—~ =
«391,8 кг> Жесткость с=48?У//з=48^2.10Ue9550.10-8/6^« ПЗЗ-10? Н/м, Частота
@=^^5=53,781^
9.33. Приведенная масса балки тпр=^0,5/п=0,56Я/р= 1,67 кг, Жесткость
c=48?J7^==500H/m; здесь J = bhs/12-— момент инерции сечения балки, Частота
a=yc/mnv—17,30 1/с. Точное решение дает: со= 17,42 1/с.
9.34. 1) Жесткий вал. Критическая частота 0кр=1,35яп/ЗО = 424 1/с, С
другой стороны,
сокр
Отсюда находим диаметр вала d= )/ ^^g772 =8,7- 10-2м, A)
2) Гибкий вал. Критическая частота ©Kpsse^-^ras 104,7 1/с# Диаметр вала по
формуле A) d = 4,30.10-2M4
9.35. Прикладывая к диску момент равный единице, определяем единичное
перемещение
Момент инерции массы диска /да=т?>2/8, Частота
9.37. Положение неподвижного (узлового) еечения А вала определяется из
условия равенства частот колебаний обоих дисков:
Отсюда получаем a/b=*Jm2/Jmi* Так как я+^==г^> имеем а—Uтъ1Cm\-\-Jт?.
Частота (*>=VGJp(Jmi + Jm2)/(UmiJm2)- Моменты инерции массы дисков:
325

В результате получаем
1 /^(^+
2 р m1m2DiD|
«—И/ v"i»t ¦ »i-./ д455 1/с>
9.39. Чтобы совпали частоты* должны быть одинаковы жесткости или
единичные перемещения в обоих направлениях колебаний массы: сг~с2 или 6Х1 = б22.
Имеем
Приравнивая эти величины* получаем уравнение для х=*1/п
Отсюда находим # = 3,04, т.е. г = 0,33/.
9.40. Б*з учета сжимающей силы. Жесткость с=48?7//3. Частота © =
= }/Ч8?7/(т/3)--= 54,92 1/с; здесь J = nd*/64—момент инерции сечения стержня.
С учетом сжимающей силы. В точке приложения массы прикладываем силу Р,
перпендикулярную к оси стержня? и составляем дифференциальное уравнение
продольно-поперечного изгиба стержня: @<*<;//2) у"+&2р= —-oFT» где
k = yN/(EJ). Общее решение уравнения имеет вид:
0=CiCOS&*+C2sin kx—Px/BN).
Используя граничные условия 0=0 при х*=*0 и ^ = 0 при х~1/2, получаем
уравнение изогнутой оси стержня
_ Р sin kx Px
V~~ 2Nk cos (kl/2) 2N*
Максимальный прогиб ^ах—^оЖ (tg 27' Полагая ymax=l> находим
2Mb
жесткость с=Р** . (kt/2)—kl/2 ' Вычисляем
Частота
со^ 1/ JL=39 1/c,
Г /72
9.41. К концу стержня прикладываем силу Р, перпендикулярную к его оси.
Дифференциальное уравнение продольно-поперечного изгиба стержня имеет вид:
f—v)
или
v"+k*v=P (t'-x)/(EJ) + Nf/(EJ)i где k2=
Общее решение уравнения:
u^Cj cos kx+C2$ln kx+P (l—x)/N+f.
Используя граничные условия у==0 при *=*0, и'=0 при *=0 и v=f при #=«/*
получаем выражение для стрелы прогиба: /=Р (tgfe/—kl)/(kN). Полагая f=l.
находим жесткость
где Л' = т§. Вычисляем ^= У7ЩеТ) = V\2mgl(Ebh\= 2,712 1/м, /W—1»35б.
Частота
(tgЛ/-*/)-^"9,8Ь2,712/D,584—1,356) = 2,87 1/.с.
326

При растягивающей силе N — mgt Дифференциальное уравнение в этом
случае имеет вид:
Общее решение уравнения
v=Ct ch kx+C2 sh kx-~P (/—x)/N +/,
Те же граничные условия дают следующее выражение для стрелы прогиба
р
/«ттт (Ы—thkl). Отсюда получаем жесткость c=Nk/(kl—thkl). Вычисляем
частоту <t>=ygk/(kl — thkt)=:7№ !/c.
9.42. Частота возмущающей силы 0в=*яп/ЗО = 94,25 1/с. Резонанс будет при
со=(ов. Имеем со= ]fclm— Vr3?7/(m/3)=6)B. Отсюда вычисляем /х= у 3?7/(mcol)=s
«1,2 м.
Чтобы было со=1,3юв, мотор нужно расположить на расстоянии /==
Lm. Амплитуда вынужденных колебаний As=t-— ° ^ ; здесь
прогиб от силы, равной амплитуде возмущающей силы Р|, где
Pi I3
вычисляем Л=а 3?/[1^!(о) /евJ] aSi0>32tlQ"'"M« Статический прогиб
от собственного веса двигателя
vCT a mgP/CEJ) = 0,644- Ю-3 м.
Статическое напряжение аСх~т?//№==26,37МПа. Максимальный прогиб при
колебании ^щах — ^ст + ^^^ст 0 + Л/Рст)- Коэффициент динамичности /(Д =
= l + ^/^cx— 1»5. Динамическое напряжение ад = /Сдаст = 39,6МПа.
9.43. Сила X, действующая со стороны балки на массу т, определяется из
условия /«у—vj^/2 = Х/с, откуда X=cv—c-^-sin(oB/. Уравнение движения массы
/ny+X=sO или i;+(D2i/sss-2-sin(uB/, где со2==с/т = 48?//(т/3). Решение
дифференциального уравнения ищем в виде y^CxSincDjj*, Получаем ^^^
Прогиб балки f'»-7»A
9.44. Собственная частота
r 35,07
Динамический прогиб балки (см. решение предыдущей задачи)
; у^ .¦1.10м,
(С0/С0вJ—1
Динамическое напряжение oA = M/Wr=12?y/:/(W7/2)=: 118,7 МПа, Статическое
напряжение аст— mgl/DW)~94J МПа. Максимальное напряжение сттах=аст+адя
= 213,4 МПа.
9.45. Уравнение движения массы
ШХ-+0 (х—хА)=0 или х+ ш2* = coV sin coB/,
Решение ищем в виде *=i4sin сов/. Получаем
Удлинение пружины
или
327

9.46. Амплитуда колебаний
где vQ—прогиб от силы, равной амплитуде возмущающей нагрузки. Вычисляем
РгР 10>103>2,53
1E-2J
Приведенная масса системы mnp = m+2 A7/35) то/= 1530 кг (здесь т0—погонная
масса балки). Частота
Теперь по формуле A) находим Л = 3,85 •10-? м. Статический прогиб
vCT=*mgP/D8E-2J) = 2M-№-* м,
Статическое напряжение
aCT = mg//D-21F) = 65,5 МПа.
Динамическое напряжение
ол=ост A + A/vCT)»168,9 МПа.
9.47. Приведенная масса системы тлр = т+2 A7/35) то/ = 622,4 кг (здесь т0—
погонная масса балки).
Частота со= J/r48?t2//(mnp^) = 51,26 1/с (/r-момент инерции сечения балки).
Принимая о)в = со, находим частоту вращения при резонансе
яв = 30со/я; = 489 об/мин.
Амплитуда A — v()/Bn/d)t где у0—прогиб от силы, равной амплитуде возмущающей
нагрузки. Вычисляем t;0 = miu)%/8/D8jE.2/) = 0,643-10~3 м, 2n = a/m = 5 1/с, Л==
= t;oco/B«) = 6,59.10-3 м. Статический прогиб vCT = mgP/D8E*2J) = 3*10-S' м.
Статическое напряжение aCT = mg//D-2UP) = 20 МПа. Динамическое напряжение
ад = астA + Л/»ст)=63,93 МПа.
9.48. Уравнение движения системы v-\-(d2v=asin<uBtt где a=Pi/m, Общее
решение уравнения
?> = (?! COS (i)t+C2Sln<ut-\ ——Sitl (OBtt
со2—©в
Из начальных условий v = 0 и Ь = 0 при ? = 0 находим
Cl 0, С,J5. v
(О ю»—.(oj СО2—
Вычисляем ©в = ял/30 = 62,83 1/с; 0= |/*48?.2//(/п/3) =67,33 1/с,
Максимальная амплитуда Л== г; *" в{ * =10,47» 10^8 м. Статический про
m (ш2 — ©в )
гиб vCT = mgP/D8E*2J) = 2,164- Ю-8 м. Статическое напряжение aCT = mg//D.2W)
= 15,86 МПа. Динамическое напряжение aA = aCT A+Л/уст) = 93,3 МПа. П
АР1\ B )] 54710? Д
ри
= 15,86 МПа. Динамическое напряжение aA = aCT A+Л/уст) = 93,3 МПа. Пр
установившемся режиме амплитуда Ах~Рг1\т (со2 — сов)]== 5,47*10*-? м, Динами
ческое напряжение оА — оСТ (\-]-AxfvQT) ~ 55,95 МПа.
9.49. Жесткость
328

Частота (о—Ус/Jт = 7,68 1/с. Угол поворота маховика от действия момента,
равного амплитуде возмущающего момента,
фо = УИ1/с = 0,847 рад. 2п = а//Л = 1,5 1/с.
Амплитуда Л= iniii —п.145 рад. Соответствующий момент
/7*Y!?
©2
= с.Л = 34,46 Him;
'4 МПа: т*"aa+dfrfl-88'6МПа-
9.50. Уравнения движения системы
—тл*—ckx+c(#2—*i) = 0, — яи2—?(*2~~^) = 0,
где лгх—перемещение верхней массы, х2—нижней, с—жесткость пружины.
Решение системы ищем в виде #1= \ cos со/, tf2 = A2 cos ш/. После подстановки
получаем
Bс—шш2) Лз;—сЛ2 = 0, -.c^ + tfl—/то2) Л2 = 0.
Приравняв нулю определитель этой системы уравнений, получаем уравнение частот
т2со4—3cma>2+<?2 = 0. Корни этого уравнения: ©х = 0,618 j/"c/m; со2= 1,618 У с/ т.
Вычисляем жесткость пружины с = Ш4/(8?3я) = 20,25«1(И И/м. Частоты: ©х»
= 19,66 1/с, сог^б! ,48 1/с. Отношение амплитуд Л1/Л2 = (с—т©2)/с= 1— тю2/с.
Для первой частоты Л1/Л2 = 0,618. Для второй частоты Л1/Л2 = —1,618.
9.51. Уравнения движения системы
= «1*1, —
Решение системы ищем в виде ^1 = Л1созсо^, д;2 = Л2со8©/. После подстановки
получаем
(бишхсо2— 1) Л1 + б32/«2«2Л2 = 0, 621т1©2Л1 + (б22т2©2—1) Л2=0.
Приравняв нулю определитель этой системы, получаем уравнение частот
(бцб22—бЬ) тгт^ — Fx1^ + 622m2) co2-J-1 =0. В рассматриваемом случае т± »
= m2 = m, 6ii = 622 = 4/3/B43?/), 621==621 = 7/3/D86?"У). Уравнение частот
принимает вид 15г2—^16,2 + 1—0, где 2 = /псо2/3/D8б?«/). Решение этого уравнения
= 1/15, г2=1. Частоты ©j = |/Г486Я/г1/(/п/3)«73,7 1/с, ©2==:г
= 285 1/с.
9.52. Уравнения движения системы
Соответствующее уравнение частот
(бффб^ —бфх) /п/^©*-— ($фф/,л+бЛА;ш) ©2+1 =0,
Учитывая, что /w = mD2/8, и введя обозначение г==т©2/2/(?/), получаем
0,00135г2-0,2г+1=0,
Корни этого уравнения: г1 = 5,18, г^ 142,9, Частоты ©х = |/*?/2i/(m/2) = 26,3 1/с,
со2 = VEJz2I(ml2) = 138 1 /с.
9.53. Уравнения движения
Ф —б^ф/даф—
Решение ищем в виде , ф = Лх cos ©Л х = Л2со8©/, После подстановки получаем
~ 1) Лг == 0е
329

Уравнение частот
W> в) + 6*xm) GJ + I =0.
В данном случае бфф = //C?У), 6фЛ = 6*ф = /2/C?,/), 6XX = 213/CEJ), где
= я<24/64—момент инерции сечения рамы.
Приняв обозначение тоо2/2/C?У)=г, представим уравнение частот в виде
или 0,02г2~2,02г+1 = 0. Корни этого уравнения: Zi = 0,4975, г2=100. Частоты
со/==}/?Уг//(т/2). Первая частота ©1 = 5,41 1/с. Вторая частота ©2 = 76,75 1/с.
Отношение амплитуд
Л 6ф*т<о2 /2тоJ/C?7) г 1т '
Для первой частоты А2/Аг = 2 м/рад. Для второй частоты А2/А1~—0,01 м/рад.
9.54. Уравнение частот: (бцб22—^12) /i/2<»4—(^11^1 + 622^2) со2+ 1 =0, где
6ц=Ьп = Ы/№Ыр)' в1Я = //A60У/?). Приняв обозначение <u4/(\bGJp) = z9
приходим к уравнению
Моменты инерции масс дисков: J1 = miDl/8 = 0i 1152 кг -м2, J2 = m2D2/8 — 0,256кг«м2*
Уравнение частот принимает вид 0,2359г2—1,113г+1 = 0. Корни этого .урав-
нения 2i = l,205, z2 — 3,514. Частоты со/ = У\6GJpzi/L Первая частота а>г =
= Уг16-.8.101°.я2,54-10-8.1,205/A,2-32) = 223 1/с. Вторая частота со2=:379 1/с.
9.55. Уравнения движения системы
<P2—<Pi) = 0,
2—С! (ср2—Ф1) + С2(ф8—ф2) = 0,
—/зфз—МФз—Ф2)==О.
Решение ищем в виде ф/ = Л/со8со^. После подстановки получаем
(Лео2-d) 4+^=0,
2—ci—с2) А2+с2А3 = 0,
Приравняв определитель системы нулю, получаем уравнение частот
Одна из частот равна нулю. Ненулевые частоты получаем из уравнения со4
— ЗбООсо2+2• I06 = 0: со! = 26,8 1/с, со2 = 52,74 1/с. Отношения амплитуд
Для первой частоты Ах: А2: Л3= (—2,283): 1:1,561. Для второй частоты Аг: А2: А3 ¦
= 0,219:1: (—2,561).
9.56. Уравнения движения
^цР cos coBt = ^х;
Решение ищем в виде Х{— i4/coswBf. После подстановки получаем
— б^/исоМх + О—622mco2) ^2 = 62iP.
330

Отсюда находим амплитуды
6 2/о о с2 \
и—/псов уОцОгг — °ш
бцб22— 6i22) Ш20)в — (бп + 622) WWb + 1
-Р.
612
*1 - Fи + б22) tm\ +
Вычисляем 6ц = 622 = За3/D?-2У) =0,4335.Ю~в м, б12 = 62i = 7а3/( 12Я.2/) =
= 0,3371.10-6 м> сов = /гя/ЗО = 50,27 1/с, Л1= 14,76-10-* м9 Л2= 14,6610-3 м.
Соответствующие динамические нагрузки Рд1 и Рд2 определяем из системы
уравнений
бцЯД1 + 8l2^A2 ~ Аг\ 62iPAl + 622Рд2 = А2.
Так как Аг и Л2 близки по величине, для упрощения расчета примем A2 = Ai=s
= 14,76-Ю-3 м. Получим
Рд^Рда-ЛхАби + б^)^ 19,15 кН.
С учетом статической нагрузки находим
24,05 кН
и максимальное напряжение o*max = M/B№) = Pmaxa/B№)=83,2 МПа.
9.57. Уравнения движения системы
— б12т2х2 + бцР cos сов/ = #$,
Решение ищем в виде a:/ = -4/coscdb*. После подстановки решаем систему. Опре.
деляем амплитуду Аг:
д ^р
(l — Ьптг(х>1) A — &22т2(о! )—
Условие гашения колебаний Л^О дает
6ц A — 622/Л20)! ) + 6i2^2C0l = 0.
Отсюда находим массу гасителя колебаний w2 = 6i1/[F11622—df2) col]. В
рассматриваемом случае 6n = 622 = 4/3/B43?y), 612 = 7/3/D86?У), сов ==/гя/ЗО =-62,83 1/с.
Имеем т2 = 259 fiEJ/i^l) = 16,8 кг.
9.59. Статический прогиб Асг = mgP/DSEJ) == 0,0293 ¦ Ю м. Коэффициент
динамичности /Сд= 1 +Vrl+2/i/ACT = 83,6. Динамический прогиб АД = /СДДСТ =
= 2,54-Ю-3 м. Динамическое напряжение aA = /(aacr = /^/ng//DW) = 161,4 МПа,
9.60. Статическое удлинение ХСт = ^/(^)==0,0156.10-3 м. Коэффициент
динамичности без- учета массы стержня
Динамическое удлинение Яд = /СдХст = 5,60-10~3 м. Напряжение ад = KJitng/F
= 560 МПа. Коэффициент динамичности с учетом массы стержня /Сд=1
/
У
т
, где тг=—^=2,47 кг—масса стержня.
4
Получаем Кд = 356, Л,д = /СдЯст = 5,55-10~3 м, од = K^mg/F = 556 МПа.
9.63. Скорость движения системы после удара y1 = mi//(m + ^i)- Кинетическая
энергия системы Г = (m+m^)v\i2 = mV/[2 (m + mx)]. Потенциальная энергия
деформации пружины У = PV2==4P2D3/z/(Gd4). Выразим Р через напряжение:
Р = яс23т/(8?). Получим (/=jc2d2Z>«T2/A6G). Из условия Г = ?У находим
8 327 МПа.
Dn
331

9.64. Выразим потенциальную энергию деформации пружины через
напряжение т:
Из условия U = T = ma2/2 находим
8mv2G
9.66. Напряжение изменяется по длине стержня по линейному закону о ¦¦
улх/1, Потенциальная энергия деформации
olF
Кинетическая энергия T = mv2/2 = Flpv2/2. Из условия U — T находим ад =
= v j/?p=206 МПа.
9.67. Кинетическая энергия T = Flpv2/2. Потенциальная энергия деформации
стержня 1/1 = ад/7/з/F?<) (см. решение задачи 9.66). Потенциальная энергия
деформации буфера (в предположении, что напряжения во всех сечениях равны од)*
U2 = o\Fl2/2. Из условия F—L^+l^ находим
<тд=1> у 3^Р =: 156 МПа.
9.68. Момент инерции массы диска /m = mD2/8 = 0,25 кг-м2. Угловая
скорость ю = яя/3=10я 1/с. Приравняем кинетическую энергию диска потенциальной
энергии деформации вала: Jm(u2/2 = M2il/BGJp). Отсюда Мк = а>уг JmGJp/l.
Касательное напряжение в вале
9.69. Условие U = T дает сАд/2 = то2/2, откуда Лд = у]/"т/с. Статический
прогиб ACT = mg/c. Коэффициент динамичности /Сд = Дд/Дст=(^/Я) У"фп> где
с = —jg— == ~оТ7з~"=9,6• 104 Н/м — жесткость. Находим /Сд = 2,23. Статическое
напряжение aCT = mg//№ = 200-9,81 -3-32/я0,23 = 7,49 МПа, Динамическое
напряжение ад = /(даст=:16,6 МПа.
9.70. Кинетическая энергия падающей балки T = mv2/2 — m02t»2gh/2 = 2m0lgh.
Потенциальная энергия изгиба балки, нагруженной равномерно распределенной
нагрузкой интенсивности </д,
Из условия T = U находим qR, а затем максимальный изгибающий момент
9.71. Уравнение, описывающее колебания кольца, имеет вид (см. Боло-
ти н В В. Динамическая устойчивость упругих систем,— М.: Гостехиздат,
1956, с, 427)
где
под (Ok подразумевается собственная частота колебаний порядка k^2, под q^—^-е
критическое значение нагрузки, под \ik~-коэффициент возбуждения, под q0 и
qt cos со/—постоянная и переменная части нагрузки.
332

Параметрический резонанс /-го порядка будет иметь место, если частота
возбуждения находится вблизи G>, = 2Qfc/J,- а коэффициент возбуждения превышает
критическое значение |V=K S, где 6 = 2e/(cofej/"l—^0/^fe)—-коэффициент
демпфирования собственных колебаний с учетом постоянной составляющей нагрузки q0.
Считая qo<^.q*k> получим выражение для нагрузки q%t = 2oEJ (k2--\)/R и
для коэффициента магнитострикции—
= 2, получим (Ь—ширина
Подставляя в эту формулу значения размеров и k-
сечения):
Следовательно, параметрические колебания
не возникнут
Низшая собственная частота (при k = 2)
1
^-^ = 900 Гц.
Частота возбуждения /^ = 2-900// Гц;
находим Дз= 1800 Гц при главном
параметрическом резонансе (/=1).
9.72. При изгибно-крутильном
флаттере возникают дополнительные переменные
аэродинамические, упругие и инерционные
силы* вызывающие колебания конструкции.
Источником энергии колебаний служит
энергия потока воздуха, набегающего на
крыло. С приближением скорости полета к К задаче 9.72.
критическому значению амплитуда колебаний возрастает, что может привести
к разрушению крыла.
На рисунке показаны дополнительные силы, возникающие при движении
крыла вверх (изгиб) и одновременном повороте сечения на угол по часовой стрелке
(кручение).
Изгиб крыла и связанное с ним вертикальное поступательное перемещение
крыла уменьшают угол атаки и вызывают появление дополнительной
аэродинамической силы Pyi приложенной в фокусе крыла А и направленной против дви,-
жеиия крыла при колебаниях:
Закручивание ведет к появлению силы PQi также приложенной в фокусе.
При положительном 0, показанном на рисунке* угол атаки крыла уменьшается,
подъемная сила падает, дополнительная сила направлена вниз:
I)
р dc
Кроме того, в центре изгиба крыла К будет приложена равнодействующая
упругих сил, возникающих при изгибе,
где си—изгибная жесткость крыла.
Дополнительный крутящий момент упругих сил * сопротивляющихся
закручиванию крыла, Мупр = ск6//. Крутящий момент направлен навстречу углу 0.
Сила инерции крыла, приложенная в центре масс 5, равна
333

Она создает относительно центра изгиба К момент
Ma*=mUi(xm—xK)-b{xm—xKJl
Направления сил, соответствующие положительным значениям у, у и 0,
показаны на рисунке.
Составим уравнения равновесия крыла q учетом, сил инерции» Сумма
проекций сил на ось у:
Сумма моментов относительно центра изгиба /С:
Решения этих уравнений ищем в форме
После подстановки этих выражений в уравнения получим частоту колебаний со
и критическую скорость флаттера
Используя данные задачи, находим укр==241 м/с, Этому значению отвечает
екорость в км/ч, приведенная в ответе.
9.73. Выписываем уравнения Лагранжа* как в решении задачи 7*84, считая
статическую силу Р и ее потенциал V равными нулю:
здесь Т—кинетическая энергия системы
и (/—потенциальная энергия
$
Напомним, что точка над буквой обозначает дифференцирование по времени, а
штрих — по безразмерной координате s—x/at где а—длина конечного элемента.
Пользуясь зависимостями и обозначениями, приведенными в решении задачи
7,84> где даны подробные выкладки, находим:
Нетрудно видеть, что матрицы масс Mj_2 и Мг_$ будут совпадать с матрицами
масс граничных элементов задачи 7,84:
м Г 234 -331 Г234 33
^-•-[-зз 6J- Мг-8==[зз e
Кинетическая энергия для системы в целом.
где М—глобальная матрица масс для всего стержня. Она получается путем
сложения соответствующих элементов матриц Mlmm2 и М2_з*
[ 0 12J-
334

Потенциальная энергия для стержня (см. задачу 7,73)
где
24
о
Подставляя Т и U в уравнение A) получим
Решение уравнения B) будем искать в виде
qi=a Л/cos со?,
где At—амплитуда колебаний, со—собственная частота.
Подстановка C) в уравнение B) дает
pFa M 2\EJ K __
Учитывая, что « = //2, перепишем это уравнение в виде
13
= 0.
0
Раскрывая определитель, получим
B)
C)
откуда %г = 4,768 и %2 = 9,054. Сопоставление с точным решением дано в ответе.
9.74. В рассматриваемом случае
или
Так же, как в решении задачи 7.74, находим для элемента 1 —2
Для элемента 2—3
Определим кинетическую энергию балки
1
j
щ [C06?!
В матричной форме будет
Здесь через Mf»2 и ^2-з обозначены матрицы масс элементов 1—2 и 2—3,
через М—матрица масс для всего стержня:
306 -54
306 54
б4 12
1 .. Г 612 01
.]' МЧ 0 24]'
335

Потенциальная энергия стержня (см. решение задачи 7,73):
11 — птКп
Здесь
Далее
Задавая решение в виде ^/ = ^/coso)/, будем иметь
pFa А. о , EJ „ Л
d { дТ\ dU d ( pFa M-\,EJ pFa M--,EJ
Учитывая, что а=//2, приходим к уравнению
w^4 ° =0
О 12-^ it
Отсюда ^i = 3,148, ^2=7»078. Сопоставление g точным решением приведено в
ответе.
9.75. Используем решение задачи 7.84, считая статическую нагрузку Р = 0.
Уравнение собственных колебаний стержня получает вид
* С)
Выберем решение уравнения A) в виде щ = Ai cos co^. Тогда
Ш,4-/С1 = 0, B)
где А.4 = (А,1, У, ,«»)—вектор коэффициентов собственных частот колебаний
стержня
Уравнение B) можно привести к виду
X4 =
где /—единичная матрица,
Таким образом, задача свелась к нахождению собственных значений матрицы
KiM-i, которое можно осуществить на ЭВМ типа ЕС с помощью подпрограммы
NROOT. Полученные таким образом значения первых пяти частот А*, •,,, %5
приведены в ответе в сопоставлении 6 точным решением.
9.76. По сравнению с предыдущей задачей изменятся лишь следующее
элементы матрицы масс М =ss [m^ j] и жесткости /С= [kD у]9 1 < ^< 10, 1 <,] «^ 10:
— ^10,9 = — 54+33= --21г
Полученные таким же образом, как и в задаче 9475, значения
дены в ответе в сравнении g точными значениями,
336

Г л а в а 10
ВЫНОСЛИВОСТЬ И ПОЛЗУЧЕСТЬ
ЮЛ. Из графиков, приведенных в условии задачи, находим Ка = 4,8 (рис. б) и
= 0,7 (рис. а). Коэффициент асимметрии #=0. Допускаемое напряжение
[<>*] = -пг — ч « 43 МПа,
[^J
10.2. Напряжения в болте
сттах = 4Л/юах/(я4) = 68 МПа, от1п = 4Л/т1п/(я4)==22,7 МПа,
aa-(amax-omin)/2 = 22,7 МПа.
По графикам к задаче 10,1 определяем /?01=3 и во =0,83, Запас прочности
10.3. Из графика в условии (рис. б) находим 80 = 0,88. Для полировки Р = 1.
Максимальный изгибающий момент М « -^- D,25—1,25) •10-2 = 0,015 Р;
2L=283,6 МПа,ат1п «
aa8-62>7 МПа, aa^°max^Offl!Tt ^173,2 МПа, о^
¦¦=¦ 110,4 МПа. Запас прочности
10.4. Напряжения цикла
Запас прочности л =
10.5. Напряжения цикла
^§^49 МПа,
МПа, та=57 МПа.
Из табл. 11 (см. приложение), учитывая, что ав = 800 МПа, h/r =5, r/d = 0,02,
находим коэффициент /Ст == 2,22. По графикам к условиям задач 10s3 и 10.5
находим 8т = 0,8, E = 0,85. Вычисляем коэффициент /Стд:
Запас прочности
10.6. Определяем коэффициент К% по табл. 11 в приложении. r/d = 0*033 « 0,03,
Л/г = 2,5— такого значения в таблице нет. Из таблицы для ав = 700 МПа
находим при h/r = 2 /Сх= 1,59, при ft/r = 3 /<T= 1,72. Коэффициент Кх Для А/г = 2,5
находим путем линейной интерполяции: /?-5=1,65. По графикам к условиям
337

задач 10.3 и 10.4 находим ет = еа = 0,78, Р = 0,9 и далее
Допускаемое напряжение по пределу текучести [т]=тт/я = 125 МПа. Допускаемый
максимальный момент
Коэффициент асимметрии цикла # = Tmln/Tmax==Mmin/Mmax = 0,25t Допускаемое
напряжение
[*д1 = ГТ 71 ^ mi
=
= 4,411 кН-м.
Минимальный момент Мmin = 0,25 Mmax = 1,1 кН-м.
10.7. Напряжения цикла ад=32Мтах/(ясC)=47,7 МПа, аЛ=;0. Коэффициент
концентрации Ко находим по табл. 11 Приложения- для ав=500МПа и hi г — 2, r/d=0,05;
имеем /Са==1,76. По графикам к условиям задач 10.3 и 10.4 находим 8а = 0.85;
р = 0 9;
/Сад =Ко/8а+ 1/Р— 1 =2,18.
Запас прочности л = а_1/(/СадО*в) = 1>92.
10.8. Напряжения цикла оЛ = 32М/(ш/3) = 61,1 МПа, от~0. Из табл. 12 в
приложении для прессовой посадки при о*в==800МПа и ^ = 50 мм находим
коэффициент концентрации /Сдд=:3,9б. Запас прочности /г=а«1/(/Садад) = 1,49.
10.9. По графикам к задачам 10.3 и 10.4 находим 8а = 8т = 0,74, E = 0,85.
Из табл. 11 (см. приложение) находим коэффициенты концентрации напряжений
/@=1,95, /Ст=1,62. Вычисляем коэффициенты Кпд и /Стд:
Коя^Ко/г +1/0-1=2,81; Кад-Ят/вт+1/P-l «2,37.
Частные запасы прочности
п a^.i _ 360
210
""" 2,37-20+0,05.50 -^1в
Общий запас прочности n = ->.^LL=:= 1,5.
Для полированного вала Р=1, /Сад= 1,95/0,74 = 2,64, /Стд= 1,62/0,74^=2,19,
Ла = 360/2,64.80 =1,70, «т = 4,54, /г=1,6.
10.10. Мощность Л^ = Мксо^=Мкя«/30. Крутящий момент на валу Мк =
0^/ 382Н.м. Нагрузка на зуб шестерни
P = 2MK/D cos 20°=6773 H.
Сечение 1. Изгибающий момент MI = Pzi/2 = 6773.45.10-3/2= 152,4Н-м.
Напряжения ав = 32М,/(я4«) = 33,27МПаг 0^ = 0, тгаах= 16MK/(jtrff)==41,7Mna,
тй = тЛ = тщах/2 ==20,85МПа. Из табл. 11 (см. приложение) находим коэффициенты
концентрации напряжений от галтели: h/r — 2, r/d = 0,042. Для ав = 500МПа и
r/d — 0,03 находим /(а=1,82. Коэффициент /Са для r/d = 0,04? находим путем
линейной интерполяции Ко = 1,82--0,012-0,06/0,02 =1,78; /Ст=1,54. Из графиков
к условиям задач 10.3 и 10.4 находим 8а=вт = 0,87, р = 0,9 и далее Код, = Ко/Ъо+
^1/Р— 1 =2,Ш, /Стд = /Ст/8х+1/Р —1 = 1»88. Коэффициенты концентрации от
посадки шестерни находим из табл. 12 приложения: для с/=30мм /Сад = 2,50, для
с* = 50 мм /Сад = 3,05.
Коэффициент для вала с д( = 36мм вычисляем путем интерполяции /Сад = 2,66,
#тд~2,0, В расчет принимаем коэффициенты концентрации от посадки, так как
они больше соответствующих коэффициентов для галтели.
338

Частные запасы прочности
о--, 200
т~/Ст
Общий запас прочности в сечении I
Сечение /У, Изгибающий момент
Ми^Рги/2=^ 128,7 Н.м.
Напряжения
Ё^^ЗЗ
nd\\
тл-т/л=|хтах = 24,75 МПа.
Из табл. 11 находим коэффициенты концентрации напряжений Ко = 1,74; Кх = 1 »53;
/Сал ==2,11; /СХд= 1,87. Частные запасы прочности я, =2,84, /гт = 2,59 Общий
запас прочности в сечении II пц = 1,91. Аналогично определяется запас прочности
в сечении III Лш = 1,71.
10.11. Среднее напряжение в пружине (от груза)
хт = 8mgDjnd3 «ж 28,9 МПа,
Амплитуда колебаний А =8PD^/(G(i4)s=яD2/гтa/(Gdf), Отсюда определяем
амплитуду напряжений
%а = GAd[(nD4) = 152,8 МПа,
ЧН = Bt-.i - то)/то = 0,091,
При колебаниях среднее напряжение остается постоянным, поэтому запас
прочности /г = (т_! — 'фгт/Л)/тй = 1,95.
10.12. Жесткость пружины c = Gd4/(&D3rt) = 2500H/M, Частота собственных-
колебаний системы со= |/*с/т=35,4 1/с.
Чтобы произошло разрушение от усталости, напряжения цикла должны
удовлетворять условию Тд+'Фх^я > T-f» Среднее напряжение в пружине тда =
= 8mgD/(^3) = 125Mria. Тогда ха > t^i—г|)хтт=^337,5МПа, Минимальная
амплитуда удлинения пружины (при та = 337,5МПа)
На основании решения задачи 9,45 амплитуда удлинения пружины
„ г
Отсюда находим частоту (нижнюю границу)
- = 30,21/с.
Соответствующая частота вращения
пх = 30сов1/я = 288 об/мин.
Верхнюю границу (юв > со) найдем из условия
- г
(М/(О„J - I •
339

откуда получаем
сов2 = со Уа/(А—г) = 44,8 1/с.
Соответствующая частота вращения п2 — 428 об/мин.
10.13. Повреждение детали, накапливаемое в результате действия нагрузок?
объединенных в блок (учитываются только напряжения * превышающие предел
выносливости детали),
Д /130\« /120\б П10\в /100\6]_
+ 1'Ч"95 j +3V"95J +2i"95"J + V"95 j J -°'0106'
Расчетная величина коэффициента повреждений
Примем fc = 0,6. При определении коэффициента | учитываются лишь
напряжения, превышающие оа = ^о.1д = 57 МПа и соответствующее им число циклов
+100-2+90.2,5+80.1,5 + 70.3) = 0,678,
^» 0,678—0,6 J /^1^—0,6^0,48. Число блоков X, необходимое для
разрушения детали определяется из условия Аяб=яр. Отсюда X=45.
Число циклов в блоке п^^=^П(= 19-Ю3.
Общее число циклов до разрушения детали # = п$%—0,855- 10е.
10,14. В блоке число циклов «б = 19* I08. Деталь должна прослужить N = 3-105
циклов. Следовательно, число блоков
Если увеличить действующие напряжения в п раз, то при таком числе
повторения блоков деталь должна разрушиться, т. е. степень повреждения должна
достичь расчетной величины ар = 0,48:
Отсюда
2^) ~^р или
Запас прочности м= v^V(^6)=^ ^0,48/A6-0,0106) = 1,20.
Проведем уточнение величины запаса прочности, учитывая при суммировании
повреждений действие всех напряжений* для которых поа( > а_1д:
°no>o i x 1A/ "допч
доп.чл.
Уточненный запас прочности (второе приближение) tii=yv
10.15. Напряжение в текущем сечении а = 4Р/[я (do+azJ], где a=(d1—d0)/l
= 0,025. По теории старения относительное удлинение ползучести 8пл = »О(
Э40

Абсолютное удлинение стержня от ползучести
I i i
0 0 О
J V W Bл
*® ( 1 L\
В эту формулу силу Р следует подставить в МН, так как при расчете ординат
кривой Q (f) напряжения выражались в МПа:
Л/ /4-М6\3'8 0,22-10-12 Г 1 1 1
пл \ я ) # G,6—1H,025 [(Ы0-2)М A,5-10-2)М J —
= 1,3.1О-Зм=1,3мм,
10.16. Напряжения в оболочке
ait=^^~ 0,063 МПа, а2 = -^*=х
ZO О ЛиО О
Интенсивность напряжений
Из графика для Q(/) находим Q A00) = 0,52» 10е 12. Относительное удлинение
ползучести 8Х = (ог — 0,5a2) a^~1Q (/) = ^-• 1,82-10~2°. Отсюда (учитываем, что по
условию задачи гг = 0,01) 6=1,1 мм.
10.17. При чистом сдвиге 8* = —82 = y/2. Интенсивность деформаций е/
= B/Vr)K8f + 8i82 + 8|=v/Vr. Интенсивность напряжений а/ = т/.
2/V3)Kf + i2 + |v/V3. Интенсивность напряжений а/ = т
Подставляем это в уравнение ползучести 8injr = aJ Q(t). Получаем
JL^ (|/3)Q (Q или VnjI = 3(« + i)/2T«Q@. A)
г 3
Касательное напряжение т = 2МK/(nD2p6) = 30,8 МПа. По графику находим
Q @ = ^(80) = 0,43-Ю-12 и по формуле A) относительный сдвиг упл = 1,72-10-а.
Угол закручивания ф = 9/ = 27Пл№ср:=0,156рад = 9о.
10.18. Напряжения в оболочке:
ох = N/(nD6) = 7,96 МПа, оу = pD/B6) = 46,7 МПа,
тлг/ = 2MK/(nD4) = 12,2 МПа.
Интенсивность напряжений
« 48,2 МПа.
Из графика к условию задачи 10.16 находим Q@=Q(90) = 0,48«10-12,
Относительное удлинение по окружности оболочки
Приращение диаметра оболочки вследствие ползучести
10.19. По теории старения уравнение релаксации в безразмерных величинах
имеет вид
A)
Параметр напряжения v = a/ao = 0,75. Параметр времени %=?ag-1Q (t).
341

Из уравнения A) имеем %=A—v)/v" = 0,423. Отсюда
Q@ = X/(?o«-i)=: 0,367.10~7.
По графику для функции Q(t) находим время / = 300ч.
10.20. По графику (см, решение предыдущей задачи) для /=500ч находим
Q@ = 0,43.Ю-7. Отсюда
= 1,8.1
0,43.10~7 = 0,58.
0,5
Для определения параметра v имеем уравнение A—v)/v1»83=0,58. Уравнение
решаем графически, построив графики функций ^=1—v и у2 = 0,58V1»83.
Графическое решение дает v = 0,7. Следовательно, а =
= 0,7а0, т? е. напряжение в болте снизилось на
У 30о/0.
10.21. Деталь с трещиной разрушится при
напряжениях о с, меньших, чем ав. Коэффициент
запаса уменьшится в отношении k = GB/oc*
Критическое напряжение ос находится из соотношения
/(ic =о<?|/"зх/1)» Таким образом, коэффициент
запаса следует увеличить,умножением его на
rv —
-г
i\\c
i , i»
О95 0,7 1,0 v деляется из формулы
К задаче 10.20.
10.22. Критическая длина трещины 21 с опре-
A)
где /—половина длины трещины. При ос=*оь/2 получим
10 23 Напряжение в момент разрушения
b
= 150МПа. Критическая
= 25,4 мм,
длина трещияы
10.24. /С1с«|,
10.25. По формуле A) решения задачи 10.22 находим критическую длину
трещины 2/ = /С!с/(л^тах)^
Учитывая, что по условию атах = 50МПа, получим / = 51 мм.
Используем зависимость между Л/С, максимальным напряжением цикла атах
и полудлиной трещины /: А/С = атах^"^ тогда скорость роста трещины (см.
условие задачи)
После интегрирования получим
предельное число циклов до разрушения
Ю8 ,
1) Б рое к Д. Основы механики разрушения.—M.t Высшая школа, 198Q.
342

§ 4. Надежность при случайном нагружении
10.26. Искомая вероятность равна вероятности события, что действующее
напряжение превысит уровень ат, т. е. равна заштрихованной на рисунке
площади, где/(а) — плотность распределения вероятности
действующих напряжений х):
Р{О> От} = J f(G)dO.
В рассматриваемом случае
Тогда
К задаче 10.26.
где Ф—значение функции Лапласа
х
Ф(ф
У
л J
При заданных в условии величинах Р {о > аг} = 0,00003. Следовательно,
в трех деталях из 100000 надо ожидать появления пластических деформаций.
10.27. Искомая вероятность Р равна
2
Подставляя численные данные, находим
Р {о >ат}« 0,0001.
Таким образом j здесь уже в 100 деталях из 100 000 (в одной из 10000)
ожидается появление пластических деформаций.
10.28. Вероятность события, что за одно нагружение не появятся
пластические деформации, равна 0,99997 (см. решение задачи 10.26). За два нагружения
это событие не произойдет с вероятностью @,99997J « 0^99994. Следователь но г
искомая вероятность
^з {о > от} « 0,00006.
Таким образом, вероятность появления пластических деформаций за два
нагружения превышает соответствующую вероятность при одном нагружении
примерно в два раза.
Глава 11
ПЛАСТИНКИ И ОБОЛОЧКИ
11.1. Свободная пластинка изогнется по поверхности двоякой кривизны.
Каждая полоска пластинки, перпендикулярная оси у, изгибается под действием
моментов Мх, как обычная балка. Напряжения
Мх 6iV
Ь/т2'
:108Па=100МПа.
х) См. Болотин В. В. Применение методов теории вероятностей и теории
надежности в расчетах сооружений.— М.: Изд-во лит-ры по строительству, 1971.
343

В направлении оси у изгибающие моменты отсутствуют и 0^ = 0.
Наибольшие касательные напряжения ттах^=г ^ —?==50 МПа. Наибольший крутя-
щий момент /(max — ^max • —^--=300Н«м/м. Главные радиусы кривизны:
EJ 2-10г1.Ь63-Л0-9 с .
рх=-—=а . =й6м (выпуклость направлена вниз),
р„ав — =г— 20 м (выпуклость вверх),
Н.2.
Условие прочности по энергетической теории прочности выполняется:
==99МПа < 120 МПа.
I My—\iMx
11.6. По условию —=—^-тгт =0; отсюда М«==[х/Ил=87,5Н1м/м.
Пластинка изогнется по цилиндрической поверхности с радиусом кривизны
Напряжения:
§^ ^^21 МПа.
у, max
>5МПа'
1L7. Находим соотношение между стрелой / и радиусом кривизны
пластинки рх (см, рисунок): OA~pXf OD = p^—/, ЛО = а/2= 12см = 0,12м, р| =
Отсюда Af^=0,48 Н»м/м* а Л1 =[хМл=0,12 Н.м/м,
Напряжения:
, max-~Oyj max)/2 = 30 МПа8
11.8, Цилиндрическая жесткость пластинки
D г54эЗ Н*м,
К задаче 11.7. 12A— jx2)
Наибольши-й изгибающий момент (посередине пластинки)
МХч тах^^^15,6Н»мМ
Напряжение o^jmax =5—i^!!--23,4 МПа, Наибольший прогиб /^щ^-=
= 0,3 мм,
344

11.9. При отношении сторон пластинки а/Ь^З приближенно можно считать,
что она испытывает цилиндрический изгиб, так как влияние опирания коротких
краев на наибольшие напряжения и прогибы посередине пластинки невелико,
6М*, тах --.___ MXt max~~-^^, max c
ОЪах = р— = 75 МПа, /Стах = § г=75 Н#м/М»
Цилиндрическая жесткость пластинки
Наибольший прогиб (посередине пластинки)
11.10. а^ах^г
Давление надо уменьшить на величину
11.11. а) Дифференциальное уравнение изгиба пластинки имеет вид
где л:—текущий радиус, Э-—угол поворота, Q — поперечная сила.
Представим это уравнение следующим образом:
d (did , 6\ Q d Г 1 d , ml Q
r -j—— =—к* или -г- — -(*в) Ь^—^-.
dx \rfx ' x/ D djc L л: rfjcv y J D
Интегрируем
TEW--J?*+C* или Е^) —
Интегрируем еще раз и делим обе части равенства на х. Получаем
Выражение для прогиба
B)
В нашем случае Q=nx2p/Bnx) = px/2. Подставляя это в уравнения B) и A) и
учитывая также, что Са = 0 (так как при #=0, 0 = 0), получим
64D Т
345

Из условий у(г) = 0ив(г) = 0 находим С^рР/фО), C3=/?r4/F4D).
Следовательно,
Наибольший прогиб (в центре) равен pr4/F4D)= 4,85*10-3 см. Изгибающие
моменты:
радиальном направлении Mf — D ( 0'-j-[i —J ,
D (—J—|хв' j
в окружном направлении
C)
D)
находим, пользуясь полученным значением 0 (см. ответ).
Эпюры v, Mi и М2 показаны на
рисунке.
11.18. Так как Q=0, из
уравнения A) (см. решение задачи A1.11,
а)) получим: 9 = ^/2+^/2.
Подставляя это в формулы C) и D),
найдем
иишшшшш
К задаче 11,11(а).
Используем граничные условия: при
x=r Mi = mt при x~R Mi = M.
Получим
и С3=
и, далее, значения М-ц и М2, приведенные в ответе,
11,22. Критическое напряжение
0), где
m)
B)
Условие перехода формы потери устойчивости пластинки от т полуволн
кш+1 полуволне: j/"m(m+l)=a/&. _ -
При заданных размерах пластинки а:6 =*40:25 = 1,6 > у 2. Следовательно,
пластинка потеряет устойчивость с образованием двух полуволн по длине: &0 = 4,2.
Цилиндрическая жесткость пластинки
ок«2>88МПа<опц,
т, е. расчет по формуле A) правомерен, В случае приложения нагрузки к
длинным сторонам пластинки т = 1, 6а = 4,95* ак = 1,32МПа.
Рп 4,5 ЛО6
11.24. Критическое напряжение ок^^^-~—; цилиндрическая жесткость
йластинки (см. формулу 3 в решении задачи 11,22) О»1,8Л010/г*,
При отношении длин сторон пластинки а:?=3,5> |/12 пластинка потеряет
устойчивость с образованием т = 3 полуволн по длине. Поэтому (см. формулу 2
в решении ?*иачи 11.22) ?0 = 4,1«
346

kn2D 4,5dO5 „
Толщину пластинки находим из условия -^—*е*-~—. С учетом C)
отсюда Л= 1,84-10"8м= 1,84мм.
11.25. Квадратная пластинка потеряет устойчивость с образованием одной
полуволны в каждом из направлений сжатия: т = /г=1.
Критическое напряжение
gK д. •= 0К EEs——.— 7 где Kq
Eh*
П:2в. <тк=^, 0=^^=480Н.м.
При сжатии в одном направлении fe = 4,
При сжатии в двух взаимно перпендикулярных направлениях в случае
:ЛЛ-=гО,5 имеем
Дак = 158—82 = 76 МПа.
11.27. тк = -' /дч2-' Для случая шарнирного опирания всех краев пластинки
с= 5,35+4 ( — ) =6,9, Получаем тк=П14МПа
f bV
11.28, Для жесткого защемления краев пластинки &т=г 9+5,6 (•—J ^14,6
по формуле в решении задачи 11.27 тк = 122,6 МПа.
11.33. Касательные напряжения при кручении замкнутой оболочки
. Мк 5.104
. Ю-3
:1,04.108Па=-104МПа.
Шаг стрингеров находим из условий устойчивости пластинки длины 25 см и
ширины х под действием касательных напряжений от крутящего момента,
kx= 5,35+4
О 9.7 2.10*0.4* Ю-6
Г / х \21
[5'35+4(о~Ь) J-bM'^na. «-0,107м.
11.34. Касательное напряжение в стенке панели
т = 2^5-4,17. Ю»РЯОП Па;
его следует приравнять критическому напряжению} определяемому по формуле
решения задачи 11.27. Получим ftT=5,99, 4,17»108РДОП = 7Г49*107; отсюда
Р1810418Н
доп,
11.35. При одновременном действии сжатия и сдвига критические
напряжения ак и тк должны удовлетворять условию
гДе crKt о = kGn2DJ(b2h)—критическое напряжение при чистом сжатии, <ск 0=а
= 0,9/гх^/(*АJ-~критическое напряжение при чистом сдвиге* *
Вычисляем aK = yVK/ft=10V, тк=^/Л = 5»102<7, Цилиндрическая жесткость
пластинки D = ?/i3/A2(l—jx2)) = 51,3H»m* Потеря устойчивости от сжатия про-
34Х

изойдет с образованием двух полуволн по длине пластинки (яг = 2), так как
отношение сторон прямоугольника равно 1,8 > |/*2, по формуле B) в решении
задачи 11,22 ^«=4,04 и по формуле A) с учетом C) о*к 0 — 40,9 МПа. По
формулам решения задачи 11.27 ?х =6,58, tKj 0 = 1,18-108Па^= 118МПа,
Теперь используем условие A).
8« 108)J = 1;
получаем </ = 40кН/м, # = 2<7 = /
11.37. Стенку швеллера, подкрепленную примыкающими к ней полками,
следует рассматривать как длинную пластинку, шарнирно опертую по контуру.
Полки рассматриваются как пластинки, шарнирно опертые по трем сторонам,
с одним свободным краем. В этом случае ?а=0,45. По формуле A) решения
задачи 11.22 находим для полки
ак = 4,67. Ю7 Па = 46,7 МПа,
Критическая сила находится из условия потери устойчивости полок,
имеющих меньшее критическое напряжение, чем стенка:
PK = O"K>minF = 4,67<107 B-2,5. 10-2+6.10~2).10-3 = 5140H = 5,14kH.
При заданном коэффициенте запаса допускаемая сила в два раза меньше
критической.
11.42. Максимальное (верхнее) критическое напряжение oKi max = 0,6?/i//? =
=* 210МПа; критическая сила Рк,тах==2я#/1*аК1 тах = 264кНв Минимальная
(нижняя) критическая сила в три раза меньше,
11,45. Критическое давление
рк =Ш/[4A —И'2) #3] =2,95.10*Па,
11.47* Для длинной оболочки величина критического крутящего момента
определяется по приближенной формуле
тк = мк№к — MK/BnR2h) = 4,1 МПа,
11.48. Критическая комбинация напряжений ак и тк при одновременном
действии кручения и осевого сжатия должна удовлетворять условию
где aKto = O>2?fc//?-- нижнее (минимальное) критическое напряжение при простом
осевом сжатии оболочки, tKj о=-7- (") —критическое напряжение при
кручении, Имеем aKf о = 21О МПа-, тк,0 = 1,86-107 Па = 18,6 МПа5
ок= N/F = N/BnRh) — 79,6 Ша-9
79,6/210+^18,6)?= 1, тк= 15,9 МПа,
11.49. Оболочку с отношением длины к радиусу 1/R > 4 можно считать длин*
ной и вычислять критическую величину момента по формуле
AJK=0s95?i№a=380 кН-м,
Допускаемая величина момента Мдоп = Мк/п =190 кН»м* При уменьшении Л
в два раза момент уменьшится,в четыре раза.
11.50. Для коротких оболочек A/R < 4) при поперечном изгибе критические
напряжения определяем по эмпирической формуле
оде аум ±

Критический момент Мк = ак№ = 13,7 кН«м. Критическая поперечная сила QK~
= МК// = 34,3 кН.
11.52. В первом приближении принимаем отношение радиуса к толщине
оболочки равным 500. При этом по табл. 13 приложения & = 0,24. Из формулы
q = kE (h/RJ находим /г1 = 9,6 10~3 м. Тогда #//ii = 416. Во втором приближении,
принимая /?//ii = 416, интерполируя, по таблице находим & = 0,26, отсюда h2 =
= 9,Ы0" м. Продолжая расчет, получаем Л3 « 9,3 мм. Отметим, что, судя по
расчету, назначение толщины верхнего днища из условия глубокого разрежения
нерационально: необходима большая масса днища. Отсюда возникает требование
повышения надежности дренажных систем.
Т
11.53. В новых условиях давление в резервуаре q2 = -яг;Яг = && кПа. Внешнее
избыточное давление Aq = q±—q%=z\2 кПа. Коэффициент k при заданном R/hj
равном 667 по табл. 13 приложения, равен 0,66.
11.54. Оценим уровень температурных напряжений в среднем сечении
резервуара (ф = я), где они суммируются с максимальным сжимающим напряжением
от действия собственного веса и веса продукта. Температурное напряжение
по формуле, приведенной в условии, равно Of (я) = 12-10"*6*2-105 (—155)Х
X
[4+-§°>71 (-1)] =-
МПа.
Строим эпюру изгибающих моментов от действия собственного веса и веса
продукта, обозначив интенсивность распределенной по длине нагрузки через<? МН/м
(см. рисунок). Величина q равна, при
полной нагрузке Q,
Х9,81/(Ю6- 33) =0,074 МН/м.
Определим изгибающий момент М
в среднем сечении резервуара:
M = (qL/4) (L2—L/2)=2H5 МН-м.
Сжимающие напряжения в верхней
точке среднего сечения:
» — 35
К задаче 11.54,
Суммарные сжимающие напряжения в верхней точке среднего сечения
составляют
= — 149 МПа.
Определим расчетное (нижнее) критическое напряжение при осевом сжатии
оболочки, По таблице при #//&=!40 будет окр=:0,18 Eh/R,
акр. н=^Д8*2.10^«Ы0"'а/1,4 = 258 МПа,
Это напряжение меньше предела пропорциональности апц=0,96а0| 2 = 260 МПа-
Коэффициент запаса устойчивости яу = 258/149= 1,71. Поскольку данный режим
имеет временный характер, допустимо принять
минимальное значение /гу = 1,5, как для "режима испы- пу
тания. Условие устойчивости выполнено. 70
11.55. Назначим ряд толщин кожуха /1Х = 1 см,
/ia = 2 см, Я3 = 3 см и определим расчетную (ниж- 5
нюю) критическую нагрузку для каждой толщины по
формуле pKV~kE (h/RJ. По табл. 13 приложения 6
при /&=Ы0~2 м и ?//i = 800 имеем 6 = 0,20; при
h = 2-10-2 м и i?//i = 400 ? = 0,25; при /г=3-10~2м 4
и #/Л = 266 6 = 0,29.
Соответствующие значения критического давле- Z
ния ркр. 1=0,064 МПа, ркр. 2 = 0,33 МПа, /?кр, 3 =
= 0,84 МПа. Соответственно коэффициент чапаса
устойчивости nyi I w 0,64,. яу< 2 « 3,3, /гу< 3 « 8,4.
Строя графическую зависимость' пу (Н) (см, рисунок), К задаче 1L55,
349
z

находим, что коэффициенту запаса /tv=2,4 отвечает толщина оболочки
^1,75. Ю-2 м.
11.56. Расчетная (нижняя) критическая величина избыточного давления
определяется по формуле <7кр = ?? (h/RJ. По табл. 13 приложения для /?//* = 500
к = 0,24.
11.57. Критическая погонная радиальная нагрузка для шпангоута ркп =
EJ/R*1) P
/)
11.58. Часть пластинки, потерявшей устойчивость при сжатии, будет
продолжать работать совместно со стрингерами. Наибольшие напряжения, которые
может выдержать стрингер, aKPt СТр = 200 МПа.
Редукционный коэффициент, определяющий долю площади пластинки-,
воспринимающей сжатие после потери устойчивости-,
<р=1,9т}/ -21-0,75. A)
о аСТр
Эффективная площадь сечения панели перед разрушением
/^ФФ==2^стр+ф^== 15,4 см2. B)
Разрушающая нагрузка панели
ЛГ==окр. стр-^эфф^ЗДЮ-Ю5 Н.
11.59. Используя показания датчиков, находим напряжения в ребрах по
закону Гука остр = е?=140 МПа.
Редукционный коэффициент пластинки по формуле A) решения задачи 11.58
Ф=0,135,
Определяем эффективную площадь сечения панели по формуле B) и находим
сжимающую силу
3,22-Ю4 Н,
11.60. Используя метод последовательных приближений-, вначале зададимся
произвольной величиной редукционного коэффициента, например, ф! = 0,5.
Эффективная площадь сечения панели в первом приближении Ff = 2F4&ft 8 2
Напряжение в стрингере aCTpt = N/Fi = 1,25.108 Па.
Вычисляем редукционный коэффициент во втором приближении
F2 = 6+0,76-20.0,2"~9,04 ciw
Напряжение в стрингере во втором приближении
aCTp,2-tf/F2==lll МПа,
Редукционный коэффициент в третьем приближении
. Л 2 ^/TW ЛОЛ
Эффективная площадь сечения Fg = 6+0,806-20-0*2 = 9,23 см2
Остр, з= Ю5/(9*23. 10-*) = 108 МПа,
На этом расчет заканчиваем, так как астр? 3 отличается от астр< 2 меньше, чем
на 3%. Искомое напряжение равно 108 МПа.
11.61. Дифференциальное уравнение изогнутой поверхности в данной задаче
имеет вид
D f d*w . о d*w
1)Вольмир A. Q» Устойчивость деформируемых систем.-—М.: Наука,
1967, с. 164. -
850

Переходим к конечным разностям, применяя центральные операторы типа
1
нумерация узлов показана на рисунке.
В первом приближении, располагая узел е, / в центре пластинки и считая
для случая шарнирного опирания 10,.а,/а и^«7 ю/
с = в/2, находим fc2^a^Kpa2/*/D==32.
Сопоставление с точным значением k* дано в
ответе.
11.62. Матричное уравнение для случая
с = а/4 имеет вид при k2~oXi Kpa2/A6D)»
где
*-/,/+/
щ
Г 20
-16
— 16
8
" 1
0
—. 2
0
0
4
0
— 4
ев/2
16
40
8
32
—
—
-2
0
4
0
16
8
40
32
—
or
4
0
8
w
8
-32
-32
80
*
с ъ
.. g ^
Л.
К задаче 11,61.
Вычисляя собственные значения матрицы А<В~1 с помощью ЭВМ
(подпрограмма NROOT), находим наименьшую величину k2 — 39,25. Сопоставление с
точным значением см. в ответе.
11.63. В случае однолонжеронного крыла центр жесткости (центр изгиба)
сечения лежит на стенке лонжерона в точке К. Крутящий момент равен
Мк=: $0=1,8*10**0,32 = 5,76.10* Н*м..
Удвоенная площадь, охватываемая контуром сечения, равна
сок = я«0,6*0,11 + @.22+0,18)<0,8 = 0,527 м2.
Считаем, что левый контур сечения—полу эллипс, а правый-— трапеция^
хвостовой частью, показанной на рисунке к условию задачи штриховой линией,
пренебрегаем.
Поперечная сила в основном воспринимается стенкой лонжерона. Касательные
напряжения в стенке
851

Касательные напряжения в обшивке вызываются крутящим моментом
т **«_, 5'76'1Q4 5 12 10* Па
11.64. Считаем, что крутящий момент воспринимается обшивкой. Стенка
лонжерона практически не работает
11.65. В двухлонжеронном крыле центр жесткости (центр изгиба) К делит
расстояние В между лонжеронами на части, обратно пропорциональные моментам
инерции лонжеронов. Вычисляем моменты инерции лонжеронов, учитывая только
площади поясов, пренебрегая стенкой;
л
2
Находим расстояние от стенки переднего лонжерона да точки К
Поперечная сила создает относительно точки К дополнительный крутящий
момент
MKiQ = Q(a-~*K)==3,8.10& Н-м.
Полный крутящий момент равен
М« п = Мк + Мк,<?=и3.10б Н.м.
Поперечная сила распределяется между стенками лонжеронов, так же как
и изгибающий момент, пропорционально моментам инерции лонжеронов.
На передний лонжерон действуют
/?—5,93.10« Н.м.
2
На долю заднего лонжерона остается Q2=l,75«106 Н и Ми> 2= 1,67* 106 Н»м.
Удвоенная площадь, охватываемая контуром сечения, равна
= 4,74 м2.
Напряжения в обшивке, вызываемые крутящим моментом
= 9,54.10' Па.
Касательные напряжения в стенке лонжерона с учетом угла конусности у
вычисляются по формуле
Для переднего лонжерона тх= 1,46*108 Па.
Для заднего лонжерона. т2, q = 7,66» 107 Па.
Необходимо учесть, что по стенке лонжеронов, кроме потока касательных
усилий от поперечной силы, идет поток касательных усилий от кручения,
воспринимаемый внешним контуром. Поэтому полные напряжения в стенке заднего
лонжерона определяются как суммарные усилия от поперечной силы и от кручения:
T2 = ta,Q +-?^-=1,72.10* Па.
S52

11.67. До повреждения крыла удвоенная площадь контура сечения
сок =л>0,6-0,15+0,3+0,24-1 =0,82, м2.
Схема крыла—двухлонжеронная,
/1==^1 = 8,12. Ю-2 F2, /2 = ^ = 2,88. Ю-2 F2,
хк= .BJ*t =0,26 м, MK = Q(a—л*) = 3,8Л04 Н»м.
Поток касательных усилий в обшквке равен
М
<7К = -!¦?=: 4,63.104Н/м.
На передний лонжерон действует сила
Qf== <2^i 1,48.10^ Н (?1 = -т1 = 4,92-105 Н/м.
На задний лонжерон действует Q2=B— 1,48). Ю5 = 5,2« Ю4 Н. Поток
касательный усилий от поперечной силы
Суммарный поток в задней стенке от поперечной силы и от крутящего момента
<72=<?2,р + <7к = 2>63.Юв Н/м.
После разрушения заднего лонжерона оставшаяся часть крыла работает по
однолонжеронной схеме. Центр жесткости перемещается на стенку уцелевшего
переднего лонжерона (точка Л),
MK = Q.a = 9.104 Н»м, юк=:я.0,6<0,15 = 0,283 м2,
*общ=7Г = 3,18.10
Поперечная сила целиком воспринимается неповрежденной стенкой переднего
лонжерона ^1 = Q//i1^=6^67. Ю6 Н/м. Поскольку стенка лонжерона входит в состав
замкнутого контура, она воспринимает еще и <70бщ» Суммарный поток касательных
усилий в стенке лонжерона
</стенки = <?общ+?1 = 8,26-10* Н/м.
11.68. В неповрежденном сечении крутящий момент создает поток касательных
усилий по внешнему контуру сечения. Площадь, ограниченная контуром, равна
©Kt 1==я.0,5-0Л25 + @,25 + 0,2). 1 =0,65 м2.
Предельная величина крутящего момента определяется из предельного
напряжения тпред, при котором происходит разрушение. В зависимости от материала
и конструкции крыла в качестве *тпред 0ерутся либо критические напряжения,
либо предел текучести материала;
Мпред, 1 = ^, l-*min, 1^пред =0,65-1,5-10~3 Тпред =0,975-10~3 Тпред
После повреждения носка крыла уменьшается площадь, охватываемая кон»
туром сечения,
*>к, 2= @,25+0,2). 1 = 0,45 м2.
Минимальная толщина стенки оставшегося контура /min, 2 = 2,5 мм;
= 1,125-10~3Тпред.
По принятому методу получаем увеличение момента яа 15%. Необходим,
уточненный расчет.
353

Глава 12
ЗАДАЧИ ИЗ ОПЫТА СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
12.1. Полное перемещение точки А вкладывается из удлинения троса
АСВ под действием еилы Р и удвоенного удлинения троса CD под действием
силы 2Р.
12.2. Усилия в стержнях равны приложенной силе;. N^P/Bs\n 30°)»
» P=s200 кН Напряжения встержнях превышают оу, о = iV//? = 200 МПа. Исходя
из диаграммы, найдем относительное удлинение каждого стержня 8=о0/? +
+ (о*—о0)/@,5?) = Bо—o0)/?==4.10-f Далее находим абсолютные удлинения
стержней и полное перемещение узла.
12.6. Предполагая, что удлинения стержней ВВ' и СС упругие, вычислим
усилия в них, используя закон Гука,
NB=*MBEF/l=—8«104Н (ожатив),
Nc=Д/С ?7?//=2.10* Н.
Усилие в стержне АА* определим из у ©лови я равновесия бруса АВ, составив
уравнение моментов сил, действующих на брус, относительно точки В,
12.8. Вначале найдем угол ф, при котором сила. Р создает наибольшую
нагрузку на стержни. Продольная сила N в наиболее нагруженном стержне NAB =
——i-|* - ) • Она максимальна при ф=»а: max A^e — ^/sin 2а. Наимень-
Sin €t COS ОС у
шее напряжение, а следовательно, и наименьшая необходимая масса стержней,
будет при sin 2а =1, а—я/4.
12.9. Удлинение А* А* стержня АС (см. рис. к условию задачи) по закону
Гука &l = Nt/(EF), где W —продольная сила в стержне. Из условия равновесия
узла в положении А' имеем N = P/Bsln а). При этом cos а«//(/+А/).
Учитывая полученные соотношения, имеем нелинейное уравнение для определения
угла а
tg а —sin а=P/BEF).
Разложив tg а и sin а в ряды по степеням а, получим при малом а
12.10. Воспользоваться решением задачи 12.9, «читая, что в точке
приложения' силы имеется шарнир.
12.12. Удаление стержня 4 эквивалентно нагружению бруса О А силой—Л/о
(направленной вверх) в точке прикрепления этого стержня. Эта сила уравнове>
шивает начальное натяжение No в стержне 4. Дополнительные усилия,
возникающие при этом в остальных трех стержнях, находим из условий равновесия бруса
и условий совместности деформаций.
12.13. Усилия в стержнях / и 4 и в стержнях 2 а 3 должны быть
одинаковыми по величине и обратны по знаку: /Vj=-— N& N2 — — Д/а. Удлинение первого
стержня в 3 раза больше удлинения второго стержня. Следовательно, /Vx = 3N2.
Составим уравнение равновесия нижнего бруса, приравняв нулю сумму моментов
сил, действующих на брус, относительно точки О:
Находим /V2=G,1 M/a, Nf^/,
12.19. В силу симметрии системы брус АВ может перемещаться только
поступательна' По условию равновесия #2=— Aff/2. Поэтому упругие удлинения всех
трех стержней одинаковы по абсолютной величине, но различны по знаку:
I A(t I - Ntll(E*2F) Ч Д/я | *-
354

Эти* удлинения полностью компенсируют температурные деформации. Брус АВ
я любое сечение каждого стержня остаются неподвижными. Напряжения в
стержнях o = stF — akt*E> \
12.20. До закрытия зазора наибольшие перемещения w сечений стержней
направлены навстречу друг другу и равны по величине. После закрытия зазора
возникает продольная сила N> определяемая из условия равенства суммарного
удлинения обоих стержней зазору А:
о , Na Na
2a й-
Перемещение сечения В (вправо) t?B = aia—Na/BEF). Перемещение сечения С
(влево) wc — ata— Na/(EF).
12.21. Воспользоваться формулой для относительного изменения объема
кубика.
12.22. Изменение объема внутренней полости куба определяется только
изменением длины ребра куба под действием сжатия каждой из граней куба
внутренним и внешним давлением AV = EVV = 3\ipa*/E.
12.23. При fc<3,5, a!=l,5ax, o2 = — koxt a3 = —3,5©^. Эквивалентное
напряжение по теории Мора
aV=ax — 0,5a* = 3,2Ъох.
При к > 3,5, o^l^a^, a2=—3,5a*, a3=—fca*. Эквивалентное напряжение
a v = а—0,5а8=-^. ах\
прочность детали уменьшится в отношении
12.25. Для напряженного состояния а) эквивалентное напряжение по III
теории прочности Оэ =уго8+4т^. Для напряженного состояния б) имеем при
<J^*T а|!1==а+т, а при а < т аИ1 = 2т. Отсюда следует, что при а < Зт/2
опасно напряженное состояние а) при а > Зт/2 более опасно напряженное со-
стояние б).
12.28. Из условий равновесия треугольника на стороне АС 0^=3,73т,
касательные напряжения равны нулю. Второе главное напряжение находим по
формуле для плоского напряженного состояния аа = 1,42т. Используем II теорию
прочности ау=3,73т—0,25-1,42т=3,375 т=33,75 МПа < 80 МПа. Условие
прочности выполняется.
12.36. Найдем моменты в заделках А и В
МАЫ , (Мл-Л)/О-*)„л
2,07A—fe) v
=2#7-\,№ К;
Величина k определяется из условия M^/@,2D8) = Affl/@,2dP). После подста»
новки полученных выше значений находим k =» 0,545.
12.41. /у = /г = а4/24 как моменты инерции половины квадрата. Момент
инерции относительно оси О А также равен а4/24. Отсюда следует, что /^=0*
12.43. Разбить сечение на два одинаковых уголка. Первая главная ось
проходит через центры тяжести уголков (по линии GiP2), вторая перпендикулярна
первой и проходит через центр тяжести сечения О и точку В.
12.45. Момент инерции внешней заштрихованной фигуры равен /!=•»> —
— --( "=) ==—• Линейные размеры каждой последующей внутренней фигуры
в два раза меньше предыдущей, а момент инерции меньше в 16 раз. Суммируя
все моменты инерции/ получим сумму бесконечной убывающей прогрессии со
355

знаменателем 1/16:
12.46. Между h и b должно сохраняться соотношение Л2+62 = ?)а, где
D—диаметр круга. W2 = Ь/&2/6=b (D2—Ь2)/6. Продифференцируем это выражение
по I? и приравняем результат нулю. Получим Л/6= |/.
12.50. Вычислив моменты инерции фигуры относительно осей у и г,
убеждаемся, что они равны. Это—главные моменты инерции, так как ось у является
осью симметрии фигуры. Следовательно, величина момента инерции не зависит
от угла а.
12.51. Ширина балки должна быть равна Ь = Вх/1 где В—ширина у
заделки, а х—расстояние сечения от свободного конца.
Жесткость в произвольном сечении в этом случае равна
12/
у , а
1 М
кривизна —=?j
"~ЕВН*х
Рх = const.
ч-] Прямая
ЦТ 5ЯЯ?
Прямая
Прямая
К задаче 12.52.
6)
12.52. Формы изгиба оси показаны на рисунке. Следует предварительно
построить эпюры М.
12.53. Рассмотрим, как при выводе формулы Журавского, элемент балки
длины dxt ограниченный горизонтальным сечением на расстоянии у от
нейтральной оси (рис. а). Считая, что напряжения т по ширине балки постоянны, из
К задаче 12.53.
условия равновесия элемента получим: %bdx=—dN + tbdxy где *•«—«--р-
*г
А АЛ С^тс
Следовательно, Xs=~*X""TT+^ Изгибающий момент М в сечении У — / равен:
tbhx; отсюда dMjdx = tbh (заметим, что в данном случае на балку действует
распределенный внешний момент интенсивности m = tbh, поэтому dM/dx =
dMfdx Ф Q). В результате получим т = /( — -у—|- I J. Эпюра х в поперечном
еечении показана н^ рис. б.
356

12. 54. Учитывая, что рама имеет оси симметрии и нагружена моментами,
лежащими в плоскостях, перпендикулярных плоскости рамы заключаем, что в
поперечных сечениях / — / и II —II (рис. а) возникают только крутящие
моменты, равные L/2, и неизвестные изгибающие моменты X. в плоскостях,
перпендикулярных к плоскости рамы. Изгибающий момент не меняется по
длине участков и равен X, f
поскольку поперечные силы равны
нулю Следовательно, эпюры
изгибающих и крутящих
моментов имеют вид, показанный на
рис. а. Величина изгибающего
момента X определяется из
условия равновесия элемента рамы,
изображенного на рис. б. Взяв
сумму моментов относительно оси
п — /г. получим:
шш
2Х sin 36°—2 —cos 36° = 0, откуда
X=0,69L.
К задаче 12.54.
12.70. Ввиду того, что лента тонкая, можно считать, что о ее сечениях
возникает лишь продольная сила 7\ но не изгибающий момент. Вид эпюры
деформации показан на рисунке (следствие гипотезы плоских сечений). Подобный
М I
К задаче 12.70.
К задаче 12.71.
К задаче 12.72.
же вид имеет и эпюра нормальных напряжений по поперечному сечению.
Равнодействующая нормальных напряжений действует на расстоянии 2/i/3 от ленты.
Величина этой равнодействующей должна быть равна усилию в ленте 7\ так как
полная продольная сила в поперечном сечении конструкции равна нулю.
Следовательно, все силы, действующие в поперечном сечении конструкции,
приводятся к паре Т B/i/3). Из условия равновесия
отсеченной части конструкции М ~ Т Bh/3) Разрушающим
будет момент, при котором Г = Р, г. е. Mv2L3p — 2Ph/3.
12.71. Форма изогнутой оси балки представлена
на рисунке пунктиром Перемещение шарнира В fi
проще всего вычисляется по правилу Верещагина j
bft — 2Pa6l{3EJ). Перемещение шарнира А равно нулю. |
12.72. Изгибающие моменты в сечениях В и С: |
Мд~Vд1 и MC~VAL Так как по условию
задачи эти "моменты равны нулю, реакции крайних опор
А и D при искомых перемещениях Д будут
отсутствовать: 1/^ = 0, VD = Q Эго означает что изгибающие
моменты в сечениях крайних участков АВ и CD рав
ны нулю, т. е. эти участки балки при смещении
опор прямолинейны. Схема деформации балки
показана на рисунке. Величина Д може! быть
выражена через угол поворота 0 сечения над опорой В (или С). Ввиду малости
перемещений Д = /0. Углы поворота сечений В и С, определяемые для шарнирно
опертой балки ВС, загруженной сосредоточенной силой, могут быть определены
любым известным приемом (метод начальных параметров, графоаналитический.
шя
К задаче 12.74
357

по формуле Мора и т. д): 0 = Р/2/A6?/). Таким образом, находим искомое
смещение опор: A = P/8/A6?'J).
12.73. Погонный вес полосы составляет q = bhy. В сечении Л, где
приподнятая часть полосы переходит в лежащую горизонтально, изгибающий момент
равен нулю. Отсюда следует, что Px = qx2/2, откуда x=2P/q, или P=qx/2.
вторая половина веса приподнятой части полосы передается на плоскость в
точке А в виде сосредоточенной силы. Величину прогиба найдем по формуле E)
(стр. 240). Выбрав начало координат в сечении А и учитывая, что М@)=0,
Q @) = qx/2t v @) = 0, 9 @) = 0. имеем
где J bh*/12
/
12.74. Пользуясь правилом Верещагина (см. рисунок), устанавливаем, что
перемещение в точке приложения силы Р
б==17 ( ~ Т/ Т+Т 7 Т 3"+" У ' 3") =Ш ( J
Приравняв это перемещение нулю, получим q = 6P/L

ОТВЕТЫ
Глава I
1.1. N «400 кН, а = 204 МПа < опц. 1.2. ?=«7,01- Ю4 МПа, алюминиевый
сплав. 1.3. 6равн=0,13, 6ср=0,27, 6max=0,9, tf«0,64. 1.4. ?—1,98-10* МПа,
aOout —273МПа. 1.6. В—1;9- 106МПа, и,=з0,28. 1.8. ц —0,28. 1.7. Доср = 50МПа,
тахДо=95МПа, 0^=1,9. 1.8. ов = 579МПа,6«0,26, if —0,51, а—128МДж/м*.
1.9. s=2 см, отах = 400 МПа. 1,10. Д?=±4,6%. 1.11. 0 = 200 МПа,
Д/=0,25 мм, в—Ю-8. 1.12. Р = 110 кН, a«200 МПа. 1.13. Gj = 47,7 МПа,
31 МП /018 114 200 МП 647 МП
о2«131 МПа, Д/=0,18 мм 1.14. аС5=200 МПа, о^д ——64,7 МПа (сжатие).
После поворота стрелы: OGfj'ss 346 МПа, а^В' — — 67 МПа (сжатие).
1.16. о,4д = —20 МПа, о до—150 МПа, овс=*Ш МПа, оАс~№,4 МПа»
д/лс«1,85 мм. 1.18. олв = 24,6 МПа, Дс—1,14 мм. 1.17. а = 70,7 МПа,
6 = 5,9-Ю-4, Д/=0,59 мм. 1.18. Wmax=>100 кН, araax=tl4l МПа, штах = 0,3 мм.
1.19. /Vmax = — 80 кН (сжатие), атах« —53,3 МПа (сжатие), '8тах=*2,66-10-4,
?"D22
jt?D2ct2
«т.х—0»133 мм (сечение III-Ш). 1.20. ^^«^—р-—, спол
—,
ТпГ? ?4 15 мм. 1.22. Для штока: а-153МПа<
< 160 МПа, для цилиндра: а = 250 МПа < 300 МПа. 1.23. Р = 50 кН, Ав =
= 4,62мм. 1.24. FABwm24,2см2, Z7^—82см9. 1.25. Д^ = 0,033 мм, Л»=0,115мм,
0«74°, Дах0,12 мм. 1.26. Лу«1,25 мм (направлено вверх). 1.27. А^ — 4 мм
(направлено вверх). 1.28. F = 4,42 см2, Д„=3,9 мм. 1.29. Дя = 2 мм, Д«~2 мм*
Д = 2,83 мм. 1.30. ДЛ«4 мм, Д„=4 мм, Д = 5,66 мм. 1.31. Р = 60 кН,
увеличится на 4% 1.32. Л^лв—0,634Р>лс—0,112P,^jn—0.463P, NAE=— 0,522P.
1.33. Р«55 кН, уменьшится на 3%. 1.34. #л5=г0,365Р ^с—0,464Р, NAB=*
—0,170Р, JViW)-0,197Pl Л/^^—0, 268Р. 1.35. Л/^о=0,584Р, Л/лс=0,476Р,
Л/Д?)«0,247Р, F = 3,65 см2. 1.36. ЛГЛЙ=0,388Р, ^с-0,612Р, NAB = NBC=*
=-—0,224Р, Р-5,74 см2. 1.37. Р«150 кН, увеличится до 200 кН.
1.38. Хл = 2,2 кН> ^—0,8 кН. 1.39. Х^ = 266 кН, Хд«734 кН, отах =
=—155 МПа (сжатие), ^max=s0,155 мм. 1,40. F = 5 см2, 0/^=0,2 мм
(перемещение вниз), Д/С?) = —0,04 мм (сжатие) 1.41. Рст=*0,28Р, Рд = 0,72Р,
Р = 697 кН, укорочение уголков Д=*0,4 мм, при этом Р = 949*кН. 1.42. Рсг=
= 0,75Р. РДур-0,25Р, [Р] = 160 кН. 1.43. Ял = 44,2 кН, Яв = 45,8 кН,
uymax«0,45 мм, отах-368 МПа. 1.44. Wmax«300 кН, F—16,7 см2. 1.45. q=
= 153,4 кН/м. 1.46. Л^л>=0,619Р, ^ee,«Q,143P, Л^сс=0,238Р, Р = 258 кН.
При х = 2а поступательное перемещение, Р=«280 кН. 1.47. NAD=*Nля»8 кН,
F = 0,8 см2, Д-31 мм., 1.48. Л/л = —42 кН, N* = —25 кН, Nc = -8 кН,
/V —25 кН, F«=8,4 см2, Дл=0,25 мм. 1.49. ^—1.92Р, М 22Р Л/ 22Р
145 Н 150 N 1524P /V050P F
/VD ——25 кН, F«=8,4 см2, Дл=0,25 мм. 1.49. ^—1.92Р, М2 = 2,2Р, Л/3 = 2,2Р,
Р'<14,5 кН. 1.50. NCD=* 1,524P, /VBO=:0,508P, F = 4,76 см2. 1.51. о = 125МПа
при Т «275 К 1,52. I) В тонкой части бруса а = 125 МПа, N = 25 кН;
2) а = 75 МПа, /V = 15 кН; 3) о = 75 МПа, ЛГ«30 кН. 1.53. оАС = 48 МПа,
Oi45!=5ai4D= —13,8 МПа (сжатие), Дд = 2,5 мм. 1.54. yVDS = —260 кН, oDB~
=-520 МПа (сжатие), NDC= 192,5 кН, aDC= 192,5 МПа. 1.55. N = 23,3 кН,
аболта — Иб»5 МПа, оВТулОк = --51,5МПа. 1.56. оАВ = — 2,1 МПа, о^с = 8,4МПа,
oAD = -7,27 МПа. 1.57: а) at=a3 = -33,3 МПа, а2 = 66,7 МПа; б) о1=о3=
= 16,7 МПа, о2:=—33,3 МПа. 1.58. Oi = as=32,6 МПа,аа = —56,5 МПа.
359

1.59. aCD = 58,8 МПа, g#?=167,5 МПа. 1.60. Оля = 88,4 МПа, олс = — 88,4МПа
5МП61 077 МП 00183 / 2080 16 F 2602
8 МПа, g#?=167,5 МПа. 1.60. Оля = 88,4 МПа, олс = — 88,4МПа>
л/);1.61.а = 0,77 МПа, штах = 0,0183 мм, /пр = 2080м. 1.62. F = 260см2,
wmax = 0,392 мм. 1.63. d, = l,21 см, d2= 1,215 см, d3 = 1,22 см, d4 = 1,225 см. Ступенча-
тая штанга легче наЮ,5Н. 1.64. VА=
+ь)-^л. 1.65. атах = 90 МПа, ^тах = 4,5.10 см, /пр = 22,4 см.
1.66. F = 0,51 см2.
j5ifikjsSfe -
G = 92,8 Н. 1.71. РПР=142 кН, [Р] = 71 кН (увеличится на 18,3%).
1.72. РПР = 219 кН. 1.73. Рпр=180 кН. 1.74. Рпр= 120 кН, А = 0,6 мм.
1.75.'Рпр = 350 кН, л=1,5. 1.76. Рпр = 437 кН, лг = 1,17. 1.77. Рпр 2:Рпр 1==2.
1.78. Рл0 уменьшится на 167 кИ. 1.79. [Р] = 1,57 МН, ГР]П'= 1,73 МН.
1.80. [Р]==3,7МН, [Р]ПР = 4,4МН. 1.81. а = 25МПа, т = 43,4МПа, атаХ=Ю0МПа,
=:50 МПа. 1.82. Р = 80кН. 1.83. ф=39°12'. 1.84. a=21°48', omax = — \\6МПа
) 58 МП 185 d 357 60МП 186 31° 1 МП
тах ф , max
(сжатие), тП]ах = 58 МПа. 1.85. d = 3,57, о4бо = 60МПа. 1.86. a = 31°, aa = 147 МПа,
та =88,3 МПа. 1.87. аа=90МПа, та = 173МПа. 1.88. ^ = 45°, а2 = —45°,
т = 120 МПа. 1.89. 6^ = 4,5-10~4. 1.90. Дх = 0,225 мм, А2 = —0,15 мм, AF=
=0,14 см2, АК = 0,1 см3. 1.91. at = 114Mna, a2 =—140 МПа, а = —19°20'.
1.92. а12=±67МПа, а = —31°43'. 1.93. с/.= 17°45', 8!=6,510-4, Aaz = 6,5.
1.94. ф = 38°. 1.96. 6^ = —0,467-Ю-3. 1.96. fx = 0,3, ev = — 3,3-10~4, А/ = —0,034мм.
1.97. 8,, = — 3,25-Ю-4, xmax= 12,1 МПа, токт=1М МПа. 1.98. ттах = 395 МПа,
сокТ = —737 МПа, токг = 372 МПа. После приложения силы N ттах = 592 МПа,
аОКТ = -_859 МПа, токт = 558 МПа. 1.99. тгаах = 70 МПа, оокт = 40 МПа, т0Кт =
= 58,9 МПа, 8^ = 5. Ю-4. 1.100. ог= 144,7 МПа, о2 = 100 МПа, а3 = 55,3 МПа,
аокт=Л00МПа, токт = 36,5 МПа, ev = 7,5.10-4, ттах = 44,7 МПа. 1.101. а9 П =
120 МП 100 МП 87 МП 124 МП 1102
кт, окт , , v ,, тах ,
= 120 МПа, аэ ,п= 100 МПа, аэ Iv = 87 МПа; с9 v=124 МПа. 1.102. оэ п =
= 136 МПа, аэ ш= 134 МПа, аэ lv= 135,5'МПа, аэ,у = 135>5 МПа.
1.103. р= 1,5 МПа/ 1.104. /t = 6,5 мм. 1.105. о9, v= 19,2 Mtla < 20 МПа* Условие
прочности выполняется. 1.106. т=86,6 МПа. l'.107. ах=140 МПа, а2 = 70 МПа,
коэффициент запаса уменьшится на 22%. 1.108. оэ,у = 18° МПа > 160 МПа.
Условие прочности не выполняется. 1.109. ож = 42,4 МПа, Си = 21,2 МПа, т= 10,6 МПа.
Увеличится на 12%. 1.110. ц9 п= 171 МЦа, а9 iV=178 МПа. 1.Ш. Т = 630 Н,
Я = 615Н, / = 0,5 м. 1.112. а=^430 МПа, / = 36,1 см. 1.113. А = 0,48м, F= 1 см2.
1.114. # = 432 Н. 1.115. # = 2,6 кН, / = 0,118 м. 1.116. /?разр=72 МПа.
,.,„. При «г > . > 45- «р ('\^шТ ) Г
X(sina—0,707)—оу, при a < 45° a2 = — a1=-~—^— . Наибольшее напря
жение атах= 0,15 ^-=4,5 МПа, При заполнении сосуда доверху с
= 075 ??1=15 МПа. 1.118. р = 3,2 МПа, ах=160 МПа, а2 = 80 МПа
1.119./? = 0,в6 МПа. 1.120. /?= 1,5 МПа, сгСТ = 75 МПа, ом=—18,8 МПа (сжатие).
1.121. /7 = 2,6 МПа, асг = 73МПа, ал = —24,3 МПа (сжатие). 1.122. АГ = 52,5 К,
аст,= 108 МПа, ам = —13,5 МПа (сжатие). 1.123. о = 250МПа, а2 = 0 (на стоянке),
ах = 125 МПа, а2 = 62,5 МПа (после взлета). 1.124. рпр = 45 мпа, р= 18,2 МПа.
1.125. В цилиндрической части о1=Щ^(Н—у)\ шах ах = ?|-- (#—/?) = 7,84 МПа
п п
при y—R\ a2 = const=5-~r— IH—^-J=5,22 МПа. В сферической части
360

maxOl = max<J2=-?^= 5,88МПа при у=0. 1.126. а^Щ^Д, a2 = const=
= ?__. 1.127. omax=25 МПа для конической оболочки, amax=—23 МПа для
4/1
цилиндрической оболочки (сжатие). 1.128. При у < Н ох = ^—— (Ну —у2),
ние напряжения атах = 13,9 МПа.
13 (дс2-в2) *~2 (** "
1.130. р= И,4 МПа, Ad = 0,05 мм.
Глава 2
2.1. 7 = 12,8', Д=±0,66 мм. 2.2. Ттах=120 МПа, а=±45°, -7 = 5,2'.
03 ? 05МП G 75fO4 МП 4 80 МП
. 7 = 12,8', Д=±0,66 мм. 2.2. Ттах=120 МПа, а=±45, -7 = 5,2.
2.3. [1 = 0,33, ? = 2-105МПа, G = 7,5.fO4 МПа, сталь. 2.4. т = 80 МПа,
а = 40 кДж/м3. 2.5. у= 1,92-10~3 рад, Дс = 0,48 мм, а^— а2 = 50 МПа,
А'лс = — Д/дд = 0,338 мм. 2.6. Р=198кН. 2.7. ?=l,5d, ft = 0,7d, <* = 20мм.
2.8. [М] = 600 Н-м. 2.9. 6 = 8 мм, D = 56 мм. 2.10. [Р]=50 кН. 2.11. п = 4 из
условия прочности на срез. 2.12. « = 10 из условия прочности на смятие.
2.13. Р = 312 кН, прочность листов уменьшается на 20%. 2.14. т = 53 МПа <
< .80 МПа, асм= 121,5 МПа < 200 МПа, прочность соединения обеспечивается.
2.15. d=19 мм. 2.16. Наиболее нагружена заклепка 2. т= 101,5 МПа < 110 МПа,
осм = 138 МПа < 200 МПа. Условия прочности выполняются. 2.17. Pt = P8 =
= 6,85 кН; Р2 = Р4 = 7,28 кН. Запас прочности уменьшится на 6%. 2.18. е= l,5d.
2.19. 6=11 см. материал используется на 65% 2.20. Ртах = 202 кН, материал
используется на 80%. 2.21. / = 24 см (с добавлением 2 см на непровар шва),
материал используется на 100%. 2.22. /i = 8,5 мм. 2.23. 6=170 мм, / = 40 см
(с добавлением 2 см на непровар). 2.24. /х = 30см, /2=^3см. 2.25. Условия
прочности удовлетворяются. 2.26, u = 0,29, G=7,75-104 МПа. 2.27. <3 = 2,75-104 МПа,
Дф=1*10'. 2.28. <3 = 7,МО4 МПа. 2.29. JV= 188 кВт, <р = 35'. 2.30. Мк = 185 кН-м,^
0 = 22,8 см. 2.31. 0 = 6,4 см. 2.32. Л/=10,8кВт. 2.33. max MK = 9 кН-м,
*тах = 50 МПа, тахф'=1,29.10-2, q>max = 53?'t 0 = 9,7 см. 2.34. Wn0XiWcnJk =
=2,73, Jp пол/Jp, спл=4,56, Сспл/Спол=1,96. 2.35. фал/фст=1,43, тст/тал=2,22.
2.36. 0=18 см, d=16,5 см, тспл-=133 кг, тпол = 48,2 кг. 2.37. О0 = 4,32 см,
О = 4г.74 см. 2.38. Ох/О2= 1,26. 2.39. О =^,8 см, d = 4 см, фтах= 13,3'
(неподвижен' левый конец). 2.40. Мтах=12 кН»м, Ох = 6,35 см, О2=11,5 см,
О3=10см, Фгаах = 52'. 2.41. 0 = 5,75 см. 2.42. Мтах = 8,8 кН-м, фтах = 4,1<5.
2.43. Мтах= 137,7 кН-м, Фтах = ^', условие прочности у левой заделки не
удовлетворяется, условие жесткости удовлетворяется. 2.44. -~=^ / , , , .
А2 (^~/i + «a)
2.45. М = 5,25 кН-м. 2.46. а:=1,43 см, /( = 5,5 кН-м. 2.47. М,= 1,96 кН-м,
Мя = 0,84кНм. 2.48. /(=15,7 кН-м, фтах = 39'. 2.49. /(= 16,55 кН-м,
Фтах = 28,7'. 2.50. х = 0,482 м. '2.51. Мпр = 4,? кН-м. 2.52. Mnj) = 4,3 кН-м.
2.53. mi/m2 = 0,83. 2.54. /(пр=10 кН-м, уменьшится в два раза. 2.55. /(пр =
= 63,5кН-м, уменьшится в 5,6- раза. 2.56. N = 40 кВт, ф=1° на 1 м.
2.57. а = 9,4 см. 2.58. ттах = 62,5 МПа, ф = 1,8°. 2.59. 6=11 см. 2.60. </ = 4,8см,
^тах = 48,7МПа, фтах = 19'. 2.61. Для сплошного: ^ = 42,4 сма, Jp = 186,6 см4,
с продольным разрезом: №к = 1,47см3, Ук = 0,59 см4. Прочность уменьшится
в 28,8 раза, жесткость уменьшится в 316 раз. 2.62. Мк = 2,22 кН-м.
2.63. ттах = 40 МПа, Фтах = 1,43°. 2.64. Мк = 10,8 кН-м, уменьшится в 75 раз.
2.65. тх = 50 МПа, т2 = 37,5 МПа, 2.66. ттах = 300 МПа, Д=6,5 см.
2.67. с = 5,18 МН/м. 2.68. d = 22 мм. 2.69. п = 9 рабочих витков. 2.70. d = 20 мм,
Р=15,7 кН.
361

Глава 3.
3.1. а) хс=0, Ус—11/3, Ф хс — Ь/3, ус=Л/3, в) *с = F—а)/3, yc=h/3,
г) *с-(в+$6)/3, yc-ft/3-. 3.2.
3.3. а)*с = 0, {,с=4*/Cя), б) *с=Ус = 4/?/(Зя), в)
г) *г=4 *8tete^tea)' Ус==0- ЗЛ а) *с=0. yC = -(//2)cosa, б) *с = 0,
y
3 ) ,, с. Ус , , с , ус
3.8. 1) F=16aa, л>=2,875а, ус=2,5а. 3.9. жс=0,5а, uc = 0.633a. 3.10. ^ = 0,75/,
г/,=0,ЗЛ, ^-0,3751, y, = 0,6ft. 3.11. 1) JXc ш. JUc =a*/12, / =0, /«/3
/ D4/64 /0 7
e = 2R/n, в) *с = 0, yc=(tfsina)/a. 3.5. F=42 см*, хс=0, ^=3,78 см.
.6. 1) F = 32,9a2, *с=°. Ус—— 0,32а. 3.7. /?=20 см2, *с=3 см, ус=2 см.
8 1) F16a 2875 25 39 05 0633 310 075/
2) /Х(. = /J,c =
3) /ж<?-/„с ^с
3.12. 1) Jx=ah*/l2, JK =afts/36; 2) /ж
. 3.13.
3)J, = i
^о*. 3.14. /,с=193в«, /Vc=79,4a«. 3.15. 1) а=45°,/max=a*/24,
с c
mln /; 2) a=45°, Jroax=0,071/?*, Jmin=0,0384/?*; 3)а=4б°; /max = 5,426*.
^min=l,82&«. 3.16. !) a=25°, /max = 1,73а«, Ут1п = 0,43a«. 3.17. ^=^ = 0,777/?,
Jx =Jv =0,0075^.3.18.1)^=^0*, 2) /xs»^e*. 3.19. 1) Jx =81,3a*.
^^=25^5а*. J = 15a*. a=-14°, Jmax = 85,05a*, /„,„= 21,3a4, Цх=2,3а,
«min=1.15a. 3.20. /=6A8/24. 3.21. /x»=— 105см*. 7x,j,,=48,8cm*. 3.22. j\/J^3,46.
3.23. Ошибка меньше 0,6%. 3.24. /тах = 750 см*. Jx u =—212,9 см4,
JXiyi = 88t8 см4. 3.25. Наибольшие значения имеют моменты инерции относительно
оси у. Для таврового сечения ^тах — 21,46 см4, для крестового сечения
^тах=17,5 см4. 3.26. У* = 498 см4, /a = l53 см4. 3.27. а = 6,04 см. 3.28.
Составное двутавровое сечение: У* = 3,04 * 104 см4, /„=2,2Ы03 см4, коробчатое сечение:
У^ = 3,04• 10* см4, /1/=1,07.104 см4. 3.29? хс = —0,415 см, ус= 13,31 см,
a=18°15', /max = 2420 см4, /min=540,4 см4. 3.30. 1) хс=— 3,77 см, */с=-9,77 см,
9°20\ Утах=1830 см4, /min=430 см4, етах==П,7 см, fmin = 5,7 см.
2
з.з1. Jx-?.(fA+vjva+A). з.32./,=^
— 6000 см4, Утах=14980 см4, /т1п== 1600 см4. 3.35. Утах = 2026 см4,
=140cM4. 3.36. /тах = у^(^+У^5 + ^)+^=2062 см*,
~tbz cos2 a =105 см4. 3.37. *с=2,5см, ус = °> ^тах = 364,8 см4, Утт=45,3см4.ч
3.38. хс = —5,53 см, ус= 1,05 см, a = 2°50f, Утах = 7467 см4, Угат = 2268 см4.
3.39. Утах=1,72-105 см4, Ут1п = 3,885-104 см4. 3.40. У^ = 5240см4, ^=10,75 см.
Г л а в а 4
В ответах опорные реакции обозначены через V и //.
Правила внаков. Считаем положительными: а) реакции опор, направленные
вверх и вправо; б) внутренние силовые факторы в сечениях: изгибающий момент
/И, вызывающий сжатие верхних (и растяжение нижних) волокон балки;
поперечную силу Q, вызывающую поворот элемента' балки или рамы по ходу часовой
стрелки; продольную силу «V, вызывающую растяжение.
352

'ОГ* ЭЬВ1ГВ8
ы
//
,ob
f," 111191111L s
\JS
I ГЗ
UmttttttffmmfTtttT
ЕЖ
\ й
\
1 V
иинвоюэвс! kh)
iqdouo A)
) 9/11 &
вн) 6/zvbz=
l ^
= ^ хвш *(q
*9/Щ\ =вЛ
-ю g/og иинв
*(iqdouo X)
хвш вб
'9//==°* '8//^=&Л-;
( 4/+)(/b)
г хвш
^llllllliei|llllllL^
...ft ГТ H
7
H 0V 'H» 9*0 = ^ —
fe !*?</*= W хвш <</9'е = €ГЛ 1|
хвш *

Па/12 от опоры В); 9) VA = 5qa/3, VB=qa/3, maxQ=5^a/3 (у опоры Л),
max M=25qa2/\8 (на расстоянии 5а/3 от опоры Л); 10) VA =—7qa/6, VB—qa/6t
max | Q*\ — 7qa/6 (у опоры Л), max M = 49qa2/72 (на расстоянии 7а/6 от опоры Л).
4.6. a) max | М | = T,5L, б) тах|М| = Яа. 4.7. См. рисунок. 4.8. max M=ql2/6.
4.9. См."рисунок. 4.10. См. рисунок. 4.14»a) max | М \=4Ра/3 (в точке С—справа);
б) max M — 49qa?/32 (на расстоянии 7а/4 от правой опоры). 4.12. 1) См. решение.
2) VA=-~qa/4, Vg = 9^a/4, max | M \~qa2 (в сечении над опорой В); 3) VA
\\/4 max M = 3qa2/4 (в точке С—справа); 4) VA = 7qa/b, VB
1
1
п 1
U J4J,
М U
/
!
т
К задаче 4.15.
6) VA = -<
К задаче 4.13.
max | Q |=8qa/5, max | М | == 2qa2; 5) max
max Q=qa, max M=qa2 (в сечении С); 7) Fi4=ll^a/4, 1^5 = 5^/4, max Q = 7qa/4
(у опоры Л —справа), тах/И=3^а2/4 (в сечении С)*, 8) VA = —3<?а/2, VB — — qa/2.
max Q — qa (у опоры Л—слева), max M=qa2/2 (в сечении Л); 9) — VA~VB =
= — , max Q = — (на участке Л?), max | M | = L-(na консолях); 10)"VA =9qa/4,
VB = bqa/4, max'Q = bqa/4 (у опоры Л—справа), max | M\=qa2 (в сечении Л).
4.13. См. рисунок. 4.14. a) max | М |=^а2/6, б) max \M \=qa2/6. 4.15. См. рисунок.
4.16. 1) Qz=—m, М = 0; 2) Q = — m/2, max M — ma/2 в середине, пролета;
3) Q = — 3m/2 между опорами, max |М| = та у правой опоры; 4) Q = —2m
между опорами,, max \М\ = та у опор; 5) Q=0, max M=qa в середине
пролета; 6) Q = m/3; 7) Q = -—2m/3, max \M | = ma/3 на границах участков; 8)Q — 0f
К задаче 4.19.
тахМ=тд на границах участков; 9) Q=0, max M—2ma на границе участков;
10) Q^= — m/3, max | М \ = 2та/3 на границах участков; 11) Q=—m между
опорами, max|M|=am на участке СВ. 4.17. 1) Qmax=3P/2 на участке АВУ
max | М \ — ЗРа/2 у заделки; 2) эпюры Q и М см. в решении; 3) max|Q| = 2P
на участке АВ, тах\ М \ = 2Ра у правой заделки; 4) max|Q| = 2a<7 у правой
заделки, max | M \ = 3qa2/2. 4.18. max \ М \ = 2t5qa2 (у заделки). 4.19. См. ри-
364

I ,Л*Л
сунок, 4.20. 1/^=7^/18, VD= \\qa/\8y maxQ=8qa/9 (высечении ?), max M =
= 0,77(/a2 (на участке ВС на расстоянии 0,51а от точки В), 4.21. См. рисунок.
4.22. См. решение. 4.23. См. рисунок. - 4.24. /) ЛЬ = ~- о/2/2, /Мд = /2/2
М '2/2 2) M MM W //2 5) ^ 2^ H
n
гещ|итт>к
Q
М-
-*-P
l!ll!i!lliili(llil®IMIII!IIIMII
i
НППФИШ
T)/7
INIMIIIIII@IIIIIIII
1 [* uuaw
1 2
I
К задаче 4.23.
7)
= — PI; 6) Mc=Pt/8f
max M = Pa, maxQ =
N | = p; 9) max M = 2
max|Q| = P, maxiV = P; /7) V^ =
MCZ) = —2P/; /2), /5) см. решение
=s 2Pa/3 (в сечениях А и В)
4) max Q =0,414^/-, maxM =
X(l—созф) при ф =
B/л) М
bh*
г
, D /,
maxM=7P//4;
Q P
при 9 =
iV = P; 8) ma
. 4.25. 7) maxM_ = Pa (в'узле D), 2) max M =
max Ж = Рг (/—0/2 (в середине дуги),
]Г2, 5) М (ф) = ^г2ф, о) AI (ф) = <?/'2ф — (jKyr2/2)x
= mrq> — (nmr/2)(\ — соэф) *
48 '
^ w*— 64 ' ^~192Cл;—4)
4.27. Уменьшится в 1,41 раза. 4.28.
На 5,4%. 4.30. а) в k2 раз, б) ъ k раз. 4.31. W21 =
4.33. Прямоугольник; 6 = 14см, F = 392см2, круг: D = 26,5cm*
f = 551cM2, труба: D = 37,9cm, F = 214cm2. 4.34. №г = 282,8см3, №у = 46,2см3.
4.35. Для крестового сечения W2 = 1071 см2, для коробчатого сечения W2 = 3703 см3.
4.36. таха = 6М/F^2). 4.37. max а = 206МПа, р=25,5м. 4.38. РдОп = 62кН
4.39. 41,0МПа; 82,0МПа. 4.40. таха=116МПа. 4.41. тахо=130МПа.
4.42. № 12 (max о = 123МПа). 4.43. таха=150МПа; тахх = ЗМПа
4.44. таха=138МПа; тахх==14МПа. 4.45. а = 4,16МПа, т=0,18МПа.
4.46. а) Л = 3,0мм, б)^=12,9см. 4.47. № 10, W = 34,8см8 (требуется № = 27,8см3)
4.48. 6 = 7,1 см. 4.49. № 36, W = 743см3 (требуется № = 667см3). 4.50. d=8,75cM.
4.51. Сторона сечения должна равняться 8 см. 4.62. D = 4,45 см. 4.53. Рдоп = 2 77 кН
4.54. [Мг]=9,30кН-м, [Му] = 1,38 кН-м. 4.55. /ч^а^з^^б.б.б 1,7:1.
4.56. а) е = 31см, б) й=1,5мм, в) е=10см. 4.57. е = 28см из условия прочности
шпонки на скалывание. 4.58. а) б=^щл:2, б) ^-А-^*. 4.59. Высота h долж-
на изменяться по линейному закону h(x) = cx, где c=V3q/(bomax)yx—расстоя-
365

ние от свободного конца консоли. 4.60. [Р] = 12кН. 4.61. 1) Эпюру т см. на
рисунке; 2) см. решение. 4.62. Центр изгиба находится на расстоянии 2,68 см от
стенки швеллера справа; ттах —30,5МПа. 4.63. а) ттах = l,35Q/(/a) на
расстоянии 0,6а от края полки; б) ттах=-^- • -fp1. где 5f/ 2х
4.64. a) T=^t б) т=
Ь)
ние. 4.66. См. решение. 4.67. a)
= 0,138^. 4.68.
0,68Q
б)
-pp^. 4.65. См. реше-
= 0,775^, в) ттах
4.69. атах=112МПа,
4.70. [P]—2bh%b/3. 4.71. а) Вверху верхнего бруса |о|
го бруса Icf | == . ,,2 ; б) вверху верхнего бруса \о | =
бруса | о I
ЪМ
.7« >v
, внизу нижне-
внизу нижнего
4-72- См- решение. 4.73. <7Пред=236 Н/см. 4.74. МТ=5,00 кН-м.
4.75. См. решейие. 4.76. Для круглого сечения &пр= 1>7; для квадратного knp = 1»5,
т. е. гораздо больше, чем для двутавра A,15). Таким образом,
малая величина knp отвечает рациональной форме сечения,
4.77. Нейтральная ось сечения проходит на расстоянии b от
полки. 4.78. 6 = 7 мм. 4.79. Изгибающий момент у заделки
равен Щ>у в сгибе—Ра, крутящий момент на участке АВ равен
Ра, на консоли — нулю. 4.80. а) Мс = Рс/2, б)М =
= (Lcosa)/2. 4.81. Изгибающий момент М = та. Крутящий
момент равен нулю. 4.82. max M = Pa/2, max|MK| =
= 0,21Ра. 4.831 maxM ^а2, max| Мк | = 0,335(?а2. 4.84. См.
решение. 4.85. См. решение. 4.86. При а > 45°: max М=
= Lsina, max AfK=L sin2 а; при_а < 45°: max M-=L cos а,
max MK
max Mu
К задаче 4.61A).
= 0; ^) M=0,
= L cos2 a.
= Pa\ при
max MK =
4.87.
a <b
: Pa/2,
1)
max
Q =
При
M =
P; 3)
a
Pb,
M
> b max
max M
= LJ/T,
= P&; 2)
max 7W K
WK = LVr, Q=0; 5) та*Af = яа2/4 (у узлов), MK==aa2/4,
(у узлов А и 5); 6) M=am/2, max AfK = am/2 (у узлов), Q = 0;
7) max М=Рг (в сечениях Л ni5), maxMK = 2rP (в сечении С), Q=P;8) max M = L
{в сечениях А и В), maxMK = L (в местах приложения нагрузки), Q=0;
9) M=zMK = L cosa+Csin a, max M = max MK = L (в местах приложения
нагрузки), Q = 0; /0 maxM = L (в местах приложения нагрузки), max iMK /""
<го
Глава
^
х) Ось лс направлена вправо^ ось v—вниз. Сечения отмечаются либо
абсциссой (например, v(x), Э(/) и т. п.), либо индексом (например, 6^, 9д и т. п.).

' e/6«P
Lb /3b l
(
РЫA+Ь)
La /3a I
в (f-is) ¦
—ь\ еср=о, EJvcp»
112' 6^=^=0,0595,
= 0,0297 5.7. См. решение. 5.8. 6=10 см, а.=?6,0 МПа. Из условия прочности
6 = 6 см, т. е. балка легче на 40%. 5.9. 1) v @) = 1,74 см; 2) 6=18,6 см. Из
условия прочности 6=12,6 см. 5.10. См. решение. 5.11. См. решение.
5.12. в@) = еЛ=-вср§ е(H()°5ЛЗ ^
367

O/m Lt „ LI LI* I I
e@)=6??' ^i**—M3'*»**=EJ26Vi \Ha Расстоянии Tflf от середины
пролета ) . Эпюры см. на рисунке. 5.14. Точка перегиба находится на
расстоянии //3 от левой (Л) опоры. Углы поворота: 0^ = 0, 6 (-я- ] = — ~тг
5.15. / = 6,75 м. 5.16. ?«1,156.@* МПа. 5.17
Жг ="ТЖ7 б)9с=2Ш)Ус=1б?7'
К задаче 5.13.. _ _ Z-cB/+3c) L/ L/
Vd ШТ~' е"=Ш'вв=~Ш' в)
ШТ Ш
осаCс+46) ос* ос/Dс2—
= 24EJ > Д) ^=Ш+
Щ Ш 24?/
6д = —12,4'; 6B м) = 13,4'; vB м) = 0,330см, таху=0,552 см (при х=2,90 м).
См. рисунок. 5.26. 9C,5 м)«0,0262 = РЗО'; 0E м) = 0,0319 = 1°50'; иC,5 м)
=4,58 см; у E м)~9,Ю см. 5.27. р=26,0 м. 5.28. а) 0ср 23Р816?
. 5.29. 6^=g, е*=-|?-
5.32. См. рисунок. 5.33, б=^=:7,52 см. 5.34.
, /hEfJ Р \ q qlx* . qx4 . (hExJ .
x = 0,751 см (при *=1,08 м), ув = 0,24 см 5.35. a) 0^= \a(\ +/?) — jl X
; г) 0 @) =-0 (/)
5.37. 0@) =0^ = 0,00526, v @,5/) =0,312 см, 5.38. На участке / балки ?70 =
=3,48+0>835*a, ЯУу = 3,48л:+а,278^. Ha участке // EJQ = 3,48+0,835л:2 -
—Щх— 1), Я/1» = 3,48ж+0,278деВ —5 (х—.1)». На участке /// ?70 = 3,48 +
,+>, ,+, у ,+,
—Щх— 1), Я/1» = 3,48ж+0,278деВ —5 (х—.1)». На участке /// ?70 = 3,48 +
+0,835л:2—10(*—1)+8,33 (л:—2K, ?/и== 3,48*+0,278**— 5(л:-- 1J+2,08(л;—2L.
На участке IV ?70 = 3,48+0,835л;2—10 (х-1)+8,33 (х—2K-8,33.(*:-ЗK -
— 25,8 (х—ЗJ, ?7u = 3,48jc+0,278^— 5 (х- 1J+2,08 (л:—2L—2,08 (х—ЗL —
—8,61 (^—ЗK, х и v в м, ?У в кН«м2. 5.39. с/Лев = 0»07 см, УПрав = —2,11 см.
368

5.40. а) Прогиб в точке В равен ^=гг=0,417 см; эпюру прогибов см. на ри-
р/з РПЧ
сунке. б) 8с = 0,0146. 5.41. /=^7+7?гг=3,0+2,54 = 5,54 см 5.42. vc •.
= — 7f7 • 5*43' ®А~ав? • °'п °Ллев="орТ' иЛправ-
5.46.
6.45. вя—10^
5.47. М =
^
2nEJ
К задаче 5.25.
=const. 5.48. Погрешность приближенного решения для стрелы прогиба
—1. При а<0,35, что соответствует
0,563 = 32,3°, ymax =
#ср<0,167/, имеем /
д(О)=7кН
М@)=8кН<Х' J
EJ9
иН-Мг IS
К задаче 5.32.
==рA— cos 0max)== 13,8 см (по приближенной формуле утах = Lt2/BEJ) получим
Р/З Ар/
см
Р/ р/
^4*1 см)- 5-50- а> ^+^=0,0455 + 0,0186 = 0,0641 (при * = 2,9);
р/3 р/
5.51,
втах =iS? + o4; =0,000400 + 0,000325 = 0,000725.
+ 0,0130 = 0,0237 см,
ail2 atl at42 3atl
5.52. f=—~, QA==—.t /i —высота сечения балки. 5.53. /=тг7Г , 0^=-^-
(у нагретого конца),
8/г
'16/1
, где Ь = /—а, 0# :
369

a/a2
__а/(/2~2ft2)
при
а/а2/DЛ). S>.55, У, При
ЦШом
К задаче 5.40(а).
при
= — 49ka2/72 (при
= — ках\ при 2а<*<3а Q = k(x—2а)—и,„>
v = k (*—2аJ/2—to/6; max | v \ =25*а2/72 при
*=13а/6; k^at/h (Л—высота сечения балки, а—
коэффициент температурного расширения
материала). Начало отсчета х—на левом конце балй;
2) на нагреваемом участке (*<а) у= —kx2/2,
на участке х^а v = ka(a—2x)/2; 3) при
о=—kx2f2+3nax/4t vmx—9ka2/32 (при
при х^а уг=-
вд= —Aja/4; 4) при
V-.1 x2-llkax4-ka* Q~k -I1
2 6 ' 6
: —5А;а/6; 5>
при ^
10) при
Ь2/
ПРИ ^=4«/3; 9) при 0<*<2а . 6=— Лл+^а, t;= *-
= ^>г—За^г, у=зЛл;2/2—За&г, тах|у| = 4,5 ka2 (в конц
*<a 0 = fe>;; v=kx2/2—ka2; при *^а 9=— /гл
конце консоли);
/+2^
ka; при *^а 9= /гл:+2а^, t/
(на свободном конце консоли); 11) v
' 5.57. а) ис = 2,06 см, ^=2,86 см, б) ос=1,57 см, уя=-2,06 см.
5.58. 8тах=°»016> ^«б^см, эпюрысм. в решении 5.59. 0тах=0/4/B?7тах)>
где ^тах = ^8/12; полученный прогиб в четыре раза больше прогиба консоли
х9 м
е«ю4
V, СМ
1
19,9
0,10
2
39,0
0,39
3
56,1
0,87
4
69,5
1,50
5
77,6
2,23
6
80,0
3,02
постоянного сечения. ЪМ. Таблица ординат эпюр через 1 м, 5.61. См. решение.
5.62. итах = Р/3/C2л?У)=5,1 см (J=W3/12). 5.63. [PJ=-| ^|^=20 кН„
3 Р/3
[а) *2/D?0 = 5 см» 8*64« См. решение. 5.65. Пренебрегая дефор-
ц балки, получим Si==S2==l,67 kHs а = 85МПа. Пренебрегая деформацией
тяг, найдем S^O, S2==:5,00 кН, а = 0. 5.66. QB = Ll/DEJ), MA = L/2y
VA = —VB=^-3L/Bl). 5.67. a) MA=2EJQB/l, MB=—4?J9B//; 6) MA =
370

= — 6?7Д//2, Мд = 6?7Д//2. 5.68. cmax=156 МПа в сечении у заделки.
5.69. См. рисунок. 5.70. /) М @)=— За (а+Ь) Р/B/), М(а) = — Pax
ХA — 6а//+За2//2)/2, v (а) = Ра* G— 12а//+За2//2)/A2?/); 2) М @)= — д/2/8>
max М = 9а/2/128 при х = 0,625/, i;cp=g/4/A92?7), max i/ = g/4/A85?7) при
*=0 579/; 3) М@) = —7о/2/120, maxM=a/2/23,6 при *=0,671/, t>c0 =
= а/4/C49?7), maxu = a/4/C27?J) при * = 0,598/; 4) /И @)= — g/2/15, max Л? »
= а/2/33,6прил; = 0,553/; у @,5/)=а/4/D26?/); maxy=g/4/D18?J) при *=0,522/;
5) М@) = —L/2, t>@,5/) = L/2/C2?7), max v = U2/B7EJ) при лг = 2//3; 5) М @)=
^j?) e() 7) max|M| = 9^/32
= 0,232яа2 (на. расстоянии 57а/64 от заделки)
j)
(у заделки), в пролете
м
» 0,8м \
HI
* 1
1
1
5,5кИ
1
J
1
1
К задаче 5.69.
К задаче 5.70A1).
уСр = 0,0339^а4/(?1^); 8) max \M\=*7qa*/32 (у заделки), в пролете Мтах=0,205аа*
(на расстоянии 41а/64 от правой опоры), vcp=0t0bQqa*/(EJ); 9) max M=L (на
правой опоре), у заделки М = —3L/8, ycp = 5La2/A6?/); 10) max M =0,141^
(на расстоянии 17а/32 от правой опоры), у заделки М=аа2/16, усо==оа4/F4?'Л»
11) М@)=—3P//16,JHcp = 5P//32, эпюру М см. на рисунке, vcp = 7PP/G68EJL
max v = PP/D8EJ j/" 5) = 0,00933P/3/(^) при х = 0,553/. 5.71. Л M@)=M (/) =
P//8 M P/8 =^3/A92?7); 2) M @) = - PPa/P, M (I) =
2 Pa362 / 2ab
(при a>b и при ^g^^
у @,5/) = max и=а/4/C84?/); 5) М @) = -hJ^/30,"
(при л: = 0,548/), уСо=а/4/G68?/), maxu= м'
__LbBa-b) M*La{2b-a) ri
I2
8
(/) = —а/2/20, max Ж =а/2/46,0
wv (прих=0,525/); 5) М @) »
— ; 7) при 6 < 2а max /И =
., . . (в средней части балки), при 6 > 2а max | М | = 6L/F + 2а)
(у опор), прогиб в точке приложения момента L: v = La2b/[2 F +2а) EJ];
max | М | = 39L/64 (посередине балки), у левой опоры М = L/16, у правой опоры
«г. =7L/16, i'cp = — HLa2/F4?J); 9) max M=3Pa/4 (посередине балки), на при-
опорных участках М = —Pa/4, max p= 17Ра3/A2?/) (посередине балки);
10) max I М \ = 11аа2/48 (у левой опоры), у правой опоры- М = —5аа2/48, уср =
= оа4/B4?У). 5.72. а) См. рисунок; б) max М = 13Р//64 в месте приложения силы.
5.73. tf1==5aa/12, R2 = 37ga/\2, R3 = 5qa/2. Эпюры Q и М см. на рисунке.
5.74. 82 = 76оа3/(9?7) (по часовой стрелке). 5.75. S = E/8) a//(l + /x//2) = Г """"
кН'
7^[fттТЦ]
^—4S/8 C/!—01/B4ЯУ1)—14,7 см, напряжение 301 МПа. 5.78. P1 = PllJ1/(ltil +
^)РРЙ//(й^+й/). 5.79. Эпюры Q и М см. на рисунке, max /И=33,4кНм
371

(на расстоянии 1,30 м от опоры О). Принимаем двутавр № 22а. Углы поворота:
8o = O,OO427, 6i = —0,00349, 02 = — 0,00267, t/?2 = —0,00154 м = —1,54 мм
5.80. 1) М0 = Мг = -2\ кН-м; 2) Л4?ев = 1 кН-м; МГрав = -9 кН-м; 5) Мо =
М—16,67 кН.м = --<7/2/12; 4) М1 = -ЗК8 кН-м; 5 Ул = 42,8 кН, 1Л> =
= 63,6 кН, Кс=16,9кН, 7d=16,7kH,
max М=91,7 кН-м, Mmin = —71,8 кН-м;
6) 1^ = 58,5 кН, VB = 87,8 кН, Vc =
135HV 22H УИ 380Н
'18г
К задаче 5.72.
= —27,0 кНм; ?) VA = —2J кН,
Кд=29,7 кН, Кс = 29,7 кН, VD =
=—2,7 Н, Мтах=12,2кН-м, Afmin =
=-8,1 кН-м; 8) VA= 100,0 кН, VB =240 кН,
Кс=420 kH,Fd = 200 кН, Мтах = 333 кНх
Хм, Мт1п = —320 кН-м; 9) К4=15,4 кН,
К5=Ус==20кН, К/)=15,4 кН, Мтах =
= 19,7кН.м, Мт1п=--15,4 кН*м. 5.81. а)
М„ = — Мп^/ф+У 3) Эпюру М см. на
рисунке, б) ^ = —0,2671, M2 = 0,067L.
5.82. a) M1 = M2 = 6kEJ/5 (k = at/h),
б) Mi = M3 = 9kEJ/7t M = 6kEJ/7;
в) Мх = —15/г?//11, JW2=_—-3kEJ/ll. 5.84. /) Прагиб равен нулю; 2) в левом
пролете х) и=— kx2 (/—^)/A4/), где k = at/h (а—коэффициент теплового
расширения материала, h—высота сечения балки), maxt> = — 0,0106 kl2
(при а:=2//3); в правом и = **(—3*8+2Z*+/1)/A4J)f maxу = 0,0500№4 (при
2a
ё
! !.
№
-#?"г
К задаче 5.73.
х = 0,623/); 5) в меньшем пролете v = hx(x2—бах+5а2)/A2а) = 0,094 6я2, в
большем max v = —0,288 &а2; 4) в левом пролете v — kx2 (l — x)/Gt)l maxo = 0,0211 kl2
(при * = 2//3); в правом v = —nx{x2—3/л:+2/2)/A4/), max у = — 0„0276 № (при
л; = 0,577/); 5) в среднем пролете v = kx{l—xLb, maxt/ = 0,05 ^/2; в первом
max у = —0,0385 kl2 (при лг = 0,577/); 5) в первом пролете v = — kx2 {I— x)/F/),
таху = — 2^/2/81 (при л: = 2//3); во втором v=kx(l—x)/6, tnaxv = kl2/24.
7) в левом пролете v=Ck/\4) (xB/l—x2), max \v | = 0,032 kl2 при лг = 2//3-; в
правом пролете v = k(~2xz/l—x2 + 3lx)/\4, ymax = 0,072 kl2 при л: = 0,56/; 5) в левом
пролете v = kx3/Sl—kx2/2 + 3kl/\0y i>max = 0,0463 fc/2 при л:=0,558/; в среднем про-
1) Отсчет х везде от левого юнца соответствующего пролета.
372

лете v = kx2/\0—Ш/10, max|u | = fc/2/40 (в середине пролета); 9) в левом
пролете v = kx3/12—kl2xl 12, maxJa|=2fc/2/C6 Y$) при jc=//|/; в правом пролете
t/ = — /u3/8/ + &#2/4+&/*/24+&/2, Утах= 1,21 № при #= 1,41/; /0) все пролеты
работают в одинаковых условиях — как в задаче 5.84./ (прогиб равен нулю).
ЮкН
К задаче 5.79.
5.85. max М = УИ1 = — 3EJat/Bh), maxv = 4t(m2/B7h) (в большем пролете на
расстоянии 4я/3 от опоры /), 9i = 0. 5.86. 1) S = 48ЕШ/[13 B/J + \/Ji) + 48/F] =
= 174Н;.„._2) 5 = 48?o6/i//[/3B// + l//i)J = ri" х ~" ' Л
б) М1 = Ра(и3—1 - - ¦ -
= 185 Н. 5.87, а) Р/A+Зе?///3),
^w9. //Г///
OJ05L
О,ОШ
0.Z6M.
К задаче 5.81 (а).
К задаче 5.83(а).
= —0,4batEJ/h в Н-м, где h — высота сечения балки в м. 5.8& a)e = /3/fl92?l/)=
= 3,68-10-в м/Н. б) 8 = /3/A6?У) = 44,Ы0-6 м/Н. 5.89. М1=^— P//I6, Af2=0.
5.90. См. рисунок. 5.91. Эпюру М см. на рисунке. 5.92. М1 = —3,37 jcH-m,
М2 = —2,44 кН-м, М3=1,22 кН-м. 5.93. а) 6Мпр//, где Мпр—предельное
значение изгибающего момента; б) 7tSMnv/l\ в) 6Afnp//. 5.94. Pnj^O + x) Mnp/(lx—x2)t
minPnp=5,64Mnp//,rjpH л:=0,41/. 5.95. a) t7np = F+4/2) Мпр//2= П,66Л1пр//2,
0,415/ от правой опоры; б) то же; в) то же. 5.96. а) ЯПр — 8МПр/^ъ б) то же.
5.97. ^пр=16Л1пр//2. 5.98. max М = 18,7 кН-м, max у = 0,215 см. 5.99. а = 58,8МПа.
5.100. а = 77,0 МПа. 5.101. Осадка понтона у носа 27 ем, у кормы 107 см.
Максимальный- изгибающий момент 233 кН-м. 5.102. max v — 0,277 см, max M =
= 17,5 кН-м. 5.103. Эпюры см. в. решении. 5.104. тах0=183 МПа, max7=
= 75,5 МПа, тах~г = 8,3 МПа. 5.105. См. рисунок. 5.106. таха=111МПа,
373

эпюру бимоментов см. в решении. 5.107. тахт=6,0 МПа (в сечении х= 100 см),
max ?= 3,6 МПа (у заделки). 5.108. max а= 115 МПа (на 4% отклоняется от
точного). Эпюру бимоментов см. в решении. 5.109. бя^ орТу —1,22см,
см.
М
К задаче 5.90.
70,4
К задаче 5.91.
. 5.115. 6/-з
0,305
Рг3
. 5.113. см. таблицу на с. 375.
5.116. ^
5.112.
5.114.
бля = 12,6 ^j. 5.117.
5.118. maxM =0,308Ра (у заделки). Эпюры М, Q,~N см. в "решении.
5V 75 100 125 150GM
И Н'М\
3
И И-м
sr^iir
К задаче 5.105.
874

5.119. max M =0,221 qa2 (эпюру М см. в решении). 5.120. тахМ=0,318Р/ (под
силой Р). Эпюру М см. в решении. 5.121. См. рисунок. 5.122. max М=0,324Ра
(в левом нижнем узле). Эпюру М см. в решении. 5.123. Эпюру М см. на
рисунке. 5.124. См. рисунок. Площадь эпюры моментов внутри рамы равна ее
площади снаружи. 5.125. а) Мд = 2/,/я; б) М^ = 0,86^г2 (сжатие снаружи); в) М =
= gr2 Га—sina — -~(l—cosa)| , max М== 0,48 qr2 (при а = 93°); г) Мв= 1,18Рг,
QA=,p/n, 5.126. l)maxM=*qa2/2 (всеченииВ), М^ = 0,035^2; 2)max M=
Таблица к задача 5,113
Варианты
Перемещение б,
умноженное ла EJ
Угол между
направлением перемещения
и горизонталью
а
3J2 Lr*
57°30'
б
1,85 Рг*
74°20'
в
2,76 Lr2
б&^О'
г
2,54 Рг*
51°40'
д
5,12Р/*
87о00'
б
6,06 Рг*
65° 15'
(в сечении Л), maxQ = 0,63P —у шарниров (снизу), тахЛ/ = 0,63Р (в сечении
Л); 3) гаахЖ=0,71Ра, maxQ = P/2, maxiV = P/2: 4) тахМ = 17Ра/40 (у узлов
1,01 Р
К задаче 5.121.
К задаче 5.123.
А и В и на участке Л? рамы), max Q = 23P/40 (на участках AD и ВС),
maxiy = 23P/40 (на участке АВ); 5) maxM=*0fi3L—в сечениях Ви? (сверху),
max Q = 0,63 Z,/r (в сечении Л), max \ N |=0,63 L/r (на участках D? и
К задаче 5.124.
375

ВС рамы); 6. maxM=2,27L —в сечениях Я и F (снизу), max Q= 1,80 L/r
(в сечениях А и В), шах N =1,80 L/r (в сечениях С и D); 7) maxAf=L/2
(в сечениях ?4 и В), max Q=0,64 L/r (в сечениях В и Л), max Af = 0,64 L/r
(в сеченетях D и С); 8) maxM=ql2/\2 (в сечениях Л и В), max Q=ql/2
(в сечениях на концах участков CD и ?F рамы), max N =ql/2 (на участках ЕС
и Z7/?); 9) maxM =0,182/V (в сечении Л), maxQ=0,5P (в сечении Л),
тах:| N | = 0,5Р (в сечения* С и D); 10) тахМ=?/2/4 (в сечениях С, Л и В),
max Q=qa (в сечениях А и В ригеля), max [N \=qa (в стойках). 5.127. 6 =
= 0,0565 Pab/(EJ). 5.128. a) max М= 1,08?а* в узле Л; бл = 0,Н0^а4/(?/);
б) тахМ=0,510Ра на участке АВ вблизи узла Л; 6^ = 0,25 Pa?/(EJ).
5.129. тахМ=0,66^РавузлеЛ;9л==0,125Ра2/(?7). 5.130. 1) 6CD = 0,149 Рг*/\Е/),
2) бс,0 = (я/3 + 1^3/2— <6/я) Рг7(?/). (Указание: следует приложить 6 сил,
равных I, и результат вычисления по Мору разделить на 3.) 5.131. См решение.
= HP/i/40. Эпюру М см. в решении. 5.133. 6= °>
5.132.
5Л34. ф.=^.^+^
5.137. 6 =
яРг2
2
0,64La2
5.135. 6 =
38Ра3
И ,58 см. 5.136. 0 =
1Г'
?.138.
3EJ
01 ftp/3
. 5.139. /== Г*У ^7,50 см.
5.140. Эпюры М и Мк см в решении для случая Ь = а и GJh
b = a и *G/K/(?/) = 0,8 max Af = 15L/38. Эпюры^М и
5.142. При 6 = а и GJJ(EJ) = Q,8 max M = L 14 1^*3/27,
и Мк см.
max M=
(у заделки)
(
Мк
= 0,8. 5.141. При
ем. на рисунке.
к = 1. Эпюры М
решении. 5.143.
тахМк=0,182Ра
М и Мк см.
К задаче 5.141.
Эпюры М к
в решении. 5.Ц4. тахМк = -
= 0,318L (в местах приложения
моментов L). Эпюры М и Мк см.
в решении. 5.145. Изгибающий
момент в сечении под силой
равен 0,389Ра. Прогиб
здесь равен 0,28Ра3/(?/).
5Л461). /) тахМ^ПРя/26 (при
6 = а); 2) maxAf = 0,84L (у узлов
Л и б на участках AD и ВС
рамы), max AfK= 1,!6Z, (на
участке АВ), Q=0,395L/a (везде);
3) max М = 16L/27 (на участке АВ рамы), max | Мк |= 16L/27 (на участках AD
и ВС), Q=0; 4) max M==L (в местах приложения сосредоточенных моментов 2L),
max-MK=:21L/32 (на участках АВ и DC), Q = 21 L/C2a) (везде); $) тах_М= 0,131 L
(у углов), max MK==0,869L (на участках рамы длиной а между местами
приложения внешних моментов L), Q = 0,088L/a (везде); 6) M = 5L/27 (на участках АВ
и DC рамы), max | MK | = 22L/27 (на участках длиной а между местами
приложения моментов L), Q=0; 7) maxM=0,62L (в сечении Л), max | MK | = 0,44L—
у мест приложения моментов L (сзади), Q = 0; 8) maxM=^0,71L (у мест
приложения моментов L), max MK=0,54L (в сечениях Л и В), Q=O,46L/r (везде);
9) max М = ± 0,532L (в сечениях Л и B)t max | MK | = 0,468L (в сечениях С и D),
Q = 0; 10) max M^Pr (у мест приложения внешних' моментов 2Рг), max \МК \ =
= 0,19Рг (в сечениях под центральным углом 32°30' к оси CD симметрии
нагрузки), Q= ± P (постоянна в пределах полукольца). 5.147. См. решение.
5.148. Р/3/A92?У) (точное значение). 5.149. Р/3/D8?У) (точное значение)
5.150. у|//2 = 7Р/з/G68?/), 6|;/2 = ЗР/2/B56?7). 5.151. 0 \t = M9IJ(EJ), v \ t =
= Мо/2/BЯ/).При заданных в условии значениях EJ, /, Мо получены с помощью
графопостроителя ЭВМ эпюры, приведенные на рисунке в решении.
]) Ответы даны для случая, когда сечение рамы круглое (УК=2У). Принято
Q4?
376

Гласа в
6.1 ai=82J МПа, а2 =—17,3 МПа, ст3=*—82,7 МПа, а4 = —17,3 МПа,
v = 0,68 см. 6.2. amax=l16 МПа. 6.3. атах= 12 МПа < [a], f//= 1/200 < [/].
6.4. 04 = — 71,6 МПа, о2 = 60 МПа, а3 = — 18,3 МПа. 6.5. стах = 120 МПа,
/ = 0,495 см. 6.6. ai = — 22,6 МПа, с2= 18,1 МПа, f=_l_CM. 6.7. Р = ЗД кН.
6.8. Швеллер №27. 6.9. k = h/b = Mx/My. 6.10. /j=l/j/"tga. 6.11. a= 1,5097 рад.
6.12. ф =-—0,244 рад. 6.13. Направление прогиба перпендикулярно к нулевой
линии. 6.15. 6 = 7,8 см. 6.16. о0 = Р/а\ оА = 4Р/а2, ав = 7Р/а2. 6.17. / < 0,0125d.
6.18. Р = 3,97\ 6 = 0,23 см. 6.19. * = 23,5 мм. 6.20. 48%, 6.21. 25%. 6.22. ог > а2
при х < 0,46, с?! < а2 при х > 0,46. 6.23. о1==с2^— а3 = 37,5 МПа. 6.24. атах =¦
= 119 МПа, amin = 83,3 МПа. 6.25. В четыре раза. 6.26. / = 6,5 мм; швеллер
№24. 6.27. с = 81,8 МПа. 6.28. oe = 3,44a0. 6.29. Швеллер № 30 по ГОСТу
8240-56. 6.30. См. решение. 6.31. <т№ах=Г42 МПа < [о]. 6.32. amax= 159,8 МПа.
6.33. атах=103МПа. 6.34. В 3,1 раза. 6.35. 6 = 8,6 см. 6.36. Р = 25 кН.
6.37. F = 14,6 см2. 6.38. армьот = 2,11 о>=о. 6.39. а =— 1698 МПа. 6.40. Р =¦
= 27,6 кН. 6.41. Р = 0,0725 кН. 6.42. Круг радиуса г=12,5 см; ромб с
полудиагоналями 3,34 см и 6,35 см; ромб с полудиагоналями 9,2 см и 1,03 см.
6.43. d = 24,4 см. 6.44. Отрезки на осях а = —516 см, 6 = —6,7 см. 6.45. Ромб
с полудиагоналями 1 см и 1,67 см. 6.46. M/MT—\—(N/NTJ. 6.47. См. решение.
6.48. М = 8,44 кНм. 6.49. N = 38,8 кН. 6.50. е = 5,25 см. 6.51. Р= 128,5 кН.
6.52. d = 4,86 см. 6.53. а=134 МПа. 6.54. ^ = 4,95 см, с/ц = 5,1 см, <2ш = 5,35см,
dlv = 5,2 см. 6.55. оэкв = 45,8МПа < [а]. 6.56. а^х = 82 МПа < [а]. 6.57. d
6.58. См. решение. 6.59. См. решение. 6.60. d = 8 см. 6.61. d = 5,56 см. 6.62.
^4,3 см. 6.63. Мк=0,71 кН-м. 6.64. d = 5,9 см. 6.65. Р = 7кН. 6.66. d = 4,l см.
6.67. а=124 МПа < [а]. 6.68. аЦв==124 МПа, аэкВ=П5 МПа. 6.69. d= 15 см.
6.70. d=l,25 см. 6.71. d = 2,2 ем. 6.72. В два раза. 6.73. оэкв=Ю10 МПа.
6.74. а^в=120 МПа < [о]. 6.75. атлх= 154,1 МПа < [а]. 6.76. а!?в= 136МПа <
< [о]. 6.77. 0^=135 МПа < [а]. 6.78. а = 6,05 си. 6.79. таха|ю=1Б9МПа <
< [а]. 6.80. а = 5,1 см, а = я/? рад. 6.81. а =—102 МПа. 6.82. а=125 МПа,
6.83. а= 184 МПа! 6.84. Р=1 кН. 6.85. Р = 3,5 кН. 6.86. См. решение.
Глава 7
7.1. а) ^пред = 46 мм; при cf = 30 мм, РдОп = 29 кН; б) ^Пред = 40 мм; при
а = 30 мм, РДОП = 49 кН; в) 6пред = 40 мм; при 6=25 мм, РДОП = 47 кН; г)
предельный номер профиля № 16; для № 16 Рдоп=171 кН. 7.2. 38,4x19,2 мм.
7.3. rf = 54 мм. 7.4. Q<a):Q<6;:Q(B)*.Q(r) = 1:0,977:0,614:0,518. 7.5. а) rf = 46 мм;
б) dH = 48MM, при трубчатом сечении легче на 37,5%. 7.6.3,56 кг; в 1,7 раз.
7.7. Ркр=180 кН. 7.8. d = 30 мм. 7.9. d = 40 мм. 7.10. Ркр = 7,4 кН. 7.11. Ркр=
= 500 кН; /тах = 1>4 м. С учетом влияния поперечной силы РКр = 0,97РкР
(снижение составляет 3%). 7.12. лПр = 3»63» /гу = 1,83. 7.13. 1) d = 26 мм, 2) d = 2\ мм.
) 2 /2 22 1
р
7.14. а) Ркр = д2 /2?//а2, б) Рко = л2?//Bа2). 7.15. 6 = 40 мм, Ы8 мм.
716 Г = 3435 К 052103 717 7% ГП50 К 718 /
) кр //, ) ко /() ,
7.16. Г = 343,5 К, 8 = 0,5210-3<%р. 7.17. 7%. Гпоед=П50 К. 7.18. D
= 1,67 см. 7.19. 1) Рдоп = 311 кН; 2) 590 кН;3) 543 кН; 4) 390 кН. 7.20. а) окх> =
= 255 МПа, б) 231 МПа, в) 260 МПа. г) 260 МПа. 7.21. Для стержня / PKV =
= 136 кН, для стержня 2 Ркр = 78 кН. 7.22. Из условия общей устойчивости
^доп —39 кН, из условия местной устойчивости Рдоп=И9 кН. 7.23. Ркр =
= 135кН. 7.24. 225 кН. 7.25. r^J^-, ^«-y^L-, h%=* J^% .
7.26. Ркр = 526 кН, по формуле Ясинского Ркр~526 кН; по формуле Эйлера
(условно) Ркр = 790кН. 7.27. Ркр = 45,2кН. Если заменить Т на ?к, Ркр = 38,6кН.
7.28. а) 3,37 раза; б) 3,96 раза; в) 2,19 раза. 7.29. Сталь, 2,02 см. 7.30. Условие
устойчивости выполнено; коэффициенты запаса составляют 2,10 и 2,03
соответственно. 7.31. Один из возможных вариантов: уголок 80x80x8. 7.32. а = 2,6 см,
Рдоп = 188кН. 7.33. Результаты решения сведены в следующую таблицу, где
^—коэффициент в формуле РКр=»^?///2. 7.34. Получаемые с помощью различных
методов значения коэффициента k% в формуле PK9 — k2EJ/l2 приведены в таблице.
Ю

7.35. Получаемые значения коэффициента /г2 в формуле Ркр = /г2?///2 соответственно
для п = 2, 3, 4 равны 8; 9; 9,37. Точное значение ?2 = 9,87. 7.36. а) Ркр =
9,6
Ц
(
1 1 ] sin
; б)
р = я2Я//(/2С), где С= 1 +
] sin — A — Р, ~ cos v --P;^ ^ Коэффициенты ft2 в формуле
Таблица к задаче 7,33
Отношение прогиба в точке с абсциссой х
к максимальному прогибу
1/2

Коэффициент

критической
сипы k*

Погрешность
определения

критической силы
в%
Исходная форма (а)
1-е приближение
2-е приближение
Точное решение
Исходная форма (б)
1-е приближение
0
0
0
0
0
0
0,33
0,48
0,49
0,50
0,51
0,51
0,67
0,85
0,86
0,87
0,87
0,87
12
10
9,87
9,84
+21,6
+ 1,3
—0,3
э = /г2?У/2, полученные различными методами, приведены в таблице. 7.37. 2РКО =
API EJ 96
№ 7 ЯО 'П 1 Г* * «-9. *-'*' 1.9. v'v'
а) &2 = 9,26; точное значение &2=*9,45 (ошибка 1,9%); б) &2 = 8,78; точное значение
Таблица к задаче 7.34
Случай б)
Энергетический метод
Метод Бубнова — Галеркина
Метод последовательных приближений
Точное значение
9,8710
9,8710
9,8361
9,8696
?2 = 8,95 (ошибка 1,9%), 7.40. Случай одной упругой опоры* При п = 2 (см.
рисунок в условии) Ркр=:8?///2+с//4; при я=3 (симметричном прогибе) Ркр —
= 9?///2+с//6; при я = 3 (антисимметричном прогибе) Ркр = 27?///2, Случай двух
упругих опор. При я = 3 (симметричном прогибе) Ркр=9?///2+с//3; при п = 3
(антисимметричном прогибе) Ркр = 27?///2+с//9; при л = 6 (антисимметричном
прогибе) Ркр = 72#///2« Графики (Р/Р9, cl/P9) приведены в решении, 7.41. Ркр =
«= 2,ЗРЭ, Рэ = 83,5 кН. Наименьший номер профиля балки, эквивалентной
абсолютно жесткой опоре, № 30. 7.42. Ркр = 20,4 кН, /кр=1 м, 7.43. При 0<Х^4
1 при ±^^
л=5±^1+^; при
= 20?1/1/i//i. На графике (см. решение) соответствующие прямые нанесены
сплошными линиями. 7.44. Приближенно /г2 = 2/A+?); при 6=0, «2я2, Точное реше-
ние приводит к уравнению
tg
tg
k yknn/2
1+7'
при
94.
378

32
7.45. Коэффициент tk определяется из уравнения -^ (l—m*)—-л2 D — m)X
=0. При с = 0, т==1, при с=оо, т = 4. 7.46. я
al/3, б) (?7)min = Pa//2, по* рис. в)
Таблица к задаче 7.36
7.47. cm>m=:3EJ/P.
а=0,2
3=0,2
а=0,'4
3=0,2
а=0,6
3=0,6
Вариант а) приближенного решения
Вариант б)
Точное решение .
2,91
2,95
2,80
5,17
5,35
5,09
9,07
9,34
9,24
7AQ и . —• тг^РТ/1^ 7 4Q 7 • 9гт/4= KrtrtP\ 7 94 ru^ 7 ЧП Г • ЯО 4. гм^
7.51. PKp=l,51^J//l. 7.52. PKp=I 2P,//°CR1, н ПРИ e>!K^'
v p yn2EJ/I2 =* of\o кН при с «С 10,3 кН/м.
Критическая жесткость опоры со=1О,3 кН/м. 7.53. PKp=^iC2/(c14-c2) = l,6 кН.
При потере устойчивости стержень остаётся прямым, поворачиваясь вокруг точки
с координатой лго = с2//(с1 + с2) = 4О см. 7.54. Опрокидывание произойдет при силе
Ркр=1575 кН. Эйлерова критическая сила Рэ=1830 кН. Напряжение в тягах
(при 6=1 см) а = 218 МПа. 7.55. Ркр=-?Ь^ ^^-1—.. 7.56. 1) Ркр =
=(jjtflf4/C2/a)=20,l кН; 2) после потери устойчивости P=PKVy/sin Ф«Ркр/A —Ф2/6);
3) при ф = 0,1 Р = 20,13кН; при ф=0,15Р=20,17 кН; при ф = 0,2 Р = 20,23 кН;
4) Р = 20,23 кН. 7.57. do = 3,21 см; 10,7%. 7.58. a) f^Ef!L2 (^W~-1) >
= ~Р/.+орЬ/
f
EJ (kl)* \ kl )
(kl sin kt+cos */— 1 —у ife2/2 cos kl\ ,
¦тг- * /s
COS k f -7Г
COS И
, /.
-ж- e»°-i7tox
2« I secw —1 —-у и2
cos и
, г) при 0 < x < -jr-, и:
379

Р/3 3 sin 6* PI2 1 , PI9
:48?/ u3 cos и SEJ lFXf '""ЧШ"
P , kl PI tgtt _л« ч ,
2P/8 1
a
¦ да
4 Pfi
X
1
»
5 P/3 1
384 7" 1 Т а
Таблица к задаче 7.62
' ГД6
. Знак минус в знаменателе
N,
aroax
кН
„MM
,МПа
10
0
2
,2
,0
25
0
5
,6
,0
50
10
,5-
75
I
16
,9
,3
100
2,6
22,5
200
6
53
,7
,0
300
13,7
101,9
400
28
194
,6
,2
соответствует сжимающей силе Л/, знак плюс—растягивающий. Обе
приведенные формулы могут быть объединены в виде /==/Поп И—Л//Л, ) , где
/поп —"Рогиб только от поперечной нагрузки. 7.62. Точная и приближенная
формулы дают почти совпадающие значения: Мтах « 12,84 кН»см. 7.63. По уравне-
ниям i
Таблица к задаче 7,64
/V, кН
/, мм
Приближенное
решение
Точное решение
10
0,2
0,2
25
0,6
0,6
50
1,2
1,2
75
1,9
1,9
100
2,6
2,6
200
6,6
6,7
300
13,6
13,7
400
28,4
28,6
составляем таблицу. Эйлерова критическая сила
9,1 кН-см. 7.65. /=~
?
575 кН, 7.64.
j t Сравнение с точным решением
по данным задачи 7.63 (при е=1 см, Л/э = 575 кН) см. в таблице. 7.66. Стрела
, е е п2Е ..
прогиба /=¦: — или fs=-j зггтаг » гДе °9=* // /Л2 « Л/9—эйлерова нагрузка.
1 —^Ср/^Э * — ' V / / V э {f/JJ
Максимальное напряжение сжатия ас = аср A +f/k), где ^=/i/6—радиус ядра
сечения. Максимальное напряжение Op=sacp(//^—1). Напряжения в сечении будут
одного зйака при f<kk. Напряжение ос достигнет предела текучести'при стреле
прогиба / = Jfe(oT/ocp—1). 7.67. 1) Л^доп=: 11,47 кН; 2) 11,6 кН. 7.68./ = /0/A —а) =
= 3ш. 3zecba = NlV(n*EI) = N/N3, ота? = Л/ (l/F + Z/V)-178,5 МПа. 7.69. При
/=1,2 м,Л/тах = 24,4 кН G6% от эйлеровой нагрузки). При/= 1,8 м Л/тах= 12,9 кН
(90% от эйлеровой нагрузки). 7.70. а) Мв = 2,05 кН-м; б) 3,05 кН.м;<?) 0,58 kHim;
г) 1,48 кН-м; д) 2,4 кН-м; еH,8 кН-м. 7,7!. а) Мв=г— 3,88 кН<см, атах= 196,5МПа;
б) Л*в = —2,9'кН.см. 7.72. При /г = 2, G>*=*32 (V
g= p 8g f I —-Qrj ) • Частота колебаний приближается к нулю, если сжимающая

сила N достигает критического значения: при /г = 2 /VKP=8?///*, при я=*3
Л/кр = 9?///2. 7.73. ?2 = 40, точное значение ?2 = 4я2 « 39,4784. 7.74. /г2=10,
точное значение 62=9,870. 7.75. /г2 = 21, точное значение 62 = 20,19. 7.76. k2 =
=39,54; точное значение 39,4784. 7.77. При я=10 /г2 = 39,4867; п*ри я =16
62 = 39,4797; при /г = 20 ?2 = 39,4789; точное значение 39,4784. При возрастании п
наблюдается все более близкое приближение «сверху», причем в случае гс = 20
погрешность падает до 0,001%. 7.78. &2=9,87065. 7.79. /г2 = 9,869738 при точном
значении, /е2=9,869604. Погрешность — около 0„0001%. 7.80. При я = 7 k2 =
= 36,8983; при п=11 &2 = 38,4171; при ч = 17 /г2=39,0337; прия = 21 ?2 = 39,1863;
точное значение &2 = 39,4784. В данной задаче получаем приближение «снизу»
(см. ответ к задаче 7.77). 7.81. При л«7 &2 = 9,7052; при я=11 /г2=9,8030;
при /1=17 /г2 = 9,8433; при я = 21 /г2 = 9,8526; точное значение /г2=9;8696.
7.82. При п = 7 ?2=19,3736; при л—11 ^а= 19,8569, при л==17 ^2 = 20,0530; при
лсв21 ?2 = 20,1003; точнее значение 62 = 20,1907. 7.83. При а=2/3, Р = 3/2 &2 =
= 9,667. Точное значение ?2 = 9,45 (ошибка 2,3%). При а=1/2, Р = 2. &2=9,096;
точное значение 8,95 (ошибка 1,5%). 7.84. Катастрофическое возрастание прогиба
в случае динамического нагружения имеет место при Р/Р9 « 4,5. Форму выпучи-
рания см. на рисунке к решению задачи.
Глава 8
8.1. amax = 86 Mrta. 8.2. При /i/i?=l ошибка 9,5%. При /г/Я = 0,5 ошибка 2%.
8.3. отах = 72,5 МПа < [а]. 8.4. Р = 3,27 кН. 8.5. А = 2 мм. 8.6. отах = 102,8МПа.
8.7. ов = 123,5 МПа, о^ =—89,7 МПа. 8.8. А=92,ЗяР/(?/?)> приближенно А =
= 9бяР/(Я/^). 8.9. огаах=И5 МПа. 8.10. Д = 0,0108 см. 8.11. отах в вытянутом
звене на 22,3% больше, чем в кольцевом. 8.12. По III теории d#=190 мм, по
IV теории dH—178 мм. 8.13, Служит в запас прочности: (о1кв)агфо == (аэкв)аг = о—
A*—)р*. 8.14. А = 0,0322 мм. 8.15. р = 36,5 МПа, рв = 252 МПа.
8.16. А = 0В,0283 мм. 8.17. А = 0,06 мм. 8.18. А = 0,045 мм, Р = 47 кН. 8.19. А =
= 0,0212 мм, ят = 2,82. 8.20. А = 0,073 мм. 8.21, В 1,3 раза. 8.22. рв = 36 МПа.
8.23. р = 5,65 МПа, в медной (о$тйх=*—2Ь98 МПа, в стальной (а*)тах=25,7 МПа,
Глава 9
9.1. ад = 256 МПа. 9.2. од=122 МПа. 9.3. /пр=2,54 м, птах = 3395 об/мин.
9.4. ад = 94,9 МПа, у=113 м/с. 9.5. ад = 160 МПа=[а]. 9.6. ад=155МПа.
9.7. од = 97,6 МПа. 9.8. ад= 103,8 МПа. 9.9. од = 27,8 МПа. 9.10. со = 22 рад/с,
тд=118 МПа. 9.11. пкр = 419 об/мин. 9.12. тд = 29,6 МПа. 9.13. тд= 13,65 МПа.
9.14. (аг)тах = (а^тах=--~^р©2/?2 = 320 МПа, в диске с отверстием {ог)тях =
= 640 МПа, (or)max = 320 МПа. 9.15. л = 3340 об/мин. 9.16. В диске (of)max =
= (O/-)max=16,7 МПа, в ободе а = 217,5МПа. 9.17. « = 4183 об/мин. 9.18. (ot)max =
152 МПа, о> = 47,8МПа. 9.19. ©х = 44,72 1/с, ©2 = 42,55 1/с. 9.20. coj = 1121 1/с,
= 0,00560 с, со2 = Ш2 1/с, Т2 = 0,00565 с. 9.21. со = 69,14 1/с, Г==0,0909 с.
2 Ч 923 1265 1 924 ) 195
! , , 2 /, 2 , . , /, , .
9.22. Частота увеличится в два раза. 9.23. со = 12,65 1/с. 9.24. а) со= 19,51 1/с,
7- = 0,322 с, со' = 19,1 1/с, Т' =0,329 с; б) со = 78 1/с, Т = 0,0805 с, со'=74,8 1/с,
Г'=0,084 с; в) со=156 1/с, Т = 0,043 с, со'= 151 1/с, Г'=0,0416 с. 9.25. со =
= 39,8 1/с. 9.26. со = 24,62 1/с. 9.27. 0 = 20,44 1/с. 9.28. № 45. Без учета массы
балок—№ 40. 9.29. со = Ксоо — со? , где щ^Уфг. 9.30. со= /?//B/тг/3).
9.31. mnp = m/2 + 2misin2(;n:^/0- 9.32. со = 53,7« 1/с. 9.33. со= 17,30 1/с. Точное
решение со= 17,42 1/с. 9.34. Жесткий вал d = 8,7 см, гибкий вал d = 4,3 см.
9.35. со = 28,5 1/с. 9.36. а) со = 313 1/с, Т = 0,0201 с; б) со = 244 1/с,Г = 0,0257 с-
в) ©=171 1/с, 71 = 0,0367 с. 9 37. © = 455 1/с. 9.38. © = 343 Г/с, Г = 0,0183 с!
9.39. /- = 0,33/. 9.40. Без учета сжимающей силы © = 54,92 1/с. С учетом
сжимающей силы © = 39 1/с. 9.41. ©х = 2,87 1/с, ©2 = 7,44 1/с. 9.42. /2 = 1,2 м, /«1м.
А = 0,32 мм, од = 39,6 МПа. 9.43. См. решение. 9.44. о» = 118,7 МПа, omav =
<» 213,4 МПа. 9,45. См. решение. 9.46. Л =3,85 мм, о4= 168,9 МПа. 9.47. п =*

= 489 об/мин, ад = 63,93 МПа. 9.48. ад==93,3 МПа, при установившемся режиме
сд = 55,95 МПа. 9.49. тг = 69,4 МПа, т2 = 58,5 МПа. 9.Я0. % *= 0,618 |/~c7m =
*= 19,66 1/с, Ai/A2 = 0,6\8; co2= 1,618 |^c/m" = 51,48 1/с, А1/А2 = —1,618.
9.51. со1 = 73,7 1/с, со2 = 285 1/с. 9.52. щ = 26,3 1/с, со2 = 138 1/с. 9.53. ©! = 5,41 1/с,
©2 = 76,75 1/с. 9.54. со! = 223 1 /с, со2 = 379 1/с. 9.55. ©j = 26,8 1/с, A1:A2:AS =
«(—2,283): 1:1,561; со2 = 52,74 1/с, i41:i42:i43 = 0,219:l:(— 2,561). 9.56. Аг =
« 14,76 мм, Л2 = 14,66 мм, ад = 83,2 МПа. 9.57. т2=16,8 кг. 9.58. Ад = 7,13 мм,
сд = 7,85 МПа. 9.59. Лд = 2,54мм,ад=: 161,4МПа. 9.в0.Хд = 5,6мм,ад = 560МПа.
С учетом массы стержня Яд = 5,55 мм, ад = 55б МПа. 9.61. ад = 30,8 МПа, h =
= 4,27 м. 9.62. Динамические напряжения одинаковы. 9.63. тд = 327 МПа.
9.64. п =15. 9.65. ад=357МПа. 9.66. ад = 206 МПа. 9.67. ад=156МПа.
9.68. тд=1182 МПа» 9.69. ад=16,6 МПа. 9.70. Мтах= V\0EJm0gh. 9.71. При
коэффициенте магнитострикции А, = 7,5«10~5 параметрические колебания не
возникнут. Главному параметрическому резонансу отвечает частота возбуждения
^ = 1800 Гц. 9.72. FKp = 868 км/ч. 9.73. Коэффициенты в выражениях для
первой и второй частот hi = 4,-768, Я2 = 9,054; точные знчения ^ = 4,730, Х2 = 7,859.
9.74. ^ = 3,148; Х2 = 7,078; точные значения А,1 = я = 3,142 Я2 = 2я = 6,283.
9.75. ^1 = 4,734, Х2 = 7,860, А,8= 11,000, ^=14,142, Я»= 17,412, точные
значения (в дополнение к задаче 9.73) A,g= 10,996, Я4= 14,137, Я,6 = 17,28а. 9.76. %г =
«3,143, Я2==6,285, А,8 = 9,448, Я4=12,628, Хб=^15,88б. Точные значения %k = kn.
Глава 10
10.1. [ао] = 43 МПа. 10.2. л=1,7. 10.3. л=2,1. 10.4. п«4,63. 10.6. л=1,27.
10.6. Mmax = 4,4il кН-м, Mmin=l,l кН-м. 10.7. /г=1,92.- 10.8. л = 1,49.
Ю.9. ^=1,5, при полировании /г=1,6. 10.10. М/=1,78, п//=1,91, /i///=»l,71.
10.11. лг = 1,95. 10.12. От пг = 288 об/мин до /г2 = 428 об/мин.
10.13. ^=0,855Л06.циклов/10.14. п=1,18. 10.15. Д/пд«=1,Змм. 10.16. 6= 1,1мм.
10.17. ф = 9°. 10.18. AD = 2,14 мм. 10.19. ^=300 ч. 10.20. На 30%. 10.21. л= 1,1.
10.22. 2/ = 8,5 мм. 10.23. 2/ = 25,4 мм. 10.24. Кг с = 195 МН-м-3/2. 10.25. ^по=:
— §7 700. 10.26. Р{о >ат} = 0,00003. 10.27. Р = 0,0001. 10.28. Р = 0,00006.
Г л а в а 11
11.1. cmax=100 МПа, 0^ = 0, ттах = 50 МПа, /Стах«300 Н-м/м, рх = 6 м
(выпуклость вниз), Ру=— 20 м (выпуклость вверх). 11.2. о\^ тах= 112,5 МПа,
О„тах = 37,5 МПа, ттах = 37,5 МПа. Условие прочности выполняется: аэкв =
и*99 МПа < 120 МПа. 11.3. МХ = МУ = М. По сферической поверхности радиуса
9=Eh*/[l2M(\-ii)l 8тах = (/1/2):.р^6МA^|х)/(?/12). 11.4. |/(тах| = М, вектор
Ктах составляет с осью х угол 45°; кривизна равна нулю, кручение 9' = 6M/(Gh?).
11.6. Мх=—Му = /С=^30 Н«м/м; моменты действуют под углом 45° к сторонам
пластинки; рдг=1,2 м, р^ = —1,2 м. ох = —оу= ~—^=58,5 МПа. Условие
прочности выполняется: аэкв==58,5-—(—58,5) = 117 МПа < 160 МПа. 11.6. Му=*
= 87,5 МПа. По цилиндрической поверхности радиуса р^ = 3,32 м и
образующими, параллельными оси у\ох тах = 60МПа, оу тах = 21 МПа, ттах= 19,5МПа.
11.7. атах = 80 МПа, ттах = 30 МПа. 11.8. атах = 23,4 МПа, /==0,3 мм:
П.9. отал = 75 МПа, Ктах = 75 Н-м, ттах = 28,1 МПа, / = 0,73 мм. 11.10. Ар =
= 75 кПа, напряжения уменьшаются в 1,6. 11.11. а) Уравнения эпюр
изгибающих моментов: в радиальном направлении: Мг = р [г2 A + И-)—х2 C + jli)]/16, в
окружном направлении: М2 = /? [г2 A + И-)—*2A+3jji)]/16. Наибольший
изгибающий момент (у защемления) тахМ = —рг2/8 = 3,12 Н»м/м. Наибольшее
напряжение о= 18,7 МПа. Наибольший прогиб maxy = yt?r4/F4D) = 4,85.10~3 см.
б) Наибольший прогиб (в центре) maxt>= ,yyy % J"^s»0, 0197 см. Изгибающие
моменты: Mt~p [г2 C + jji)—а:й C + ц)]/16, М2 = р [г2 C + \i)-
тахУИ ^ф ^
382
( +
max ирв^фй ^-«0,035 см, max а=
1 " JX О4а/

^в*91,5МПа,тахт«р/УBА) —1,5МПа. 11.13. max t>«=Pr2/(l6rcD)*»
= 0,046 см. 11.14. v = (Px2/(8nD)) In (x/r) + P(r2—x*)/(lbnD), max i/=Pr2/( 16nD)=
= 2,48- Ю-3 см (в центре), M^P {(\ + \i) In (r/x)~ l]/A6nD), M2 = P [(\+\i) X
Xln (г/л:)~~|ь1]/Dя) 11.15 Изгибающие моменты Мг в окружном и М2 в
радиальном сечениях одинаковы »• равны Му, Прогиб v~MQ(r2-~x2)/{(\-\-\iJD]9 где
х—текущий радиус Максимальный прогиб (в центре) max o = Mnr2/j(l-|-4ii) 2Z)]=
0,0440 см
11,17. max
.1.16.
max „
16D
1 (M—m)R*r*
1.119. Наибольший прогиб (на краю
отверстия) max v=0,0246 см. Наибольшее
напряжение (там же) а «58,8" МПа;
эпюры M-j и М2 ^м на рисунке.
11,20 max о = 7,5.10- см И.21. max р =
в о (я) « i,97 10- см. II 22 .;к—2,88 МПа
уменьшается в 2,№ рича i 1.23. ок =
= 18,4 МПа, увеличится в 1,56 раза
11.24. h = 1,84 мм. 11.25 ок = 50,6 МПа,
в два раза меньше. 11.26,
Критические напряжения уменьшатся ни
76 МПа. 11.27. тк = 114 МПа. 11.28. тк«
= 122,6 МПа, уменьшатея на 44 МПа.
11.29. Больше в 2,58 раза. 11.30. Рдоп =
= 1,45 кН. 11.31. а) В 2,72 раза, б) в 4
1,8 раза. 11.33. *=107 мм. 11.34. "
а)
M9
Y/////,
К задаче 11,19.
раза. 11.32. а) В 3,32 раза,
кН. 11.35. д = 40кН/м, " ~
II.ОО. Л==1\7# ММ. II. Ot. * ДОП 1О Л11. 11* Ol>, Ц =И5 tU Н.ХХ/А/1, /V =С
= 4,2 кН/м. 11.37. Рйоп^2,Ъ7 кН из условия устойчивости
б) в
кН/м.
11.36. ^ = 4,2 кН/м. 11.37. Рлоц—Ъ^ кН из условия устойчивости полок,
11.38. ДРдоп — ^^б кН. Менее устойчива стенка швеллера. 11.39. Допускаемая
нагрузка увеличься на АР = 2,78 кН. Менее устойчива стенка швеллера,
11.40. Рк = 10,7 кН. 11.41. Размеры отгибов по 10 мм каждый, остальные стенки
по 30 мм. Рк = 18,8 кН. 11.42. Рктахг!=!264 кН, fcmin~ 1,65, Рк min = 88 кН,
fcmax = 4,95. 11.43. /z=0,72 мм, 11.44. Рк = 15,6 кН. 11.45. рк=2,95-104Па «
«0,3 атм. 11.46. ft=l,8 мм. 11.47. Мй = 6,2 кН«м, тк = 4,1 МПа. 11.48. Мк =
= 4 кН.м, т=15,9 МПа. 11.49. МдОП=190 кН«м, уменьшится на 142,5 кН<м.
11.50. Qk = 34,3kH. 11.51. Увеличится в 3,33 раза. 11.52. /z=9,3mm. 11.53.
Внешнее избыточное давление 12 кПа превышает расчетное (нижнее) давление 7,25 кПа;
устойчивость оболочки не обеспечена. 11.54. /гу=1,71 11.55. Л^ 1,75 ем,
11.56. (А^кр^бЭ кПа. 11.57, Уголок Пр 100-5, запас устойчивости /г = 2,72»
11.58. W = 308 кН. 11.59. iV=32,2 кН. 11.60. астр=108 МПа 11.61. к2 =
= ox<Kp^2/i/D=32 при точном значении ^2 = 4д2= 39,4784. 11.62. /г2=39,25; по
сравнению с точным значением (см, ответ к предыдущей задаче) в данном
примере метод конечных разностей дает приближение «снизу», 11.63. Ti =
=:164МПа, т§«54,6МПа. 11.64. т=109МПа. 11.65. тк=95,4МПа, т^ИбМПа,
т2=172 МПа. 11.66. тобщ = 73,7 МПа, %Х=\Н МПа, т2=105 МПа. 11.67. До
повреждения <?к = 4,63*10* Н/м, ^ = 4,92*10^ Н/м, ^2 = 2,63.105 Н/м. После по-
вреждения ^ = 3,18-101 Н/м, ^=6,67* 105 Н/м. 11.68. См. решение.
Р л а в а
12.1. шА
12.4. Р-142.кН.
12
ЪР1
12.2.
мм.
12.3.
12.6.
12.5. а = р, а = я/2—Р. 12.6. УУл = 360 кН, Л/в=— 80 кН
(сжатие), Л/с=20 кН. После разгрузки А/^я= —13,3 кН, /V5 = 40 кН, Л/^»
= 26,7 кН. 12,7. а—л/4. 12.8. а=»я/4# 12.9. A/«P/B$ina), 6»/.tga,
12.10. а» 135 МПа, б —18,5 см, ««2,1е. Напряжения умен*-
883

шатся в 4,5 раза. 12.11. 6 = 0,75 Pa/(EF) неподвижное сечение троса совпадает
с блоком В. 12.12. Л/х^ПЛГо/9, iV2 = 7N0/9, W3 = 87V0/9. 12.13. Л/1==0,ЗМ/а,
#2 = 0,Ш/а, М3=--0,Ш/я, #4=—0,ЗМ/а. 12.14. -----
12.1В. а-ЗСЛ 12.16. Ао= 2P/lC°Sa
EF sin P sin 2p '
12.17. max | а 1 = 212,5 МПа (сжатие на участке АВ). 12.18. 2а = 6. 12.19. ад
24,8 кН <р=12,4°.
стержень следует сделать длиннее.
0,
т
К задаче 12.56.
К задаче 12.61.
о=аМ-Е. 12.20. См. решение. 12.21. |л = 0,5. 12.22. Д^==3|шра8/Я. 12.23. При
As<3,5 прочность неизменна, при &^3,5 прочность уменьшается в отношении
(fc+3)/6,5. 12^24. тху= V<*xay • 12-25- Случай б) - опаснее при а > Зт/2.
12.26. т*=Р]/*2/BаЛ). 12.27. Для плоского напряженного состояния должно
M
Г
К задаче 12.62. К задаче 12.65,
быть oxOyGz-\-2T;XyTxzT:yZ—oyi^z—оут*х—оуг|^=0. Кроме этого, в случае
линейного напряженного состояния должно выполняться соотношение охоу-{-oyaz-{-
+ OVJ*—т| —-xje—^ = °- 12-.28. алс = 3,73 т = 37,3 МПа, аП = 33,75 МПа,
12.29.
12.32. Мк =
кН-м. 12.33. ф = 2т
8 /Са 19 /(а
. 12.30. ттах==52,5 МПа. 12.31.
= ~ /С,
. 12.34.
4 Ка
12.35. ф=^
(
D= ~ /С,
32/С/
11 ri UJ « 11 UJ д 11 \JJ р
12.36. fe = 0,545. 12.37wxmax = 100 МПа. 12.38. ттах> м
nGD*(l— а4)*
1. 12.39. /С«
-. 12.41. Jy = Jz
JyZ = 0. 12.42. Д/а=>/"/B—1^). 12.43. См. решение. 12.44. При h/b=Y
максимален момент инерции Jz. Момент сопротивления Wz максимален при
/i/6= У~2. 12.45. Jz^=al/\5. 12.46. /t/6=|/**2. 12.47. Точки с координатами
г=«± V(/i2—62)/12 , г/»0. 12.49. Все оси, проходящие через точку О, — глав-
381

ные. 12.50. См. решение. 12.51. Ь=Вх/1. 12.52. См. решение. 12.53. В
нейтральном слое балки т=//2. 12.54. Изгибающий момент M==(Lctg 36°)/2 = 0,69L.
12.55. L=-yi 5-- 12.66. См. рисунок. 12.57. М = 0, Q=—m, №=— т
О I — \Х D
на горизонтальном и N = m на вертикальном участке рамы. 12.58. Mmax—qr2.
9
К задаче 12.68.
К задаче-12.79.
$
J2.59. Угловые точки рамы при данной нагрузке относительно неподвижны.
12.60.
==~sin 2a,
где а=
-ту Зд-— напряжения в точке д поперечного сечения балки
К задаче 12.80.
К задаче 12.83.
S#s=s-- f —— фк J, ^—расстояние от точки К до нейтрального слоя балки
3 Р1
12.61. См. рисунок. 12.62. См. рисунок. 12.63. amaxae-j -щ- в среднем сечении
балки. 12.64. 0,5/. 12.65. гтлх^=^-^Цг, где F=*—— площадь сечения; эпюру т
см. на рисунке. 12.66. Q = 0, max|Al|=ma. 12.67. 6A=*ql2/BEF), где F = bh —
площадь сечения балки. 12.68. См. рисунок. 12.69. М=0,57аЯ2. 12.70. ^разр =
— 2РЛ/3. 12.71. 6л = 0, 6в = 2Ра3/C?/). 12.72. A = P/3/A6?J). 12.73. См. реше-
ве. 12.74. ? = 6Р//. 12.75. Э5= — qa*/FEJ). 12.76. L = 3?//B50/). 12.77. 6 :
ние.
:ЗяРг3/D?/). 12.78. л:=0,365/. 12.79. yIttax=3^a4/D0?1/), 0л=^а3/(8?/). Эпюры
Q и М см. на рисунке. 12.80. Эпюра изгибающих моментов показана на
рисунке. 12.81. M=3EJ6/a2. 12.82. а = /—6, vB=—Pabz/(ME'J). 12.83. См.
рисунок. 12.84. A = 3</a4c/[8Cc?J+a3)]. . 12.85. 60=^ (^-+4п) . где /= ^- ,-
()
и G — модули упругости материала I и II рода. 12.86. я=а/3. 12.87. Jx/
W § Ld?l(ZlEJ)Lb*l(ZlEJJ). 12.88. fiB = 2La2/CEJ) (вверх).

CO COCO CO S3 COCOWtOtOtOtOtO^<.*OtOlOtO>—»—•»—н— *С*- »— I— »—>-*>— ОО^-ОООООООО
сух >^ь со №э *^* 05 со оо ^j o^ ш if^ е»1 Со 1^э *•
I ! I I ! II I I ! I I
ОООО^ООООООО
I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I II I II II I
^D CD ^D ^D ^о СО СО СО СЭ С5 ^Э СЭ С5 ^^ CD ^? CD CD C5 CD CD ^D Co CD CD CO ^D CD C? ^D ^D ^^ CD ^D CO CO CD G? CD K
CO i^ О •—»-«. 00 Ю *"* ^^
^ о со oo »vj o> сл^-со ^N3^— ою оо^аЪ^сл^й^ЬоТо^-^о со oo g- -si O5 сл^-Ъо lo и- о ^1оЪо^Ъ>
d о С) о о о ©ooocboooooooocbpo©©
§С5 СО СО CD CO CO CD CD QI> ^D CO CO CD ^D C? CD О C^ ^D C? CO CD CO ^D CD Qb CO ^D CO CD CD CD CO CO ^^ CD CD CD CD
OOOOOOOO^oOOOOOOOOCoOOOOOOOCotO»— •— n-,— tOtOtOtotOCOCoCO
—¦ -~- ¦— — — '"*)i^01>400'-"-'03 01n1OC0UiN00»—tib>O)
Э СЛ CO 4^ <© •—Ю 4^ 00 »4^ О 00 Оо СП> СО О СЛ
>• СЛ СО 00 Оо Ю О Oi -41 tO CO CO O> tO 00 ~«4 CO
>uu
>OOOCt>OOOOOOOOCoOOOOOOOCoOOOOOOOO<:: _ _
>OOOCoOOpOOOOOS^OOOpOOO5^OOOOOOCDO5bOpO^
54^ tOC "^ *""
II
1 +
3 ff
S *oo
о ^
? s
о _
s
S3
о
n
a
'V
>
CO
о
JZ
s:
pa
e:
га
X
s

Таблица 2
Значения определенных интегралов, встречающихся при нахождении усилий
и перемещений в стержнях и кольцах с круговой осью г)
1
2
3
4.
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
f @)
sinp
cos p
sin2p
cos2P
sin3 p
cos3p
3siriP
3cosp
32sinp
P sin2 P
P cos2 P
«in P cos P
sin P cos2.p
sin2 p cos P
sin2p cos2 p
sin2p
cos2P
P sin 2p
p cos 2P
sin (a— P)
cos (a— P)
sin p sin (a —p)
sin Pcos (a —P)
cos p sin (a — P)
cos pcos (a—P)
a*
0
1—cos a
sin a
1 # i
-j- cos 2a -{--х- a
1 3 2
1 3
j-K sin За-}--^- sin a
sin a — a cos a
cosa+asin a—1
2asina—(a2—-2) cos a—2
2a cos a + (a2—2) sin a
--- a2 — -j- a sin 2a — — cos 2a -f-
4:4: О
T a2 + 1T asin 2a + -5" cos 2a —
4 4^ «
^- sin2 a
-j A— cos3 a)
у sin a
1 l
•— —— — cos 2a
о о ••—»
— sin 2a
-j sin 2a — у a cos 2a
1 1.1
1—cos a
,sin a
-p- sin a—^- a cos a
Y a sin a
T.r a sin a
1 , 1
Y sm a-f-~ a cos a
1
"8
1
"8"
^C. Д. Пономарев и др. Расчеты на прочность в машиностроении,
т. 1,—М.: Машгиз, 1956, табл. 42.
387

Таблица 3
Коэффициенты ф продольного изгиба центрально сжатых элементов
(увеличены в 1000 раз)
Гибкость
X
10
20
30
40
50
60
70
80
<Ю
100
ПО
120
130
140
150
160
170
180
190
200
210
220
200
988
967
939
906
869
827
782
734
665
599
537
479
425
376
328
290
259
233
210
191
174*
160
240
987
962
931
894
852
805
754
686
612
542
478
419
364
315
276
244
218
196
177
161
147
135
280
985
959
924
883
836
785
724
641
565
493
427
366
313
272
239
212
189
170
154
140
128
118
Расчетное
320
984
955
917
873
822
766
687
602
522
448
381
321
276
240
211
187
167
150
136
124
из
104
360
983
952
911
863
809
749
654
566
483
408
338
287
247
215
189
167
150
135
122
111
102
094
сопротивление R, МПа
400
982
949
9Q5
854
796
721
623
532
447
369
зоа
260
223
195
171
152
136
123
111
101
093
086
440
981
946
900
846
785
696
595
501
413
335
280
237
204
178
157
139
125
112
102
093
0'85
077
480
980
943
895
849
775
672
568
471
380
309
258
219
189
164
145
129
115
104
094
086
079
073
520
979
941
891
832
764
650
542
442
349
286
239
203
175
.153
134
120
107
097
088
080
074
068
560
978
938
887
825
746
628
518
414
326
267
223
190
163
143
126
112
100
091
082
075
069
064
600
977
936
883
820
729
608
494
386
305
250
209
178
153
134
118
105
094
085
077
071
065
060
640
977
934
870
814
712
588
470
359
287
235
197
167
145
126
111
099
089
081
073
067
062
057
Примечание. Расчетное сопротивление R выбирается равным пределу текучести
материала (ат или ого,2), деленному на коэффициент k, лежащий между 1 и 1,1, в зависимости
от качества изготовления. В задачах, помещенных в сборнике, принято fc=l.
Та&яща 4
Значения функций
Ф
для расчета балок на продольно-поперечный изгиб
2и
1,00
]
¦
1,10
1,20
1,30
1,40
1,50
1,60
1,70
1,80
1,1304
1,1617
,1979
,2396
,2878
,3434
1,4078
1,4830
1,5710
ЧГ(и)
,0737
1,0912
1,1114
1,1345
1,1610
1,1915
1,2266
1,2673
1,3147
Х.(к)
,1113
,1379
,1686
,2039
,2445
1,2914
1,3455
1,4085
1,4821
2и
1,90
2,00
2,10
2,20
2,21
2,22
2,23
2,24
2,25
Ф(и)
1,6750
1,7993
1,9494
2,1336
2,1543
2,1754
2,1972
2,2197
2,2421
ЧР"(и)
1,3704
1,4365
1,5158
1,6124
1,6233
1,6343
1.6457 ,
1,6572
1,6690
Х(м)
1,5689
1,6722
1,7967
1,9491
1,9663
1,9837
2,0016
2,0199
2,0386
388

Продолжение табл. 4
2,26
2,27
2,28
2,29
2,30
2,31
2,32
2,33
2,34
2,35
2,36
2,37
2,38
2,39
2,40
2,41
2,42
2,43
2,44
2,45
2,46
2,47
2,48
2,49
2,50
2,51
2,52
2,53
2,54
2,55
2,56
2,57
2,58
2,59
2,60
2,61
2,62
2,63
2,64
2,65
2,66
2,67
2,68
2,69
2,70
2,71
2,72
2,73
2,74
2,75
2,76
2,77
2,78
2,2654
2,2891
2,3135
2,3384
2,3641
2,3902
2,4171
2,4448
2,4731
2,5022
2,5320
2,5625
2,5939
2,6262
2,6596
2,6935
2,7287
2,7649
2,8021
2,8403
2,8798
2,9204
2,9.624
3,0056
3,0502 .
3,0963
3,1438
3,1931
3,2437
3,2963
3,3508
3,4072
3.4657
3,5262
3,5890
3,6542
3,7220
3,7925
3,8659
3,9421
4,0218
4,1047
4,1914
4,2820
4,3766
4,4757
4,5795
4,6885
4,8029
4,9233
5,0499
5,1835
5,3245
,6812
,6936
,7062
,7192
,7325
,7461
,7601
,7744
,7891
1,8041
1,8195
1,8354
1,8516
1,8683
1,8854
1,9031
1,9212
1,9398
1,9589
1,9786
1,9989
2,0198
2,0413
2,0635
2,0864
2,1100
2,1343
2,1595
2,1855
2,2124
2,2402
2,2690
2,2988
2,3297
2,3618
2,3950
2,4295
2,4654
2,5027
2,5415
2,5819
2,6241
2,6680
2,7140
2,7619
2,8121
2,8648
2,9199
2,9778
3,0386
3,1027
3,1702
3,2414
2,0578
2,0775
2,0976
2,1181
2,1392
2,1608
2,1830
2,2057
2,2290
2,2529
2,2774
2,3025
2,3284
2,3550
2,3822
2,4103
2,4391
2,4687
2,4993
2,5306
2,5630
2,5964
2,6307
2,6662
2,7027
2,7405
2,7794
2,8197
2,8612
2,9043
2,9488
2,9949
3,0427
3,0922
3,1435
3,1968
3,2522
3,3097
3,3696
3,4319
3,4969
3,5646
3,6353
3,7092
3,7863
3,8671
3.9517
4,0405
4,1337
4,2317
4,3349
4,4436
4,5584
2,79
2,80
2,81
2,82
2,83
2,84
2,85
2,86
2,87
2,88
2,89
2,90
2,91
2,92
2,93
2,94
2,95
2,96
2,97
2,98
2,99
3,00
3,01
3,02
3,03
3,04»
3,05
3,06
3,07
3,08
3,09
3,10
3,11
3,12
3,13
3,14
3,15
3,16
3,17
3,18
3,19
3,20
3,30
3,40
з,5а
3,60
3,70
3,80
3,90
4,00
4,10
4,20
Ф (и)
5,4736
5,6315
5,7990
6,9770
6,1664
6,3685
6,5845
6,8160
7,0646
7,3322
7,6212
7,9343
8,2745
8,6455
9,0516
9,4982
9,9915
10,5393
11,1510
11,8386
12,6171
13,5057
14,5295
~ 15,7219
17,1282
18,8116
20,8629
23,4176
26,6860
31,0160
37,0244
45,9234
60,4566
88,4522
164,7487
1199,1629
—227,1668
—103,7576
—67,2348
—49,7313
—39,4600
—32,7063
—12,0770
—7,4248
—5,3769
—4,2292
—3,4990
—2,9961
—2,6314
—2,3570
- —2,1454
—1,9792
3,3166
3,3963
3,4807
3,5704
3,6659
3,7676
3,8764
3,9928
4,1179
4,2525
4,3977
4,5550
4,7259
4,9121
5,1160
5,3401
5,5875
5,8622
6,1688
6,5134
6,9035
7,3486
7,8613
8,4583
9,1623
10,0049
11,0314
12,3096
13,9446
16,1105
19,1156
23,5659
30,8334
44,8321
82,9812
600,1900
—112,9747
-51,2692
-33,0068
—24,2541
-19,1176
—15,7398
—5,4154
—3,0787
-2,0433
—1,4572
-1,0787
-0,8128
—0,6147
-0,4603
—0,3355
—0,2317
4,6797
4,8082
4,9444
5,0892
5,2432
5,4075
5,5832
5,7713
5,9733
6,1907
6,4255
6,6798
6,9561
7,2573
7,5871
7,9496
8,3500
8,7946
9,2910
9,8489
10,4804
11,2013
12,0317
12,9988
14,1393
15,5044
17,1677
19,2388
21,8886
25,3989
30,2701
37,4839
49,2647
71,9577
133,8017
972,2562
-183,8716"
—83,8391
—54,2342
—40,0458
—31,7195
-26,2445
—9,5162
—5,7378
-4,0697
-3,1308
-2,5292
—2,1113
-1,8043
-1,5694
—1,3840
-1,2342
389

Таблица 5
Коэффициенты \i приведения длины /
для шарнирно опертого стержня переменной жесткости
Средняя часть длины а—постоянной жесткости (момент
инерции сечения /2); жесткость крайних частей,
симметричных относительно середины стержня, меняется по закону
/ М/*J
Jl/Jt
0
0,2
0,4
0,6
a/I
0
3,14
1,25
1,14
1,08
0,2
2,52
1,15
1,08
1,05
0,4
1,89
1,07
1,04
1,02
0,6
1,26
1,02
1,01
1,01
Таблица 6
Сталь прокатная угловая равнополочная
( ГОСТ 8509-72)
с
5
5,6
M
Размеры
b
и
мм
50
56
63
3
4
5
3,5
4
5
4
5
6
i
см*
2,96
3,89
4,80
3,86
4,38
5,41
4,96
6,13
7,28
i
2
в
3
3
3
4
3
4
5
i
в
I
,32
,05
,77
,03
,44
,25
,90
,81
,72
X -
*
-а
СМ4
7,11
9,21
11,2
11, Ь
16,0
18,9
23,1
27,1
- X
см
1,55
1,54
1,53
1,73
1 73
1,72
1,95
1,94
1,93
Справочные величины для
I
©
н
СМ4
11,3
14,6
17,8
18,4
20,8
25,4
29,9
36,6
42,9
макс
о
СМ
1,95
1,94
1,92
2,18
2,18
2,16
2,45
2,44
2,43
Уо— У
мин
О
см4
2,
з,
4,
4,
6,
7
9
11
95
80
63
80
41
59
,81
,52
овей
>
ю
е
GM
1
С
,00
),99
0,98
,12
1,11
[,Ю
1,25
[,25
1,24
см4
12,4
16,6
20,9
20,3
23,3
29,2
33,1
41,5
50,0
см
1
1
1
,33
,38
,42
,50
[,52
1,57
1,69
1,74
1,78
390

Продолжение табл. 6
>филя
&
с
7
7,5
о
О
Q
У
10
11
11
12 с
Размеры
•
d
мм
70
75
ол
80
ОЛ
Уи
100
НО
joe;
4,5
5
6
7
8
5
6
7
8
9
5,5
6
7
8
6
7
8
9
6,5
7
8
10
12
14
16
7
8
о1
9
10
12
14
16
а
Площадь г
филя F
см2
6,20
6,86
8,15
9,42
10,7
7,39
8,78
10,1
11,5
12,8
8,63
9,38
10,8
12,3
10,6
12,3
13,9
15,6
12,8
13,8
15,6
19,2
22,8
26,3
29,7
15,2
17,2
19,7
22,0
24,3
28,9
33,4
37,8
U
о
Масса 1 п
кг
4,87
5,38
6,39
7,39
8,37
5,80
6,89
7,96
9,02
10,1
6,78
7,36
8,51
9,65
8,33
9,64
10,9
12,2
10,1
10,8
12,2
15,1
17,9
20,6
23,3
11,9
13,5
15,5
17,3
19,
22,7
26,2
29,6
х —
чм4
29,0
31,9
37,6
43,0
48,2
39,5
46,6
53,3
59,8
66,1
52,7
57,0
65,3
73,4
82,1
94,3
106
118
122
131
147
179
209
237
264
176
198
294
327
360
422
482.
539
-X
см
2,16
2,16
2,15
2,14
2,13
2,31
2,30
2,29
2,28
2,27
2,47
2,47
2,45
2,44
2,78
2,77
2,76
2,75
3,09
3,08
3,07
3,05
3,03
3,00
2,98
3,40
3,39
3,87
3,86
3,85
3,82
3,80
3,78
Справочные величины для осей
а
се
S
о
СМ4
46,0
50,7
59,6
68,2
76,4
62,6
73,9
84,6
94,6
105
83,6
90,4
104
116
130
150
168
186
193
207
233
284
331
375
416
279
315
467
520
571
670
764
853
¦я
и
X
си
S
о
СМ
2,72
2,72
2,71
2,69
2,68
2,91
2,90
2,89
2,87
2,86
3,11
3,11
3,09
3,08
3,50
3,49
3,48
3,46
3,88
3,88
3,87
3,84
3,81
3,78
3,74
4,29
4,28
4,87
4,86
4,84
4,82
4,78
4,75
Уъ—Ум
к
к
?
9
СМ4
12,0
13., 2
15,5
17,8
20,0
16,4
19,3
22,1
24,8
27,5
21,8
23,5
27,0
30,3
34,0
38,9
43,8
48,6
50,7
54,2
60,9
74,1
86,9
99,3
112
72,7
81,8
122
135
149
174
200
224
X
tst
S
о
см
1,39
1,39
1,38
1,37
1,37
1,49
1,48
,48
,47
,59
,58
,58
,57
,79
1,78
1,77
,77
1,99
1,98
1,98
1,96
1,95
1,94
1,94
2,19
2,18
2,49
2,48
2,47
2,46
2,45
2,44
см4
51,0
56,7
68,4
80,1
91,9
69,6
83,9
98,3
ИЗ
127
93,2
102
119
137
145
169
194
219
214
231
265
333
402
472
542
308
353
516
582
649
782
916
1051
*
см
1\88
1,90
1,94
1,99
2,02
2,02
2,06
2,10
2,15
2,18
2,17
2,19
2,23
2,27
2,43
2,47
2,51
2,55
2,68
2,71
2,75
2,83
2,91
2,99
3,06
2,96
3,00
3,36
3,40
3,45
3,53
3,61
3,68
391

со со со
l^. CM CD ^ О CD Г-.
" 1Ч ^ Ю N «D О
Ю Ю Ю «-О Ю Ю СО
Г~- ОО CD О —- СМ СО
ОО — Ь-
—* —- О5
00CDO
00 ^f
см см
— СО
см см
CM CM CM "f LO СО О
ООЮ СМСОЮ'СОСО
— ^ h- см со h- —•
со со оо "«*• ю со оо
00^ О СО
СМ СО ч*> -^
СО h*
—• СО •* Ю
CD 00 CD
CM CM CM
оо со
5 00 Ь- <О СО — С75
5 О5 О5 О5 О5 О5 СО
со со со со со со со
CD СО
ю о
— со
СМ ОО О CD Is— О О5
тИ uO tv* Г4^ 00 CD 00
CD '—"' СО lO ОО ~~ СО
'— СМ СМ СМ СМ СО СО
элем о^с
тН CO —' 00 CM 00 Ю
00 00 ОО Г- h- СО Ю
оооо
00 Ю CM CD ^ CD CO
t4 t^'t CD СО Ю Ю
CD CD CD CD CD CD CD
DHBW 0х
ii
CM CO 00 00 ^ Ю CO
(N N О — Ю Tf lO
CD CO CD CO CM "^ CO
4^h CO •— CD —' CM CD
«>. ОС CD CD — CM CM
CO 00 00
CO CO CO CO CO CO CO
00 00
co~co~
CD CO — CD Ю — CD
t4* l4^ Is*» CO CO CD lO
CDS
CM 00
CM CD CD CD t-« CD CM
00 CD О CO 00 "^J" О
— —« см см см со Th
— ^f CD ^ О —
«<*• Ю Ю CD S Г^ 00
W *JOU I B00BW
CD — Ю
— CM CM
— 00 CD oo -f "¦* —¦
CD CD Г^. 00 CD О —
тгифойи
s сою
t^s cm"
CM CM CO
-M CD CO ОЮ00Ю
¦«ф Ю tO CD t>- CD *—'
—• Ь- —¦ О
00 1^- h^ CD CD CO CM
!>• 00 CD О — 00 "*
CDO CM
CS| CO rf1 CO О Ю О
^н ^-, ^м —щ CM CM 00
CD 00 О CM LO 00 О
— —• см см см см со
о
00
о
s
C
ыгифосШ

со
I
Я
о •
>
*-»
н
•
-
CQ К
N
2
ft.
К!
2
«9
3
§
Ъ
3
S
и
S
§
R
Ч
•9*
к
9
9
-О
(Л
-
а
8
39,7
CN
s
100
о
LO
00
со
X)
s
§8
"*
s"
о
со
00
s
120
CN
2*
LO
Ю
LO
00
со
LO
81,7
К
ю
"*
LO
140
15,
*-'
lO
CD
8
CO
s
CD
109
CO
00
oo
Ю
oo
160
со
oo
oo
oo
"-*
00
CD
S3
oo
143
o
CO
—,
00
LO
s
180
qo
aT
(N
oo
CN
<N
114
00
53
159
о
со
oo
Ю
QOl
180
00
CN
О
CN
со
(N
115
104
00
00
184
oo
00
««•
oo
CN
LO
100
1 200
о
1
к.
22,
CO
CN
CN
00
CN
155
114
oo
00.
203
о
CN
C7>
00
CN
00
CN
Ю
О
005
CO
о
393

Продолжение табл. 7
No
профиля
22
22a
24
24a
27
27a
30
30a
33
36
40
45
50
55
60
Размеры
h
220
220
240
240
270
270
300
300
330
360
400
450
500
550
600
Ь
i
110
120
115
125
125
135
135
145
140
145
155
160
170
180
190
им
5,4
5,4
5,6
5,6
6
6
6,5
6,5
7
7,5
8,3
9
10
11
12
t
8,7
8,9
9,5
9,8
9,8
10,2
10,2
10,7
11,2
12,3
13
14,2
15,2
16,5
17,8
Площадь
сечения F
см2
30,6
32,8
34,8
37,5
40,2
43,2
46,5
49,9
53,8 ,
61,9
72,6
84,7
100
118
138
i¦
J X
CM4
2550
2790
3460
3800
5010
5500
7080
7780
9840
13380
19062
27696
39727
55962
76806
CM3
232
254
289
317
371
407
472
518
597
743
953
1231
1589
2035
2560
CM
9,13
9,22
9,97
10,1
11,2
11,3
12,3
12,5
13,5
14,7
16,2
18,1
19,9
21,8
23,6
sx
CM3
131
143
163
178
210
229
268
292
339
423
545
708
9*19
jll81
1491
г..
Jy
CM4
157
206
198
260
260
337
337
436
419
516
667
808
1043
1356
1725
Wy
CM3
28,6
34,3
34,5
41,6
41,5
50
49,9
60,1
59,9
71,1
86,1
101
123
151
182
CM
2,27
2,5
2,37
2,63
2,54
2,8
2,69
2,95
2,79
2,89
3,03
3,09
3,23
3,39
3,54
Масса
\ nor. м.
кг
24
25,8
27,3
29,4
31,5
33,9
36,5
39,2
42,2
48,6
57
66,5
78,5
92,6
108

4* О> М
00 СО СО
СЛ 4*00
tOO 4*
Vcobo
to to to
?888
>fe
со to to
4ь. СЛ О
<?> ^ tO
00 ^
спел
сл*р
to to
coco
со оо
о "to
ел ел
оо
СЛ СО
со
ъ
СО 00 CDC75
>—и-Ю tO
8883
>—to to •—
СЛ 00 С7Э О5
>-co
"со'со^Ъ)
tO N3 Ю tO
о to оо оо
¦^ соооо
W82
СЛ 4* СО СО
оооо
00 00 00 00
СЛ О СТ> --4
Площадь профиля
F
ДОасса 1 пог. м.
Расстояние
от центра
тяжести у0
«н?
Расстояние
от центра
тяжести Хо
^
I
s
I
1
00
2
?

968
го
¦#
СЛ
о*
3
§
§
85
8
toooo ^а
000*4 0)
©ослел
СЛ
СО СОФ»
• СЛ
>—00 «Ч
8*88
88
Площадь профиля
ЮСО00 ^)
СОСЛСЛ
со со
8т ЬО
88
Масс I пот. м.
сослео
*8*8 2
со со со
*288
СО СО СО СО
»—^-^-to
слоосо
Rococo
to to*-
CojWCO
"сл'сл'сл
CO CO CO CO
68*8*8-
888
CO CO CO
00
8***S
со to t
O> 00
CO CO 00 CO
888
tO N3 tO *-
00 COO ОС
CO 4b. 00 to
sss
oooo
ooo
oooo
OOO
to to
*8S
4^ tO
Oo ^J
OOO
tO 4*.
to to
a*
Расстояние
от центра
тяс
88
"to oo
Расстояние
от центра
тяжести хб
00 *4
88

8
О
8
*- <л со
СЛ СЛ 4Ь. СО
— сл со -<i
> сл <
«4 -v»00Ot
со*со*оо
"*vj JD tO **1
О> 4*. СО О
м^ "*>1«Са5 СО
Сося со к:
4^ й^ СО СО
сосо-ч 4*>
00 СО СО СО
СТ5 СЛ
»— СЛ
сл сл сл сл
КЭ 4*. -4 00
loo
J2
ю сл
сою
8
CO СОЮ tO
4^O СЛ tO
*^ CO CO 00
*СоЪ>"Ьо
00 -nJ O5 O"
CO 00 CftO
<J 4^ ^J OJ
СЛ СЛ QT <*"""
S ~ CO СЯ
- to to to to
00 00 00 00
ЬО 4ь. СЛ
85
аз
I
Площадь профиля
Масса 1 nor. м.
gcoc» en
cocoto
O00 ОС tO
QDOOOO ->l
СОЮ *—CO
i— CO 4*. -sj
45«. CO CO ГО
o> to oo to
CO О СО Ю
*~ Co сл ю
3 45». CO *-
Oi CJ5 Q> CT
Vj'bi'oi'cr
4*. CO tO »—
ЭЮСОСГ
Расстояние
от центра
тяжести t/Q
to ^--
СО 00 S <
4* O>00
со СУ5 *-*
4^. 4*. СЛ СЛ
00 COO 4S».
бо to to to
со со oo "^
CO —COCO
COCT>Oo Co
toto
toS
P асстояние
от центра
тяжести х0
со со to to
<Л КЭ 00 О
Ы *Ч СЛ 4^
оо -^
ело
3
«а
4*. 4&
oto
_- — ,— to
O5 00 CO
oo
oo
CO CO C
oo о t
co
CO CO CO CO
00 00 <D CO
слоо o»-

*»
5
I
1
Таб
3
5
s
1
гор
1
fB
^t^r
^
<J <N<N(N<N M <N <N C^^i CO CO
)-H^ (DO00 0
00 C?>Tt<
оюоооооооооосэооооооооо
OOOOc5t*^0<00000<N<N^trOCO@0

Таблица 10
Профили прессованные типа Пр-100
профиля
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
И
12
13
14
15
16
17
Размеры
В
12
15
15
15
18
20
20
25
25
30
30
40
40
45
45
50
50
d
мм
1,0
1,0
1,5
2,0
2,0
1,5
2,0
1,5
2,0
2,0
3,0
3,0
4,0
4,0
5,0
4,0
5,0
R
1,5
l!5
2
2
2
2
2
2
2
2
3,0
3
4
4
5
4
5
0,2
0,2
0,2
0,2
0,2
0,2
0,2
0,2
0,2
0,2
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Расстояние
до центра
тяжести
мм
3,31
4,06
4,23
4,42
5,17
5,48
5,67
6,73
6,92
8,17
8,51
11,00
11,34
12,59
12,93
13,84
14,18
3,31
4,06
4,23
4,42
5,17
5,48
5,67
6,73
6,92
8,17
8,51
11,0
11,34
12,59
12,93
13,84
14,18
Площадь
сечения F
см2
0,234
0,294
0,434
0,564
0,684
0,584
0,764
0,734
0,964
1,164
1,120
2,320
3,057
3,457
4,277
3,857
4,777
Моменты инерции
Jx
Jy
Jxy
см*
0,032
0,063
0,091
0,114
0,204
0,222
0,284
0,444
0,573
1,011
1,439
3,549
4,549
6,592
6,957
9,171
11,107
0,032
0,063
0,091
0,114
0,204
0,222 "
0,284
0,444
0,573
1,011
1,439
3,549
4,549
6,592
6,957
9,171
11,107
—0,019
—0,038
—0,054
—0,068
—0,122
—0,134
—0,171
—0,267
—0,345
—0,609
—0,864
—2,123
—2,731
—3,957
—4,770
—5,506
—6,478
Радиусы
ix
инерции
iy
см
0,368
0,465
0,456
0,449
0,546
0,617
0,610
0.778 '
0,771
0,932
13,914
1,237
1,220
1,381
1,361'
1,542
1,525
0,368
0,465
0,456
0,449
0,546
0,617
0,610
0,778
0,771
0,932
0,914
1,237
1,220
1,381
1,361
1,542
1,525
Теоретическая масса
(масса 1 пог. м)
Д1. Д6,
Д16
Ав, АМц
кг
0,067
0,084
0,124
0,161
0,195
0,166
0,218
0,209
0,275
0,332
0,490
0,661
0,84
0,985
0,219
1,0§9
1,361
0,064
0,081
0,119
0,155
0,188
0,161
0,210
0,202
0,265
0,320
0,473
0,638
0,841
0,951
1,176
1,061
1,314

to
s
I
I
s.
ё
1
I
i
4» В
8
588
f
Csf ©f ©Г ©f ©f CsT ©f
©f ©f ©f ©* ©f ©f ©f ©f
,90
~*
96'
8
,02
2'2
©) ©4
82
<N ©|
2 S
©4
S S ^ ~T C^ ©f ©^ ©f
©) ©) ©4
oo oo о>л о>л o^ o^ «Зж
* ^Г —Г -Г —Г оГ ©f ©Г
©f ©f ©f ©f ©f ©f ©f <N
©f ©f ©f ©f ©f ©f ©f ©f
SSfeSSSSS
ЮЮЮЮФЮОФ
я
,54 i
1,59 1
,44
,59 1
1,63 1
,50
,64 1
1,67 1
I 69'
I 1П
,61
,73 1
1,76 1
.66
,78 1
1,80 1
К
,83 1
1,84 1
,83
,93 1
1,92 1
S5
,42 1
1,39 1
,38
,43 1
1,40 1
,39
,44 1
1,42 1
.46 1
1,44 1
,43
.47 1
1,45 1
,45
,50 1
1,47 1
.46
I IS'
1.48 1
.50
,54 1
1,52 1
I
400

Таблица 12
Коэффициенты концентрации KoD и KxD для валов с посаженными деталями
Коэффициенты
концентрации
к
к
Диаметр, мм
30
50
100 и более
30
60
100 и более
Посадка
Пр
с
Пр
н
с
Пр
н
с
Пр
н
с
&
с
Я"
с
400
2
1
1
2
2
1
2
2
1
1
1
1
,25
,69
46
,75
,06
,80
,95
,22
,92
,75
,41
,28
2,05
1
1
2
1
1
,48
,17
,73
.55
500
2,50
1,88
1 63
3,05
2,28
1,98
3,28
2,46
2,13
1,90
1,53
1,38
2,23
1,87
1г60
2,37
1,88
1,68
600
2,
2,
3
2
2
3
2
2
2
1
1
2
2
1
2
2
1
75
06
79
,36
,52
,60
,70
,34
,05
,64
,47
,62
03
,71
,56
,04
,83
ав, МПа
700
3,00
2,25
1,95
3,66
2,75
2,38
3,94
2,96
2,56
2,20
1,75
1,57
2,60
2,15
1,8а
2,76
2,18
1[94
800
3,25
2,44
2,11
3,96
2,97
2,57
4,25
3,20
2,76
2,35
1,86
1,67
2,78
2,28
1,95
2,95
2,32
2,06
900
3,50
2,63
9 9Я
4,28
3,20
2,78
4,60
3,46
3,00
2,50
1,98
1,77
3,07
2,42
2,07
3,16
2,48
2,20
1000
3,75
2,82
9 44
4,60
3,45
3,00
4,90
3,98
3,18
2,65
2,09
1,86
3,26
2,67
2,20
3,34
2,80
2,31
1200
4,25
3,19
9 76
5,20
3,90
3,40
5,60
4,20
3,64
2,95
2,31
2,06
3,62
2,74
2,42
3,76
2,92
2,58
Таблица 13
Расчетные (нижние) критические нагрузки (напряжения)
в задачах устойчивости оболочек
(по книге: Вольмяр А. С. Устойчивость деформируемых
систем. — М.: Наука, 1967)
Круговая цилиндрическая оболочка при осевом сжатии (R— радиус оболочки,
h — толщина). Расчетное напряжение o=*kE-fi, где коэффициент k определя-
ется из таблицы
R/h |<250| 500 | 750 | 1000 | 1500
0,18 | 0,14 | 0,12 | 0,10 | 0,09
401

Круговая цилиндрическая оболочка при внешнем давлении (R—радиус^ оболоч-
ки, L—длина, h—толщина). Расчетное давление р~0,92уЕ
^у
р^
у — ,
где
коэффициент v определяется из таблицы
R/h | < 250 | 500
1000 | 1500
v | 0,7 | 0,6 | 0,5 | 0,4
Круговая цилиндрическая оболочка при кручении. Расчетное напряжение
-g у -уу, где коэффициент k определяется из таблицы
R/h | < 250 | 500 | 1000 | 1500
0,8
0,7 | 0,6 | 0,5
Сферическая оболочка при внешнем давлении (R—радиус оболочки, h—тол-
п2
щина). Расчетное давление- p^vE-^ , где коэффициент v определяется из
таблицы
R/h |<250| 500 | 750 | 1000 | 1500
v | 0,3 | 0,24 | 0,20 | 0,16 | 0,15
Таблица И
Единицы измерения механических величин в Международной системе (СИ)
Наименование
величин
Сила, груз
Погонная
интенсивность нагрузки
Напряжение
Модуль упругости
Интенсивность
нагрузки на
поверхности
Момент силы
Работа, энергия
Мощность
Длина
Масса
Плотность
(удельная масса)
Удельный вес
Наименование
единиц
ньютон
паскаль
паскаль
паскаль
джоуль (ньютон на
метр)
ватт (джоуль в
секунду)
метр
килограмм

Обозначения
Н
Н/м
Па
Па
Па
Н*м
Дж
Вт
м
кг
кг/м3
кгс/м3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
Соотношения единиц
Н = 0,1 кгс
Н/м = 0,1 кгс/м = 10~3 кгс/см
Па = 0,1 кгс/м2=10-4 тс/м2
МПа=10 кгс/см2 =100 тс/м2
кПа = 0,1 тс/м2
Н»м = 0,1 кгс«м = 10 кгс-см
Дж=0,1 кгс-м = 10 кгс«см
Вт=0,1 кгс/м«с
м=100 см =* 1000 мм
кг=0,001 т
402

Кратные единицы
Наименование
Обозначения
Множители
Тера
Т
Ю12
Гига
Г
10й
Мега
М
Ю6
Кило
к
103
Гекто
г
102
Дека
да
10
Дольные единицы
Наименования
Обозначения
Множители
Деци Санти Милли Микро Нано Пико
д с м мк н п
Ю-1 ю-2 ю-з ю-в 10-9 ю-12
ПРИЛОЖЕНИЕ 2. РАСЧЕТ КОНСТРУКЦИЙ НА ЭВМ
Блок-схема 1. Расчет многопролетной балки *)
Ниже приведена блок-схема 1 программы расчета и построения основных эпюр
для многопролетной балки. Реализуется обобщенный алгоритм, состоящий из трех
этапов:
1) ввод и корректировка данных с выводом на алфавитно-цифровое печатающее
устройство (АЦПУ);
2) формирование и решение системы линейных алгебраических уравнений
относительно реакций опор и постоянных интегрирования;
3) формирование данных для построения графических изображений схемы на-
гружения, эпюр поперечных сил, изгибающих моментов, прогибов балки.
Программа основана на методе прямого интегрирования дифференциального
уравнения упругой линии балки.
Блок-схема реализована в виде основной программы и ряда внешних функций
и подпрограмм. Язык программирования — фортран-4. В качестве
вспомогательного обеспечения используется графический пакет — ГРАФОР. Структура
программы показана на блок-схеме 1 (см. с. 404). Отдельные-подпрограммы служат
для вычисления прогибов под действием только внешних сил и прогибов от действия
единичных реакций в опорах.
В результате выполнения подпрограммы графического пакета автоматически
вычерчиваются эпюры изгибающих моментов, поперечных сил и прогибов,
наносится штриховка, указываются размеры, изображаются сами опоры, упругая линия
балки, внешние силы и моменты, а также распределенные нагрузки.
Блок-схемы 2 и 3. Расчел на ЭВМ динамических характеристик балок»
пластинок и оболочек **)
Ниже приводится блок-схема 2 программы, служащей для определения частот
и форм собственных колебаний элементов конструкций. В основу расчета положены
методы конечных элементов и суперэлементов (МКЭ и МСЭ), основанные на
вариационном методе Ритца в перемещениях (см, также условия и решения задач 7.84,
9.73—9.76).
*) Блок-схема 1 составлена В, Н. Москаленко.
**) Блок-схемы 2 и 3 составлены А, Е- Тихомировым,
403

Елок-схема i
ввод длины балки
I . I
»§^ ~ Ввод данных од опорах
*ч| I
§^ Ввод данных о сосредоточенных силах
%* ' 1
|^ I ¦ I
?«§ |_ Ввод данных о распределенных наерузках
^ I Ввод данных о сосредоточенных моментах
*"' i
Выбор: корректировка данных или продолжение
&§? I Формирование уравнений статики
а ¦
*> Формирование условий нулевозо проеиба //а опорах
| ' - i
^ I Нахождение реакций опор и постоянных интеврирования
Формирование страницы
Формирование массива данных для эпюры проэибов
I —
Формирование изображения эпюры прогибов
% I Формирование массива данных для эпюры изэибающих моментов
^ I Формирование изображения эпюры моментов
* I Формирование массива данных для эпюры роперечных сил
| I
*§ Формирование изображения эпюры поперечных сил
I i
| Формирование схемы навружения
* 1 ~
I Закрытие страницы
Задача решается в одно-, дву- и трехмерной постановках, в зависимости от
составленной расчетной схемы. Алгоритмом предусмотрена также возможность,
исследования конструкций, состоящих из разномодульных и композиционных
материалов.
На с. 405 представлена блок-схема 2 программы, относящейся к конструкции
в балочной аппроксимации с использованием МКЭ. Применяется алгоритмический
язык фортран-4 для ЭВМ, серии ЕС. Ввод всех необходимых данных проводится
с перфокарт. Контроль правильности подготовки и ввода исходных данных ве&етсз
с помощью АЦПУ (см. дццсалне бл,9к-с,хем.ы I, с. 4Q3),
404

блок-схема 2
I Начало
Ввод исходных данных
I
Вывод на печать исходных данных
Вычисление массива нумерации степеней
свододы узлов.
Матрица жесткости
конечного элемента
Матрица
направляющих косинусов
конечного элемента
Матрица жесткости
конструкции
Матрица масс
конечнйво элемента
Влок учета
граничных
Матрица
масс конструкции
Решение системы
алведраич&ских уравнений
-Вычисление частот
содственных колебаний
Определение
форм колебаний
Вывод полученных
данных на печать
Конец
Исходные данные включают четыре группы величин.
1. Параметры, определяющие размерности матриц. К ним относятся: число
конечных элементов (КЭ), на которые расчленена конструкция, число расчетных
узлов, число степеней свободы в каждом узле, число закрепленных узлов.
2. Параметры, определяющие топологию конструкции; они включают геометрию
и размеры конструкции, взаимное расположение конечных элементов. К этим
данным относятся массивы нумерации КЭ, координаты расчетных уэлов в декартовой
системе.
3. фцаявд-мгжанические характеристики материала конструкции.

5лок-схема 3
Идеализация конструкции
конечными элементами и
суперэлементами
различного уровня
Вычисление
матрицы жесткости КЗ
Вычисление
матрицы масс КЭ
Формирование
матриц жесткости
СЭ 1-го, 2-30 и
последующих
уровней
Формирование
матриц масс
СЭ /-30, 2-80 U
последующих
уровней
Решение уравнений динамики
каждого СЭ
с учетом назрузки на границах
построение матрицы
преобразования координат
Формирование
матрицы жесткости
для конструкции в целом
(высшего СЭ)
Переход к новым координатам
6 модальном базисе
Формирование
матрицы масс
для конструкции в целом
{высшего СЭ)
Решение уравнения динамики
конструкции в целом
Частоты колебаний
конструкции в целом
Формы колебаний
конструкции в целом
Последовательный переход
к СЭ низшего уровня
Формы колебаний
отдельных СЭ и /СЭ
4. Жесткостные и инерционные параметры конструкции в выбранных расчетных
узлах.
Предварительное деление конструкции на КЭ выполняется произвольно.
Программа допускает использование от 3 до 6 степеней свободы в каждом узле.
406

Структурная программа состоит из основной (управляющей) программы и ряда
подпрограмм-модулей, выполняющих определенные функции:
— учет граничных условий и числа степеней свободы в узле;
— вычисление коэффициентов матриц жесткости и массы КЭ;
— формирование матрицы преобразования координат при переходе от местной
системы координат КЭ к общей (матрица направляющих косинусов);
— формирование матриц жесткости и масс всей конструкции на основе
подобных матриц, относящихся к отдельным КЭ.
В программе используются, кроме того, стандартные процедуры, выполняющие
операции над матрицами и входящие в математическое обеспечение ЭВМ типа ЕС.
Это — подпрограммы обращения и транспонирования матриц, умножения матриц,
определения собственных значений (упоминавшиеся в решениях задач 7.78—7.80
и 9.75; см. с. 309, 310, 336).
В результате счета на печать выводится вектор десяти низших собственных
частот и соответствующих форм колебаний.
На блок-схеме 3 (с. 406) приведен алгоритм расчета конструкции, состоящей
из элементов в виде пластинок и оболочек. Применяются методы конечных элементов
(МКЭ) и суперэлементов (МСЭ). Каждый из суперэлементов, в свою очередь,
аппроксимируется конечными элементами. В качестве КЭ в данной программе
принимаются плоские пластинки треугольной формы в плане. В качестве суперэлементов
различного уровня удобно выбирать конструктивно законченные части системы.
Каждый суперэлемент анализируется отдельно, после чего выполняется
операция их согласования. Для получения высокой точности результатов
формирование матриц жесткости и массы каждого анализируемого СЭ выполняется с учетом
влияния на него всех остальных. Эта операция носит название динамической
конденсации. После определения частот и форм колебаний всей конструкции в целом в
модальных координатах (прямая прогонка) осуществляется нахождением форм
колебаний отдельных частей (суперэлементов всех уровней, вплоть до конечных
элементов) (обратная прогонка).
В отличие от программы для стержневых КЭ алгоритм расчета конструкции
с помощью элементов в виде пластинок предусматривает вычисление жесткостных
и инерционных параметров узлов в процессе выполнения программы, что значительно
упрощает подготовку исходных данных.
Приведенные программы, основанные на МКЭ и МСЭ, могут быть использованы
и для решения задач статической устойчивости (см. задачи 7.76—7.83), но вместо
определения матрицы масс здесь находится матрица геометрической жесткости.
Рассматриваемые подходы к определению динамических характеристик (а также
в задачах устойчивости) могут применяться и для решения задач линейной механики
разрушения. С этой целью, при исследовании конструкции с дефектом в виде трещины
(сквозной или поверхностной) используется специальный сингулярный элемент.
Этот элемент выделяется в области разбиения и помещается в вершине трещины.
Остальная часть суперэлемеита представляется в виде обычных (регулярных)
конечных элементов.
Наиболее трудоемкими операциями, возникающими при этом, являются
вычисления коэффициентов матрицы жесткости и массы сингулярного элемента, которые
выполняются численным интегрированием соответствующих матричных выражений.
На языке фортран ЕС ЭВМ разработаны подпрограммы-модули
автоматизированного вычисления таких матриц. Вызов этих модулей основными программами,
служащими для расчета динамических характеристик или определения
коэффициентов интенсивности напряжений, осуществляется аналогично соответствующим
операциям в случае регулярных КЭ. Матрицы жесткости и массы всей конструкции
формируются суммированием соответствующих коэффициентов матриц жесткости
и масс всех элементов, включая сингулярные.
407

Арнольд Сергеевич Во ль мир, Юрий Павлович Григорьев. Анатолий Ильич Коданев,
Владимир Александрович Марьин, Василий Васильевич Новицкий
СБОРНИК ЗАДАЧ ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ МАТЕРИАЛОВ
Под редакцией Л. С. Вольмира
Редактор Л. Г. Морд винце в
Техн. редакторы Е. В. Морозова, С. #. Шкляр
Корректоры Н. Д. Дорохова, Е.В. Сидоркина
ИВ № 12147
Сдано в набор 19.12.83. Подписано к печати 00.08.84. Формат 60x90Vie- By
мага тип. №$. Литературнаях&рнитура. Высокая печать- Усл. печ. л. 25,5. Усл. кр. от». 25,75
Уч.-изд. л.281,57.Тираж 53 000 экз. Заказ № 1968 Цена 1 р. Ю к.
Издательство «Наука»-
Главная редакция физико-математической литературы
117074 Москва В-71, Ленинский проспект, 15
Отпечатано с матриц ордена Октябрьской революции и ордена Трудового Красного
Знамени Первой Образцовой типографии имени А. А. Жданова Союзполиграфпрома
При Государственном комитете СССР по делам издательств, полиграфии и книжной
торговли. 113054, Москва М-54, Валовая, 28 в Ленинградской типографии № 4 ордена
Трудового Красного Знамени .Ленинградского объединения «Техническая книга»
им. Евгении Соколовой Союзполиграфпрома при Государственном комитете СССР
во делам издательств, полиграфии и книжной торговли. 191126. Ленинград
Социалистическая ул., 14.