Сопротивление материалов, теории упругости и пластичности - Саргсян А.Е.

Автор: Саргсян А.Е.

Теги: свойства материалов, влияющие на деформируемость общетехнические дисциплины сопротивление материалов теории упругости и пластичности

ISBN: 5-06-003866-1

Год: 2000

Похожие

Сопротивление материалов с основами теории упругости и пластичности

Сопротивление материалов

Текст

А.Е.Саргсян
СОПРОТИВЛЕНИЕ
МАТЕРИАЛОВ,
ТЕОРИИ УПРУГОСТИ
И ПЛАСТИЧНОСТИ
Основы теории
с примерами расчетов
Издание второе,
исправленное и дополненное
Допущено
Министерством образования
Российской Федерации в качестве
учебника для студентов
высших учебных заведений,
обучающихся по техническим специальностям
Москва
«Высшая школа» 2000

УДК539.3/.6
ББК 30.121
С 20
Рецензенты:
академик РААСН, профессор, доктор техн. наук А.В. Александров
(Московский государственный университет путей сообщения);
доктор ф.-м. наук, проф. Б.Ф. Власов
(Московский государственный строительный университет)
СаргсянА.Е.
С 20 Сопротивление материалов, теории упругости и пластичности.
Основы теории с примерами расчетов. - Учебник для вузов . - 2-е
изд., испр. и доп. - М.: Высшая школа, 2000. - 286 с: ил.
ISBN 5-06-003866-1
Учебник посвящен изложению основ курса сопротивления материалов, теории
упругости и пластичности. Теоретический материал сопровождается подробными
методическими примерами расчетов, что позволяет студентам максимально само-
самостоятельно освоить предмет.
Для-студентов вузов, обучающихся по техническим специальностям. Может
быть пошзен студентам техникумов, колледжей, инженерам-конструкторам.
УДК 539.5/6
ББК 30.121
ISBN 5-06-003866-1 © ГУЛ «Издательство «Высшая школа», 2000
Оригинал-макет данного издания является собственностью издательства «Высшая школа», и его репро-
ДУЦирование (воспроизведение) любым способом без согласия издательства запрещается.

ПРЕДИСЛОВИЕ
Современные базовые учебники по сопротивлению материалов,
теории упругости, пластичности [1-3, 5, 7] изложены во внушитель-
внушительных объемах и в основном ориентированы на подробном изложе-
изложении теории. Это обстоятельство усложняет процесс самбстоятель-
ного изучения предмета и послужило причиной подготовки на-
настоящего издания.
В книге в доступной, но достаточно строгой форме изложены
основные разделы классического курса сопротивления материалов,
теории упругости и пластичности, которые сопровождаются под-
подробными примерами расчетов, что несомненно должно облегчить
процесс самостоятельного освоения предмета.
Учебник написан на основе использования опыта преподавания
на кафедре «Сопротивление материалов и строительная механика»
Российского государственного открытого технического, университе-
университета путей сообщения.
При подготовке рукописи учебника автор с благодарностью
учел замечания рецензентов книги д.т.н., проф., академика РААСН
А.В. Александрова и д.ф.-м.н., проф. Б.Ф. Власова, а также доц.,
к.т.н. Е.М. Кушнаренко, доц., к.т.н. В.Н. Сергиенко.
В настоящем издании книги произведена некоторая перекомпо-
перекомпоновка материала, устранены выявленные опечатки. В конце книги
добавлен раздел, в котором по тематике каждой главы изложены
вопросы для самопроверки, а также семейства задач для самостоя-
самостоятельных и контрольных работ. В тексте наиболее важные определе-
определения выделены курсивом. ¦" ¦ -
Все замечания и пожелания будут приняты автором с благодар-
благодарностью. Письма просим направлять по адресу: 101430, Москва,
ГСП-4, Неглинная ул., 29/14, издательство «Высшая школа» или
125808, Москва, ГСП-47, ул. Часовая, 22/2, РГОТУПС, кафедра
«Сопротивление материалов и строительная механика».
Автор

ГЛАВА 1
ЦЕЛЬ И ЗАДАЧИ ДИСЦИПЛИНЫ
1.1. Задачи и методы сопротивления материалов
Сопротивление материалов - наука о прочности, жесткости и
устойчивости элементов инженерных конструкций. Методами со-
сопротивления материалов выполняются расчеты, на основании кото-
которых определяются необходимые размеры деталей машин и конст-
конструкций инженерных сооружений.
В отличие от теоретической мехайики сопротивление материа-
материалов рассматривает задачи, в которых наиболее существенными яв-
являются свойства твердых деформируемых тел, а законами движения
тела как жесткого целого здесь пренебрегают. В то же время, вслед-
вследствие общности основных положений, сопротивление материалов
рассматривается как раздел механики твердых деформируемых тел.
В состав механики деформируемых тел входят также такие дис-
дисциплины, как: теория упругости, теория пластичности, теория пол-
ползучести, теория разрушения и др., рассматривающие, по существу,
те же вопросы, что и сопротивление материалов. Различие между
сопротивлением материалов и другими теориями механики твердого
деформируемого тела заключается в подходах к решению задач.
Строгие теории механики деформируемого тела базируются на
более точной постановке проблем, в связи с чем, для решения задач
приходится применять более сложный математический аппарат и
проводить громоздкие вычислительные операции. Вследствие этого
возможности применения таких методов в практических задачах
ограничены.
В свою очередь, методы сопротивления материалов базируются
на упрощенных гипотезах, которые, с одной стороны, позволяют
решать широкий круг инженерных задач, а с другой, получать прием-
приемлемые по точности результаты расчетов.
При этом главной задачей курса является формирование знаний
для применения математического аппарата при решении при-
прикладных задач, осмысления полученных численных результатов и
поиска выбора наиболее оптимальных конструктивных решений. То
есть данный предмет является базовым для формирования ин-
инженерного мышления и подготовки кадров высшей квалификации
по техническим специализациям.

1.2. Реальный объект и расчетная схема
В сопротивлении материалов, как и во всякой отрасли естест-
естествознания, исследование вопроса о прочности или жесткости ре-'
ального объекта начинается с выбора расчетной схемы. Расчетная
схема конструкции - его упрощенная схема, освобожденная от не-
несущественных в данной задаче особенностей. Выбор расчетной схе-
схемы начинается со схематизации свойств материалов сооружения. В
сопротивлении материалов принято рассматривать все материалы
как однородную сплошную среду, независимо от их микро-
микроструктуры. Под однородностью материала понимают независимость
его свойств от величины выделенного из тела объема. И хотя в дей-
действительности реальный материал, как правило, неоднороден (уже в
силу его молекулярного строения), тем не менее указанная особен-
особенность не является существенной, поскольку в сопротивлении мате-
материалов рассматриваются конструкции, размеры которых суще-
существенно превышают не только межатомные расстояния, но и раз-
размеры кристаллических зерен.
С понятием однородности тесно связано понятие сплошности
среды, под которым подразумевают тот факт, что материал конст-
конструкции полностью заполняет весь отведенный ему объем, а значит в
теле конструкции нет пустот.
Под действием внешних сил реальное тело меняет свои геомет-
геометрические размеры. После снятия нагрузки геометрические размеры
тела полностью или частично восстанавливаются. Свойство тела
восстанавливать свои первоначальные размеры после разгрузки на-
называется упругостью. При решении большинства задач в сопро-
сопротивлении материалов принимается, что материал конструкций аб-
абсолютно упругий.
Обычно сплошная среда принимается изотропной, т.е. пред-
предполагается, что свойства тела, выделенного из нее, не зависят от его
ориентации в пределах этой среды. Отдельно взятый кристалл мате-
материала анизотропен, но так как в объеме реального тела содержится
бесконечно большое количество хаотично расположенных кристал-
кристаллов, принимается, что материал изотропен.
При выборе расчетной схемы вводятся упрощения и в геомет-
геометрию реального объекта. Основным упрощающим приемом в сопро-
сопротивлении материалов является приведение геометрической формы
тела к схемам бруса (стержня) или оболочки. Как известно, любое
тело в пространстве характеризуется тремя измерениями. Брусом
называется геометрический объект, одно из измерений которого
(длина) много больше двух других. Геометрически брус может быть
образован путем перемещения плоской фигуры вдоль некоторой
кривой, как это показано на рис. 1.1.

Эта кривая называется
осью бруса, а плоская
замкнутая фигура, распола-
располагающая свой центр тяжести
на оси бруса и нормальная к
ней, называется его попе-
речным сечением. Брус
* может иметь как постоян-
постоянное, так и переменное поперечное сечение. Многие сложные кон-
конструкции на практике рассматриваются как комбинации элементов,
имеющих форму бруса, поэтому в настоящей книге преимущест-
преимущественно рассматриваются методы расчета бруса как основного геомет-
геометрического объекта изучения науки сопротивления материалов. Вто-
Второй основной геометрической формой, рассматриваемой в сопро-
сопротивлении материалов, является оболочка, под которой подразуме-
подразумевается тело, у которого одно из измерений (толщина) намного
меньше, чем два других.
Для соединения отдельных частей конструкции между собой
и передачи внешней нагрузки на основание на нее накладывают-
накладываются связи, ограничивающие перемещения тех точек сооружения, к
которым они приложены. Связи могут ограничивать либо пово-
повороты точек сооружения, либо их линейные смещения, либо и то
и другое.
1.3. Внешние и внутренние силы. Метод сечений
Силы являются мерилом механического взаимодействия тел.
Если конструкция рассматривается изолированно от окружающих
тел, то действие последних на нее заменяется силами, которые на-
называются внешними. Внешние силы, действующие на тело, можно
разделить на активные (независимые) и реактивные. Реак-
Реактивные усилия возникают в связях, наложенных на тело, и опреде-
определяются действующими на тело активными усилиями.
По способу приложения внешние силы делятся на объемные и
поверхностные.
Объемные силы распределены по всему объему рассматривае-
рассматриваемого тела и приложены к каждой его частице. В частности, к объ-
объемным силам относятся собственный вес сооружения, магнитное
притяжение или силы инерции. Единицей измерения объемных
сил является сила, отнесенная к единице объема - кН/м3 .
Поверхностные силы приложены к участкам поверхности и яв-
являются результатом непосредственного контактного взаимодействия
рассматриваемого объекта с окружающими телами. В зависимости

от соотношения площади приложения нагрузки и общей площади
поверхности рассматриваемого тела, поверхностные нагрузки под-
подразделяются на сосредоточенные и распределенные. К первым от-
относятся нагрузки, реальная площадь приложения которых несоиз-
несоизмеримо меньше полной площади поверхности тела (например, воз-
воздействие колонн на фундаментную плиту достаточно больших раз-
размеров можно рассматривать как действие на нее сосредоточенных
усилий). Если же площадь приложения нагрузки сопоставима с
площадью поверхности тела, то такая нагрузка рассматривается как
распределенная. Сосредоточенные усилия измеряются в кН, а рас-
распределенные - кН/м2.
Взаимодействие между частями рассматриваемого тела характе-
характеризуется внутренними силами, которые возникают внутри тела
под действием внешних нагрузок и определяются силами межмоле-
межмолекулярного воздействия.
Величины внутренних усилий определяются с применением
метода сечений, суть которого заключается в следующем. Если
при действии внешних сил тело находится в состоянии равновесия,
то любая отсеченная часть тела вместе с приходящимися на нее
внешними и внутренними усилиями также находится в равновесии,
следовательно, к ней применимы уравнения равновесия.
Рассмотрим тело, имеющее форму бруса (рис. 1.2, а).
а)
(Ра) (Ра)
п-\
Рис. 1.2
Пусть к нему приложена некоторая система внешних сил Р\,
Р2,Рз,...,Рп, удовлетворяющая условиям равновесия, т.е. при действии
указанных внешних сил тело находится в состоянии равновесия.
Если рассечь брус сечением А на две части и правую отбросить,
то, т.к. связи между частями тела устранены, необходимо действие
правой (отброшенной) части на левую заменить некоей системой
внутренних сил (Р^), действующей в сечении А (рис. 1.2, б).
7

Обозначая через Рлев и Рправ суммы внешних сил, приложенных
соответственно, к левой и правой частям бруса (относительно
сечения А), и учитывая, что
0 A.1)
для отсеченных частей бруса получим следующие очевидные соотно-
соотношения:
*W + Ра = 0; />прав - РА = 0. A.2)
Последние соотношения показывают, что равнодействующая
внутренних сил Рд в сечении А может определяться с равным успе-
успехом из условий равновесия либо левой, либо правой частей рассе-
рассеченного тела. В этом суть метода сечений.
Внутренние усилия должны быть так распределены по сечению,
чтобы деформированные поверхности сечения А при совмещении
правой и левой частей тела в точности совпадали. Это требование в
механике твердого деформируемого тела носит название условия
неразрывности деформаций.
Воспользуемся правилами статики и приведем систему внутрен-
внутренних сил Ра к центру тяжести сечения А в соответствии с правилами
теоретической механики. В результате получим главный вектор сил
R и главный вектор момента М (рис. 1.3). Далее выбираем декарто-
ву систему координат xyz с началом координат, совпадающим с
центром тяжести сечения А. Ось z направим по нормали к сечению,
а оси х и у расположим в плоскости сечения. Спроектировав
главный вектор сил R и главный момент М на координатные оси
х, у, z, получаем шесть составляющих: три силы Nz, Qx, Qy и три
момента Mz, Мх, Му, называемых внутренними силовыми
факторами в сечении бруса.
Составляющая Nz называется нормальной, или продольной
силой в сечении. Силы Qx и Qy называются поперечными уси-
усилиями. Момент Mz называется крутящим моментом, а моменты
Мх и Му -изгибающими моментами относительно осей х и у, со-
соответственно.
При известных внешних силах зсе шесть внутренних силовых
факторов в сечении определяются из шести уравнений равновесия,
которые могут быть составлены для отсеченной части.
Пусть R*, М* - результирующая сила и результирующий момент,
действующие на отсеченной части тела. Если тело при действии
полной системы внешних сил находится в равновесном состоянии,
то условия равновесия отсеченной части тела имеет вид:

М*=0.
A.3)
Последние два векторные уравнения равновесия дают шесть
скалярных уравнений в проекциях на декартовых осях координат:
= 0;
= 0; lLmz = 0,
A.4)
которые в общем случае составляют замкнутую систему алгеб-
алгебраических уравнений относительно шести неизвестных внутренних
усилий: Qx, Qy, Nv М*, Му, Mz.
Следовательно, если полная система внешних сил известна, то
по методу сечений всегда можно определить все внутренние усилия
действующих в произвольно взятом сечении тела. Данное положе-
положение является основополагающим обстоятельством в механике твер-
твердого деформируемого тела.
В общем случае в сечении могут иметь место все шесть силовых
факторов. Однако достаточно часто на практике встречаются
случаи, когда некоторые внутренние усилия отсутствуют- такие
виды нагружения бруса получили специальные названия (табл. 1).
Сопротивления, при которых в поперечном сечении бруса дей-
действует одно внутреннее усилие, условно называются простыми.
При одновременном действии в сечении бруса двух и более усилий
сопротивление бруса называется ел о жн ым. .
В заключение заметим, что при выполнении практических рас-
расчетов, для наглядности, как правило, определяются графики функ-
функций внутренних силовых факторов относительно координатной оси,
направленной вдоль продольной оси стержня. Графики изменения
внутренних усилий вдоль продольной оси стержня называются
эпюрами.

Таблица 1
Простейшие случаи сопротивления
Вид напряженного состояния
Растяжение/сжатие
Кручение
Чистый изгиб относительно оси х
Чистый изгиб относительно оси у
Поперечный изгиб относительно оси х
Поперечный изгиб относительно оси у
Nz
+
0
0
0
0
0
Qx
0
0
0
0
0
+
Qy
0
0
0
0
+
0
Mz
0
+
0
0
0
0
мх
0
0
+
0
+
0
My
0
0
0
+
0
+
Примечание: + означает наличие усилия, 0 - его отсутствие.
1.4. Напряжения
В окрестности произвольной точки К, принадлежащей сечению
А некоторого нагруженного тела, выделим элементарную площадку
AF, в пределах которой действует внутреннее усилие AR
(рис. 1.4, а). Векторная величина
hm -— = Р
lAF
A.5)
называется полным напряжением в точке К. Проекция вектора пол-
полного напряжения Р на нормаль к данной площадке обозначается
через а и называется нормальным напряжением.
п-\
Рис. 1.4
Проекции вектора Р на перпендикулярные оси в плоскости
площадки (рис. 1.4, б) называются касательными напряже-
напряжениями по направлению соответствующих осей и обозначаются т' и
ю

т". Если через ту же самую точку К провести другую площадку, то,
в общем случае будем иметь другое полное напряжение. Совокуп-
Совокупность напряжений для множества площадок, проходящих через
данную точку, образует напряженное состояние в этой точке.
1.5. Перемещения и деформации
Под действием внешних сил твердые тела изменяют свою гео-
геометрическую форму, а точки тела неодинаково перемещаются в
пространстве. Вектор f, имеющий свое начало в точке А недефор-
мированного состояния, а конец в т. А' деформированного состоя-
состояния, называется вектором полного перемещения т. А (рис. 1.5, а).
Его проекции на оси xyz называются осевыми перемещениями и
обозначаются и, v и w, соответственно.
Для того, чтобы охарактеризовать интенсивность изменения
формы и размеров тела, рассмотрим точки А и В его недеформиро-
ванного состояния, расположенные на расстоянии S друг от друга
(рис. 1.5, б).
а)
z +
Рис. 1.5 .
Пусть в результате изменения формы тела эти точки перемес-
переместились в положение А' и В', соответственно, а расстояние между
ними увеличилось на величину AS и составило S + AS. Величина
(as) -
lim —- = 8
1 S
A6)
называется линейной деформацией в точке А по направлению АВ.
Если рассматривать деформации по направлениям координатных
11

осей xyz, то в обозначения соответствующих проекций линейной
деформации вводятся индексы гх * гу, ez.
Линейные деформации гх, гу, ez характеризуют изменения объ-
объема тела в процессе деформирования, а формоизменения тела - уг-
угловыми деформациями. Для их определения рассмотрим прямой
угол, образованный в недеформированном состоянии двумя отрез-
отрезками OD и ОС (рис. 1.5, б). При действии внешних сил указанный
угол DOC изменится и примет новое значение D'0'C. Величина
lim (ZDOC-ZD'O'C)=y A.7)
0С-»0,02)О
называется угловой деформацией, или сдвигом в точке О в плос-
плоскости COD. Относительно координатных осей деформации сдвига
обозначаются у^, yxz, yyz.
Совокупность линейных и угловых деформаций по различным
направлениям и плоскостям в данной точке образует деформирован-
деформированное состояние в точке.
1.6. Закон Гука и принцип независимости
действия сил
Многочисленные экспериментальные наблюдения за поведени-
поведением деформируемых тел показывают, что в определенных диапазонах
перемещения точек тела пропорциональны действующим на него
нагрузкам. Впервые указанная закономерность была высказана в
1776 году английским ученым Туком и носит название закона
Гука.
В соответствии с этим законом перемещение произвольно взя-
взятой точки А (рис. 1.5, а) нагруженного тела по некоторому направ-
направлению, например, по оси х, может быть выражено следующим об-
образом:
и=ЬхР, A.8)
где Р-сила, под действием которой происходит перемещение и;
8Х- коэффициент пропорциональности между силой и перемеще-
перемещением.
Очевидно, что коэффициент 8Х зависит от физико-механиче-
физико-механических свойств материала, взаимного расположения точки А и точки
приложения и направления силы Р, а также от геометрических осо-
особенностей системы. Таким образом, последнее выражение следует
рассматривать как закон Гука для данной системы.
12

В современной трактовке закон Гука определяет линейную зави-
зависимость между напряжениями и деформациями, а не между силой и
перемещением. Коэффициенты пропорциональности в этом случае
представляют собой физико-механические характеристики материа-
материала и уже не связаны с геометрическими особенностями системы в
целом.
Системы, для которых соблюдается условие пропорционально-
пропорциональности между перемещениями и внешними силами, подчиняются
принципу суперпозиции, или принципу независимости
действия сил.
В соответствии с этим принципом перемещения и внутренние
силы, возникающие в упругом теле, считаются независящими от
порядка приложения внешних сил. То есть, если к системе прило-
приложено несколько сил, то можно определить внутренние силы, на-
напряжения, перемещения и деформации от каждой силы в отдель-
отдельности, а затем результат действия всех сил получить как сумму дей-
действий каждой силы в отдельности. Принцип независимости дейст-
действия сил является одним из основных способов при решении боль-
большинства задач механики линейных систем.
Вопросы для самопроверки
1. Перечислите основные задачи предмета сопротивление материалов.
2. Что такое расчетная схема объекта?
3. Укажите геометрические признаки стержня, оболочки и массивного те-
тела.
4. Что такое сосредоточенная сила, распределенная нагрузка и момент?
5. Какие усилия включает в себя полная система внешних сил?
6. Перечислите внутренние силовые факторы.
7. Поясните суть метода сечений.
8. Перечислите простые виды сопротивления стержня.
9. Дайте определение Понятия «напряжения». Какие виды напряжения Вы
знаете?
10. Поясните, что такое линейная и угловая деформация.
11. Сформулируйте закон Гука и принцип независимости действия внеш-
внешних сил.
12. Что такое упругое тело?

ГЛАВА 2
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ
2.1. Внутренние силы и напряжения
Под растяжением (сжатием) понимают такой вид нагружения,
при котором в поперечных сечениях стержня возникают только
нормальные силы, а прочие силовые факторы равны нулю.
Рассмотрим однородный прямолинейный стержень длиной / и
площадью поперечного сечения F, на двух концах которого прило-
приложены две равные по величине и противоположно направленные
центральные продольные силы Р (рис. 2.1, а). Поместим начало
плоской системы координат yz в центре тяжести левого сечения, а
ось z направим вдоль продольной оси стержня.
Для определения величин внутренних усилий воспользуемся
методом сечений. Задавая некоторое сечение на расстояние z
(О ^ ? < /) от начала системы координат и рассматривая равновесие
левой относительно заданного сечения части стержня (рис. 2.1, б),
приходим к следующему уравнению:
откуда следует, что
Nz — P = const.
Примем для Nz следующее правило знаков. Если Nz направлена
от сечения, т.е. вызывает положительную деформацию (растяже-
(растяжение), то она считается положительной. В обратном случае - отри-
отрицательной.
Нормальная сила Nz приложена в центре тяжести сечения, яв-
является равнодействующей внутренних сил в сечении и, в соответст-
соответствии с этим, определяется следующим образом:
Nz= jcdF.
F
Но из этой формулы нельзя найти закон распределения нор-
нормальных а напряжений в поперечных сечениях стержня. Для этого
обратимся к анализу характера его деформирования.
14

р
У'
р
i
:
0
дшв.
Z
Z
шШИДНпи!
t
Iй
h
i
Nz
р
z
z
^Исключаемые участки'
Рис. 2.1
Если на боковую поверхность этого стержня нанести прямо-
прямоугольную сетку (рис. 2.1, б), то после нагружения поперечные ли-
линии а-а, Ъ-Ъ и т.д. переместятся параллельно самим себе, откуда
следует, что все поверхностные продольные волокна удлинятся
одинаково. Если предположить также, что и внутренние волокна
работают таким же образом, то можно сделать вывод о том, что по-
поперечные сечения в центрально растянутом стержне смещаются па-
параллельно начальным положениям, что соответствует гипотезе
плоских сечений^ введенной швейцарским ученым Д. Бернулли,
гласящей, что плоские сечения до деформации остаются
плоскими и после деформации.
Значит, все продольные волокна стержня находятся в одина-
одинаковых условиях, а следовательно, нормальные напряжения во всех
точках поперечного сечения должны быть также одинаковы и равны
:. . N7
где F- площадь поперечного сечения стержня.
Высказанное предположение о равномерном распределении внут-
внутренних сил в поперечном сечении справедливо для участков, доста-
достаточно удаленных от мест: резкого изменения площади поперечного
сечения (рис. 2.1, в); скачкообразного изменения внешних нагрузок;
скачкообразного изменения физико-механических характеристик кон-
конструкций. Основанием для такого утверждения служит принцип Сен-
15

Вента, справедливый для любого типа напряженного состояния и
формулируемый следующим образом: особенности приложе-
приложения внешних нагрузок проявляются, как правило,
на расстояниях, не превышающих характерных
размеров поперечного сечения стержня.
2.2. Удлинение стержня и закон Гука
Рассмотрим однородный стержень с одним концом, жестко за-
заделанным, и другим - свободным, к которому приложена централь-
центральная продольная сила Р (рис. 2.2). До нагружения стержня его длина
равнялась /-после нагружения она стала равной / + Д/ (рис. 2.2).
Величину А/ называют абсолютным удлинением стержня.
/ А/ .
Рис. 2.2
Если в нагруженном стержне напряженное состояние является од-
однородным, т.е. все участки стержня находятся в одинаковых условиях,
деформация 8 остается одной и той же по длине стержня и равной
А/
8 =
B1)
Если же по длине стержня возникает неоднородное напряжен-
напряженное состояние, то для определения его абсолютного удлинения не-
необходимо рассмотреть бесконечно малый элемент длиной dz
(рис. 2.2). При растяжении он увеличит свою длину на величину
A dz и его деформация составит:
Adz
8 =
dz
B.2)
В пределах малых деформаций при простом растяжении или
сжатии закон Гука записывается в следующем виде:
а = Ее.
B.3)
Величина Е представляет собой коэффициент пропорциональ-
пропорциональности, называемый модулем упругости материала первого рода. Из
совместного рассмотрения уравнений B.2) и B.3) получим:
16

откуда с учетом того, что
N 1
а = —ф- и А/ =
о
окончательно получим:
Если стержень изготовлен из однородного изотропного мате-
материала с Е = const, имеет постоянное поперечное сечение F = const
и нагружен по концам силой Р, то из B.4) получим
При решении многих практических задач возникает необходи-
необходимость, наряду с удлинениями, обусловленными действием механи-
механических нагрузок, учитывать также удлинения, вызванные темпера-
температурным воздействием. В этом случае пользуются принципом неза-
независимости действия сил, и полные деформации рассматривают как*
сумму силовой и температурной деформаций:
8 = |r + af, B.6)
где a - коэффициент температурного расширения материала; t -пе-
-перепад температуры тела. Для однородного стержня, нагруженного
по концам продольными силами Р и равномерно нагретого по дли-
длине, получим:
l<xt B.7)
2.3. Пример расчета (задача № 1)
Для стального бруса квадратного сечения' сжатого силой Р с
учетом собственного веса при исходных данных приведенных ниже,
требуется (рис. 2.3, а):
1. Определить количество расчетных участков;
2. Составить аналитические выражения для нормальных сил Nz,
нормальных напряжений az и вычислить их значения для каждого
из участков с учетом их собственных весов;
3. Построить эпюры Nz и az;
; 17

4. Вычислить перемещение верхнего конца колонны от действия
силы Р и собственного веса.
Исходные данные: Р= 20 кН; 1\ = 4 = /з = 0,4 м; модуль
упругости стали Е~ 2Д108 кН/м2; /i = 410M2; /2 = 940-2м2;
/^з = 25- Ю-2 м2; у = 78 кН/м3.
Решение
1. Определение количества участков. Так как нор-
нормальная сила JV^ зависит от величин внешних сил, в данном случае
включающих в себя и собственный вес колонны, а последний, в
свою очередь, от размеров поперечного сечения F( и объемного веса
у, то границами участков следует назначать те сечения, в которых
приложены внешние сосредоточенные силы и где происходит
скачкообразное изменение площади поперечного сечения или объ-
объемного веса материалов конструкций.
Исходя из вышесказанного, учитывая у = const, брус будет иметь
три участка:
1 участок - от 0 до сечения В (где приложена сила Р);
2 участок - от сечения В до сечения С;
3 участок - от сечения С до сечения D.
Следует заметить, что при определении нормальных напряже-
напряжений используются те же участки.
2. Составить аналитические выражения для нормальных сил Nz,
нормальных напряжений az и вычислить их значения для каждого из
участков, с учетом их собственных весов. Для этого воспользуемся
методом сечений.
1 участок @ - В) 0 <* z\ < 0,4 м.
Проведя сечение 1 - 1 на расстоянии ц от начала координат
(точка 0), рассмотрим равновесие верхней части. При этом, к рас-
рассматриваемой части прикладываются в центре ее тяжести собствен-
собственный вес и нормальная сила N- , заменяющую действие отброшен-
отброшенной нижней части бруса на верхнюю рассматриваемую (рис. 2.3, б).
Составив уравнение равновесия рассматриваемой верхней части ко-
колонны по оси z, получим:
В свою очередь, собственный вес верхней части колонны опреде-
определяется следующим образом:
\ =Y^*l =78.4-KT2-Zi =31210~2Zi кН.
18

XOlUDDh/(j
XOlUDDhKjJ
XOWODtoCjJJ

Тогда выражение для нормальной силы будет иметь вид:
NZ{ = -312-ИГ2 -Zi кН,
а для нормальных напряжений gz :
aZl = Nz jFx = -312 • 10" • Zi/4 • 10 = -7.8 • Z\ кН/м2.
Так как, Nz и az линейно зависят от ц , то для построения
их графиков (эпюр) достаточно определить значения этих величин
на границах участка, т.е.
при zx = о ^1(°) = °; «^@) = °;
при z\ = 0,4 м NZ[ @,4) = -312 • 10~2 • 0,4 = -1,248 кН;
aZ{ @,4) = -78 • 0,4 = -31,2 кН/м2.
Знаки минус при Nz и az указывают на то, что принятое на-
направление для этих величин не совпадает с действительным, т. к. в
принятой схеме продольная сила не растягивает, а сжимает первый
участок.
2 участок (В- С) 0,4 м & Zi < 0,8 м.
Аналогично предыдущему проводим сечение 2-2 на расстоянии
Z2 (рис. 2.3, в). Для верхней части составляем уравнение равновесия
* В это уравнение войдут: собственный вес первого участка /у =
= yF\ l\\ собственный вес отсеченной части второго участка А =
= У fy fa ~ А); сосредоточенная сила Р = 20 кН, а также сила Nz .
Тогда уравнение равновесия примет вид:
Рх+ PZ2+P+ NZ2=0,
отсюда
ffZi = -Р - у Fx lx - PZi = -20 - 78-Ф 10-2.0,4 - 789- Ю-2 (z2 -0,4) =
= -7,02-te + 2,62678) кН.
Учитывая постоянство площади поперечного сечения на втором
участке, выражение для нормального напряжения может быть запи-
записано таким образом:
20

Nz2 z2+2,62678 / ч , '
a. = -ir- = -1,02— LT— = -78(г2 + 2,62678) кН/м2.
42 F2 9-10 v ' ¦
Вычислим значения ординат Nz и сгг в фаничных сечениях
второго участка:
-при z2 = 0,4 м ^2@'4) = -7,02@,4 + 2,62678) = -21,248 кН,
cZ2 @,4) = -78 @,4 + 2,62678) = -236,09 кН/м2;
при Z2 = 0,8 м NZl @,8) = -7,02 @,8 + 2,62678) = -24,056 кН,
aZ2@,8) = -78 @,8 + 2,62678) = -267,29 кН/м2.
3 участок (С- D) 0,8 м <, Zi < 1,2 м.
Составив уравнение равновесия Zz= 0 (рис. 2.3, г) для верхней
части бруса, получим:
V7, =0,
откуда
h-l2)PZ2 = -20- 784-10-2-0,4-
- 78-9-Ю-2 0,4 - 78-25-Ю-2 (г3 - 0,8) = -19,5-(г3 + 0,43364) кН.
Выражение для напряжения:
-19,5(г3+0,43364)
- — г—^
а. =
- = -78B3+0,43364) кН/м2.
гЗ F3 2510
Вычислим значения ординат Nz и ог в граничных сечениях
третьего участка:
при г3 = ОДм NZ3 @,8) = -19,5 @,8 + 0,43364) = -24,056 кН,
=-96,224кН/м2;
при^з= 1,2 м NZ3 A,2) = -19,5 A,2 + 0,43364) = -31,856 кН,
aZ3 (U) = -78 A,2 + 0,43364) = -127,424 кН/м2.
3. Построение эпюр Nz и <sz По причине линейной за-
зависимости нормальной силы и напряжений от координаты z для
21

построения их эпюр достаточно значений Nz и az в граничных
сечениях каждого из участков (см. рис. 2.3, д, ё). Необходимым ус-
условием правильности постррения этих графиков является выпол-
выполнение следующих требований:
- скачок в эпюре Nz должен находиться в точке приложения сосре-
сосредоточенного усилия и быть равным по величине значению этой силы;
- скачки в эпюре cz должны совпадать с точками приложения
внешней силы Р и изменения площади поперечного сечения колонны.
После анализа полученных эпюр (рис. 2.3, д, е) легко можно
убедиться, что построения выполнены правильно.
4. Вычисление перемещения верхнего конца ко-
колонны от действия всех сил. Полное перемещение со-
согласно закону Гука может быть вычислено по формуле
В данном случае это выражение принимает следующий вид:
0,4 АТ 0,8 АТ 1,2
д/ = Г ^1 dz , f N2dZ ,
-i^F ief
Так как величины определенных интегралов равны площадям,
очерченным соответствующими подынтегральными функциями, то
для вычисления перемещений А// достаточно вычислить площади
эпюры Nz на каждом из этих участков и разделить их на Е\ //. Сле-
Следовательно,
д / = Г_ °>4 [248 Г21Д48 + 24,056") + 31,856 + 24,056 "
22Д108 L0'04 ^ °'09 J °'25
= -7,2212 -10-7м.
2.4. Потенциальная энергия деформации
Внешние силы, приложенные к упругому телу и вызывающие
изменение геометрии тела, совершают работу А на соответствующих
перемещениях. Одновременно с этим в упругом теле накапливается
потенциальная энергия его деформирования U. При действии дина-
22

мических внешних нагрузок часть работы внешних сил превращает-
превращается в кинетическую энергию движения частиц тела К. Приняв энер-
энергетическое состояние системы до момента действия данных сил
равным нулю, и в условиях отсутствия рассеивания энергии, урав-
уравнение баланса энергии можно записать в следующем виде:
A = U + K. B.8)
При действии статических нагрузок К= О, следовательно,
A = U. B.9)
Это означает, что при статическом нагружении работа внешних
сил полностью преобразуется в потенциальную энергию деформа-
деформации. При разгрузке тела производится работа за счет потенциальной
энергии деформации, накопленной телом. Таким образом, упругое
тело является аккумулятором энергии. Это свойство упругого тела
широко используется в технике, например, в заводных пружинах
часовых механизмов, в амортизирующих рессорах и др. В случае
простого растяжения (сжатия) для вывода необходимых расчетных
зависимостей потенциальной энергии деформации рассмотрим ре-
решение следующей задачи.
На рис. 2.4, а изображен растягиваемый силой Р стержень, уд-
удлинение которого соответствует отрезку А/, ниже показан график
изменения величины удлинения стержня А/ в зависимости от силы
Р (рис. 2.4, б). В соответствии с законом Тука этот график носит
линейный характер.
/ , А/
а)
7
Я.
1 At.1) | |
с
Рис. 2.4
Пусть некоторому значению силы Р соответствует удлинение
стержня А/. Дадим некоторое приращение силе АР - соответству-
соответствующее приращение удлинения составит d(Al). Тогда, элементарная
работа на этом приращении удлинения составит:
23

dA = (P + dP)d(A I) = Pd(A /) + dP- d(A I), B.10)
вторым слагаемым, в силу его малости, можно пренебречь, и тогда
dA = Pd(Al). B,11)
Полная работа равна сумме элементарных работ, тогда, при ли-
линейной зависимости «нагрузка - перемещение», работа внешней
силы Р на перемещении А/ будет равна площади треугольника ОСВ
(рис. 2.4), т.е.
Л=0,5/*Д/. B.12)
В свою очередь, когда напряжения а и деформации 8 распределены
по объему тела V равномерно (как в рассматриваемом случае) потенци-
потенциальную энергию деформирования стержня можно записать в виде:
B.13)
о
Поскольку, в данном случае имеем, что F= Fl, P = gF и
а = Ег, то
Б
U=FlJEsds = 0^FlEs2 = 0^EsFsl = 0^cFAl = 0^PAl9 B.14)
о
т.е. подтверждена справедливость B.9).
С учетом B.5) для однородного стержня с постоянным попе-
поперечным сечением и при Р = const из B.14) получим:
2.5. Статически определимые и статически
неопределимые системы
Если при рассмотрении заданной системы, находящейся в рав-
равновесном состоянии от действия заданных внешних нагрузок, все
реакции в связях закрепления, а также внутренние усилия в ее эле-
элементах, можно определить только по методу сечений, без использо-
использования дополнительных условий, то такая система называется ста-
тинески определимой.
В реальной практике встречаются такие конструкции при расчете
которых одних лишь уравнений равновесия оказывается недостаточно,
в связи с чем требуется формулирование дополнительных уравнений,
связанных с условиями деформирования конструкции.
24

Системы, в которых количество наложенных связей больше,
нежели число независимых уравнений равновесия, называются
статически неопределимыми.
По сравнению со статически определимыми системами, в ста-
статически неопределимых системах имеются дополнительные связи,
которые называются лишними.
Термин «лишние связи» является условным. Эти связи являются
лишними с точки зрения расчетных предпосылок. В действи-
действительности эти связи создают дополнительные резервы для конст-
конструкций, как в плане обеспечения её жесткости, так и прочности.
На рис. 2.5, а изображен кронштейн, состоящий из двух стерж-
стержней, шарнирно скрепленных между собой. В связи с тем, что на
конструкцию действует лишь вертикальное усилие Р, а система яв-
является плоской (т.е. все элементы конструкции и вектор внешних
сил лежат в одной плоскости), получается, что усилия в стержнях
легко определяются из условий равновесия узла А, т.е.
> 1*=0, 2>=0. B.16)
Раскрывая эти уравнения, получаем замкнутую систему линей-
линейных уравнений относительно неизвестных усилий N\ и N2 в которой
количество уравнений равно количеству неизвестных:
-N\ - N2 since = 0; -N2 cosa - P = 0.
6)
Щ/
Рис. 2.5
Если конструкцию кронштейна усложнить, добавив еще один
стержень (рис. 2.5, б), то усилия в стержнях N1, N2 и N3 прежним
способом определить уже не удастся, т.к. при тех же двух уравнени-
уравнениях равновесия B.16) имеются уже три неизвестных усилия в стерж-
стержнях. В таких случаях говорят, что система один раз статически не-
неопределима. Разность между числом неизвестных усилий и ко-
количеством независимых (значащих) уравнений равновесия, связы-
связывающих эти усилия, называется степенью статической неоп-
неопределимости рассматриваемой системы. /
25

В общем случае под л-раз статически неопределимой системой
понимается система, в которой число неизвестных внешних опор-
опорных реакций и внутренних усилий превышает число независимых и
значащих уравнений равновесия на п единиц.
2.6. Напряженное и деформированное состояние
при растяжении и сжатии
Рассмотрим более подробно особенности напряженного состоя-
состояния, возникающего в однородном растянутом стержне. Определим
напряжения, возникающие на некоторой наклонной площадке, со-
составляющей угол а с плоскостью нормального сечения (рис. 2.6, а).
а)
в)
Рис. 2.6
Из условия Tz = 0, записанного для отсеченной части стержня
(рис. 2.6, б), получим:
B.17)
где F- площадь поперечного сечения стержня, Fa = //cos a -
площадь наклонного сечения. Из B.17) легко установить:
• = acosa.
B.18)
Раскладывая напряжение р по нормали и касательной к наклон-
наклонной площадке (рис. 2.6, в), с учетом B.18) получим:
aa =/>cosa = acos2a; xa =/>sina = ~asin2a. B.19)
Полученные выражения показывают, что для одной и той же
точки тела величины напряжений, возникающих в сечениях, про-
26

ходящих через эту точку, зависят от ориентации этой площадки, т.е.
от угла а. При а = 0 из B.19) следует, что оа = с, та = 0. При
а = —, т.е. на продольных площадках, аа = та = 0. Это означает,
что продольные слои растянутого стержня не взаимодействуют друг
с другом. Касательные напряжения та принимают наибольшие зна-
значения при*а = ~, и их величина составляет ттах=--. Важно отме-
отметить, как это следует из B.19), что
Т(а+тг/2)
. Следовательно,
в любой точке тела на двух взаимно перпендикулярных площадках
касательные напряжения равны между собой по абсолютной ве-
величине. Это условие является общей закономерностью любого на-
напряженного состояния и носит название закона парности ка-
касательных напряжений.
Теперь перейдем к анализу деформаций в растянутом стержне.
Наблюдения показывают, что его удлинение в продольном направ-
направлении сопровождается пропорциональным уменьшением попереч-
поперечных размеров стержня (рис. 2.7).
i <
/+А/.
Рис. 2.7
Если обозначить:
= М-
прод * > епопер
прод
то, как показывают эксперименты, \х = const для данного мате-
материала и является безразмерным коэффициентом Пуассоне.
Величина \х является важной характеристикой материала и опреде-
определяется экспериментально. Для реальных материалов ц принимает
значения 0,1 + 0,45.
При растяжении стержня возникают не только линейные, но и
угловые деформации.
Рассмотрим прямой угол ABC (рис. 2.8, а), образованный отрез-
отрезками АВиАС,в недеформированном состоянии.,
27

дд-sina
Рис. 2.8
При растяжении стержня точки А, В и С займут положение А',
В\ С соответственно. Величина
ya = ZBAC-ZA'B'C
называется угловой деформацией или угловым сдвигом в точке А.
Совместим точки А и А' и рассмотрим взаимное расположение
отрезков АВ и А1 В1 (рис. 2.8, б). На этом рисунке отметим вспомо-
вспомогательные точки К и L и прямую п, перпендикулярную отрезку
А'В'. Из рис. 2.8, б имеем:
¦_ BL __ LB'
епрод ~~
ьПрОД gg >
ьпопер
АК'
=
откуда с учетом еПрод = — получим:
Е
BL = -^-
E
LB' = ц^ AS cosa.
E
B.20)
Для определения coa спроектируем ломаную BLB'A' на ось п
coa = BL cos (a + coa) + LB'sm{a + coa), откуда, учитывая ма-
малость угла ша, т.е. sincDa » ша, coscoa » 1, получим:
„ - BL cosa + LB' sin a
° Is
B.21)
В результате совместного рассмотрения B.20) и B.21) получим:
—(l + n)sin2a.
I Jb
Откуда
Следовательно,
(О
а+п/2
IE
|i)sin2a.
28

B.22)
Сопоставляя выражение уа с выражением та из B.17) окончатель-
окончательно получим закон Гука для сдвига:
т
где величина G =
2A
B.23)
называется модулем сдвига или модулем
упругости материала второго рода.
ст=/(8)
2.7. Основные механические характеристики
и свойства материалов
Для количественной оценки основных свойств материалов, как
правило, экспериментально определяют диаграмму растяжения в
координатах сиг (рис. 2.9), На диаграмме отмечены характерные
точки. Дадим их определение.
Наибольшее напряже-
напряжение, до которого матери-
материал следует закону Гука,
называется пределом
пропорциональности
<т#. В пределах закона
Тука тангенс угла наклона
прямой ст=/(е) к оси б
определяется величиной
? Рис. 2.9
Упругие свойства ма-
материала сохраняются до напряжения ау, называемого пределом
упругости. Под пределом упругости ау понимается такое наи-
наибольшее напряжение, до которого материал не получает остаточных
деформаций, т.е. после полной разгрузки последняя точка диаграм-
диаграммы совпадает с начальной точкой 0.
Величина сТ называется пределом текучести материала.
Под пределом текучести понимается то напряжение, при котором
происходит рост деформаций без заметного увеличения нагрузки.
Если необходимо различать предел текучести при растяжении и
сжатии сТ соответственно заменяется на сТР и arc. При напряже-
напряжениях больших от в теле конструкции развиваются пластические де-
деформации ея, которые не исчезают при снятии нагрузки.
Отношение максимальной силы, которую способен выдержать
образец, к его начальной площади поперечного сечения носит на
29

звание предела прочности, или временного сопротивления, и обоз-
обозначается через, gbp (при сжатии сВс)-
В табл. 2 приводятся значения указанных характеристик
(в кН/м2) наиболее распространенных конструкционных материа-
материалов.
Таблица 2
Материал '*
Сталь
Чугун
Медь
Алюминий
Стр
250000
140000
250000
50000
<Утс
250000
310000
250000
50000
Gbp
390000
150000
320000
840000
®вс
640000
-
?io-8
2
0.7
1.1
0.75
При выполнении практических расчетов реальную диаграмму
(рис. 2.9) упрощают, и с этой целью применяются различные ап-
аппроксимирующие диаграммы. Для решения задач с учетом упру-
упруго-пластических свойств материалов конструкций чаще всего
применяется диаграмма Прандтля. По этой диаграмме на-
напряжение изменяется от нуля до предела текучести по закону Гука
а = Ег, а далее при росте е, а = аТ (рис. 2.10).
Способность материалов получать остаточные деформации но-
носит название пластичности. На рис. 2.9 была представлена ха-
характерная диаграмма для пластических материалов.
°|
Рис. 2.10
Рис. 2.11
Противоположным свойству пластичности является свойство
хрупкости, т.е. способность материала разрушаться без образова-
образования заметных остаточных деформаций. Материал, обладающий
этим свойством, называется хрупким. К хрупким материалам от-
относятся чугун, высокоуглеродистая сталь, стекло, кирпич, бетон,
природные камни. Характерная диаграмма деформации хрупких ма-
материалов изображена на рис. 2.11.
Сопоставление предела прочности хрупких материалов при рас-
растяжении одр с пределом прочности при сжатии с#с показывает,
зо

что эти материалы обладают, как правило, более высокими прочност-
прочностными показателями при сжатии, нежели при растяжении. Величина
отношения ВР для чугуна составляет 0,2-^0,4, для керамических
материалов — 0,1*0,2. Для пластичных материалов установлено, что
&ВР w свс •
Большое влияние на проявление свойств материалов оказы-
оказывают скорость нагружения и температурное воздействие. При
высокоскоростном нагружении более резко проявляются свойст-
свойства хрупкости, а при медленном нагружении - свойства пла-
пластичности. Например, хрупкое стекло способно при длительном
воздействии нагрузки в условиях нормальной температуры
(+20°С) проявлять пластические свойства. Пластичные же мате-
материалы, такие, как малоуглеродистая сталь, при воздействии
ударных нагрузок проявляет хрупкие свойства. В зависимости от
указанных обстоятельств механические свойства материалов про-
проявляются по-разному. Обобщенный анализ свойств материалов с
учетом температуры и времени оказывается очень сложным.
Функциональная зависимость между четырьмя параметрами а, 8,
температурой /°и временем /, т.е. fla,e,t°,n = 0 не является адек-
адекватной и содержит в сложной форме дифференциальные и ин-
интегральные соотношения, входящих в нее величин.
Так как в обобщенной форме точное аналитическое выражение
функции /получить невозможно, то влияние температуры и факто-
фактора времени рассматривается в настоящее время применительно
только к частным классам задач. Деление на классы производится
как по характеру действия внешних сил, так и по типу материалов,
а также в зависимости от скорости нагружения.
Наиболее изучаемыми в механике материалов являются про-
процессы, происходящие при действии медленно изменяющихся
(статических) нагрузок.
Скорость изменения этих нагрузок во времени настолько
мала, что кинетическая энергия деформируемого тела, составляет
незначительную долю от работы внешних сил. Поэтому работа
внешних сил превращается только в упругую энергию и в необ-
необратимую тепловую энергию, связанную с пластическими дефор-
деформациями тела.
При статических испытаниях материалов — = 0,01*3 в
V Л минУ
различных температурных режимах определяется зависимость
механических характеристик материалов от температуры. Эта за-
зависимость характеризует изменения внутрикристаллических и
31

межкристаллических связей, а в некоторых случаях и структур-
структурными изменениями материалов. В общем случае с ростом темпе-
температуры прочностные характеристики материалов существенно
падают. При этом, чем выше температура, тем труднее опреде-
определить механические характеристики материалов. Происходит это
не только потому, что возрастают сложности в технике экспери-
эксперимента, но также вследствие того, что сама характеристика стано-
становится менее определенной.
При статическом нагружении, начиная с некоторых значений
температур, фактор времени становится очень существенным. Для
разных материалов это явление происходит при совершенно раз-
различных температурных режимах. Влияние фактора времени обнару-
обнаруживается и при нормальных температурах. Для металлов его влия-
влияние из-за незначительности можно пренебречь. А для органических
материалов даже при низких температурах время нагружения имеет
существенное значения.
В заключение отметим наиболее важные свойства материалов,
которые обнаруживаются при их испытаниях. Эти свойства имеют
фундаментальное значение при построении физических уравнений
механики твердого деформируемого тела.
Упругость - это способность твердого деформируемого тела
восстанавливать свою форму и объем после прекращения действия
внешних нагрузок.
Пластичность - это свойство твердого деформируемого тела
до разрушения необратимо изменять свою форму и объем от дейст-
действия внешних сил.
Вязкость - это свойство оказывать сопротивление за счет
трения, происходящего при перемещении элементарных частиц те-
тела относительно друг друга в процессе деформирования. Отметим,
что при этом, как показывают результаты экспериментов, сила со-
сопротивления, возникающая за счет внутреннего трения материалов,
прямым образом зависит от величины скорости перемещения эле-
элементарных частиц относительно друг друга.
Упругость, пластичность и вязкость являются главными фи-
физическими свойствами твердого деформируемого тела.
Ползучесть - это явление характеризующееся изменениями
во времени величин деформаций и напряжений в теле при действии
статических нагрузок.
Выносливость - при действии периодически изменяющихся
по времени нагрузок, это явление, которое характеризуется чувст-
чувствительностью и изменениями прочностных свойств материалов в
зависимости от числа циклов нагружения.
32

2.8. Общие принципы расчета конструкции
В результате расчета нужно получить ответ на вопрос, удовлетво-
удовлетворяет или нет конструкция тем требованиям прочности и жесткости,
которые к ней предъявляются. Для этого необходимо прежде всего
сформулировать те принципы, которые должны быть положены в
основу оценки условий достаточной прочности и жесткости.
Наиболее распространенным методом расчета деталей машин и
элементов сооружений на прочность является расчет по на-
напряжениям. В основу этого метода положено предположение,
что определяющим параметром надежности конструкции является
напряжение или, точнее говоря, напряженное состояние в точке.
Расчет выполняется в следующем порядке.
На основании анализа напряженного состояния конструкции
выявляется та точка сооружения, где возникают наибольшие напря-
напряжения. Расчетная величина напряжений сопоставляется с предельно
допустимой величиной напряжений для данного материала,
полученной на основе предварительных лабораторных испытаний.
Из сопоставления найденных расчетных напряжений и предельных
напряжений делается заключение о прочности конструкции.
Указанный метод является не единственным. Например, на
практике в некоторых случаях используется метод расчета конст-
конструкций по разрушающим нагрузкам. В этом методе путем расчета
определяется предельная нагрузка, которую может выдержать кон-
конструкция, не разрушаясь и не изменяя существенно свою форму.
Предельная (разрушающая) нагрузка сопоставляется с проектной
нагрузкой, и на этом основании делается вывод о несущей способ-
способности конструкции в эксплуатационных условиях.
Методы расчета конструкций выбираются в зависимости от ус-
условий работы конструкций и требований, которые к ней предъ-
предъявляются. Если необходимо добиться наименьших изменений фор-
формы конструкции, то производится расчет по допускаемым пе-
перемещениям. Это не исключает и одновременной проверки сис-
системы на прочность по напряжениям.
При расчете конструкций по напряжениям условие прочности
записывается в виде:
<ттах<[а], B.24)
где атах - расчетное значение напряжения в точке, где возникают
наибольшие напряжения, [а] - допускаемое напряжение.
Величина [а] определяется по формуле:
[а] = ^. B.25)
L J п
2 Сопротивление материалов **

Здесь п - число, большее единицы, называемое коэффициентом
запаса по прочности. Для особо ответственных конструкций, для
которых требуется не допускать возникновения пластических де-
деформаций, за величину аа принимается аа= ау. В тех случаях, ко-
когда допустимо возникновение пластических деформаций, как пра-
правило, принимается аа = от. Для хрупких материалов, а в некоторых
случаях и умеренно пластических материалов, принимается ъа = ъв.
Здесь св - временное сопротивление материала.
Критерий прочности, принятый в методе допускаемых на-
напряжений, а именно, напряжения в точке, не всегда и не полно-
полностью характеризует условие наступления разрушения конструкции.
В ряде случаев за такой критерий целесообразнее принимать пре-
предельную нагрузку, которую может выдержать заданная система, не
разрушаясь и несущественно изменяя свою форму.
При определении разрушающей нагрузки для конструкций из
пластичного материала применяется схематизированная диаграмма
напряжений -диагр а мм а Прандтля (рис. 2.10). Схематиза-
Схематизация диаграммы заключается в предположении, что материал на на-
начальном этапе деформирования находится в упругой стадии вплоть
до предела текучести, а затем материал обладает неограниченной
площадкой текучести. Материал, работающий по такой диаграмме,
называется идеально упруго-пластическим. Такая схема-
схематизированная диаграмма деформирования в большей степени соот-
соответствует действительной диаграмме деформирования материала,
имеющего ярко выраженную площадку текучести, т.е. пластичным
материалам (см. п. 2.7).
Если расчет конструкций ведется по предельной нагрузке,
•то определяющим является выполнение условия
B26)
где [Р] - допускаемая сила, которая определяется по формуле:
И = ^> B.27)
L J П\
Здесь Ра - значение внешних нагрузок, при которых происходит
разрушение конструкции; щ - коэффициент запаса.
В случае расчета конструкции на жесткость необходимо удов-
удовлетворять условию
и<[и), B.28)
где и и [и] - расчетное и предельно допустимое значений переме-
перемещения.
34

2.9. Пример расчета (задача № 2)
Абсолютно жесткий брус АЕ (рис. 2.12, #), имеющий одну шар-
нирно неподвижную опору С и прикрепленный в точках В, Д и Е
тремя тягами из упруго-пластического материала, нагружен пере-
переменной по величине силой Р. Площадь поперечного сечения тяг F\,
Fi, i% модуль упругости и предел текучести материала тяг
Е= 2-Ю5 МПа, аг=240МПа. Допускаемое напряжение [а]=—,
где коэффициент запаса прочности п принят равным 1,5.
Требуется:
1. Найти усилия в тягах, реакцию опоры С и угловое смещение
(поворот бруса вокруг точки С) как функции от величины силы Р,
2. Определить в процессе увеличения нагрузки Р такую ее вели-
величину, при которой напряжение в одной из тяг достигает предела те-
текучести;
3. Определить в процессе увеличения нагрузки Р ее предельную
величину, при которой напряжения в трех тягах достигнут предела
текучести, реакцию опоры С и соответствующий этому предельному
состоянию угол;
4. Найти величины несущей способности конструкции из рас-
расчетов по методам допускаемых напряжений и разрушающих нагру-
нагрузок при одном и том же коэффициенте запаса прочности. Сопо-
Сопоставить результаты и сделать вывод.
Дано:./!- 21(Г4 м2; Е2 = МО м2; ^3 = 210~4 м2; а = 2 м;
6= 1 м;:с= 1 м; d— 2 м; 1\•= 1 м; /2 = 1 м; /3 = 1,2 м.
Решение
1. Найти усилия в тягах, реакции в опоре Си
угловое смещение {поворот бруса вокруг т. С), как
функции от величины силы* Р. Для определения величин
усилий в тягах в зависимости от Р применим метод сечений. Сделав
сечение по всем тягам и приложив в местах сечений усилия N\, N2
и #з, возникающие в тягах, рассмотрим равновесие оставшейся
части, нагруженной продольными усилиями в тягах N\> N2 и Лз ре-
реакциями опоры С (Rc и Нс) и силой Р (рис. 2.12, б). Составив урав-
уравнения равновесия статики для оставшейся части, получим:
;1Jг=0, #с=0; B.29)
2)Sy = 0, -Р+ #1 + Лс-Аг2~Яз==0;. B.30)
?* . 35

3) ЪМС = О, -/>3 + Nv\ + NTl + #з-3 = 0. B.31)
Из уравнений равновесия видно, что система дважды статически
неопределима, т.к. два уравнения равновесия B.30) и B.31) содержат в
своем составе четыре неизвестных. Поэтому для решения задачи необ-
необходимо составить два дополнительных уравнения совместности дефор-
деформаций, раскрывающих статическую неопределимость системы.
Для составления дополнительных уравнений рассмотрим де-
деформированное состояние системы (рис. 2.12, в), имея в виду, что
брус абсолютно жесткий и поэтому после деформации тяг останется
прямолинейным.
36

Эти дополнительные уравнения совместности деформаций полу-
получим из подобия треугольников BCB\~DCD\ и ВСВ\~ЕСЕ\.
Д^Д/^ Al{ Д/3
Ъ с b ~ c+d'
Решая эти уравнения, получим:
/i; B.32)
3Ahi Ah=3Al{ B33)
b 1
Выразив деформации тяг по формуле определения абсолютного
удлинения:
EFX Е-2Л0Г
KT 1 KT 1
д/2 =
EF2
и подставив эти значения в уравнения B.32) и B.33), получим:
«?p&!pL- B.34)
Подставив найденные значения Ni и N3 в уравнение B.31) оп-
определяем величину Щ:
-Р-3 + JVrl + 0,5-iNTrl + 2,5.^r3 = 0; ^=О,ЗЗЗЗР.
Зная N\, из уравнений B.34) и B.35), находим Ni и ТУз:
N2 = ~ = 0Д67Р; ЛГ3 = 2,51Р = 0,833Р.
6 3
Опорную реакцию Rc определяем из уравнения B.30), подставив
найденные значения N\, N2 и Ny.
-Р+ О,ЗЗЗР+ Лс- 0Д67Р- 0,833Р= 0; Лс= 1,667Р.
После определения величин усилий в тягах Л^, Л^> ^з и реак-
реакции Лс необходимо проверить правильность их вычисления. Для
этого составим уравнение равновесия статики ЕЛ/^ = 0:
-Nya-Rc(a+b) + N2(a + b+c) + N3(a+b+c+d) =0;
37

--Р-2--Р-3 + j/)-4 + |
3 3 6 6
| |.р = 0; 0 = 0.
Следовательно, TVj, Л^, N$ и ^с определены правильно.
Угловое смещение бруса (угол (р), ввиду его малости, находим
как тангенс угла наклона бруса АЕ:
2. Определить в процессе увеличения нагрузки Р
такую ее величину, при которой напряжение в од-
одной из тяг достигнет предела текучести. Для вы-
вычисления величины Р, при которой напряжение в одной из тяг дос-
достигнет предела текучести сТ, определим нормальные напряжения,
возникающие в тягах, учитывая то, что тяги работают на рас-
растяжение:
В\ 210
Л^=ОД67Р= W4
Вг 1-НГ*
= 0,417-104Р.
3 ^
Вз 210~
Полученные величины напряжений показывают, что в тяге 3
напряжение достигает предела текучести раньше, чем в тягах 1 и 2,
так как аз > cti и стз > а2- Поэтому, приравняв напряжение стз пре-
пределу текучести стг, определим величину Р, при которой нормальное
напряжение в тяге 3 достигнет предела текучести от:
0,417 • 104 Р = 24 -104 кПа,
откуда
0,417-104
3. Определить в процессе увеличения нагрузки Р
ее предельную величину, при которой напряжения
в трех тягах достигнут предела текучести, реак-
реакцию опоры С и соответствующий этому пре-
предельному состоянию угол. При исчерпании несущей спо-
способности всех тяг напряжения в них достигнут предела текучести
аТ. В этом случае предельные усилия, которые возникнут в тягах,
будут равны:
Nfp - FvaT = 2-10-4.24. Ю4 = 48 кН;
38

N™ = F2gt = 110-424104 = 24 кН;
N™ = FyaT = 210-424104 = 48 кН.
Предельную величину внешней нагрузки, соответствующую ис-
исчерпанию несущей способности, найдем из уравнения B.31), подста-
подставив в него предельные значения N™, N%p, NfP '•
-Рл*-3 + 48-1+ 24-1+ 48-3 = 0; РПР = Щ- = 72 кН.
Предельную величину реакции R^ определяем из уравнения
B.30):
-72 + 48 +Л?Р- 24 - 48 = 0; Rncp = 96 кН.
При определении наименьшего угла поворота бруса, соответст-
соответствующего предельному состоянию системы, необходимо знать, в ка-
какой из тяг текучесть наступит позже.
Полученные величины напряжений (см. п. 2) показывают, что в
тягах 1 и 2 напряжения достигнут предела текучести одновременно,
но позже, чем в тяге 3. Поэтому предельный угол поворота бруса
определяем для момента перехода материала тяг 1 и 2 в плас-
пластическое состояние:
Al{ N™:h 48-1 ¦„ 1П_
или
tg фя/, » фя/, = —2_ = _^ = — = 12 • 10 рад.
ПР ПР с EF2c 2 • 108 -1 10~4 1
4. Найти несущую способность из расчетов по
методам допускаемых напряжений и разрушающих
нагрузок при одном и том же коэффициенте запа-
запаса прочности. Сопоставить результаты и сделать
вывод. Из предыдущих расчетов (см. п. 2) видно, что текучесть
материала раньше появится в тяге 3, т.к. аз > <з\ и аз > > о^ Поэто-
Поэтому для определения величины грузоподъемности из расчета по ме-
методу допускаемых напряжений приравниваем напряжение в этой
тяге аз = 0,417-104 Р к допускаемому напряжению:
[а] = -^= 241° =16 104кПа, 0,417-104 [Л = 16104кПа,
п 1,5
[Р]= J6i!0^38,4kH.
0,417-104
39

Несущая способность конструкции из расчета по методу раз-
разрушающих нагрузок получим путем деления ранее полученного
значения РПР = 72 кН на коэффициент запаса П\ = 1,5:
[Ряр] = ^™
щ 1,5
Сравнивая полученные величины, видим, что несущая спо-
способность из расчета по методу разрушающих нагрузок больше несу-
несущей способности из расчета по методу допускаемых напряжений на
— ~ ' х 100% » 25%, что подтверждает известное положение о
том, что метод допускаемых напряжений, в отличии от метода раз-
разрушающих нагрузок, не позволяет определить полную несущую
способность системы. Это объясняется тем, что для статически не-
неопределимых систем, переход одного элемента в пластическую ста-
стадию работы, как правило, не означает наступления предельного
состояния. Переход системы в предельное состояние отождеств-
отождествляется с превращением ее из неизменяемой в геометрически изме-
изменяемую систему. Известно, что в статически неопределимой систе-
системе разрушение «лишних связей» не превращает ее в геометрически
изменяемую. Так как реальные сооружения чаще всего представля-
представляют собой многократно статически неопределимые системы, матери-
материал которых обладает свойством пластичности, поэтому метод пре-
предельного равновесия имеет важное значение для раскрытия истин-
истинных резервов их несущей способности.
Вопросы для самопроверки
1. Дайте определение равновесного состояния стержня, называемого про-
простым растяжением или сжатием. .
2. Что такое принцип Сен Венана? Дайте пояснение на конкретном при-
примере.
3. Какое правило знаков принято для усилия и напряжения, возникающих
при простом сжатии и растяжении?
4. Дайте определение статически определимых и неопределимых систем.
5. Поясните физический смысл модуля первого рода.
6. Сформулируйте закон парности касательных напряжений.
7. Что такое пластичность?
8. Что такое предел прямопропорциональности, предел упругости и предел
текучести?
9. Что такое хрупкость и перечислите хрупкие материалы?
10. Перечислите основные принципы расчета инженерных конструкций.
40

ГЛАВА 3
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ
ПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЕНИЙ БРУСА
3.1. Статические моменты сечения
При решении практических задач возникает необходимость в
использовании различных геометрических характеристик попереч-
поперечных сечений бруса. Настоящий раздел посвящен методам их опре-
определения. Рассмотрим некоторое поперечное сечение в системе ко-
координат х, у (рис. 3.1) и рассмотрим два следующих интегральных
выражения:
Sx±\ydF\ Sy=jxdF, C.1)
F F
где нижний индекс у знака интеграла указывает на то, что интегри-
интегрирование ведется по всей площади сечения F. Каждый из этих инте-
интегралов представляет собой сумму произведений элементарных пло-
площадок dFm расстояние до соответствующей оси (х или у). Первый
интеграл называется статическим моментом сечения относительно
оси ху а второй - относительно оси у.
При выполнении практических расчетов важно знать, как ме-
меняются статические моменты сечения при параллельном переносе
координатных осей (рис 3.2).
У
1
0
¦ г
с
X
®dF)
X
У'
Л
0
[
а
S* dF
] *i Л
X
0
\
А
\
X
Рис. 3.1
Рис. 3.2
41

Очевидно, что
x=xl+a;y=yi + Ь. (Ъ.2)
Подставляя C.2) в C.1) получим:
Величины а и b можно подобрать (причем единственным обра-
образом) так, чтобы выполнялись следующие равенства:
Sx; a-F=Syy C.4)
тогда статические моменты SXl = Sy{ = 0.
Ось, относительно которой статический момент равен нулю,
называется центральной. Точка С(хс, у с) пересечения централь-
центральных осей называется центром тяжести сечения в системе
координат (х, у) и определяется из C.4):
xc=a = ?f; yc=b = ^. C.5)
Далее предположим, что брус имеет составное сечение (рис. 3.3) с
общей площадью F Обозначим через F^ (k= 1,2,3,'..., я) площадь
&-ой области, принадлежащей к составному сечению бруса. Тогда
выражение C.1) можно преобразовать в следующем виде:
= t [ydF = ts?; Sy = ? \xdF = ±Sf , C.6)
Ы1 Ы\ k\
Ы\ Fk
где S^\ S^ - статические моменты ^-той области относительно
осей х и у. Следовательно, статический момент составного сечения
равен сумме статических моментов составляющих областей.
3.2. Моменты инерции сечения
В дополнение к статическим моментам в системе координат
хОу (рис. 3.1)рассмотрим три интегральных выражения:
42

=\y2dF;
F
C.7)
Первые два интегральных выражения называются осевыми мо-
моментами инерции относительно осей х и у, а третье -центробеж-
-центробежным моментом инерции сечения относительно осей х,у.
Для сечений, состоящих из «-числа областей (рис. 3.3), фор-
формулы C.7) по аналогии с C.6) будут иметь вид:
/ _ у1 [лр-dF - Y /w* / - Y [x2dF -
¦*- "V* —" / \ У 1*л — / х -у « J. -и — / I л ил —
Ы\ Fb ?=1 *=1 F, *=1
Рассмотрим, как изменяются
моменты инерции сечения при па-
параллельном переносе координатных
реей х и у (см. рис. 3.2). Преобразуя
формулы C.7) с учетом выражения
C.2), получим :
= IXi+2bSXi+b2F;
=Iyi +2aSyi +a2F;
C.8)
Рис. 3.3
Если предположить, что оси Х\ и }^i (см. рис. 3.2) являются цен-
центральными, тогда SX{ - Syx = 0 и выражения C.8) упрощаются и
принимают вид:
= Iyi+a2F;
C.9)
Определим осевые моменты инерции прямоугольника относи-
относительно осей х и у, проходящих через его центр тяжести (рис. 3.4).
В качестве элементарной площадки dF возьмем полоску шириной b
и высотой dy (рис. 3.4). Тогда будем иметь:
А
= J
8 8
12
43

У\
о
of
Аналогачным образом можно установить,
, hb3
Для систем, рассматриваемых в поляр-
-> ной системе координат (рис. 3.5, а), вводит-
ся также полярный момент инерции:
->
где р - радиус-вектор точки тела в заданной
Рис. 3.4 полярной системе координат.
Вычислим полярный момент инерции
круга радиуса Я На рис. 3.5, а показана элементарная площадка,
очерченная двумя радиусами и двумя концентрическими поверхно-
поверхностями, площадью
Рис. 3.5
Интегрирование по площади заменим двойным интегриро-
интегрированием:
271 R
2% R р4
/р = jp2dF = Jdp Jp3</p = *
О О
Найдем зависимость между полярным и осевыми моментами
инерции для круга. Из геометрии видно (рис. 3.5, б), что
Р2 = х2 + f,
следовательно,
44

F F F F
nR4
Так как оси х и у для круга равнозначны, то 1Х = 1У —
4
Полярный момент инерции кольца может быть найден как раз-
разность моментов инерции двух кругов: наружного (радиусом R) и
внутреннего (радиусом г):
Г _ Я/д4 4\
2V Г
ПГ
3.3. Главные оси и главные моменты инерции
Рассмотрим, как изменяются моменты инерции плоского сече-
сечения при повороте осей координат из положения х и у к положению
и и v. Из рис. 3.5, 5 легко установить, что
и = <ycosa-xsina. C.10)
Из выражений:
F F F
с учетом (ЗЛО) после несложных преобразований получим:
/м = /х cos a +1у sin a + /^ sin 2a;
Iv = /x sin2 a +/^ cos2 a-/^ sin 2a; C.11)
/wz; = 0,5 (/x -7^) sin 2a + /^ cos 2a.
Складывая первые два уравнения, получим:
/«г + Л,в/*+/,= /Р, C.12)
где р2 = х2 + j>2; /р - полярный момент инерции сечения, величина
которого, как видно, не зависит от угла поворота координатных осей.
Дифференцируя в C.11) выражение Iu no a и приравнивая его
нулю, находим значение a = ao, при котором функция 1и прини-
принимает экстремальное значение:
C.13)
45

С учетом C.12) можно утверждать, что при а = осо один из осе-
осевых моментов 1и или Iv будет наибольшим, а другой наименьшим.
Одновременно при а = oq Iuv обращается в нуль, что легко уста-
новить из третьей формулы C.11).
Декартовы оси координат, относительно которых осевые мо-
моменты инерции принимают экстремальные значения, называются
главными осями инерции. Осевые моменты инерции относи-
относительно главных осей называются главными и определяются из
C.11) с учетом C.13) и имеют вид:
C.14)
В заключение введем понятие радиуса инерции сечения от-
относительно координатных осей х и у- ix и iy, соответственно, ко-
которые определяются по формулам:
' ГГ
C.15)
3.4. Пример расчета (задача № 3)
Для сечения, составленного из швеллера №20 а, равнобокого угол-
уголка (80x80x8). 10"9 м3 и полосы A80x10)-10 м2 (рис. 3.6) требуется:
1. Найти общую площадь сечения.
2. Определить центр тяжести составного сечения.
3. Определить осевые и центробежный моменты инерции сече-
сечения относительно осей, проходящих через его центр тяжести.
4. Найти положение главных центральных осей инерции.
5. Определить величины главных центральных моментов инер-
инерции сечения и проверить правильность их вычисления.
6. Вычислить величины главных радиусов инерции.
Решение
Из сортамента выписываем все необходимые геометрические
характеристики для профилей, входящих в составное сечение.
Швеллер № 20 а (ГОСТ 8240-72): Ншв = 0,2 м, Ьшв = 0,08 м,
^ш, = 25,210-4м2, /^?=167010-8м4, /]?*=139-10-8м4, ZQ6 =
46

>„ = 0,18м
Рис. 3.6
Уголок (80x80x8I0-9 м3 (ГОСТ 8509-72): Ьуг = 0,08 м, Fye =
12,3- Ю-4 м2, 1ухг = Цг = 73,4-Ю-8 м4, /J = HL = 116-10"8 ]
= /^t =30,3-10-8 М4> ^ = 0;022? м_ _
47

Полоса Мл= 18М0-4м2, Fn= bir8n= 18-Ы0-4м2 = 1810-4м2;
1. Определение общей площади составного сече-
ни я. Общая площадь составного сечения определяется по фор-
формуле:
F= Fme + Fye + Fm F = B5,2 + 12,3+18)-10 = 55,5-1(И м2.
2. Определить центр тяжести составного сече-
сечения. В качестве вспомогательных осей для определения положения
центра тяжести примем горизонтальную и вертикальную оси хшв и
ушв, проходящие через центр тяжести швеллера. Статические мо-
моменты площади всего сечения относительно этих осей будут равны:
Sx =РМ,5кш + 0,5 Sn) + F 1- 0,5 h + *
шв v ' V
= [18A0 +0,5)+ 12,3(-10 + 2Д7)]Ю-6м3 =93,9-10м3;
Координаты центра тяжести вычисляем по формулам:
^ 0-*|= Q =^w = 79.10- м
.10'4 Лс F 55^10
3. Определить осевые и центробежный моменты
инерции сечения относительно осей, проходящих че-
через его центр тяжести. Для определения указанных момен-
моментов инерции составного сечения воспользуемся формулами, выра-
выражающими зависимость между моментами инерции относительно
параллельных осей:
he =*7' + Fm*+*F ^уг^уг^у^пЯ- C.17)
48

В этих формулах расстояние между осями, проходящими через
центр тяжести составного сечения, и осями, проходящими через
центры тяжести каждой составной части фигуры, аи b (рис. 3.6), в
рассматриваемом случае будут равны:
аи« = ^Ус = -0,017м, А = -хс = +0,0142м;
- + ZJL-.
= A0 + 0,5 -1,7) • 1 (Г2 = 0,088 м;
Подставив числовые значения величин в формулы C.16) и
C.17), получим:
1Хс = [1670 + 25,2(-1,7J + 73,4 + 12,3(-9,43J + 1,5 + 18-(8,8J]-1(Г* =
= 4305,4-Ю-8 м4.
1Ус = [139 + 25,2A,42J + 73,4+ 12,3(-3,13J+ 486+18@,14J> 10"8 =
= 870,Ы0-8м4.
При вычислении центробежного момента инерции составного
сечения следует иметь в виду, что 1%? и /?, равны 0, так как
швеллер и полоса имеют оси симметрии, а
sin2a,
где /^ =/?г; 1%йп = 1у''' a ~ УГ0Л межДУ осью х и главной осью
Хо уголка. Этот угол может быть положительным или отрицатель-
отрицательным. В нашем примере a = +45°, поэтому:
Далее, подставив Числовые значения в формулу C.18), получим
величину центробежного момента инерции составного сечения:
1ХсУс = [0 + 25,2 • Й,7). 1,42 + 42,85 + 12,3 • (-9,43) (-3,13) + 0 +
49

+ 18 • 8,8 • 0,14] 10"8 = 367,2-10~8 м4.
А. Найти положение главных центральных осей
инерции. Угол наклона главных осей инерции, проходящих через
центр тяжести составного сечения, к центральным осям инерции хс
и ус определим по формуле:
2-367,2-КГ8 =_0Ji4,2a«-12°,a = -6V
-8
IXc-Iyc D305,4-870,1)-10
Так как угол а получился отрицательным, то для отыскания по-
положения главной оси максимального момента инерции и следует
ось Xq, осевой момент инерции относительно которой имеет наи-
наибольшее значение, повернуть на угол а по ходу часовой стрелки.
Вторая ось минимального момента инерции v будет перпендикуляр-
перпендикулярна оси и.
5. Определить величины главных центральных мо-
моментов инерции сечения и проверить правильность их
вычисления. Величины главных центральных моментов инерции
составного сечения вычисляем по формуле:
г
imax
min
/max ""
Ixc+hc If
2 %
4305,4 + 870,1
2 '
Ixc he) Л
2 ) ЫУс'
(Г4305,4-870,А2 ( 36„л2
\\ 2 ) '*
= B587,75 +1756,8 = 4344,55) • 10~8 м4;
/min = B587,75 -1756,8) • 10~8 = 830,95 • 10~8 M4 •
Для контроля правильности вычисления величины моментов
инерции составного сечения производим проверки.
1-ая проверка: /max + /min = IXc + 1Ус = const; '
/max + /min = D344,55 + 830,95I0-8 = E175,5)-10-8 ^
1Хс +1Ус = D305,4 + 870,1I0-8= E175,5)-Ю^м4.
2-ая проверка: /ш > 1Х(, > 1ус > 0;
4344,55 Ю-8 > 4305,4-Ю-8 > 870,l-10"8 > 830,95-10'8 м4.
50

Проверки удовлетворяются, что говорит о правильности вычис-
вычисления моментов инерции составного сечения.
6. Вычислить величины главных радиусов инерции.
Величины главных радиусов инерции вычисляем по известным
формулам:
'max
'min
4344,55 • 1(Г8
55,5
830,95
55,5 ¦
ю-4
•КГ8
ю-4
«0,0885 м;
«0,0387 м.
Вопросы для самопроверки
1. Что такое статический момент сечения?
2. Дайте определение центральной оси сечения.
3. Дайте определение центра тяжести сечения.
4. Что такое осевые моменты инерции сечения?
5. Что такое центробежный момент инерции сечения?
6. Что такое полярный момент инерции сечения?
7. Что такое главные оси инерции сечения?
8. Дайте определение главных моментов инерции сечения.
9. Дайте определение радиусов инерции сечения.
10. Чему равен статический момент инерции составного сечения?
11. Чему равны моменты инерции составного сечения?

ГЛАВА 4
КРУЧЕНИЕ
4.1. Кручение бруса с круглым поперечным
сечением
Здесь под кручением понимается такой вид нагружения, при
котором в поперечных сечениях бруса возникает только крутящий
момент. Прочие силовые факторы, т.е. Nz, Qx, Qy, Мх, Му равны
нулю.
Для крутящего момента, независимо от формы поперечного се-
сечения бруса, принято следующее правило знаков. Если наблюдатель
смотрит на поперечное сечение со стороны внешней нормали и ви-
видит момент Mz направленным по часовой стрелке, то момент
считается положительным. При противоположном направлении
моменту приписывается отрицательный знак.
При расчете бруса на кручение (вала) требуется решить две
основные задачи. Во-первых, необходимо определить напряже-
напряжения, возникающие в брусе, и, во-вторых, надо найти угловые
перемещения сечений бруса в зависимости от величин внешних
моментов.
Наиболее просто можно получить решение для вала с круглым
поперечным сечением (рис. 4.1 а). Механизм деформирования бруса
с круглым поперечным сечением можно представить в виде. Пред-
Предполагая, что каждое поперечное сечение бруса в результате действия
внешних моментов поворачивается в своей плоскости на некоторый
угол как жесткое целое. Данное предположение, заложенное в ос-
основу теории кручения, носит название гипотезы плоских
сечений.
Для построения эпюры крутящих моментов Мг применим тра-
традиционный метод сечений - на расстоянии z от начала координат
рассечем брус на две части и правую отбросим (рис. 4.1, б). Для ос-
оставшейся части бруса, изображенной на рис. 4.1, б, составляя урав-
уравнение равенства нулю суммы крутящих моментов YtMz = 0, по-
получим:
Мг = М. D.1)
52

а) '
б)
"У
М
/ *
* -с
Z
в) ,
Рис. 4.1
Поскольку сечение было выбрано произвольно, то можно сде-
сделать вывод, что уравнение D.1) верно для любого сечения вала-
крутящий момент Mz в данном случае постоянен по всей длине
бруса.
Далее двумя поперечными сечениями, как это показано на
рис. 4.1, а, из состава бруса выделим элемент длиной dz, а из него
свою очередь двумя цилиндрическими поверхностями с радиусами
р и р + ф выделим элементарное кольцо, показанное на рис. 4.1, в.
В результате кручения правое торцевое сечение кольца повернется
на угол Лр. При этом образующая цилиндра АВ повернется на
угол у и займет положение АВ'. Дуга ВВ' равна с одной стороны,
рф, а с другой стороны -~ydz. Следовательно,
7 pdz'
D.2)
Если разрезать образовавшуюся фигуру по образующей и раз-
развернуть (рис. 4.1, г), то можно видеть, что угол у представляет собой
не что иное, как угол сдвига данной цилиндрической поверхности
под действием касательных напряжений т, вызванных действием
крутящего момента. Обозначая
0 = -тг, D.3)
где 0 - относительный угол закручивания. Этот угол представляет
собой угол взаимного поворота двух сечений, отнесенный к рас-
расстоянию между ними. Величина 0 аналогична относительному уд-
удлинению при простом растяжении или сжатии стержня.
Из совместного рассмотрения D.2) и D.3) и после некоторых
преобразований, получим:
53

у = р©. D.4)
Подставляя выражение D.4) в выражение закона Гука для
сдвига B.23), в данном случае выражение касательных напряжений
принимает следующий вид:
<?0р,
D.5)
где т - касательные напряжения в поперечном сечении бруса. Пар-
Парные им напряжения возникают в продольных плоскостях - в осевых
сечениях. Величину крутящего момента Mz можно определить через
тс помощью следующих рассуждений. Момент относительно оси z
от действия касательных напряжений т на элементарной площадке
dfFравен (рис. 4.2):
dM=ipdF.
Рис. 4.2
Проинтегрировав это выражение
по. площади поперечного сечения
вала, получим:
Мг = jxpdF.
D.6)
Из совместного рассмотрения
D.5) и D.6) получим:
Mz = G 0 jp2dF = G®Ip. D.7)
Откуда
0 =
_ Mz
D.8)
Величина С/р называется жесткостью бруса при кручении.
Из D.8), с учетом D.3), интегрируя полученное выражение по
параметру z, получим:
ф(г)= J * . D.9)
. О Р
Если крутящий момент Mz и жесткость GIP по длине бруса пос-
постоянны, то из D.9) получим:
D.10)
54

где ф @) - угол закручивания сечения в начале системы отсчета.
Для определения выражения напряжений, возвращаясь к фор-
формуле D.5) и исключая из него 0, согласно D.8), получим:
^. D.11)
Величина W = —— называется полярным моментом сопро-
Ртах
тивления поперечного сечения бруса в форме сплошного круга ра-
радиусом R. Определяется эта величина из следующих соображений:
Если же в брусе имеется внутренняя центральная полость ра-
d
<4ЛЗ>
диусом г = —, то для кольца
г d
- = -
4.2. Кручение бруса с некруглым
поперечным сечением
Определение напряжений в брусе с некруглым поперечным се-
сечением представляет собой сложную задачу, которая не может быть
решена методами сопротивления материалов. Причина заключается
в том, что для некруглого поперечного сечения упрощающая гипо-
гипотеза плоских сечений, оказывается неприемлимой. В данном случае
йоперечные сечения существенно искривляются, в результате чего
заметно меняется картина распределения напряжений.
Таким образом, при определении углов сдвига, в данном случае,
необходимо учитывать не только взаимный поворот сечений, но и
деформации сечений в своей плоскости, связанная с искривлением
сечений.
Задача резко усложняется тем, что для некруглого сечения, на-
напряжения должны определяться как функции уже не одного неза-
независимого переменного р, а двух - х и у.
Отметим некоторые особенности законов распределения напря-
напряжений в поперечных сечениях некруглой формы. Если поперечное
55

max
сечение имеет внешние углы, то в них касательные напряжения
должны обращаться в нуль. Если наружная поверхность бруса при
кручении свободна, то касательные напряжения в поперечном
сечении, направленные по нормали к контуру также будут равны
нулю.
На рис. 4.3 показана, по-
полученная методом теории
упругости, эпюра касатель-
касательных напряжений для бруса
прямоугольного сечения. В
углах, как видно, напряже-
напряжения равны нулю, а наиболь-
наибольшие их значения возникают
по серединам больших сто-
сторон:
в точке А
D.14)
Рис. 4.3
в точке В
где WK = р А3 - аналог по-
полярного момента сопротив-
сопротивления поперечного сечения
прямоугольного бруса;
D.15)
здесь необходимо учесть, что Ъ - малая сторона прямоугольника.
Значения угла закручивания определяется по формуле:
D.16)
где 1К = а А4 - аналог полярного момента инерции поперечного
сечения бруса.
Коэффициенты а, |3 и г| зависят от отношения^ сторон т = h/b,
и их значения приведены в табл. 3.
Таблица 3
т
а
Р
Л
1
0,141
0,208
1,000
1,5
0,294
0,346
0,859
2,0
0,457
0,493
0,795
3,0
0,790
0,801
0,753
6,0
1,789
1,789
0,743
10
3,123
3,123
0,742
56

Таблица 4
Сечение
W,
32 V
I
8
а-
о
а-Ь4
S
с
_
20
80
!
U3s
I
О
С5>|
*5min
4f
f ds
УЬ
57

Геометрические характеристики наиболее представительных
форм сечений обобщены в табл. 4.
4.3. Пример расчета (задача № 4)
Стальной валик переменного сечения, испытывающего круче-
кручение, закручивается крутящими моментами, действующими в двух
крайних и двух пролетных сечениях. Расчетная схема валика, ее
геометрические размеры, величины и точки приложения внешних
крутящих моментов указаны на рис. 4.4, а.
Требуется:
1. Построить эпюру крутящих моментов.
2. Найти допускаемую величину момента М.
3. Построить эпюры касательных напряжений по сечениям вала,
отметив на сечениях опасные точки.
4. Построить эпюру углов закручивания.
Модуль упругости при сдвиге материала вала G= 8107кН/м2.
Расчетное сопротивление материала вала срезу Rc = 105 кН/м2.
Решение
1. Построить эпюру крутящих моментов. Для опре-
определения величины крутящих моментов используется метод сечений.
Согласно расчетной схемы (рис. 4.5, а) для I участка @ < z ^ 0,5 м):
YMMe = 2M + MZl=0, откуда MZ{ = -2М .
Согласно расчетной схемы (рис. 4.5, б) для участка II @,5 м <
10)
MZ{ =0, откуда MZ2=3,5M.
Согласно расчетной схемы (рис. 4.5, в) для участка III A,0 м <
<?<1,8м):
]Г Мпр = М + М1ъ = 0, откуда МZl = -М .
По полученным данным строим эпюру крутящих моментов
(рис. 4.4, б).
2. Найти допускаемую величину момента М. Допус-
Допускаемая величина момента МР определяется из условия прочности:
МР
УУКР
58

#=0,01 м,
2
я=0,5м
Ш
Эпюра МКР
2М
/>=0,5м
М
в)
Ф=0,0174рад
Эпюра ф.
Ф=0,0121рад
Ф=0,0004рад
Рис. 4.4
Сначала определим моменты сопротивления сечения валика для
каждого участка.
I участок (трубчатое сечение) согласно D.13):
ггА _ тсд3/1 с*у гес- —-08-
" р jg v^ ,,
ЗД4-(Ю-10)
II участок (круглое сечение):
59

Рис. 4.5
II участок
М
III участок
пЗ 3,14 (lO-КГ2K
III участок (прямоугольное сечение):
где р - коэффициент, зависящий от отношения сторон прямоуголь-
прямоугольного сечения h/b (h > Ь). В данном случае h/b = 8/6 = 1,333 ,
Р = 0300 тогда
\уЧЬ = 0300 • F • 10K = 64,8 • КГ6 м3.
Подсчитаем теперь напряжения по участкам в зависимости от
момента М:
Т1 =
_Мг,_-
196
тз = ^% = — 1Об =-0,0154106М.
60

Из сравнения результатов видно, что наиболее напряженным
являемся участок II, поэтому допускаемая величина момента [Щ
определяется из зависимости:
т2 = 0,0178 1С'
откуда
105
17800
4. Построить эпюры касательных напряжений по
сечениям вала, отметив на сечениях опасные точки.
Касательные напряжения в точках поперечного сечения валика оп-
определяются по формулам:
щя круглого сечения приО<р< —, т=~7~р;
d D МКР
для трубчатого сечения при~^р^ —, т=="~7 р'
2 2 /р
для прямоугольного сечения хтах = ^^ (в середине большей сто-
Wkp
роны) и Ti = yxmax (в середине меньшей стороны).
Подсчитаем моменты инерции сечений валика относительно
Центра их кручения.
Участок I (трубчатое сечение):
Il~(l - с4) - Ц^-d - 0,84) = 580 • Ю-8 м4.
Участок II (круглое сечение):
Участок III (прямоугольное сечение):
I™ = а Ь4 = 0,243. F • 10L = 315 10~8 м4,
где а = 0,243 при h/b = 1/33.
Определим значения напряжений в характерных точках сече-
сечений.
Участок I @ < z <> 0.5 м):
61

при р = - = 0,04 м, т. = 2'5>620'04 = 77517 кН/м2 = 77,5 МПа;
2 580 10~8
при р = ^ = 0,05 м, Т! „«к = 25'620^5 = 96896 кН/м2 =97,0МПа.
^ 580•10
Участок II ( 0.5 м < z < 1.5 м):
при р = 0, t2 = 0.
при р = у, т2тах = 3?5'2'5?6^80?05 = 100357кН/м2 = 100,0 МПа.
Участок III A.0 м < z < 1.8 м): в середине большей стороны
—^_
64,8 • 10
в середине меньшей стороны
= 0,906-86,7 = 78,6 МПа.
где у = 0,906 при h/b = 1,33Г
По полученным данным строятся эпюры напряжений, приве-
приведенные на рис. 4.6.
Т3=78,6МПа
Т1=77,5 МПа
Т3тах=86,8 МПа
Рис. 4.6
4. Построить эпюру углов закручивания. Угол за-
закручивания на /-ом участке вала в соответствии с D.10) опре-
определяется:
62

- угол закручивания на правом конце (/-1)-го участка (для
первого участка
- начальный угол закручивания вала); //- ко-
координата начала /-го участка.
Так как, в данном случае в пределах каждого из трех участков
крутящие моменты и жесткости на кручение GIP постоянны, то
эпюры углов закручивания на каждом из участков будут линейны. В
связи с этим, достаточно подсчитать их значения лишь на границах
участков. Приняв, что левый конец вала защемлен от поворота, т.е.
<р @) = 0, получим:
жж\ 1
прав _ М кр '1 _
2-5,62-0,5
8 -107 • 580 ¦ 10"8
= 0,0121 рад;
фГ =
прав
<*Г = Ф'2
ш
GL
ш
= 0,0121 + З'5'62'0'5 = _0;0004 рад;
8 107-980 10~8
= -0,0004 + —1'5'62 °'8 . = 0,0174 рад.
8 107-315-10~8
По полученным данным строим эпюру углов закручивания ф
(рис. 4.4, в). Сравнивая эпюры х и ф, можно отметить очевидную зако-
закономерность их изменения по оси z> вытекающую из расчетных формул.
4.4. Кручение тонкостенного бруса
В машиностроении, авиастроении и вообще в технике широко
применяются тонкостенные стержни с замкнутыми (рис. 4.7, а) и
открытыми профилями (рис. 4.7, 6) поперечных сечений. Поэтому
расчеты на кручение
а) ( -| -, \г—-т- 6) ti ^ п \ г таких тонкостенных
стержней имеет боль-
большое практическое
значение.
Характерной гео-
геометрической особен-
_ ностью тонкостенных
Риг 4 7
стержней является то,
что их толщина существенно (на порядок и более) меньше других
геометрических размеров (длиной срединной линии контура попе-
поперечного сечения и длины стержня).
63

Характер распределения напряжений по толщине тонкостен-
тонкостенного стержня открытого профиля близок к равномерному
(рис. 4.7, б), а замкнутого профиля меняется по линейному зако-
закону, как это показано на рис. 4.7, а. Откуда следует, что напряже-
напряжения в поперечных сечениях открытого профиля практически не
изменятся, если профиль сечения распрямить. Иначе говоря, на-
напряжения в криволинейном открытом профиле будут примерно
такими же, как и в прямом.
Обращаясь к формулам D.14), D.16) и при предельном переходе
h/b -> оо, получим:
ъмк (ллп,
tfc <417>
где 8 - толщина профиля; s - длина контура профиля; / - длина
стержня.
В случае, если тонкостенный незамкнутый профиль является
составным (рис. 4.8) и не может быть развернут в вытянутый пря-
прямоугольник, воспользовавшись почленной аналогией, легко опре-
определить выражения напряжений на /-ом произвольном участке:
О/ 5/
где Мщ - доля крутящего момента, соответствующего /-му участку:
где ф - угловое перемещение, единое для всех участков:
ЪМV I
Ф ^
/Л ЛП\
D.19)
Изложенный подход к определению напряжений является при-
приближенным, так как он не позволяет определить напряжения в зо-
зонах сопряжения элементов поперечного сечения профиля, которые
являются зонами концентрации напряжений.
Далее рассмотрим брус, имеющий поперечное сечение в форме
замкнутого тонкостенного профиля (рис. 4.9). Выделим на контуре
элементарный участок длиной ds и выразим крутящий момент через
напряжения т, выполняя операцию контурного интегрирования по-
получим:
64

л 62
Рис. 4.8
Рис. 4.9
М к = cf т 8 ds.
D.20)
Из условия равновесия сил по оси z выделенного элемента дли-
длиной dz D.9) легко установить, что по контуру сечения произведение
т-5 является постоянной величиной. С учетом данного обстоятель-
обстоятельства, выражение D.20) примет вид:
Мк =
D.21)
где 2F* - (fOAds- представляет собой удвоенной площадь, ограни-
S
ченную срединной линией контура сечения.
Из D.21) наибольшее напряжение определяется по формуле:
' _ Мк
D.22)
'mm
Для вывода выражения для угла закручивания воспользуемся
энергетическими соображениями. Энергия, накопленная в элемен-
элементарном объеме с размерами 5, dz, ds за счет деформаций чистого
сдвига, равна:
/т282 ids
2G
ras
s s
С учетом D.21), последнее выражение можно представить в виде:
%GF*2 ] 5
С другой стороны, работу внешних сил можно представить в виде:
3 Сопротивление материалов
65

D.24)
Приравнивая оба выражения из D.22) и D.23), получим:
Если 8 является постоянной по контуру, будем иметь:
MKls
Ф
D.26)
где s - длина замкнутого контура.
4.5. Пример расчета (задача 5)
Пусть задан тонкостенный стержень (рис. 4.10, а) при действии
самоуравновешивающих крутящих моментов на двух противопо-
противоположных концах, требуется:
1. Определить выражения максимальных напряжений и углов
закручивания в случаях, когда стержень имеет открытый
(рис. 4.10, б) и замкнутый (рис. 4.10, в) профиль.
2. Сопоставить вычисленные значения напряжений и углов за-
закручивания для двух различных профилей тонкостенного стержня.
Решение
1. Определение выражения максимальных напряже-
напряжений и углов закручивания в случаях, когда стержень
имеет открытый и замкнутый профиль. Для стержня с
открытым профилем (рис. 4.10, б), согласно D.17), получим:
1М
ЪМ1
V в)
Рис. 4.10
66

Для стержня замкнутого профиля (рис. 4.10, в), воспользовав-
воспользовавшись выражениями D-22) и D.25), имеем:
М MlnD
; ф
2. Сопоставить вычисленные значения напряжений и углов за-
закручивания для двух различных профилей тонкостенного стержня.
Для наглядности составим отношения выражений напряжений и
углов закручивания, т.е.:
xmax(l) = 3D . ФA) = 3D2
*тахB) 25 ' ФB) " 252 "
Откуда следует, что отношение напряжений имеет величину по-
порядка /)/8, а отношение углов закручивания - порядка (D/ЬJ. Так
как для тонкостенных стержней 2)»8, следовательно, стержень с
замкнутым профилем является существенно более прочным и жест-
жестким, нежели стержень с открытым профилем при идентичных ис-
исходных данных.
Заметим, что этот вывод является общим для тонкостенных
стержней независимо от формы сечений.
Вопросы для самопроверки
1. Какой вид сопротивления бруса называется кручением?
2. Какие усилия и напряжения возникают при кручении в поперечных се-
сечениях стержня? /
3. Почему аппарат сопротивления материалов неприемлем при расчете рав-
равновесного состояния бруса некруглого поперечного сечения при
кручении?
4. Дайте геометрическую трактовку определению тонкостенного бруса.
5. Укажите характер распределения напряжения в тонкостенном брусе от-
открытого и закрытого профиля по толщине стенки.

ГЛАВА 5
ИЗГИБ
5.1. Внутренние усилия в поперечных сечениях бруса
Под изгибом понимается такой вид нагружения, при котором в
поперечных сечениях бруса возникают изгибающие моменты Мх
или Му. Если изгибающий момент в сечении является единст-
единственным силовым фактором, то изгиб называется чистым
(рис. 5.1, а).
Чистый
изгиб
Чистый изгиб
и и
Чистый изгиб
Рис. 5.1
В тех случаях, когда в поперечных сечениях бруса наряду с из-
изгибающим моментом возникают и поперечные силы изгиб назы-
называется поперечным. Брус, работающий в основном на изгиб,
часто называют балкой. В дальнейшем будем рассматривать такие
случаи изгиба балки, при которых, во-первых, поперечное сечение
балки имеет хотя бы одну ось симметрии, и, во-вторых, вся нагруз-
нагрузка лежит в плоскости, совпадающей с осью симметрии балки. Та-
Таким образом, одна из главных осей инерции лежит в плоскости
изгиба, а другая перпендикулярна ей.
Для того, чтобы правильно ориентироваться в вопросах, связан-
связанных с расчетом бруса на изгиб, необходимо прежде всего научиться
определять законы изменения внутренних силовых факторов, т.е.
научиться строить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил.
Предварительно рассмотрим три основных типа опорных связей
балки с основанием:
1. Шарнирно-подвижная опора (рис. 5.1, б- левая опора бал-
балки), ограничивающая лишь вертикальное перемещение опорного
узла.
68

2. Шарнирно-неподвижная опора (рис. 5.1, в - правая опора
балки), ограничивающая вертикальное и горизонтальное перемеще-
перемещения опоры.
3. Жесткая заделка (рис. 5.1, а - опора балки на левом краю), не
допускающая поворота и перемещений по вертикали и горизонтали
сечения балки, примыкающего к опоре.
По запрещенным направлениям во всех этих типах опор воз-
возникают соответствующие реакции.
Рассмотрим характерный пример (рис. 5.2, а) и установим не-
необходимые правила. Решение задачи, как правило, начинается с оп-
определения полной системы внешних сил. Для этого отбросим опоры
и заменим их соответствующими реакциями (рис. 5.2, б), выпол-
выполняющими ту же роль, что и опорные закрепления.
а)
б)
А
L
а
РЬ
а+Ъ .
г • \
в
О /V/Av
К t
р
Ра
а+Ь
t
м,
изгА
изг
a-z
Рис. 5.2
Заданная система статически определима, следовательно, из ус-
условий равновесия системы, т.е. равенства нулю суммы моментов
всех сил относительно шарнирных опор (в шарнирах нет ограниче-
ограничений поворота сечений балки, поэтому изгибающих моментов не
возникает) 2т (А) = 0 и 2т (В) = 0, определяем вертикальные ре-
реакции в опорах:
РЬ , Ра
Ra— -; Rfo — — C-1)
а+и а+о
Для определения Нл имеем: ?z = 0, откуда Нл =0. Для проверки
правильности вычислений воспользуемся условием равенства нулю
суммы всех вертикальных сил 2j> = 0, откуда получим
69

Для определения внутренних силовых факторов - изгибающего
момента M(z) и поперечной силы Q(z) как функций от продольной
координаты z, воспользуемся методом сечений. Для полу-
получения этих зависимостей балку разбивают на участки, границами
которых являются следующие точки: начало и конец балки; точки
приложения сосредоточенных усилий; начало и конец действия
распределенных усилий; сечения, в которых скачкообразно изменя-
изменяется жесткость балки; в точках, где происходит изменение ориен-
ориентации элементов, если имеем дело с стержневой системой со слож-
сложной структурой.
Заданная система состоит из двух участков - первого @ < z ^ о)
и второго (а< ?< я + Ь). Следовательно, задавая последовательно
сечения, принадлежащие к первому и второму участкам, и рассмат-
рассматривая равновесие отсеченных частей системы при действии на них
всех внешних сил
А 1/ А А И ВНУТРЕННИХ УСИ-
У\ м г7\ У1 <г\ т Q I itb тлГл определим
I |g I © ЛИЙ,
/ Q\ ВЫр?
выражения для
М к внутренних сило-
силона
0
вых факторов.
При этом, знак
^> изгибающего мо-
момента устанавли-
Рис. 5.3 вается по знаку
кривизны изогну-
изогнутого бруса (рис. 5.3, а) и зависит от выбранного направления осей
системы координат yOz. Следовательно, в системе координат yOz
принятой на рис. 5.3, а положительный момент вызывает рас-
растяжение нижних волокон балки.
Для поперечных сил, независимо от направления координатных
осей, устанавливается следующее правило знаков: если результиру-
результирующая поперечная сила Qy вращает рассматриваемую часть балки по
ходу часовой стрелки, то она считается положительной, в обратном
случае - отрицательной (рис. 5.3, б).
Из условия равновесия ЪМХ = 0; Ъу = 0 отсеченной части сис-
системы, расположенной левее от сечения z\ (первый участок),
(см. рис. 5.2, в), получим:
Для определения Мх и Qy на втором участке рассмотрим рав-
равновесие отсеченной части балки, расположенной правее от сечения
Zi (см. рис. 5.2, б), т.е. ЪМХ = 0; Ъу = 0 откуда и определим:
70

E.3)
Эпюры Мх и Qy изображены на рис. 5.4. Заметим, что эпюры
изгибающих моментов Мх, как и поперечных сил Qy строятся на
рей бруса, однако в отличие от эпюры поперечных сил знак момен-
момента не указывается, а ординаты изгибающего момента откладываются
со стороны растянутых волокон.
/////)//
в
РаЪ
/а+Ь
РЪ
а+Ь
Ра
а+Ь
Рис. 5.4
5.2. Основные дифференциальные соотношения
теории изгиба
Пусть брус нагружен произвольным образом распределенной
нагрузкой q =/(г) (рис. 5.5, а).
M+dM
dz Г1 Q+dQ
Рис. 5.5
Выделим из бруса элемент длиной dz и приложим по его краям
положительные внутренние усилия (рис. 5.5,^). В пределах малого
отрезка dz нагрузку q можно считать распределенной равномерно.
Приравняем нулю сумму проекций всех сил на вертикальную ось у
и сумму моментов всех сил относительно поперечной оси х, прохо-
проходящей через точку С (рис. 5.5, б), получим:
71

Qy+gdz-Qy-dQy = O;
Mx + Qydz+ gdzdz/2- Mx- dMx = 0.
Производя упрощения и отбрасывая величины высшего порядка
малости, получим:
откуда
q. ,5.5)
Из E.4) следует, что при q = const функция Qy будет линейной,
а функция Мх - квадратичной. Если на каких-то участках бруса
распределенная нагрузка отсутствует, т.е. q = 0, то получим, что
Qy = const, а Мх является линейной функцией от z.
В сечениях, где приложена сосредоточенная сила, эпюра Qy
претерпевает скачок на величину внешней силы. И наконец, в тех
сечениях, где Qy принимает нулевое значение и меняет знак, функ-
функция Мх достигает экстремальных значений.
5.3. Напряжения при чистом изгибе
Рассмотрим наиболее простой случай изгиба, называемый чис-
чистым изгибом. Как было отмечено выше, под чистым изгибом
понимается такой вид сопротивления, при котором в поперечных
сечениях бруса возникают только изгибающие моменты, а попе-
поперечные силы равны нулю. Для тех участков бруса, где соблюдается
данное условие, изгибающий момент, согласно второго выражения
E.4), вдоль продольной оси z принимает постоянное значение. Так
как в любом сечении стержня при чистом изгибе Mx(z) = const, то
для однородного бруса постоянного поперечного сечения измене-
изменение кривизны постоянно вдоль оси Z- Под действием изгибающих
моментов ось бруса искривляется. Исходя из этого, ось бруса при-
принимает форму дуги окружности с радиусом кривизны р (рис. 5.6). В
данном случае с высокой степенью точности справедлива гипотеза
плоских сечений. Следовательно, точки, расположенные до изгиба в
плоскости поперечного сечения бруса, в результате изгиба пере-
переместятся в пространстве таким образом, что их совокупность снова
образует плоскость.
Процесс формирования деформаций при чистом изгибе может
рассматриваться как результат поворота плоских поперечных сече-
сечений друг относительно друга.
72

Рассмотрим два смежных сечения, отстоящих один от другого
на расстоянии dz (рис. 5.6).
В результате изгиба эти сечения наклонятся, образуя между со-
собой угол d®, в связи с чем верхние волокна удлиняются, а ниж-
йие - укоротятся. Очевидно, что при этом существует слой, длина
которого не изменилась. Назовем его нейтральным слоем и
обозначим отрезком CD. При этом CD = CD = dz = pd®. Произ-
Произвольный отрезок АВ, расположенный от CD на расстоянии у, в ре-
результате изгиба удлинится на величину А 'В' -АВ. С учетом по-
построений, изображенных на рис. 5.6, легко определить величину его
Линейной деформации:
Растяжение ^
Нейтральная
линия
Сжатие
н)
Рис.
5.6
-Л,
dz
D '
а
То'
-у
/
-АВ A'B'-dz
АВ
dz
y)d®-dz
dz
_ d®^_y_
~У dz ~ р
Если предположить, что продольные волокна не давят друг на
друга, то каждое из них будет находиться в условиях простого рас-
растяжения - сжатия. Тогда переход от деформаций к нормальным на-
напряжениям а можно осуществить посредством закона Гука:
'У
= ?i E.7)
Р
Установим положе-
положение нейтральной оси х,
от которой происходит
отсчет координаты у
(рис. 5.7). Учитывая, что
сумма элементарных сил
adF по площади попе-
поперечного сечения F дает
нормальную силу Nz. Но
при чистом изгибе
Рис. 5.7
73

Nz = 0, следовательно:
Nz = jadF = — jydF = 0-> jydF = 0.
F P F F
Как известно, последний интеграл представляет собой статиче-
статический момент сечения относительно нейтральной линии (оси х).
Статический момент равен нулю, значит, нейтральная линия про-
проходит через центр тяжести сечения.
Выразим момент внутренних сил относительно нейтральной оси
Мх через а. Очевидно, что
Мх = jaydF. E.8)
F
С учетом выражения E.7) получим:
М =— [y2dF = —/
Х Р/ Р Х'
Откуда
! = ^^, E.9)
где — - кривизна нейтрального волокна; ^-жесткость бруса.
Р
Из формулы E.7), исключая 1/р, окончательно получим:
c . E.10)
Ix
Откуда следует, что нормальные напряжения а в поперечном сече-
сечении бруса при его изгибе изменяются по линейному закону в зави-
зависимости от координаты у и принимают максимальное значение на
уровне крайних волокон (при у = д>тах)'
гг X
где Wх - ~~^— момент сопротивления сечения.
.•'max
Энергия упругих деформаций бруса при изгибе V определяется
работой момента Мх на соответствующем угловом перемещении
d&.
M deс учетом d® ^ и
= -Mx de, с учетом d® = ^ и - =
2 р р
Mx de, с учетом d® = и = ^
2 р р Е1
Х
74

окончательно получим
d7. E.11)
v-\
5.4. Примеры расчетов
Для статически определимых систем: схемы I (консольная бал-
балка, рис. 5.8, а), схемы II (двухопорная балка с консолями, рис. 5.13)
и схемы III (плоской рамы в виде ломаного бруса, рис. 5.17) при
последовательном их рассмотрении требуется:
1. Построить эпюры Мх и Qy для всех схем и эпюру Nz для
схемы III.
2. Руководствуясь эпюрой Мх, показать на схемах I и II приб-
приблизительный вид изогнутой оси балки. По опасному сечению подо-
подобрать размеры поперечного сечения:
а) для схемы I - прямоугольное h*b при расчетном сопротив-
сопротивлении RH— 16-103 кН/м2 (клееная древесина); h\b = 1,5;
б) для схемы II - двутавровое (ГОСТ 8239-72) при расчетном
сопротивлении RH = 200103 кН/м2 (сталь).
Решение
5.4.1. Схема I. Консольная балка (задача №6)
Учитывая особенности рассматриваемой системы (рис. 5.8, а),
чтобы исключить необходимость определения опорных реакций,
достаточно применяя метод сечений, последовательно рассмотреть
те отсеченные части системы от заданного сечения, в котором от-
отсутствует опорное сечение.
1. Построить эпюры Qy и Мх. Для построения эпюр
Qy и Мх определяем количество участков, затем, используя метод
сечений, составляем аналитические выражения изменения Qy и Мх
в зависимости от текущей абсциссы z для каждого участка.
Определение количества участков балки
Границами между двумя смежными участками, как правило, яв-
являются места расположения тех сечений, где происходит
скачкообразное изменение: физико-механических характеристик
материала конструкций; геометрических характеристик поперечных
сечений (формы и/или размеров), а также внешних нагрузок. В
75

г) Эпюра Q
ЗОкН
ЗОкН
40кНм
ЮкНм
20кНм
42,5кНм
Точка перегиба
Рис. 5.8
данном случае, рассматриваемая балка, имеющая постоянное попе-
поперечное сечение (рис. 5.8, б) имеет три участка: участок I - DC,
участок II - СВ, участок III - ВА.
Составление аналитических выражений Qy и Мх и
определение значений в характерных сечениях
Проведя сечение I-I, рассмотрим равновесие правой отсеченной
части балки длиной Zu приложив к ней все действующие справа от
сечения заданные нагрузки и внутренние силовые факторы Qy и
76

Мх, возникающие в сечении, которые заменяют действие от-
отброшенной части балки (рис. 5.9). При этом, предполагаем, что
изображенные на рисунке внутренние силовые факторы положи-
положительны.
Составив уравнения равновесия Ъу = 0 и ? Мq{ = 0 для этой
части балки и решив их, найдем выражения для Qy и МХ{ в зави-
зависимости от Z\ на участке I @ < ^ < 1 м):
2MOi = 0, МХ{ + т = 0, AfXl = -m = -10 кНм.
Полученные выражения показывают, что на участке I Qyi и
MXl - const. Знак "минус" у МХ{ говорит о том, что момент в сече-
сечении I-I вызывает растяжение верхних, а не нижних волокон, как
это показано на рис. 5.9.
Gi т=10кНм
V
Рис. 5.9
Рис. 5.10
Участок II A м
< 2 и).
Составим уравнения Zy=0 и X^о2 - 0 ДДЯ отсеченной сече-
сечением Н-Н правой части балки (рис. 5.10) и определим из них Qy2 и
М
х2 '
2 =0, MX2 + m 2
Из полученных выражений для Qy2 и M%2 видно, что на уча-
участке II величина Qy2 постоянна, а величина М%2 изменяется в за-
зависимости от Z2 по закону прямой линии. Знак "минус" у Qy2 по-
показывает, что в сечении II—II возникает поперечная сила, дейст-
действующая в направлении, обратном показанному на рис. 5.10.
77

Теперь, подставляя значения ц Для характерных сечений участ-
участка II в полученные аналитические выражения, определим величины
Qy2 и МХг, возникающие в этих сечениях, т.е. ординаты эпюр Мх
и Qy в точках Си В (рис. 5.8, б).
при z2 = 1 м; Qy2 = -30 кН; МХ2 = -10 + 30 A - 1) = -10 кНм;
при Zi = 2 м; 0у2 = -30 кН; МХг = -10 + 30 B - 1) = 20 кНм.
Участок III B и й Zi <, 4 м).
Составим уравнения равновесия Ну = 0 и X ^о3 = ^ Д^ отсе~
ченной сечением Ш-Ш правой части балки (рис. 5.11) и, решив их,
получим,
- 1) - 0,5 ^to - 2J .
= 0,
Таким образом, величина Qy3 на участке III изменяется по закону
прямой линии, а величина МХъ - по закону квадратной параболы.
Подставив значения
т-ЮкН-м Z3 > соответствующие ха-
характерным сечениям
участка, в аналитические
выражения изменения
<2Уъ и МХъ, определим
координаты эпюр для
сечений В и А
Рис. 5.11 (рис. 5.8, б).
При ^з = 2 м Qy3 = -30 + 20B - 2) = - 30 кН;
МХз = -10 + 30 B - 1) - 0,520B - 2J = 20 кНм.
При z3 = 4 м Qy3 = -30 + 20D - 2) = 10 кН;
МХъ = -10 + 30 D - 1) - 0,5-20D - 2J = 40 кНм.
78

Так как поперечная сила в пределах участка меняет знак, т.е.
имеет промежуточное нулевое значение (рис. 5.8, в), то в этом се-
сечении возникает экстремальное значение изгибающего момента.
Для определения его величины вначале найдем значение 2Ь, при
котором Qy3 = 0. Для этого, приравняв выражение для Qyz нулю,
получим:
D , , оч л P + 2q 30 + 2-20 ..
-Р+ q(Zo- 2) = 0, Zo = ~ = 20 = 3'5м*
Подставив найденное значение Zq = 3,5 м в аналитическое вы-
выражение изменения МХъ, вычислим величину Мтах:
Mmax = -Ю + 30 • C,5 -1) Ll 1 = 42,5 кНм.
Построение эпюр Qy и Мх для всей балки
Отложив перпендикулярно к оси абсцисс (линии, параллельной
оси балки) в удобном для пользования масштабе вычисленные зна-
значения Qy и Мхв характерных и промежуточных сечениях каждого
участка и соединяя концы полученных ординат линиями, соответ-
соответствующими законам изменения Qy и Мх на каждом участке, по-
построим эпюры Qy и Мх для всей балки (рис. 5.8, в, г). При этом по-
положительные ординаты эпюры Qy откладываются вверх, а отри-
отрицательные - вниз по оси абсцисс. Ординаты же эпюр Мх отклады-
откладываются со стороны растянутого волокна. На эпюрах Qy обязательно
указываются знаки, а на эпюре Мх знаки можно не ставить.
Проверка правильности построения эпюр Qy и Мх
Для этого необходимо вначале проверить соответствие эпюры
Qy эпюре Мх согласно дифференциальной зависимости х = Qy,
из которой следует, что эпюра Qy
представляет собой эпюру тангенсов
угла наклона касательных эпюры Мх 20кНм
к оси балки. В самом деле, на
участке II балки (рис. 5.8, г) тангенс IT 2/^3м >|У3м'
угла наклона касательной эпюры Мх
к оси балки (рис. 5.12) равен: Рис. 5.12
ta = —= —=
У 12
79
а

При этом, знак поперечной силы будет положительным, если
угол образован вращением оси балки или элемента системы по ходу
часовой стрелки, и отрицательным, если угод образован вращением
этой оси против часовой стрелки до совмещения с эпюрой Мх.
В рассматриваемом примере угол а образован вращением оси
балки против часовой стрелки, поэтому поперечная сила на этом
участке будет отрицательной. После указанной проверки полезно
также проверить выполнение следующих положений:
1. Эпюра Мх на участке между сосредоточенными силами, а
также между сосредоточенными силой и моментом, и между нача-
началом или концом действия равномерно распределенной нагрузки и
сосредоточенными силой и моментом всегда изменяется по закону
прямой линии, наклонной к оси элемента, а в пределах действия
равномерно распределенной нагрузки по закону квадратной пара-
параболы, имеющей выпуклость в сторону ее действия, если эпюра по-
построена со стороны растянутого волокна.
2. Под точкой приложения сосредоточенной силы эпюра Мх
имеет излом, острце которого направлено в сторону действия силы,
если эпюра построена со стороны растянутого волокна.
3. На эпюре Мх в месте действия сосредоточенного момента т
имеет место скачок, равный его величине.
4. Над шарнирными опорами двухшарнирной балки изгибаю-
изгибающий момент может быть только в тех случаях, когда в опорных се-
сечениях приложены сосредоточенные моменты или когда на консо-
консолях, расположенных за опорами, приложены нагрузки. Во всех
других случаях изгибающие моменты в шарнирах равны нулю.
• 5. На участке действия равномерно распределенной нагрузки
изгибающий момент достигает экстремального значения Мх =
dMx n
= Afmax в том сечении, где поперечная сила ——?- = Qv, т.е. пере-
dz y
ходит через нуль, меняя знак.
6. Поперечная сила Qy на участке равна нулю, если во всех се-
сечениях по длине этого участка Мх = const.
7. Эпюра Qy постоянна на участках между сосредоточенными
нагрузками и изменяется по закону наклонной прямой лишь на
участках, где действует равномерно распределенная нагрузка.
8. Эпюра Qy в точках приложения сосредоточенных вертикаль-
вертикальных сил (Р, RA, Rb) имеет скачки, равные по величине приложен-
приложенным в этих сечениях сосредоточенным силам, причем направление
скачков всегда совпадает с направлением этих сил.
В нашем примере все эти положения выполняются.
2.1. Руководствуясь эпюрой Мх, показать приблизи-
приблизительный вид изогнутой оси балки. При построении при-
80

близительного вида изогнутой оси балки по эпюре Мх необходимо
знать, что знак изгибающего момента связан с характером дефор-
деформации балки от действия заданной внешней нагрузки. Если на
участке балки изгибающий момент положителен, то балка на этом
участке изгибается выпуклостью вниз, а если отрицателен - выпук-
выпуклостью вверх. В тех же сечениях, где изгибающий момент равен ну-
нулю, кривизна балки меняет свой знак, т.е. ось балки в этих сече-
сечениях имеет точщ перегиба. При этом всегда следует помнить, что
прогибы балки на опорах равны нулю.
Анализируя эпюру Мх (рис. 5.8, г), видим, что на участке АО
растянуты нижние волокна, значит, на этом участке изогнутая ось
балки будет иметь выпуклость вниз. На участке ОД растянуты верх-
верхние волокна, поэтому изогнутая ось балки на этом участке будет
иметь выпуклость вверх. Таким образом, под точкой О, где Мх = О,
кривизна изогнутой оси балки меняет знак, т.е. упругая линия име-
имеет в этом сечении точку перегиба. Учитывая это, строим приблизи-
приблизительный вид изогнутой оси балки (рис. 5.8, д).
2.2. Подбор поперечного сечения балки. Опасным сече-
сечением является то, в котором возникает наибольший по абсолютной
величине изгибающий момент. В нашем примере опасным является
сечение Е9 где Afmax = 42,5 кНм. Прямоугольное сечение балки из
клееной древесины подбираем из условия прочности при расчетном
сопротивлении Rff= 16-103 кН/м2 и соотношения h/b =1,5:
откуда требуемый момент сопротивления сечения балки при изгибе
будет равен:
Момент сопротивления прямоугольного сечения равен:
l3
6 9
Приравняв его WT?. получим h = ^9 • 2,66 • 10~3 = 3/23,94 • 10 =
= 0,288 м, тогда:
Ь = 0,288/1,5 =0,192 м.
Округляя, принимаем брус поперечным сечением hxb = 0,29х
хО,19м2, {Wx= 2,663- 10м3).
81

5.4.2. Схема II. Двухопорная балка (задача № 7)
1. Построить эпюры Qy и Мх. Существенное отличие этой
схемы (рис. 5.13, а) от предыдущего примера расчета (рис. 5.8, а)
заключается в том, что при рассмотрении однопролетной консоль-
консольной балки, для определения внутренних силовых факторов с при-
применением метода сечений, мы последовательно рассматривали рав-
равновесие той части системы, где отсутствовало опорное сечение.
Данное обстоятельство позволило без предварительного определе-
определения опорных реакций, вычислить значения внутренних усилий. Так
как этот прием, в данном случае, нереализуем, поэтому предвари-
предварительно необходимо определить полную систему внешних сил, кото-
которая включает заданную систему и все опорные реакции.
Определение опорных реакций
При общем случае нагружения в заданной системе возникают
три опорные реакции. Однако, учитывая особенности характера на-
нагружения, т.е. все внешние силы направлены по оси у, поэтому
можно утверждать, что горизонтальная опорная реакция в опорном
сечении А в данном случае равна нулю. Вертикальные опорные ре-
реакции могут быть определены из условий ЪМА = 0; ЪМВ = 0.
Необходимым и достаточным условием проверки правильности
определения вертикальных опорных реакций является TLy = 0, т.к.
это уравнение статики, применительно к рассматриваемой системе,
которое содержит все искомые опорные реакции.
Из ЪМЛ = 0 получим:
1МА = -РЛ + 0*5-4,5 - т - Rff(i = 0,
откуда
О
Из уравнения ИМВ = 0 будем иметь:
.SAf, ==-Р-7-/я-^5-1,5 + Д,-6=0; ^=40кН
Опорные реакции RA и RB получились положительными. Это
означает, что выбранные направления совпадают с их действитель-
действительными направлениями. После определения опорных реакций следует
провести проверку правильности их вычисления.
2у = _/>_ q.s + д, + rb = 0; -10 - 205 + 40 + 70 = 0;
'-110+110-0; 0 = 0.
82

а)
Я=10кН
X
1м
б)
?=20кН/м
ая=20кНм
2м
4м
1м
ТТ
III
IV
НА
д)
т
D J Z
Эпюра Q
ЮкНм
20кНм
Рис. 5.13
Удовлетворение этого уравнения говорит о правильности вы-
вычисления величин и направления опорных реакций.
Определение количества участков . ,
Учитывая, что границами участков являются точки приложения
внешних сил и опорных реакций, а также сечения, где распреде-
распределенная нагрузка меняется скачкообразно. Поэтому заданная балка
83

имеет четыре участка: I участок - КА\ II участок - АС; III участок -
СВ и IV участок - BD (рис. 5.13,6).
Составление аналитических выражений Qy, Мх и
определение значений их в характерных сечениях
каждого участка
Поместив начало системы координат в центре тяжести крайнего
левого поперечного сечения балки, и рассекая ее в пределах
участка I, рассмотрим равновесие левой части балки длиной Z\
(рис. 5.14, а). Составив уравнения равновесия Еу = 0 и ХЛЦ = О
для этой части, найдем аналитические выражения изменения Qy и
Мх на участке I, где Z\ изменяется в пределах 0 < ^ < 1 м:
а)
К
Oi
1
1м
Рис. 5.14
О, - Qyi - Р== О, б^ = -Р (постоянная величина);
Oj = 0, -Л/xj - P'Zi = 0, AfXl = -P-Z\ (уравнение прямой
Линии).
Знак "минус" у Qy говорит о том, что в этом сечении возни-
возникает поперечная сила, действующая в направлении, обратном пока-
показанному на рис. 5.14, а, а у МХ{ - что в сечении будет возникать
изгибающий момент, растягивающий верхние волокна, а не ниж-
нижние, как показано на рис. 5.14, а. Для определения величин Qyi и
МХх в характерных сечениях этого участка подставим значения Z\
в полученные аналитические выражения:
при Z\ = 0 Qyi = -10 кН, МХх = -100 = 0;
= 1 м CL = -10 кН, MY. = —10-1 = -ЮкН-м.
Проведя сечение в пределах участка И, рассмотрим равновесие
левой отсеченной части балки (рис. 5.14, б) и из уравнений равно-
равновесия Y*y = 0 и 2 Щ2 = 0 найдем аналитические выражения для
84

Qy2 и МХ2 на этом участке, где Zi изменяется в пределах 1 м <
й Zi ^ !3 м:
Ъу = 0, -Qy2 - Р+ RA = О, Qy2 = RA- P (постоянная величина);
Л/Х2 = RA {zi - 1) - ^-^2 (уравнение прямой линии).
Подставив в полученные выражения значения Zi, соответству-
соответствующие граничным сечениям участка II, определим величины Qy2 и
МХ2, возникающие в этих сечениях:
при Zi = 1 м Qy2 = 40 - 10 = 30 кН,
MXl = 40A - 1Ь101 = -10 кНм;
при zi = 3 м СЛ = 30 кН, Л/Х2 = 40C - 1) - 103 = 50 кНм.
Сделав сечение в пределах участка III, составив и решив урав-
уравнения равновесия 1,у = 0 и X ^о3 = 0 Д™ лев°й отсеченной части
(рис. 5.15), получим аналитические выражения изменения Qy и Мх
на участке III, где ?з изменяется в пределах 3 < Zi ^ 7 м:
=0,
Qy3 = Д| - Р- 9(^з ~ 3) - уравнение прямой;
=0,
- уравнение параболы.
Теперь найдем ()Уъ
МХъ в граничных
сечениях С и В уча-
участка III: при ?з== 3 м
(З^з = 40 - 10 -
¦;- 20C- 3) = зо кН,
и И
к i_
i»?
\ ^_\^_>/_>^_\ ^> 1\мл
* 2м
.М,
<х3 '
VG
гУз
Мх% = 40C - 1)-1
Рис. 5.15
20C-
= -50 кНм;
*3 */.*»'-' л
при гз = 7 м Gv, = 40-10 - 20G - 3) = -50 кН,
85

МХъ = 40G - 1) - 10-7 _2°-G 3) = Ю кНм.
_•
Как видно, поперечная сила Qy3 на этом участке принимает в
некотором сечении нулевое значение и меняет знак при прохож-
прохождении через него (рис. 5.13, в). Поэтому в сечении, где Qy3 =
dMY,
= 0, будет экстремальное значение изгибающего момента.
Для его определения найдем величину Zo > при котором Qy3 = 0.
Приравняв выражение для Qy3 к нулю, получим:
RA-P + q3 40-10 + 20-3 , -
Л Л ______________________ _ Ч \г
q ~ 20 >5М-
Подставив найденное значение Zq = 4,5 м в выражение для
М%3, найдем величину экстремального значения изгибающего мо-
момента на этом участке МтйХ = 72,5 кНм.
Для получения аналитических выражений изменения Qy и Мх
на участке IV целесообразно начало координат перенести в сечение
D и рассматривать равновесие правой отсеченной части, т.к. в этом
случае вследствие меньшего количества внешних сил, приложенных
к правой части балки, аналитические выражения будут проще по
своему виду, а вычисление ординат ме-
менее трудоемко.
Аналитические выражения Qy4 и М%4
на участке IV (рис. 5.16) @ < ^ < < 1 м)
получим из следующих уравнений:
- (прямая линия);
Рис. 5.16
MY. = т -
4
- (парабола).
В граничных сечениях D и В участка IV ординаты эпюр Qy и
QyA = 0, МХа = 20 кНм;
Мх:
При ^4 =
при Za = 1 м QyA = 20-1 =20 кН,
86
=20-
кНм.

Так как величина Мх^ на участке IV изменяется по закону
квадратной параболы, то для уточнения ее очертания надо опреде-
определить ординату эпюры Мх в каком-нибудь промежуточном сечении.
Например, при Za = 0,5 м, где ордината МХа будет равна:
Построение эпюр Qy и Мх для всей балки
Откладывая перпендикулярно от оси абсцисс в удобном для
пользования масштабе значения Qy и Мх, возникающие в харак-
характерных и промежуточных сечениях каждого участка, и соединяя
концы полученных ординат линиями, соответствующими законам
изменения Qy и Мх на этих участках, строим эпюры Qy и Мх для
всей балки (рис. 5.13, в, г).
2.1. Руководствуясь эпюрой Мх показать приблизи-
приблизительный вид изогнутой оси ба л к и. Анализируя эпюру Мх
(рис. 5.13, г) видим, что на участке КО растянуты верхние волокна,
и поэтому на этом участке изогнутая ось балки будет иметь вы-
выпуклость вверх. На участке OD растянуты нижние волокна, и изо-
изогнутая ось балки будет иметь выпуклость вниз. Вследствие этого
под т. О, где Мх = 0, будет точка перегиба. Учитывая все сказанное
и то, что прогибы в опорных сечениях равны нулю, строим при-
приблизительный вид изогнутой балки (рис. 5.13, д).
2.2. Подбор поперечного сечения балки. Опасным явля-
является сечение Д где возникает наибольший по абсолютной величине
i/max = 72,5 кНм. Двутавровое сечение балки подбираем из условия
прочности при изгибе при расчетном сопротивлении материала
Rff = 200-103 кН/м2 (сталь):
G Rff
W х
Откуда требуемый момент сопротивления Wx равен:
wtp = Мшах = JVL = 36,25 • КГ5 м*.
Rh 2-105
По сортаменту (ГОСТ 8239-72) принимаем двутавр № 27 с
W^c= 37,Ы0~5 м3. В этом случае при проверке прочности получа-
получается недонапряжение, но оно будет меньше 5%, что допускается
СНиП при практических расчетах.
87

5.4.3. Схема III. Плоская рама (задача № 8)
Заданная плоская стержневая система (рис. 5.17, я), элементы
которой представляют собой прямолинейные стержни, жестко сое-
соединенных между собой, называется рамой. При произвольном ха-
характере нагружения, в поперечных сечениях элементов заданной
системы возникают следующие три силовых фактора: поперечная
сила Q, изгибающий момент М и продольная сила N. Главной от-
отличительной особенностью рамной системы от других стержневых
систем является то, что в деформированной состоянии угол сопря-
сопряжения между различными элементами равен углам сопряжения
элементов до нагружения системы.
Правило знаков для Qy, Мх и Nz и порядок построения их эпюр
для таких систем остаются прежними.
а) б)
?=2кН/м
Р=4кН
II
D
III
С
ч
ч
/
Я
р
III
4м
в)
в
8кН
г)
16кНм
4кН
16кНм
кНм
с в
А
D
С
it
© 4КН
кН
Рис. 5.17
Так как заданная система имеет только три внешние связи
(вертикальную и горизонтальную в т. D и горизонтальную в т. А),
следовательно, при общем характере нагружения возникает всего
три опорные реакции. Как нам уже известно, для плоских систем
88

можно воспользоваться только тремя уравнениями равновесия ста-
статики для определения опорных реакций, поэтому заданная система
является статически определимой.
Построить эпюры Qy, Мх и Nz.
Определение опорных реакций. Составив уравнения равновесия
для всей рамы и решив их, получим:
ХМ» = О, -Д*.8 + РА + qA2 = О, НЛ = *'*+^'1 = 4кН;
8
4-4 + 2-4-6
=8кН.
0, Яд о
о
Проверка: Ъх = 0; НА + HD - Р- qA = 0;
4 + 8 - 4 - 24 = 0; 12 - 12 = 0; 0 = 0.
Уравнение равновесия превращается в тождество, что говорит о
правильности вычисления опорных реакций.
Определение количества участков
Так как в рамах границами участков являются точки приложе-
приложения сил и точки изменения направления оси элементов системы, то
заданная система имеет три участка: участок I - АВ, участок II -ВС,
участок III - CD (рис. 5.13, б).
Составление аналитических выражений Qy, Mx и Nz и оп-
определение их значений в характерных сечениях каждого.
участка
Г Определение внутренних силовых факторов в сечениях рам
производится также с помощью метода сечений. Однако при вы-
выполнении разрезов всегда следует выяснить, ка-
какую из частей рамы считать левой, а какую
правой. Для этого предполагают, что обход ра-
рамы ведется слева направо, т.е. от А к В, от В к
С, от С к D. При этом наблюдение ведут с
нижней стороны участков, находясь лицом к
оси участков.
Участок ПО < 7± < 4 м) (рис. 5.18).
Проведя сечение в пределах этого участка,
рассмотрим равновесие левой отсеченной части
Длиной Z\ • Составив уравнение равновесия Рис- 5.18
89
У
мХ1
Z'
->¦
л
А -
1
оУ1
1

Ну = 0 и 2Mqx = О и Е^=0 для этой части и решив их относи-
относительно Qyx, МХх и NZ{, получим аналитические выражения изме-
изменения Qy, Мх и Nz на участке I:
Ну = 0, -Нл - Qyx =0, Qyy = -HA- const;
qx = 0, - HA-Zi - МХ{ = 0, МХ{ = - Д^ -уравнение прямой;
= 0, NZl = 0 - нормальная сила отсутствует.
Величины Qy, Мх и Nz в граничных сечениях участка будут
равны:
при
при
= 0
= 4м
ел = -4кн, мХг = о, ^ = °;
Qyx = -4 кН, МХ{ = -44 = -16кНм, NZ{ = 0.
Участок II @ <72<4м) (рис. 5.19).
Сделав сечение в пределах этого
участка, составим уравнения равнове-
равновесия для левой части:
Ну = 0, (X, = 0;
Л*
г 9
Уг
МХг = ~
= -44 = -16 кНм;
Рис. 5.19
Знак «минус» перед iV^ говорит о том, что элемент ВС сжат, а
не растянут. Из полученных уравнений видно, что на участке II по-
поперечная сила равна нулю, а изгибающий момент и нормальная си-
сила постоянны.
Участок III @ <, 7л < 4 м) (рис. 5.20).
Приняв начало координат в сечении D и
сделав разрез в пределах этого участка, рас-
рассмотрим равновесие правой отсеченной
части длиной z$ • Составив уравнения рав-
равновесия Ну = 0; XЛ/Оз = 0 и S^=0 и ре-
решив их, получим:
Рис. 5.20
= 0, бУз - Яд + 9-^3 = 0,
3 = HD - q-Zi - уравнение прямой.
90

МХг ~ -HD-Zi + 3 - уравнение квадратной параболы;
Ординаты эпюр найдем из полученных выражений, подставив в
них значения Zi, соответствующие граничным сечениям участка:
= 8 - 24 =0,
Для уточнения очертания квадратной параболы определим ве-
величину МХъ при 1г == 2 м:
МХг =-8-2 + — = ~12кН.м.
Построение эпюр Qy, Mx и Nz для бруса с ломанной осью
{рамы)
Отложив в масштабе перпендикулярно к оси каждого элемента
рамы полученные значения Qy, Мх, Nz в граничных и проме-
промежуточных сечениях участка и соединяя концы ординат линиями,
соответствующими выражениям Qy, Мх и Nz, строим их эпюры
(рис. 5.17, в, г, д).
Правильность построения эпюр внутренних усилий подтверж-
подтверждается на основе статической проверки, заключающейся в том, что
условия равновесия рамы (Lx ш 0; Ну = 0; ЕЛ/= 0;), как в целом, так
и любой ее отсеченной части, под воздействием внешних нагрузок
й усилий, возникающих в проведенных сечениях, соблюдаются то-
тождественно.
5.5. Касательные напряжения при поперечном изгибе.
Главные напряжения при изгибе
В случае поперечного, изгиба в сечениях балки возникают не
только изгибающий момент, но и поперечная сила. Следовательно,
в этом случае в поперечных сечениях бруса возникают не только
нормальные, но и касательные напряжения.
\ 91

Так как касательные напряжения в общем случае распределены
по сечению неравномерно, то при поперечном изгибе поперечные
сечения балки строго говоря не остаются плоскими. Однако при
h
— « 1 (где h - высота поперечного сечения, / - длина балки) ока-
оказывается, что эти искажения заметным образом не сказываются на
работе балки на изгиб. В данном случае гипотеза плоских сечений и
в случае чистого изгиба с достаточной точностью приемлема. По-
Поэтому для расчета нормальных напряжений а применяют ту же
формулу E.10).
Рассмотрим вывод расчетных формул для касательных напря-
напряжений. Выделим из бруса, испытывающего поперечный изгиб, эле-
элемент длиной dz (рис. 5.21, а).
Рис. 5.21
Продольным горизонтальным сечением, проведенным на рас-
расстоянии у от нейтральной оси, разделим элемент на две части
(рис. 5.21, в) и рассмотрим равновесие верхней части, имеющей ос-
основание шириной Ъ. При этом с учетом закона парности каса-
касательных напряжений, получим, что касательные напряжения в по-
поперечном сечении равны касательным напряжениям, возникающим
в продольных сечениях (рис. 5.21, б). С учетом данного обстоятель-
обстоятельства и из допущения о том, что касательные напряжения по пло-
92

щади bdz распределены равномерно, используя условие Y.Z = 0, по-
получим:
tf-tf-dtf + т- bdz=0,
откуда
-&¦
где ./V* - равнодействующая нормальных сил odF в левом попереч-
поперечном сечении элемента dz в пределах заштрихованной площади F*
(рис. 5.20, г):
N*= \odF. E.13)
F*
С учетом E.10) последнее выражение можно представить в виде
^ E.14)
где Sx = \у\ dF- статический момент части поперечного сечения,
F*
расположенной выше координаты у (на рис. 5.21,6 эта область за-
заштрихована). Следовательно, E.14) можно переписать в виде
ы с*
/х
откуда
dN* = х х . E.15)
В результате совместного рассмотрения EЛ2) и E.15) получим
bJx ' dz '
или окончательно
S*Qy
Х~ bJx '
Полученная формула E.16) носит имя русского ученого
Д.И. Журавского.
Для исследования напряженного состояния в произвольной
точке балки, испытывающей поперечный изгиб, выделим из состава
балки вокруг исследуемой точки элементарную призму
(рис. 5.21, г), таким образом, чтобы вертикальная площадка явля-
г 93

лась частью поперечного сечения балки, а наклонная площадка со-
составляла произвольный угол а относительно горизонта. Принимаем,
что выделенный элемент имеет следующие размеры по координат-
координатным осям: по продольно оси - dz, т.е. по оси z\ по вертикальной
оси - dy, т.е. по оси у, по оси х - равный ширине балки.
Так как вертикальная площадка выделенного элемента принад-
принадлежит поперечному сечению балки, испытывающему поперечный
изгиб, то нормальные напряжения а на этой площадке определя-
определяются по формуле E.10), а касательные напряжения т - по формуле
Д.И. Журавского E.16). С учетом закона парности касательных на-
напряжений, легко установить, что касательные напряжения на гори-
горизонтальной площадке также равны т. Нормальные же напряжения
на этой площадке равны нулю, согласно уже известной нам гипо-
гипотезе теории изгиба о том, что продольные слои не оказывают дав-
давления друг на друга.
Обозначим величины нормальных и касательных напряжений
на наклонной площадке через аа и та, соответственно. Принимая
площадь наклонной площадки dF, для вертикальной и горизон-
горизонтальной площадок будем иметь dFsin а и dFcos а, соответственно.
Составляя уравнения равновесия для элементарной вырезанной
призмы (рис. 5.21, г), получим:
откуда будем иметь:
aadF -х cos a dF sin а - т sin а dF cos а - а sin а dF sin а = 0;
xadF + т sin а dF sin а - т cos adFcosa-G cos a dF sin а = 0 .
Следовательно, окончательные выражения напряжений на на-
наклонной площадке принимают вид:
Ga = G sin a + т sin 2a;
ха = -asin2a + xcos2a.
Определим ориентацию площадки, т.е. значение a = ocq , при
котором напряжение aa принимает экстремальное значение. Со-
Согласно правилу определения экстремумов функций из математиче-
математического анализа, возьмем производную функции aa от а и прирав-
приравняем ее нулю:
94
— = 2 a sin a cos a + 2 x cos 2a = 0.
da

Предполагая а = cto, получим:
tg2a0=-—.
с
Откуда окончательно будем иметь:
я 1 „ Bх\
Согласно последнему выражению, экстремальные напряжения воз-
возникают на двух взаимно перпендикулярных площадках, называемых
главными, асами напряжения- главными напряжениями.
Сопоставляя выражения та и а , имеем:
da
da
Т« = 2
откуда и следует, что касательные напряжения на главных пло-
площадках всегда равны нулю.
В заключение, с учетом известных тригонометрических тождеств:
sin2a0 =-(l-cos2a0) = -
|i vvumuv)); л 1
±1
sin2ao = ± tg2a°
и формулы tg2a0 = ,
a
определим главные напряжения, выражая из через а и т:
Полученное выражение имеет важное значение в теории проч-
прочности изгибаемых элементов, позволяющее производить расчеты их
прочности с учетом сложного напряженного состояния, присущего
поперечному изгибу.
5.6. Пример расчета (задача № 9)
Для составной балки, имеющей поперечное сечение, показан-
показанное на рис. 5.22, требуется:
1. Определить расчетные параметры поперечного сечения балки.
95

2. Вычислить нормальные напряжения а по заданному изгиба-
изгибающему моменту и построить их эпюру.
3. Определить значения касательных напряжений в точке 3.
4. Определить значения главных напряжений в точке 3 и указать
их направления (показать главные площадки), имея в виду, что
сечение относится к левой части балки.
Дано: расчетные значения изгибающего момента и попереч-
поперечной силы в сечении Л/Р=156кНм, бР=104кН; АСг = 0,34 м;
М*сг= 0,7; b2/hCT= 0,9; 8i/ACT= 0,1; 82//^= 0,07; 8/8i = 0,4.
Нормативное значение сопротивления материалу при изгибе i?# =
= 217100 кН/м2, коэффициент запаса по прочности п = 1,3.
Решение
1. Определение расчетных параметров поперечного
сечения балки (рис. 5.22, а). Ширина верхней полки Ъ\ =
= 0,7Лсг= 0,7-0,34 = 0,238 м, принимаем Ъ\ = 0,24 м; толщина
верхней полки Si = 0,1йсг = 0,10,34 = 0,034 м; площадь сечения
верхней полки Fjf = Ь\Ь\- 0,24 0,034 = 0,00816м2, ширина нижней
полки bi = 0,9-Асг— 0,90,34 = 0,306 м, принимаем hi = 0,3 м; тол-
толщина нижней полки 82 = 0,07 кСт- 0,070,34 = 0,0238 м, принимаем
82 = 0,024 м; площадь сечения нижней полки Ffj = 0,30,024 =
=0,0072 м2, толщина стенки 8 = 0,4-8i = 0,40,034 = 0,0136 м, при-
принимаем 8 = 0,014 м; площадь сечения стенки /ст= 0,340,014 =
= 0,00476 м2; высота балки Л5 = Лсг+ Ъх + 82 = 0,34 + 0,034 +
+ 0,024 = 0,398 м.
Определение площади поперечного сечения балки.
F = F* + F*+FCT = 0,00816 + 0,0072"+ 0,00476 = 0,02012 м2.
Определение центра тяжести поперечного сечения
балки. Ось у является осью симметрии сечения балки, следо-
следовательно, центр его тяжести находится на этой оси. За вспомога-
вспомогательную ось для определения координаты центра тяжести сечения
на оси у принимаем ось Х\ (рис. 5.22, а). Заметим, что поперечное
сечение балки является составным, и включает в себя три прямо-
прямоугольника (верхняя и нижняя полки, а также стенка). С учетом дан-
данного обстоятельства и воспользовавшись выражением C.6),
вычислим статический момент площади поперечного сечения балки
относительно оси Х\:
96

той
е пв \ j 5м , гн 52 .г» Г о , Лег |
1 V I) I \ I J
= 10 • [8,16 • @,398 - 0,034 ¦ 0,5) + 7,2 • 0,024 • 0,5 +
+ 4,76@,024 + 0,034 • 0,5)] = 4,1188 • 10~3 м3.
Тогда положение центра тяжести на оси у определится ордина-
^= 4,118.8. Ю-3 = 5м
Ус F 201,2-10
Определение момента инерции поперечного сечения
балки относительно центральной оси (рис. 5.22). Значение
момента инерции вычислим, пользуясь зависимостью между мо-
моментами инерции относительно параллельных осей:
хс = !п + рп Щ +1П +Fn а2+ 1СГ + FCT aCT =
0,3 • 0,0243
+ОО816ОД76 +
+ 0,014^0,0343 +0>476,(_0>011J =56)85,10-5м4)
где Ifj, 1% и 1СТ - моменты инерции верхней и нижней полки и
стенки, соответственно, относительно собственных горизонтальных
осей, проходящих через их центры тяжести (см. п. 3.2),
<*i - hB - Ус - Ц- = 0,398 - 0,205 - 0,034 • 0,5 = 0,176 м;
в2 = - [ус ~ y) = "@J05 " °'024 * °'5) = "~0Д 93 М;
аст = ^ + ^ - Ус = 034 • 0,5 + 0,024 - 0,205 = -0,11 м.
2. Вычислить нормальные напряжения а по заданному изгибающему
моменту и построить их эпюру.
Момент сопротивления Wx для точек 1 и 2 определим по фор-
формулам:
для точки 1 Ж® = Ь*. = 56'8510 = 2,95 • 10 М3;
71 19,3 Ю-2
для точки 2 Wf ='-*-= 56'85•'° = 2,77 • 10'3 мз,
2
Уг 20,5 10
*» Сопротивление материалов

cd
1
А Ь
X
Л

где yi = h - ус = 0,398 - 0,205 = 0,193 м, у2 = ус = 0,205 м.
Вычислим напряжения в точке 1 (рис. 5.22, а):
~j = 52881кН/м2 « 53000 МПа < 167000 кН/м2
Вычислим напряжения в точке 2 (рис. 5.22, а):
<т2 = "FT = "—Т = 56318 кН/м2 « 56000 МПа < 167000 кН/м2
2 »^2) 2,77-Ю-3 ' '
Найдем значение нормальных напряжений в точке 3 по E.10):
а = *LLy = 1^6 6 2 = 26350 м2
/jet 56,85-Ю-5
По полученным значениям а строим эпюру нормальных напря-
напряжений (рис. 5.22, б).
Проверку прочности производим по формуле
_ М р ^ п
где МР - расчетный изгибающий момент; Wx - момент сопротивле-
сопротивления при изгибе; RH - допускаемое напряжение при изгибе.
Допускаемое напряжение при изгибе равно:
217100
= 167000 кН/м2.
п М
Как видно, балка имеет значительное недонапряжение.
3. Определить значения касательных напряжений в
точке 3.
Касательное напряжение определим по формуле Журавского:
,.4?.
где Qp - расчетная поперечная сила, 8 - ширина сечения на уровне
точки 3.
Вычислим статический момент отсеченной части в точке 3 час-
части сечения S™':
ЗГ =*п[ус - y) + fSF [уз + ^f] = 0,0072.@,205 - 0,5-0,024)+
+ 0,00119@,096 4- 0,1250,34) = 1,544-10 м3,
99
4* у

где F™ = 0,25/*cr8 = 0,250,340,014 = 0,00119 м2.
Вычислим касательное напряжение в точке 3:
104-1,544- КГ3 ОЛ_ЛЛ u/ 7
Тз = Ч т « 20200 кН/м2.
56,85-КГ5 1,4-КГ2
4. Определить значения главных напряжений в т. 3
и указать их направления {показать главные площад-
площадки), имея в виду, что сечение относится к левой час-
ти балки.
Главные напряжения в точке 3 определяем по формуле:
mm
Подставив в данную формулу значения аз и Тз, получим:
^Г- + Jf^r-1 +20,22 103 = 37,3-Ю3 кН/М2;
'max
+ 20,22 ¦ 103 = -10,95 • 103 кН/м2.
В заключение найдем положение главных площадок и направ-
направление главных напряжений (рис. 5.22, в).
^ =-1,542; ao*-57°; ao = 8,5°.
аз
При отрицательном угле Оо откладываем его от нормали к сече-
сечению (площадке) по часовой стрелке и показываем положение глав-
главных площадок и направление главных напряжений (рис. 5.22).
5.7. Перемещения при изгибе. Метод начальных
параметров
Изгиб балки сопровождается искривлением ее оси. При попе-
поперечном изгибе ось балки принимает вид кривой, расположенной в
плоскости действия поперечных нагрузок. При этом точки оси по-
получают поперечные перемещения, а поперечные сечения совершают
повороты относительно своих нейтральных осей. Углы поворота
поперечных сечений принимаются равными углам наклона (р, каса-
касательной к изогнутой оси балки (рис. 5.23).
100

Рис. 5.23
Прогибы и углы
поворотов в балках у
являются функция-
функциями координаты z и
их определение не-
необходимо для расче-
расчета жесткости. Рас-
Рассмотрим изгиб стер-
стержня в одной из
главных плоскостей
например, в плоско-
плоскости yz. Как показы-
показывает практика, в составе реальных сооружений стержни испытывают
весьма малые искривления (утах/1= Ю~2 - Ю~3> где утах - мак-
максимальный прогиб; /- пролет балки).
В этом случае неизвестными функциями, определяющими по-
положение точек поперечных сечений балки являются y(z) и (р (z) =
= a (z) (рис.5.23). Совокупность значений этих параметров по длине
балки образуют две функции от координаты z - функцию пере-
перемещений y(z) и функцию углов поворота ф (z). Из геометрических
построений (рис. 5.23) наглядно видно, что угол наклона каса-
касательной к оси z и угол поворота поворота поперечных сечений при
произвольном z равны между собой. В силу малости углов поворота
можно записать:
Из курса математического анализа известно, что кривизна пло-
плоской кривой y(z) выражается следующей формулой:
i=" y"(z)
У2)
3/2 •"
Если рассмотреть совместно соотношение E.9) и последнее вы-
выражение, то получим нелинейное дифференциальное уравнение
изогнутой оси балки, точное решение которого, как правило, за-
затруднительно. В связи с малостью величины у'2 по сравнению с
единицей последнее выражение можно существенно упростить, и
тогда
- = )>"(«)¦ E.18)
Р
Учитывая E.9), из E.18) получим следующее важное диф-
дифференциальное соотношение
101

xy"(z) = Mx(z), E.19)
где Ix - момент инерции поперечного сечния балки, относительно
ее нейтральной оси; Е- модуль упругости материала; Е1Х - изгиб-
ная жесткость балки.
Уравнение E.19), строго говоря, справедливо для случая чистого
изгиба балки, т.е. когда изгибающий момент Mx(z) имеет по-
постоянное значение, а поперечная сила равна нулю. Однако это
уравнение используется и в случае поперечного изгиба, что равно-
равносильно пренебрежению искривлении поперечных сечений за счет
сдвигов, на основании гипотезы плоских сечений.
Введем еще одно упрощение, связанное с углом поворота попе-
поперечного сечения. Если изогнутая ось балки является достаточно по-
пологой кривой, то углы поворота сечений с высокой степенью точ-
точности можно принимать равными первой производной от прогибов.
Отсюда следует, что прогиб балки принимает экстремальные значе-
значения в тех сечениях, где поворот равен нулю.
В общем случае, для того, чтобы найти функции прогибов y(z)
и углов поворота ф (z), необходимо решить уравнение E.19), с уче-
учетом граничных условий между смежными участками.
Для балки, имеющей несколько участков, определение формы
упругой линии является достаточно сложной задачей. Уравнение
E.19), записанное для каждого участка, после интегрирования, со-
содержит две произвольные постоянные.
На границах соседних участков прогибы и углы поворота явля-
являются непрерывными функциями. Данное обстоятельство позволяет
определить необходимое числб граничных условий для вычисления
произвольных постоянных интегрирования.
Если балка имеет п - конечное число участков, из 2п числа гра-
граничных условий получим 2п алгебраических уравнений относитель-
относительно 2п постоянных интегрирования.
Если момент и жесткость являются непрерывными по всей дли-
длине балки функциями Mx(z) и EIx(z), то решение может быть по-
получено, как результат последовательного интегрирования уравнения
E.19) по всей длине балки:
интегрируя один раз, получаем закон изменения углов поворота
о
интегрируя еще раз, получаем функцию прогибов
102

yijti
Elx(z)
Здесь С\ и С2 произвольные постоянные интегрирования долж-
должны быть определены из граничных условий.
Если балка имеет постоянное поперечное сечение по длине, то
для определения функций прогибов и углов поворота удобно при-
применить метод начальных параметров, суть которого в сле-
следующем.
Рассмотрим балку (рис. 5.24) с постоянным поперечным сече-
сечением, нагруженную вза-
взаимоуравновешенной СИ- М FT ААААААА"АЛ"/
стемой положительных С*)О* \® I (Щ) К> (у)
силовых факторов (т.е.,
вызывающих вертикаль-
вертикальные перемещения сече-
сечений балки в положи-
положительном направлении
оси у). Начало системы
координат поместим на
левом конце балки так,
чтобы ось z проходила рис 5.24
вдоль оси балки, а ось у
была бы направлена вверх. На балку действуют: момент М9 сосре-
сосредоточенная сила Р и равномерно распределенная на участке бруса
нагрузка интенсивностью q (рис. 5.24).
Задача заключается в том, чтобы выявить особенности, вноси-
вносимые в уравнение упругой линии, различными типами внешних си-
силовых факторов. Для этого составим выражение изгибающих мо-
моментов для каждого из пяти участков заданной системы.
Участок К
Mxiz) = 0.
Участок II
Участок HI (li<z<> A)
Участок ГУ (к<, z <
На участке V, где распределенная нагрузка отсутствует, при вы-
выводе выражения для изгибающего момента, с целью сохранения ре-
юз

куррентности формул для разных участков была приложена взаимо-
взаимоуравновешенная распределенная нагрузка.
Для вывода обобщенного выражения изгибающего момента
введем следующий оператор
, означающий, что члены выра-
выражения, стоящее перед ним следует учитывать при z > h и иг-
игнорировать при z ^ // • На основании этого, обобщенное выражение
момента Mx(z) для произвольного сечения z может быть записано
единой формулой:
Mx(z)
н
P(z-h)
z>l2
q(Z-l4J
2
E.20)
Подставляя E.20) в E.19) и дважды интегрируя, получим выра-
выражение для прогибов:
EIxy(z)=(
+ q(Z-hL
24
+ — (
Z 2 (Z-
q(Z-l4L
24
Ы,
z>h
E.21)
Постоянные интегрирования Q и С\ по своей сути означают:
q, = EIxy@) , C{ =EIxy'@) = EIxq>@) E.22)
и определяются из граничных условий на левом конце балки. Тогда
формула для прогибов примет следующий окончательный вид:
z>h
24
q(Z-UL
z>h
24
z>l4
E.23)
Соответственно, формула для углов поворотов сечений балки
определяется из E.23) простым дифференцированием:
104

EIX4>(Z)=
z>l3
z>l4
E.24)
Как видно, для определения прогибов и углов поворота балок
данным методом начальных параметров достаточно знание лишь
значений прогиба уо > Угла поворота фо в начале системы координат,
т.е. так называемых начальных параметров. Поэтому данный
метод и называется методом начальных параметров.
5.8. Пример расчета (задача № 10)
Для схем стальных балок I и И, изображенных на рис. 5.25 и
5.26, определить методом начальных параметров углы поворота сече-
сечения и прогиб в точке Д Модуль упругости Е= 2- 108кН/м2. По-
Поперечные сечения балок: схема I - круглое диаметром d = 0,24 м,
схема II - квадратное со стороной а = 0,2 м.
Решение
Схема I.
1. Определение опорных реакций балки (рис. 5.25)
Ъу = 0, Rq + qc- Р = 0, Rq = -qc + Р = -101,4 + 12 = -2 кН;
Мо = qc(b + 0,5с) - М- Рф + с + ё) = 101,4A,8 + 0,51,4) -
- 20 - 12A,8 + 1,4 + 1,2) = -37,8 кНм.
кНм 0=10 кН/м Р=12кН
Рис. 5.25
Для проверки правильности определения опорных реакций сос-
составим уравнения равновесия:
105

= О, Мо + ЛЬ-4,4 + дс(О,5с + ё) + М= -37,8 - 2.4,4 +
+ 101,44@,5 1,4 + 1,2) + 20 = 46,6 - 46,6 = 0.
Реакции найдены верно.
2. Применение метода начальных параметров. Исполь-
Используя уравнение E.23), для нашего случая запишем:
EIxy(z) = EIxy0 +
q{z-b-cf
4!
Z>b+c
2!
Z>b+c
z>b
Здесь Mq и (?о - момент и реакция в заделке (т.е. в начале коор-
координат). Знак | z > a означает, что слагаемое, после которого он сто-
стоит, нужно учитывать при z > а и не надо - при z ^ й. Начальные
параметры имеют значения: уо = 0; ф0 = 0; Мо = -37,8 кНм, Rq =
= -2 кН (знак реакций определяется по знаку перемещения выз-
вызванного этими усилиями). Тогда выражение для определения про-
прогибов будет иметь вид:
\4
+
2 6
\2
z>l*
24
г>з,2
+ 20(г-3,2J
2
Соответственно выражение для определения углов поворота бу-
дет:
Z>3,2
+ 20U-3,2)
С помощью этих выражений определяем yD и
\А2 24,43 ЮD,4-1,8L 10-1
= -37,8 4,4-4,42 +
24
10'1>2
6 6
Жесткость сечения при Е= 2108 кН/м2 равна:
24
+ 20• 1,2 = -135,27кНм2.
106

Е1~Е?- 2.
64
Тогда, окончательно:
64
361,7 ЛЛ11 135,27 л '
Прогиб точки D происходит вниз, а сечение поворачивается по
часовой стрелке.
Схема II.
У*
Л/=12кНм
о
/77©^
-> z
7^=7,86 кН
Ъ- 1,2м с=1,6м
ж
1
о
о
е=1,4м
а=200мм
к— И
Рис. 5.26
1, Определение опорных реакций балки (рис. 5.26).
) =0, RB(b + с + ё) - q(c + e)\b + 0,5(с + ё)] + М + РЬ = 0,
Лр :=
Ь + с +
4,2
- 0,5-?.
ё) = 0,
+ Ж-P-(c + g) = 10.4,54-12^8.3 . 78бкН
+ ^ 4,2
0
Для проверки правильности определения опорных реакций сос-
составим уравнение равновесия сил по оси у.
Ъу =0; Rq + RB+ P- q(c + ё) = 7,86 + 14,14 + 8 - 103 = 30 - 30 = 0.
Реакции найдены верно.
2. Применение метода начальных параметров. Исполь-
Используя метод начальных параметров, для рассматриваемой балки запи-
запишем:
107

q{z-b)\ M{z-b-cf
\z>b
2!
3!
z>b+c
3!
\z>b
Из условий закрепления балки при z = 0 имеем: уо = 0; Мо=О.
Подставляя числовые значения, получим:
7,86-z3 8-(z-l,2K
Ю jz -1,2)
6 3 '
4 < л / /ч o\2
24
> 1,2
12 -(г -2,8)^
> 2,8 *
В данном выражении неизвестно фо. Из условия закрепления
балки при z = Ъ + с + е имеем, чтд у = 0. Вычисляя прогиб на пра-
правом конце балки и приравнивая его к нулю, получим уравнение для
определения фо:
6 6 24 2
Отсюда ?/фо = -20,84 кНм2. Теперь выражение для определе-
определения прогибов будет иметь вид:
Ely(z) = -20,84 z-
24
г>1,2 " •
6
1,2 -U-
г>1,2
г>2,8 •
Соответственно, выражение для определения углов поворота
будет:
7
= -20,84 + />
z>l,2
• {Z - 2,8)|г>2 8 .
С помощью этих выражений определяем ув и Ц>&
EIyD = -20,84 • 1,2 + 7'86;1>2 = 22,744 кНм3.
О
108

EI<pD = -20,84 + 7'8621>2 = -15,18 кНм2.
Вычисляем жесткость сечения (Е = 2-Ю8 кН/м2):
El = 2• 108 • 0>2^>2K = 2,67• 104кНм2.
Тогда, окончательно,
у,--22-7
т =-0.0085 м,
4
15,18
= -0,00569 рад.
т , qD A
2,67 104 2,67-104
Перемещение точки D происходит вниз, а сечение поворачива-
поворачивается по часовой стрелке.
5.9. Косой изгиб
Под косым изгибом понимается такой случай изгиба, при ко-
котором плоскость изгибающего момента не совпадает ни с одной из
главных осей поперечного сечения (рис. 5.27, а). Косой изгиб удоб-
удобнее всего рассмотреть как одновременный изгиб бруса относительно
главных осей х и у поперечного сечения бруса. Для этого общий
вектор изгибающего момента М, действующего в поперечндм
сечении бруса, раскладывается на составляющие момента от-
относительно этих осей (рис. 5.27, б):
Мх = Afsina;
My = Mcosa.
E.25)
Введем следующее правило знаков для моментов Мх и Му-
момент считается положительным, если в первой четверти коорди-
координатной плоскости (там, где координаты х и у обе положительны) он
вызывает сжимающие напряжения.
а)
М
б)
Нейтральная
линия
Рис. 5.27
109

На основании принципа независимости действия сил нормаль-
нормальное напряжение в произвольной точке, принадлежащей к попереч-
поперечному сечению бруса и имеющей координаты х, у, определяется
суммой напряжений, обусловленных моментами Мх и Му , т.е.
1х 1у
Подставляя выражения Мх и Му из E.25) в E.26), получим:
a(x,j>) = AT M^-sina + y-cosa L
Из курса аналитической геометрии известно, что последнее вы-
выражение представляет собой уравнение плоскости. Следовательно,
если в каждой точке сечения отложить по нормали вектор напря-
напряжения а, то концы векторов образуют геометрическое место точек,
принадлежащих одной плоскости, как и при поперечном изгибе.
Уравнение нейтральной линии, т.е. геометрического места
точек, где нормальное напряжение принимает нулевые значения,
найдем, полагая в E.26) a = 0:
Откуда определяется:
?х- <5-27)
Поскольку свободный член в E.27) равен нулю, нейтральная
линия всегда проходит через начало координат. Как видно из выра-
выражения E.26), эпюра напряжений в поперечных сечениях бруса ли-
линейна, следовательно, максимальные напряжения в сечении воз-
возникают в точках наиболее удаленных от нейтральной линии. В том
случае, когда сечение имеет простую форму (прямоугольник, круг),
положение наиболее опасных точек легко определяется визуально.
Для сечений, имеющих сложную форму, необходимо применить
графический подход.
Далее покажем, что при косом изгибе нейтральная линия не
перпендикулярна к плоскости действия изгибающего момента, как
это всегда выполнялось при поперечном изгибе. Действительно уг-
угловой коэффициент К\ следа момента (рис. 5.27, б) равен:
*i = tga. E.28)
но

Угловой же коэффициент нейтральной линии, как это следует
иэ E.27), определяется выражением:
tgq> =*2=
7^
1уМХ 1у
E.29)
Так как в общем случае 1хф 1у то условие перпендикулярности
прямых, известное из аналитической геометрии, не соблюдается,
поскольку К\ ф . Брус, образно выражаясь, предпочитает изги-
баться не в плоскости изгибающего момента, а в некоторой другой
плоскости, где жесткость на изгиб будет минимальной.
5.10. Пример расчета (задача № 11)
Стальная балка АВ, расчетная схема и поперечное сечение ко-
которой показаны на рис. 5.28, а, (с = 0,03 м) нагружена силами Р\ и
i. Требуется:
Рис. 5.28
in

1. Построить эпюры изгибающих моментов в главных плоско-
плоскостях инерции.
2. Установить по эпюрам изгибающих моментов опасное сече-
сечение балки. Найти для опасного сечения положение нулевой линии.
3. Вычислить наибольшие растягивающие и сжимающие нор-
нормальные напряжения.
4. Определить значение полного прогиба в середине пролета
балки и указать его направление.
Решение
1. Построить эпюры изгибающих моментов в глав-
главных плоскостях инерции. Ввиду симметричности сечения бал-
балки относительно осей х и у (рис. 5.28, а), можно сделать вывод, что
эти оси - главные. Для построения эпюр изгибающих моментов,
используя принцип независимости действия сил, представим косой
изгиб как изгиб в двух главных плоскостях инерции бруса
(рис. 5.28, б, г). Определив опорные реакции, составим аналитиче-
аналитические выражения изгибающих моментов и вычислим их значения в
характерных сечениях. Построим эпюры изгибающих моментов Мх
и Му (рис. 5.28, в, г), откладывая ординаты со стороны растянутых
волокон. В соответствии с принятым правилом знаков (п. 5.9),
Мх<0, Му>0.
2. Установить по эпюрам изгибающих моментов
опасное сечение балки. Найти для опасного сечения
положение нулевой линии. Сравнивая ординаты эпюр Мх и
Му, делаем вывод, что опасными могут быть сечения D или С,
т.к. в них предположительно возникают наибольшие по ве-
величине изгибающие моменты. Для того, чтобы установить какое
из них является наиболее опасным, нужно вычислить возни-
возникающие в сечениях С и D наибольшие нормальные напряжения
и сравнить их. Теоретически доказано, что если контур попе-
поперечного сечения так вписывается в прямоугольник, что четыре
крайние точки сечения совпадают с углами прямоугольника, то
максимальное нормальное напряжение будет в одном из углов
прямоугольника и определится по формуле:
= Мх у
Gmax Wx Wy'
где все величины берутся по абсолютной величине. У нас именно
такой случай. Осевые моменты инерции сечения вычислим по сле-
следующим зависимостям:
П2

12
12
12
106
4 =
= 0,25 • 106 ¦ @,03L = 2147 • 10"8 м4;
/y = l?M._3^?l = Ц* = ll-c4 = ll.@,03L - 891- 10-V.
Моменты сопротивления сечения Wx и Wy определятся следу-
следующим образом:
х 2,5с 2,5-ЗЮ"
У
891-Ю-8
-= 98,10м
Uc 1,5.3 10
Таким образом, наибольшие напряжения в сечениях С и D рав-
равны:
сечение С
1,5
286,3- КГ6 198-10
10290 кПа= 10,29 МПа;
2,25
0,5
сечение D
aD = т
max 286,3-10 198-10
Сравнивая эти значе-
значения, заключаем - опасным
является сечение D. Подста-
Подставив значения /х, 1Уу Мх, Му ^
в формулу E.29) получим: б г!
« 10385 кПа= 10,38 МПа.
891 Ю"8. (-2,25)
= 0,535, откуда ф « 28,17°.
Нулевая линия пройдет в
тех четвертях поперечного
сечения, в которых изгиба-
изгибающие моменты будут вызы-
вызывать нормальные напряже-
напряжения разных знаков. В нашем
случае это будут первая и
третья четверти. Поэтому,
2
3
У///
УУЛ
УУУ,
\
у/л
У'
'У
'Л
'Л
У/
1
ft
У/
»
"//Л
У/Л
ш
У/Л
1
Л ф=28,17°
1 к
X*
4
Рис. 5.29
из

отложив угол ср ¦» 28,17° от оси х против хода часовой стрелки, про-
проведем нулевую линию (рис. 5.29).
3. Вычислить наибольшие растягивающие и сжима-
сжимающие нормальные напряжения. Вершины стрелок нормаль-
нормальных напряжений, определяемых по формуле E.26) будут лежать на
плоскости, пересекающей плоскость поперечного сечения по нуле-
нулевой линии. При взгляде на плоскость напряжений вдоль нулевой
линии мы увидим ее в виде прямой, ординаты которой показаны в
виде эпюры а на рис. 5.29. Наибольшие нормальные напряжения
будут иметь место в точках 2 и 4 и различаться только знаком. Дей-
Действительно, подставляя в формулу E.26) координаты точек 2 и 4,
получаем:
точка 2
а = ~2'25 я @,075) + —^—г (-0,045) « -10385 кН/м2 «
2147-Ю-8 89Ь КГ8
«-10,38 МПа;
точка 4
а = ~2'25 с (-0,075) + —^-s- @,045) « -10385 кН/м2 «
2147-Ю-8 8.91-КГ8
« 10,38МПа.
Отложив в удобном масштабе полученные величины напряже-
напряжений, построим эпюру напряжений а (рис. 5.29).
4. Определить значение полного прогиба в середине
пролета балки и указать его направление. Полный про-
прогиб (перемещение центра тяжести сечения С) вычисляем по фор-
формуле:
где fx , fy - проекции полного прогиба на главные оси. Эти ве-
величины можно определить методом начальных параметров. Начало
координат поместим на левом конце балки в точке А.
Прогиб в плоскости xOz. Начальные параметры:
Составим выражение прогибов fx (z) с помощью универсального
уравнения упругой линии балки:
EIyfx(z) = EI,i,oz + &?- +М*-0>И3
114

Величину ф0 определим из условия, что при fx (/) = 0. Под-
Подставляя в выражение E.30) г=/=4м, получим:
л г г л °.5-43 1 • D - 2K
32 8 = ¦ 1
Фо 6-4-^/j, 6-4-EIy~ Ely'
Окончательно выражение прогибов/^ (z) будет иметь вид:
Для определения прогиба в середине пролета подставим z =
= 0,5/ = 2 м в выражение E.31):
Ely fXc =2-^-= 1,ЗЗкНм1.
Учитывая, что Е— 2108 кН/м2 и 1у = 891-Ю"8 м4, получаем:
/ = igL = 1>33 ж 0,000745 м = 7>4510-4 м.
с ^ 2108 89110-8
Прогиб в плоскости yQz- Начальные параметры:
Выражение для прогибов fy (z) получаем с помощью метода на-
начальных параметров:
EIxfy(z) = EIx^z + ^f- P\•(*~0/5'/) 1г>0,75/ • E-32)
Ixfy f /
Подставляя z = /== 4 м в выражение E.32) и учитывая, что в т. В
прогиб равен нулю, получаем уравнение для определения фо :
ГТ Л 0,75-43 3D-3K п
откуда
Фо =
48 3 15 1,875
6-4 EIX SEIX EIX
Окончательно выражение для прогибов/у (z) будет иметь вид:
115

1у\
к>3м *
E.33)
Для определения прогиба в середине пролета подставим z==
= 0,5 /= 2 м в выражение E.33):
EIx fyc = ^1>875*2 + °O56 2 = -3,75 +1 = 2,75кНм3;
= -°>0064 м = ,64-10-4 м
fyc =ГЯ
Ус 2 • 108 • 2147 • 10"8
Определим величину модуля вектора полного прогиба
/с = у(?,45 • К)J + (-6,4 • 10J « 9,8 • 10 м.
Направление вектора полного прогиба показано на рис. 5.30.
При этом, угол Р определим по формуле:
4=6,410-4м
/с=9,810-4м
Рис. 5.30
Рис. 5.31
116

5.11. Внецентренное растяжение и сжатие
Внецентренное сжатие и растяжение как и косой изгиб отно-
относится к сложному виду сопротивления бруса. При внецентренном
растяжении (сжатии) равнодействующая внешних сил не совпадает
с осью бруса, как при простом растяжении, а смещена относи-
относительно оси z и параллельна ей (рис. 5.31).
Пусть в точке А(хА , уА) приложена равнодействующая внешних
сил Р. Тогда относительно главных осей х и у равнодействующая
сила Р вызывает моменты:
Мх=РуА; Му = РхА. E.34)
Таким образом, при внецентренном растяжении (сжатии) в по-
поперечном сечении бруса возникает нормальная сила Nj= Р и изги-
изгибающие моменты Мх и My. Следовательно, на основании принципа
независимости действия сил в произвольной точке В с коорди-
координатами х, у нормальное напряжение а определяется следующим
выражением: ;
cs = T+lrLy + irLx- <5-35>
* 1х 1у
Используя выражения для квадратов радиусов инерции сечения:
можно E.35) преобразовать к следующему виду:
Р11 У а'У ха'х\
Уравнение нейтральной линии получим, приравнивая нулю вы-
выражение для нормальных напряжений а:
E.36)
Из E.36) можно легко определить отрезки, которые отсекает
нейтральная линия на координатных осях. Если приравнять х = О,
то получим:
где пу - координата точки пересечения нейтральной линии и оси у.
Решая это уравнение, получим:
117

ау=-
Уа
Аналогичным образом можно определить координату пересече-
пересечения нейтральной линии и оси х
х
хА
Можно решить и обратную задачу - определить координаты
приложения силы Р при заданных отрезках ах и ау. Опуская про-
простейшие выкладки, приведем окончательные выражения:
*<~t: ""*¦
Наибольшее напряжения, как и при косом изгибе, имеют место
в точке наиболее удаленной от нейтральной линии. При внецент-
ренном растяжении (сжатии) в отличие от косого изгиба нейтраль-
нейтральная линия не проходит через центр тяжести сечения. Расстояние от
начала координат xQy до прямой ау + Ъх + с = 0, как известно из
курса аналитической геометрии, определяется по формуле:
ОС = ?
Следовательно, в данном случае (рис. 5.32):
1
E.37)
t
Нейтральная
линия
Тогда, как это следует из E.37), по
мере того, как точка приложения силы
приближается к центру тяжести сечения,
нейтральная линия удаляется от него.
При хА -> 0, уА -> 0, получаем
О С -> оо. Сила в данном случае стано-
становится центральной, а напряжения в
этом случае распределены по сечению
равномерно. В тех случаях, когда ней-
нейтральная линия пересекает сечение, в нем возникают напряже-
напряжения разного знака. В противном случае в сечении во всех точках
возникают напряжения одного знака. Следовательно, в окрест-
окрестности центра тяжести всегда существует некая область, называе-
называемая ядром сечения, такая, что если точка приложения силы Р
118
Рис. 5.32

расположена в пределах указанной области, то в поперечном
сечении возникают напряжения лишь одного знака. При этом
если сила приложена по границе ядра сечения, то нейтральная
линия касается контура сечения.
Данный факт имеет большое значение при проектировании ко-
колонн из хрупких материалов, (например, бетона, кирпича и т.д.),
которые, как правило, имеют существенно меньшую прочность на
растяжение, нежели на сжатие. Поэтому при проектировании таких
конструкций необходимо предусмотреть, чтобы равнодействующая
сжимающая сила была расположена в пределах ядра сечения.
5.12. Пример расчета (задача № 12)
На брус заданного поперечного сечения (а = 1,05 м, 6=1 м,
с = 0,15 м, d~ 0,2 м) в точке D верхнего торца действует продоль-
продольная сила Р= 150 кН (рис. 5.33). Требуется:
1. Найти положение нулевой линии.
2. Определить наибольшие (растягивающие и сжимающие) на-
напряжения.
3. Построить ядро сечения.
Решение
I. Найти положение нулевой линии.
1.1. Нахождение положения главных центральных
осей. Так как поперечное сечение бруса (рис. 5.33) имеет две оси
симметрии хси ус, то они и будут главными центральными осями
инерции. Площадь поперечного сечения бруса равна:
Ъс{Ь-Ас)--
/2
l:
= 2|2-0,15-1_3>14'°>2 1 + 1 з-ОД5A-4-0,15)- °^ш"+ 1 = 0,686м2.
1.2. Определение главных центральных моментов инер-
инерции и главных радиусов инерции. Моменты инерции опреде-
определяем по формулам:
12 64
119

Эп.а
Рис. 5.33
'l 0,15 I3 3,14 0,24
>15 • 0- ~ 4
12
64 ) 12
= 521,6- 10~4м;
64
/„„ =2/. +/ =2
1Ус
(b-4c){3cf
+ 1-20,15-
12 64
ЗД4-0,221
12 64
= 2
b-2c-
B,5- 0,15J
t • 0Д5K ЗД4 0,24
12 64
(l-40,15)C 0,15K
12
3,14 0,24
64
= 828,5
120

Вычисляем квадраты главных радиусов инерции:
,1
хс
0,686
0,686
1.3. Определение положения нулевой линии. Отрезки,
отсекаемые нулевой линией на главных центральных осях инерции,
определяем по формулам:
,-2
а*с
а -
аУс-
12,08 10
52,5-КГ2
12,08 10
5010
,-2
=-0,23 м;
= -0,152 м,
где Хр = 0,525 м и уР = 0,5 м - координаты точки приложения силы
Р (точка D на рис. 5.33). Отложив отрезки аХс и аУс , соответст-
соответственно, на осях хс и ус, и проведя через их концы прямую, получим
нулевую линию сечения, т.е. геометрическое место точек, где нор-
нормальные напряжения равны нулю (о = 0). На рис. 5.33 эта линия
обозначена п-п.
2. Определить наибольшие (растягивающие и сжи-
сжимающие) напряжения. Точка Д координаты которой xD =
= 0,525 м и yD = 0,5 м, наиболее удалена от нулевой линии в сжа-
сжатой зоне сечения, поэтому наибольшие сжимающие напряжения
возникают в ней и определяются по формуле:
Р_
F
7,606 10 12,08 • ИГ
=_
Наибольшие растягивающие напряжения возникают в точке К,
имеющей координаты хк = -0,525 м и ук = -0,5 м:
Or = --=•
, УрУк ,
Ус .
121

0,686[ 7,06-10-2 12,08-10"
. 0,996
По полученным значениям aD и ак строим эпюру нормальных
напряжений (рис. 5.33).
3. Построить ядро сечения. Для построения ядра симмет-
симметричного сечения рассмотрим два положения касательной к контуру
сечения I-I и II—II (рис. 533). Отрезки, отсекаемые касательной I-I
на осях координат, равны:
Координаты граничной точки I ядра сечения определяются по
формулам:
Касательная И-П отсекает отрезки ах = 0,525 м, аУс = оо.
Соответственно, координаты граничной точки 2:
Р2 я*с 52,5- Ю-2 2 ЛЛ
Координаты граничных точек второй половины ядра сечения
можно не определять, т.к. сечение бруса симметричное. Учитывая
это, для касательных Ш-Ш, IV-IV координаты граничных точек 3 и
4 будут:
*/>3 = °; Уръ = °Д52 м; хра = о*23 м; Ура = ° •
Соединив последовательно точки 1, 2, 3 и 4 прямыми, получим
ядро рассматриваемого сечения (рис. 5.33).
5.13. Теории прочности
Как показывают экспериментальные исследования, прочность
материалов существенно зависит от вида напряженного состояния.
В общем случае нагруженного тела напряженное состояние в ка-
какой-либо точке вполне может быть определено величиной напря-
напряжений в трех координатных плоскостях, проходящих через эту
точку. При произвольном выборе положения координатных плос-
122

костей, в каждой из них, вообще говоря, имеются и нормальные, и
касательные напряжения. Для них вводятся соответствующие обо-
обозначения В ПЛОСКОСТИ Ху. С^ , Т^х , Т%у ; В ПЛОСКОСТИ XZ'. Gyy , Тух , Ту?
в плоскости yz ъ%х Лху Лхг- Здесь первый индекс показывает ори-
ориентацию площадки, в которой действует напряжение, т.е. какой из
координатных осей она перпендикулярна. Второй иНдекс указывает
направление напряжения по координатной оси.
В каждой точке тела. существуют три взаимно перпендикуляр-
перпендикулярные плоскости, свободные от касательных напряжений, носящие
название главных площадок. Нормальные напряжения в этих пло-
площадках называются главными напряжениями и обозначаются а\9
U2, стз- При этом всегда О\ > &2 > аз- Заметим, что более подробно
вопросы теории напряженного состояния в точке обсуждены в деся-
десятом разделе настоящей книги, и по данному вопросу имеется об-
обширная литература.
Напряженные состояния разделяются на три группы. Напря-
Напряженное состояние называется: а) объемным или трехосным,
если все главные напряжения О\, СУ2, аз не равны нулю; б) плос-
плоским или двухосным, если одно из трех главных напряжений
равно нулю; в) одномерным или одноосным, если два из трех
главных напряжений равны нулю.
Основной задачей теории прочности является установление
критерия прочности, позволяющего сравнить между собой опас-
опасность различных напряженных состояний материала.
Выбранный критерий прочности должен быть обоснован на ос-
основе экспериментальных данных путем проведения испытаний раз-
различных материалов в зависимости от вида напряженного состояния,
как функция от соотношений между значениями главных напряже-
напряжений.
Заметим, что, так как в настоящее время строгой единой теории
прочности материалов, в зависимости от вида напряженного со-
состояния, не существует, поэтому при выполнении практических
расчетов применяются упрощенные критерии.
Как отмечалось в п. 2.8, наиболее распространенным и нагляд-
наглядным критерием проверки конструкций на прочность, при простей-
простейших случаях напряженного состояния (сжатие-растяжение, круче-
кручение, чистый изгиб), является выполнение условия:
'max
< [о], E.38)
где атах - максимальное расчетное значение напряжения, возника-
возникающее в наиболее опасной точке конструкции; [а] - допускаемое
значение напряжения для материала конструкции.
123

В настоящее время при выполнении расчетов конструкций на
прочность, при произвольных напряженных состояниях, широко
используются три теории прочности.
Согласно первой теории критерием прочности является ог-
ограничение главного максимального напряжения:
jmax
= а! < [а], E.39)
где [а] - предельное напряжение, полученное из опытов на одно-
одноосное растяжение.
Основным недостатком этой теории является не учет двух дру-
других главных напряжений.
В основу второй теории прочности заложена гипотеза о
том, что критерием оценки работы конструкции является ограни-
ограничение наибольшего удлинения. В формулировке данного положения
через главные напряжения (С\ и G2) это условие для плоского на-
напряженного состояния записывается следующим образом:
где [а] - напряжение, при котором было вызвано предельное уд-
удлинение образца в опытах на одноосное растяжение; ц - коэф-
коэффициент бокового расширения.
При объемном напряженном состоянии вторая теория проч-
прочности записывается в виде:
<j\ - |х (ст2 ~~^з) ^ № 5 E.40)
. Экспериментальная проверка не всегда подтверждает правиль-
правильность теории прочности наибольших линейных деформаций при
простых нагружениях, т.е. при чистом растяжении или чистом
сдвиге. Однако до настоящего времени эта теория имела широкое
применение при выполнении инженерных расчетов..
В основу третьей теории пр о чн о сти заложена гипотеза
о том, что причиной разрушения материалов являются сдвиговые
деформации, происходящие на площадках максимальных касатель-
касательных напряжений, т.е.
ттах<[т], E.41)
где Tmax ~ расчетное максимальное касательное напряжение, возни-
возникающее в опасной точке нагруженного тела; [т] - предельное зна-
значение касательного напряжения, полученное из опытов.
Для плоского напряженного состояния по третьей теории усло-
условие прочности записывается в виде:
ai-a2<[a]. E.42)
124

В случае поперечного изгиба балки (<Т2==: 0), если выразить
главные напряжения а\ и аз через а и т, то условие прочности
E.42) преобразуется в виде:
V2 + 4x2 <R, E.43)
где R - расчетное сопротивление материала балки при изгибе.
5.14. Пример расчета (задача № 13)
Дан пространственный консольный брус с ломаным очертанием
осевой линии, нагруженный сосредоточенной силой Р — 1 кН и
равномерно распределенной нагрузкой q = 2 кН/м. На рис. 5.34, а
этот брус показан в аксонометрии в соответствии с прямоугольной
системой координат xyz. Вертикальный элемент бруса имеет попе-
поперечное сечение в виде круга диаметром d = 0,06 м (рис. 5.34, в), го-
горизонтальные элементы бруса имеют поперечные сечения в виде
прямоугольника (рис. 5.34, б). Ширина сечения b — d — 0,06 м, а
высота сечения с = 0,5 d = 0,03 м. Ориентация главных осей попе-
поперечных сечений на каждом участке показана на рис. 5.34, г.
Требуется:
1. Построить в аксонометрии эпюры Мх, Му , Mz, NZ9 Qx, Qy',
2. Указать вид сопротивления для каждого участка бруса;
3. Определить максимальные напряжения в опасном сечении
каждого участка от внутренних усилий Nz, Мх, Муи Mz (касатель-
(касательными напряжениями от Qx и Qy можно пренебречь);
4. Проверить прочность при расчетном сопротивлении /? =
= 180 МПа.
Решение
1. Построить в аксонометрии эпюры Мх, Му , Mz, Nz,
Qxb Qy- Заметим, что так как заданная система пространственная,
при произвольном характере нагружения, в опорном сечении, где
установлена заделка, возникает шесть опорных реакций (три опор-
опорные силы и три момента). Для определения опорных реакций, в
данном случае, можем применить шесть уравнений равновесия ста-
статики. Так как число независимых уравнений равновесия равно чис-
числу опорных реакций, то можно сделать вывод, что рассматриваемая
система в виде ломаного бруса, с заделанным одним концом, явля-
является статически определимой. Поэтому рассматриваемая система
125

разрешима по методу сечений. Далее, учитывая особенности конст-
конструкции, определение величин внутренних усилий можно осущест-
осуществить без предварительного вычисления величин опорных реакций.
Брус имеет три участка АВ, ВС и CD (рис. 5.34, г). При этом, по-
после рассечения бруса на две части будем рассматривать равновесие
оставшейся части, не связанной с заделкой (чтобы избежать предва-
предварительного определения опорных реакций в заделке бруса). Внут-
Внутренние силовые факторы можно рассматривать как реакции, дейст-
действующие в сечении на оставшуюся часть со стороны отброшенной
части, поэтому процесс определения шести величин Мх , Му , Mz,
Nz, Qx, Qy может быть сведен к известному процессу определения
опорных реакций.
Следует отметить, что при определении опорных реакций их
направление можно указать произвольно, а затем из решения урав-
уравнения равновесия будет ясно, как в действительности действует ре-
реакция: если результат положительный, то реакция действует именно
так, как мы предварительно указали, если отрицательный - то на-
наоборот.
При построении эпюр будем руководствоваться следующими
правилами:
- нормальная сила Nz считается положительной, если она вызы-
вызывает растяжение бруса;
- крутящий момент Mz считается положительным, если при.
взгляде на сечение со стороны внешней нормали он виден вращаю-
вращающим брус по ходу часовой стрелки;
- поперечная сила Qx считается положительной, если при
взгляде со стороны положительного направления оси-у она стре-
стремится вращать оставшуюся часть бруса по ходу часовой стрелки от1
носительно ближайшей точки на оси бруса (для поперечной силы
Qy - то же, по отношению к х)\
- ординаты эпюр Qx и Qy следует откладывать перпендикулярно
оси бруса в плоскости действия этих сил и указывать знак;
- ординаты эпюр Мх и Му будем откладывать перпендикулярно
оси бруса со стороны растянутого волокна.
Участок АВ (О < 7± < а).
1. Оставшаяся часть изображена на рис. 5.34, д. В центре
сечения помещаем систему координат. Оси х и у совпадают с на-
направлением главных осей инерции сечения, показанных на
рис. 5.34, г. Координата Z\ увеличивается от точки А к точке В. Для
определения N покажем ее в направлении от сечения, т.е. растяги-
растягивающей, и составим уравнения равновесия: Hz — 0; Nz = 0. Из
YjMx = 0 следует Мх = 0 (рис. 5.35, а).
126

в
Рис. 5.34

Для определения Mz покажем его так, чтобы при взгляде на
сечение он был виден вращающим брус по часовой стрелке, и со-
составим уравнения равновесия (рис. 5.35,6):
lLmz = 0; Mz =* 0.
Для определения Qx и Qy покажем их положительными в соот-
соответствии с выбранным правилом знаков и составим уравнения рав-
равновесия:
2х = 0, Ot-P=0, G*=,P= 1кН;
Эпюра Qx представляет собой прямоугольник (рис. 5.35, в) с ор-
ординатой, равной 1, лежащей в плоскости действия этого силового
фактора. Составляем уравнение равновесия:
Ординаты эпюры Му линейно зависят от z
Z=0, Му = 0\ z=a, My = -Pa = -1-0,3 = -0,3 кНм.
Знак минус указывает на то, что в действительности изгибаю-
изгибающий момент Му вызывает растягивающее напряжение в правой
части поперечного сечения, поэтому ординаты эпюры Му отклады-
откладываются в правую сторону.
Участок ВС@ <> z2 <> b).
Оставшаяся часть изображена на рис. 5.34, е. В центре сечения
помещаем систему координат. Оси хиу совпадают с направлением
главных осей инерции сечения, показанных на рис. 5.34, г. Коор-
Координата Zi увеличивается от точки В к точке С. Процесс определения
внутренних силовых факторов на этом участке такой же, как и на
предыдущем. Важно отметить, что на оставшейся части соот-
соответствующий внутренний силовой фактор удобно показывать непо-
непосредственно перед его определением - для того, чтобы не затемнить
чертеж. При этом Nz, Mz, Qx, Qy показывают в положительном на-
направлении в соответствии с принятым правилом знаков, а изги-
изгибающие моменты Мх и Му^- наугад из двух возможных направле-
направлений (рис. 5.34, ё):
=0, Nz=0; IMz = 0, Mz + Ра = 0, MZ = -Pa = -0,3 кНм.
Плоскость прямоугольной эпюры произвольна (рис. 5.35, б).
128

Эпюра Qx в виде прямоугольника показана на рис. 5.35, в.
«=0, 0y=O; z=0,6m, Qy = 20,6 = 1,2 кН.
Эпюра 0у в виде треугольника показана на рис. 5.35 е.
Рис. 5.35
Ординаты Мх изменяются по закону квадратной параболы.
Z = О, Мх = 0; z = 0,6 м, Мх = -0,36 кНм;
= 2^=0;^= 0- точка экстремума в эпюре Мх в сечении z'= .0.
Знак минус указывает, что растягивающие напряжения возни-
возникают не в ближней части сечения, а в дальней. При этом наблюда-
наблюдатель ориентирован относительно глобальной системы координат ху,
показанной на рис. 5.34, а следующим образом: ось х направлена к
,5 Сопротивление материалов
129

наблюдателю, поэтому ординаты Мх откладываем в дальнюю сторо-
сторону (рис. 5.35, а).
= О, My+Pz=0, My =
Z = 0, My = 0; z = 0,6 м, My = -0,6 кНм.
Эпюра My - треугольная. Растягивающие напряжения возника-
возникают в правой части сечения - ординаты откладываем вправо.
Участок CD @^Za< q).
Оставшаяся часть изображена на рис. 5.34, ж. В центре сечения
помещаем систему координат. Оси хи у совпадают с направлением
главных осей инерции сечения, показанных на рис. 5.34, г. Коор-
Координаты Zъ увеличиваются от точки С к точке D. Повторяя все рас-
рассуждения, проведенные на предыдущих участках, будем иметь сле-
следующее (рис. 5.34, д):
Z = 0, Mz + ^- = 0, Mz = - ?|l = _o,36 кНм.
Эпюра Mz - в виде прямоугольника. Плоскость изображения
произвольная:
2х = 0, Qx +qb{ = 0, Qx = -qbx = -20,6=-l,2 кН:
Эпюра Qx - в виде прямоугольника в плоскости действия Qx.
-Ъу = 0, Qy = 0; ЪМХ = 0, Мх + РЬХ = 0, Л^ = -РЬХ = -0,6 кНм.
Эпюра Мх-в виде прямоугольника. Растягивающие напряже-
напряжения при изгибе возникают в нижней части поперечного сечения-
ординаты эпюры откладываем вниз.
у у з = 0, My= qbxZi~Pa=
Величина Му определяется как линейная функция от Zy При
Z3 = 0; Му = -0,3 кНм. В этом сечении растягивающие напряжения
возникают не в дальней части сечений, а в ближней - ординату от-
откладываем к наблюдателю.
При Z3 = 0,5м Му = 1,20,5 - 0,3 = 0,6-0,3 = 0,3 кНм.
В этом сечении Му откладываем от наблюдателя (рис. 5.35, г).
2. Установить вид сопротивления для каждого
участка бруса. Но эпюрам устанавливаем вид сопротивления
на каждом участке бруса. На участке АВ возникают изгибающий
130

момент My и поперечная сила Qx, что свидетельствует о наличии
поперечного изгиба. На участке ВС возникают изгибающие момен-
моменты Мх, Му, поперечные силы Qx, Qy и крутящий момент Мх, что
свидетельствует о наличии косого изгиба и кручения. На участке CD
действуют изгибающие моменты Мх и Му, поперечная сила Qx,
растягивающая сила N и крутящий момент Mz, что свидетельствует
о наличии косого изгиба с растяжением и кручением.
3. Определить максимальные напряжения в опасном
сечении каждого участка от внутренних усилий N,
Мх, Му и Mz (касательными напряжениями от Qx и Qy
можно пренебречь). Участок АВ. Наибольшая величина
изгибающего момента Му, судя по эпюре (рис. 5.35, г) возникает в
сечении, бесконечно близком к точке В. Максимальные нормаль-
нормальные напряжения при изгибе определяются по формуле:
а = ^ = °>3 = 16,7- Ю3 кН/м2,
Wy 1,8-10
и/ сЪ1 0,03 • 102 t 01Л.с о
где момент сопротивления Wy =—-— = -2—т = 1»8-10 ь м3.
6 6
Участок .бС.По эпюрам Мх и Му устанавливаем, что опасным
является сечение, бесконечно близкое к точке С. Для круглого
сечения суммарный изгибающий момент:
МИ = Jm*Tm* = д/о,362 + О,62 = 0,6997 кН-м,
а наибольшие нормальные напряжения равны:
а = Mjl = °>699^5 = 33,32 • 103 кН/м2 = 33,32 МПа,
где момент сопротивления круглого сечения при изгибе:
При кручении круглого сечения возникают касательные на-
напряжения, максимальные значения которых определяются по фор-
формуле:
" ¦ Mz
WP
где Wp - момент сопротивления при кручении. Известно, что
Wp = 2 WH = 22,1105м3 = 4,2105 м3,
тогда
131

0,3
4,2.10-*
= 7,143 • 103 кПа = 7,143 МПа.
Участок CD. По эпюрам Мх и Му видим, что равными по
опасности будут сечения, бесконечно близкие к точкам Си Д При
действии растягивающей силы N во всех точках поперечного сече-
сечения возникают одинаковые нормальные напряжения:
где F= bc = 0,060,03=0,0018 м2 - площадь поперечного сечения;
<* = ?тг- = ~^-т =66666 кН/м2 = 66,67 МПа,
Wx 910
где
При действии изгибающего момента Му наибольшие нормаль-
нормальные напряжения будут равны:
а = _Z = °'3 = 16667 кН/м2 = 16,67 МПа.
Wy 1,8- КГ5
При кручении бруса прямоугольного сечения возникают каса-
касательные напряжения, максимальные значения которых определятся
по формуле:
ттах = %L = -^* = 27067 кН/м2 = 27,07 МПа,
wk 13,3 10
где WK = рс3 = 0,4930,033 = 13,3-10 м3 - геометрическая величи-
величина, играющая роль момента сопротивления при кручении стержней
прямоугольного сечения. Здесь р - коэффициент, зависящий от от-
отношения большей стороны прямоугольника к меньшей (в данном
случае при b/с = 2, р = 0,493).
А. Проверка прочности при расчетным сопротивле-
сопротивлении R = 180 МПа. Расчетное напряжение по третьей теории
прочности для плоского напряженного состояния определяется по
формуле:
Участок АВ. Линейное напряженное состояние является частным
случаем плоского (х = 0), поэтому в нашем случае:
132

= a = 16,7 < R , где Л = 180 МПа.
Участок 2?С. Проверка прочности по третьей теории:
рас
= д/зЗ,322+4.7,142 = 3.6,25 МПа < 180 МПа.
Участок CD. Сначала найдем максимальное нормальное напря-
напряжение от внутренних силовых факторов N, Mx и Му:
а = ^ + |^ + —?-== 0,555 + 66,67 +16,67 = 83,89 МПа.
F Wx Wy
Касательные напряжения в угловой точке от кручения равны 0.
Имеет место линейное напряженное состояние:
рас
МПа < 180 МПа.
Далее рассмотрим напряженное состояние в окрестности точки,
где действует максимальное касательное напряжение т = 27,7 МПа.
Имеет место плоское напряженное состояние:
° = ^ + ?г- = 0,555 + 66,67 = 67,22 МПа;
F Wx
= д/б7,222 ¦+ 4 • 27,072 =86,31 МПа < 180 МПа.
Следовательно? так как условие обеспечения прочности во всех
опасных точках участков ломанного бруса выполняются, то проч-
прочность конструкции в целом следует считать обеспеченной.
Вопросы для самопроверки
¦1. Какой вид равновесного состояния стержня называется изгибом?
2. Дайте определения чистого и поперечного изгиба соответственно.
3. Поясните физическую суть шарнирно-подвижного характера опирания.
4. Поясните физическую суть шарнирно-неподвижного характера опирания.
5. Поясните физическую суть жесткой заделки.
6. Поясните правило принятия знаков для изгибающего момента и попе-
поперечной силы.
¦7. Поясните суть основных дифференциальных соотношений теории изгиба.
8. Запишите формулу по определению нормальных напряжений, возни-
возникающих в поперечных сечениях при чистом и поперечном изгибе.
9. Запишите формулу Д.И. Журавского .
10. Поясните суть и предназначения метода начальных параметров.
133

11. Поясните суть формы равновесного состояния, называемой косым из-
изгибом.
12. Дайте определение формы равновесного состояния, называемой вне-
центренным сжатием или растяжением.
13. Что такое ядро сечения.
14. Дайте определение нейтральной линии.
15. Дайте определение первой, второй и третьей теории прочности.
16. Какая стержневая система называется рамой?

ГЛАВА 6
РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ
СИСТЕМ МЕТОДОМ СИЛ
6.1. Стержневые системы.
Степень статической неопределимости
Под стержневой системой понимается всякая конструк-
конструкция, состоящая из элементов, имеющих форму бруса. Если эле-
элементы конструкции работают только на растяжение или сжатие си-
система называется фермой (рис. 6.1). Ферма состоит из шарнирно
опертых между собой прямых стержней, образующих треугольники
и для нее характерно приложение внешних сил в узлах заданной
системы.
Если элементы стержней системы работают в основном на из-
изгиб или кручение, то такая система называется/?амой (рис. 6.2).
i
Рис. 6.1
Рис. 6.2
Рис. 6.3
Рис. 6.4
Если все элементы стержневой системы расположены в одной
плоскости, в которой также действуют все внешние силы, включая
реакции опор, то система называется плоской (рис. 6.1, 6.2).
135

Если все элементы заданной системы расположены в одной
плоскости, а внешние силы действуют в перпендикулярной плос-
плоскости, то система называется плоскопространственной
(рис. 6.3). Стержневые системы, не относящиеся к двум указанным
категориям, называются пространственными (рис. 6.4).
Все стержневые системы принято разделять на статически опре-
определимые и статически неопределимые. Под статически опре-
определимой понимается такая система, для которой усилия во всех ее
элементах могут быть определены по методу сечений с применени-
применением лишь уравнений равновесия. Если этого сделать нельзя, то такая
система называется cm am и чес ки неопределимой.
Разность между числом неизвестных усилий (реакций опор и
внутренних силовых факторов) и числом независимых уравнений
равновесий, которые могут быть составлены для рассматриваемой
системы, называется степенью статической неопредели-
неопределимости системы.
Связи, наложенные на систему, бывают внешними и внутрен-
внутренними. Под внешними понимают ограничения, накладываемые на
абсолютные перемещения точек системы, как единое целое.
Внутренние же связи ограничивают взаимные (относительные)
перемещения элементов системы. Следовательно, статическая неоп-
неопределимость системы может быть вызвана как внешними, так и
внутренними связями.
Если рассматривать внешние связи, то можно отметить, что по-
положение жесткого тела на плоскости х,у характеризуется тремя не-
независимыми параметрами - координатами х, у и углом поворота
рассматриваемой плоскости. Таким образом, необходимое для рав-
равновесия число наложенных внешних связей должно быть равно
трем (по количеству уравнений равновесия - Zx = О, Zj> = О,
Z/я = 0). Если плоская система состоит из D частей, каждую из ко-
которых можно рассматривать как жесткое тело, то количество пара-
параметров, определяющих положение этой системы будет равно ЗА
Каждый шарнир, соединяющий две части системы, разрешает лишь
их взаимный поворот, устраняя возможность их взаимных смеще-
смещений - следовательно он уменьшает количество возможных переме-
перемещений системы на две единицы. Кроме этого, каждый опорный
стержень устраняет возможность перемещения системы в срответст-
вующем направлении. Таким образом, подсчитать степень ста-
статической неопределимости системы, определяемую внешними свя-
связями, можно по следующей формуле:
- С,
где D - число частей («дисков») системы, каждая из которых может
рассматриваться как абсолютно жесткое тело, Ш- количество шар-
136

ниров в системе, соединяющих «диски», С- число опорных стерж-
стержней. Для статически определимых систем W— 0. При W < 0 систе-
система является статически неопределимой.
Наиболее характерные типы внешних связей и их схематичные
изображения рассмотрены в п. 5.1.
На рис. 6.5 показана плоская рама, имеющая в первом (а) случае
три внешние связи, а во втором случае (б) - пять. Значит, в первом
случае рама имеет необходимое ддя статической определимости ко-
количество внешних связей, а во втором же - две дополнительные внеш-
внешние связи. Однако в обеих ситуациях рама статически неопределима,
т.к. конфигурация ее такова, что не позволяет определить усилия во
всех ее элементах, используя только уравнения равновесия. Следова-
Следовательно, ддя окончательного ответа на вопрос о статической определи-
определимости системы необходимо проведение совместного анализа наложен-
наложенных на систему внешних и внутренних связей (более подробно этот
вопрос рассматривается в курсе строительной механики).
а)
б)
¦х Ьг
/77&Т7/ /77&Т7/ /77&7Т/
Рис. 6.5
Методы расчета статически неопределимых систем основаны на
определении перемещений в ее точках. Выше мы рассматривали ме-
метод начальных параметров для вычисления перемещений в балках.
При всех достоинствах этого метода он обладает одним существен-
существенным недостатком - при большом количестве участков вычис-
вычислительные формулы становятся весьма громоздкими. Особенно это
существенно в случае криволинейной оси стержневой системы.
В связи с этим, рассмотрим более универсальный метод опре-
определения перемещений -метод Мора, названный так по имени
немецкого ученого, предложившего его.
6.2. Определение перемещений методом Мора
Суть метод Мора в следующем. Если необходимо определить
перемещение в заданной точке по заданному направлению, то на-
наряду с заданной системой внешних сил в этой точке прикладыва-
прикладывается внешнее усилие Ф = 1 в интересующим нас направлении.
Далее составляется выражение потенциальной энергии системы,
состоящей из п участков с учетом одновременного действия задан-
заданной системы внешних сил и силы Ф:
137

— \2 / — \2
u = yL f \п dz+Z J %vj dz+'
\? F.,,
,=1/. ^?^
7-1,; Й 2GF
где Кх, Ку- безразмерные величины, зависящие от геометрической
формы сечения и учитывают неравномерность распределения каса-
касательных напряжений в сечении при поперечном изгибе. Так, на-
например, для прямоугольника Кх = Ку — 1,2, а для двутавра при из-
изгибе в плоскости его стенки К= F/FCt, где /'-площадь всего
сечения двутавра, FCt - площадь стенки; Nz, Qx, Qy , Mz, Mx,
My - внутренние силовые факторы, возникающие в поперечных
сечениях заданной стержневой системы; NVQX, Qy,Mz, Мх, Му-
внутренние силовые факторы, возникающие в поперечных сечениях
заданной системы, от действия усилия Ф = 1.
Согласно принципу Кастильяно, дифференцируем выражение
F.1) по Ф, и полагая после этого Ф= 0, находим искомое переме-
перемещение в искомой точке в нужном направлении:
dVv »tMzMz
/=1/. ^^ /=i/. ^^ /=1/. ^^
Полученные интегралы называются интегралами Мора и ши-
широко применяются при вычислении перемещений стержневых сис-
систем.
Для систем, элементы которых работают на растяжение или
сжатие (например, шарнирно-стержневые системы - фермы), в
формуле Мора F.2) отличен от нуля будет только слагаемое, содер-
содержащее продольные силы. При расчете балок или рамных систем,
работающих в основном на изгиб, влияние поперечной и продоль-
продольной силы на перемещение несущественно и в большинстве случаев
их влияние не учитывается. В случае пространственной работы
стержня или стержневой системы, элементы которой работают, в
основном, на изгиб и кручение, в формуле Мора обычно ограничи-
138

ваются рассмотрением слагаемых, содержащих изгибающие и кру-
крутящие моменты.
Подробно рассмотрим случай, когда брус работает только на
изгиб (Мх * О, Nz = Mz = My= Qx= Qy- 0). В этой ситуации вы-
выражение F.2) принимает вид:
_ * гМхМх.
8 = Z J 1т &• F.3)-
EI
Согласно F.3) для определения перемещения произвольной
точки в произвольном направлении, последовательно необходимо
выполнять следующее:
1. Построить эпюру моментов Мх от заданной системы внеш-
внешних сил;
2. Исключая внешние силы и в точке, где необходимо опре-
определить перемещение по заданному направлению, прикладывается
единичное усилие (сила-если требуется определить линейное пе-
перемещение; момент - если требуется определить угловое перемеще-
перемещение), и от действия единичного усилия строится эпюра моментов
3. По формуле Мора F.3) вычисляется искомое перемещение.
Если принять EI = const, а _
то перемещение в некоторой У1~~/\(%)
точке стержня определяется
как интеграл от произведения
двух функций моментов - Мх
и Мх . В общем виде интеграл
Мора можно выразить сле-
следующей формулой:
F.4)
Рис. 6.6
Часто встречаются случаи,
когда на участке стержня дли-
длиной / необходимо вычислить
интеграл Мора при условии,
что по крайней мере одна из функций - линейная (рис. 6.6). Пусть
fi = Ъ + kZy тогда из F.4) получим :
F.5)
/ / /
I = Ь ]fx(z)dz+ lzf{(z)dz = bax + \zdcix =
о о о
139

где Qi - площадь эпюры/i; /2 (Zc) - ордината линейной эпюры* под
центром тяжести криволинейной эпюры (рис. 6.6).
Приведенное решение носит имя русского ученого Верещагина,
впервые его получившего. Таким образом, по способу Вереща-
Верещагина операция интегрирования выражения F.4) в случае линей-
линейности хотя бы одной из подынтегральных функций существенно
упрощается и сводится к перемножению площади криволинейной
эпюры на ординату второй (линейной) функции под центром тя-
тяжести криволинейной.
Используя способ Верещагина, приведем результаты вычисле-
вычисления интегралов Мора для двух наиболее часто встречающихся слу-
случаев:
1. Обе функции/! и^ - линейные (рис. 6.7), тогда
F.6)
2. Функция /i ¦- квадратная парабола, ^-линейная функция
(рис. 6.8). Такая ситуация встречается, когда на участке длиной /
приложена равномерно распределенная нагрузка д, тогда
F.7)
где/- «стрелка» квадратной параболы (рис. 6.8), / =
' sIL
У\
У\
Уг
К
1
Z
Z
Рис. 6.7
Рис. 6.8
В общем случае, если площадь Q эпюры моментов имеет слож-
сложную геометрию и представляется возможным ее разбить на площади
Qljc {к— 1,2,3,...), имеющие элементарную геометрию, то интеграл
Мора / от произведения эпюры Q на эпюру моментов А/, может
быть представлен в виде:
140

F.8)
Для расчета усилий в статически неопределимых стержневых
системах существуют различные методы. Здесь рассмотрим ме-
метод сил.
6.3. Метод сил
Суть этого метода заключается в том, что заданная статически
неопределимая система освобождается от дополнительных связей
как внешних, так и внутренних, а их действие заменяется соответ-
соответствующими силами и моментами. Их величины, в дальнейшем,
подбираются так, чтобы перемещения системы соответствовали тем
бы ограничениям, которые на нее накладываются отброшенными
связями.
Система, освобожденная от дополнительных связей, становится
статически определимой. Она носит название основной систе-
системы. Для каждой статически неопределимой заданной системы
(рис. 6.9, а) можно подобрать, как правило, различные основные
системы (рис. 6.9, б, в), однако их должно объединять следующее
условие - основная система должна быть статически определимой и
геометрически неизменяемой (т.е. не должна менять свою гео-
геометрию без деформаций элементов).
*)
Рис. 6.9
Рассмотрим систему, которая дважды статически неопределима
(рис. 6.10, а). Заменим в основной системе действие отброшенных
связей неизвестными усилиями Х\ и Хг (рис. 6.10, б). Принятая ос-
основная система будет работать также, как и заданная, если на нее
наложить условие of сутствия вертикальных перемещений в точках А
и В (т.е. в тех местах, где в заданной системе стоят опоры):
141

= 0; yM(P,Xl9X2) = 0.
F.9)
а)
Уравнения F.9) называются уравнениями совместности де-
деформаций и при их вы-"
л
/77/^7/
6)
р
¦i /77аг^7/
\
f.
7t
6
полнении фактически ус-
устанавливается условие эк-
эквивалентности между за-
заданной и основной си-
системой при действии
внешней силы Р и неиз-
неизвестных усилий Х\ и Х2.
На основании принципа
независимости действия сил' F.9) можно представить в следующем
виде:
л " ;
где уА(Р), Ув(Р), УД), Jb(Ai), Xi(A2), йСй) - вертикальные пере-
перемещения точек Аи В основной системы соответственно от действия
сил Р9 Хь Хъ
Вводя обозначения 5ц, 812, Aip - вертикальные перемещения
точки А основной системы, соответственно, от последовательного
действия сил Х\ = 1, Xi= 1, от внешней силы Р, 821, §22, А2/>--
вертикальные перемещения точки В основной системы, соответст-
соответственно, от последовательного действия сил Х\ = 1, Х2= 1, от внеш-
внешней силы Р, и учитывая существование линейности связи между си-
силой и перемещением, систему уравнений F.3) можно преобразовать
в канонической форме:
= 0,
•
Последние уравнения носят названия канонических урав-
уравнений метода сил.
Для вычисления коэффициентов при неизвестных Х\ и Х2 ис-
используют формулу Мора:
F.12)
это свойство называется законом
Легко видеть, что 6^- = 5 «
парности коэффициентов при неизвестных. Свободные же
коэффициенты определяются по формуле:
142

После решения системы F.11) определяются величины неизве-
неизвестных усилий Х\ и Xi. Если их значения получились отрицатель-
отрицательными, это означает, что реально они действуют в направлении про-
противоположном принятому. Окончательная эпюра моментов опреде-
определяется по зависимости
Эпюра поперечных сил QOk может быть построена по эпюре
моментов Мок с использованием зависимости Q = и величин
dz
приложенных к системе усилий.
6.4. Пример расчета (задача № 14)
Для балки (рис. 6.11) задано: 1\ = 2/2, Р = ql\, т = ql\.
Требуется: ¦
1. Определить степень
статической неопреде-
неопределимости системы и со-
составить уравнение сов- * р ^ * *
местности деформаций.
2. Определить коэффициенты и решить каноническое уравнение
метода сил.
3. Построить эпюры моментов М и поперечных сил Q.
Решение
1. Определить степень статической неопредели-
неопределимости системы и составить уравнение совместности
деформаций. Используя зависимость Wиз пункта 6Л, подсчитаем
степень статической неопределимости системы. Z)= 1, Ш— О,
С = 4 -> W= 31 - 20 - 4 = -1, следовательно система один раз ста-
статически неопределима. Основную систему получим путем отбрасы-
отбрасывания опоры в точке А и замены ее действия неизвестным усилием
Х\ (рис. 6.12). Каноническое уравнение метода сил в данном случае
запишется в следующем виде:
5ц • Х\ + Д|р = 0.
143

Рис. 6.12
2. Определить коэффициенты и решить канониче-
каноническое уравнение метода сил. От силы Х\ строим эпюру М\
(рис. 6.13). Для определения величины 8ц воспользуемся выраже-
выражением F.12). Фактически эпюру М\ нужно умножить саму на себя и
проинтегрировать это произведение:
:
Г
2/, Эп. A#i
Рис. 6.13
Для определения сво-
свободного коэффициента в
каноническом уравнении
строим в основной системе
эпюру моментов МР от
внешней нагрузки
(рис. 6.14) и в соответствии
с F.7) получаем:
ЪЕ1 8
При вычислении Ai/> было учтено, что эпюры М\ и Afp имеют
разный знак, т.к. вызывают растяжение разных волокон - об этом
говорит отрицательный знак при Aip. Кроме этого, криволинейный
участок в эпюре Мр был представлен как разность трапеции и пара-
параболического сегмента.
Напишем уравнение совместности деформаций в виде
и, подставляя найденные величины перемещений, получим:
144

4/| • JTi = -T^qli, откуда Хг =^
3. Построить эпюры изгибающих моментов и попе-
речных сил. Окончательную эпюру изгибающих моментов полу-
получим по формуле:
M
—ql2.
f=ql]/Z
17 л
Последняя формула означает, что окончательное значение мо-
момента в любом сечении определяется путем сложения значения мо-
момента в эпюре Мр с величиной момента в эпюре Mh увеличенной
на коэффициент 77^2 а)
16 Эп.
(рис. 6.15, я). Эпюру
Qok для заданной сис-
системы можно построить
следующим образом.
Заменив в заданной
системе опорные реак- б) Эп. QQK
ции RA на Х\, получим
статически определимую
эквивалентную систему, Т~
тождественную задан-
заданной. Далее, определяя ¦.
остальные опорные ре-
реакции Rc и RD и по ме- рис 6.15
тоду сечений составляя
аналитические выражения изменения поперечных сил на каждом
участке, по ним определив ординаты в характерных сечениях, стро-
строится эпюра Qok (рис. 6.15, б).
1,
Вопросы для самопроверки
1. Какие стержневые системы называются фермами?
2. Какие стержневые системы называются рамами?
3. Дайте определение системы называемых плоскими.
4. Дайте определение систем называемых плоскопространственными.
5. Дайте определение систем, называемых пространственными.
6. Дайте определения статически определимых и статически неопредели-
неопределимых систем.
7. Какие функции выполняет метод Мора?
8. Поясните правило Верещагина.
9. Поясните суть метода сил.
10. Какие требования возлагаются к основной системе метода сил?

ГЛАВА 7
УСТОЙЧИВОСТЬ ПРЯМЫХ СТЕРЖНЕЙ
7.1. Понятие об устойчивости. Задача Эйлера
До сих пор мы рассматривали методы определения напряжений
и перемещений, возникающих в стержнях и соответственно, зани-
занимались оценкой их прочности и жесткости. Однако оказывается,
что соблюдение условий прочности и жесткости еще не гарантирует
способности конструкций выполнять, предназначенные им функ-
функции в эксплуатационных режимах. Наряду с выполнением условий
прочности и жесткости, необходимо обеспечить и устой-
устойчивость конструкций.
При неизменной схеме нагружения, под устойчивостью пони-
понимается свойство способности системы сохранять свое первоначаль-
первоначальное равновесное состояние. Если рассматриваемая система таким
свойством не обладает, то она называется неустойчивой, а ее
равновесное состояние - неустойчивым состоянием.
При неизменной схеме нагружения, в процессе роста интен-
интенсивности нагрузок, явление перехода системы от одного равновес-
равновесного состояния к другому равновесному состоянию, называется
потерей устойчивости системы. Значения внешних сил,
при которых происходит потеря устойчивости, называются кри-
критическими.
В некоторых случаях при потере устойчивости, система, пере-
переходя в новое устойчивое равновесное состояние, продолжает вы-
выполнять свои функции. Однако в подавляющем большинстве случа-
случаев, потеря устойчивости системы сопровождается возникновением
больших перемещений, пластических деформаций или ее полным
разрушением/Поэтому сохранение исходного (расчетного) равно-
равновесного состояния системы является важной задачей и одной из
основных проблем сопротивления материалов.
Основная задача теории устойчивости заключается в определе-
определении критического значения внешних сил и ограничение их величин
таким образом, чтобы исключить возможность потери устойчивости
заданной системы в эксплуатационных режимах.
Пусть вертикальный стержень закреплен нижним концом, а на
свободном верхнем конце центрально приложена продольная сила Р
(рис. 7.1). На начальном этапе нагружения равновесное состояние
146

системы определяется как простое продольное
сжатие, так как на данном этапе нагружения в
поперечных сечениях стержня, за исключением
продольной силы, остальные силовые факторы
равны нулю. При дальнейшем росте внешней
силы Р, обнаруживается, что при некотором ее
значении Р = РКР, стержень изогнется. Так как
явление изгиба тесно связано с действием изги-
изгибающих моментов, возникающих в поперечных рис у j
сечениях стержня, можем утверждать, что при
Р = РКР происходила смена формы равновесного состояния систе-
системы. Если на начальном этапе нагружения Р< РКР, равновесное со-
состояние вертикального стержня определялось как простое сжатие,
то при Р > РКР сжатие сопровождается изгибом. Это означает, что
при Р = РКР происходила потеря устойчивости системы.
Заметим, что в данном случае, смена формы равновесного сос-
состояния сопровождается и сменой формы деформирования: в докри-
тическом - прямолинейная форма деформирования, в закритиче-
ском - криволинейная, а в критическом - смешанная форма.
Заметим также, что для гибких стержней потеря устойчивости
может наступить при напряжениях, значительно меньших предела
прочности материалов. Поэтому расчет стержней должен выпол-
выполняться при условии, что сжимающие напряжения не превышают
критического значения с точки зрения потери их устойчивости:
<*«*Kf=lj-, G-1)
ще РКР - значение сжимающей силы, при котором стержень пере-
переходит из прямолинейного срстояния равновесия к криволинейному;
F- площадь сечения стержня.
Изучение устойчивости стержней начнем с простейшей задачи о
стержне с двумя шарнирно
опертыми концами при
действии центрально сжи-
сжимающей силы Р (рис. 7.2). •" Р
,У
Впервые эта задача бы- **„ .
ла поставлена и решена "/)""
р
Л.Эйлером в середине рис у ^
XVIII века и носит его имя.
Рассмотрим условия, при которых происходит переход от цен-
центрально сжатого состояния к изогнутому, т.е. становится возможной
криволинейная форма оси стержня при центрально приложенной
сжимающей силе Р. Предполагая, что изгиб стержня будет происхо-
происходить в плоскости минимальной жесткости, записывая диф-
147

ференциальное уравнение упругой линии балки и ограничиваясь
рассмотрением только малых перемещений, имеем:
G.2)
где 1Х - минимальный момент инерции сечения.
Для определения выражения изгибающего момента Mx(z), дей-
действующего в поперечном сечении стержня, расположенном на рас-
расстоянии z от начала системы координат, применяя метод* сечений к
системе, изображенной на рис. 7.2 и рассматривая равновесие отсе-
отсеченной части системы, расположенной левее от заданного сечения,
получим:
Мх=-Ру. G.3)
При положительном прогибе в выбранной системе координат
знак «минус» означает, что момент является отрицательным.
Введем следующее обозначение:
Р о
-~т- = *2. G.4)
Тогда уравнение G.2) преобразуется к виду:
у" + к2у = 0. G.5)
Решение G.5) записывается в виде:
У = С\ sin kz + C2 cos kz. G.6)
Постоянные С\ и С2 определяются из граничных условий зада-
задачи:
7@) = 0; 7A) = 0.
Из первого условия вытекает, что С2 = 0, а из второго полу-
получается, что либо С\ = 0 (что нам неинтересно, т.к. в этом случае
7(Z)«O), либо
sin*;/=0. G.7)
Из G.7) следует, что kl = пп, где п - произвольное целое число.
Учитывая G.4), получаем:
G.8)
Это означает, что для того, чтобы центрально сжатый Стержень
принял криволинейную форму, необходимо, чтобы сжимающая си-
148

да была равна какому-либо значению из множества Рп по G.8).
Наименьшее из этих значений называется критической силой Ркр и
будет иметь место при п= 1:
п Е1Х
j—
Эта сила носит название первой критической эйлеровой
силы. i
Следовательно, согласно G.6) при Р = Рщ выражение прогибов
можно записать в следующем виде:
j^qsin^^. G.10)
Из G.10) видно, что прогибаться стержень будет по синусоиде.
Графики функций прогибов y(z) при различных п изображены на
рис. 7.3.
Из G.9) видно, что
критическая с точки зрения
устойчивости сила зависит
от жесткости стержня и его гШг п=3
длины, но никак не зави-
зависит от прочностных Рис. 7.3
свойств материала стержня,
т.е. два стержня одинаковой длины с идентичными граничными
условиями их закрепления, изготовленных из различных материа-
материалов, но имеющих одинаковую изгибную жесткость, теряют устой-
устойчивость приходном и том же значении сжимающей силы. В этом
заключается значительная разница между проверкой прочности
стержня на сжатие и растяжение и проверкой на устойчивость.
При изменении условий закрепления концов стержня необхо-
необходимо решение дифференциального уравнения его изгиба, но уже в
виде:
w[) {z) = 0. G.11)
Анализ этих решений говорит о том, что все они могут быть
представлены в следующем виде:
где \х - коэффициент приведения длины. Он показывает, во сколько
раз следует изменить длину шарнирно опертого стержня, чтобы кри-
критическая сила для него равнялась бы критической силе стержня длиной
/ в рассматриваемых условиях закрепления. На рис. 7.4 показано
149

m Ж ^т
\
Рис. 7.4
несколько видов закрепления стержня и указаны соответствующие
значения коэффициента ц.
7.2. Границы применимости решения Эйлера.
Формула Ясинского
Как показали опыты, решение Эйлера подтверждалось не во
всех случаях. Причина состоит в том, что формула Эйлера была по-
получена в предположении, что при любой нагрузке стержень ра-
работает в пределах упругих деформаций по закону Гука. Следова-
Следовательно, его нельзя применять в тех ^ситуациях, когда напряжения
превосходят предел пропорциональности. В связи с этим найдем
границы применимости решения Эйлера:
п2Е1 п2Е
G.13)
где / = ->Jl/F - радиус инерции сечения. Если стержень имеет оди-
одинаковые опорные закрепления в двух взаимно перпендикулярных
плоскостях инерции, то при определении значения критической
силы и критического напряжения, необходимо брать наименьшее
значение момента инерции и, соответственно, радиуса инерции по-
поперечного сечения.
Введем понятие гибкости стержня:
/V» — .
Тогда G.13) принимает вид:
150

cs - n E П Ш
°k,—?- G-14)
Из G.14) следует, что напряжение && возрастает по мере уменьше-
уменьшения гибкости стержня. Заметим, что стержень, имеющий неодинаковые
опорные закрепления в главных плоскостях и, следовательно, неодина-
неодинаковые приведенные длины, теряет устойчивость в той главной плоско-
плоскости, в которой гибкость стержня имеет наибольшее значение.
Формула Эйлера неприемлема, если напряжения аКР > <зп, где
ая- предел пропорциональности. Приравнивая G.14) к пределу
пропорциональности, получим предельное значение гибкости:
^ПРЕД
G.15)
Если X > ХПрдд, то формулу Эйлера можно применять. В противном
случае ею пользоваться нельзя. Для стали Ст.З ХПРЕд = 100.
В ситуациях, когда напряжения превышают предел пропорцио-
пропорциональности, получение теоретического решения осложняется, т.к.
зависимость между напряжениями и деформациями становится не-
нелинейной. В связи с этим, в этих случаях пользуются эмпириче-
эмпирическими зависимостями. В частности, Ф.С. Ясинский предложил сле-
следующую формулу для критических по устойчивости напряжений:
аКР = а-ЬХ,
G.16)
где а, Ъ - постоянные, зависящие от материала, так для стали Ст.З
а = 3,1-Ю5 кН/м2 , Ъ = 11,4-102 кН/м2.
При гибкостях стержня, находящихся в диапазоне 0< Х< 40-J-50,
стержень настолько «коро-
«короток», что его разрушение
происходит по схеме сжа-
сжатия, следовательно, кри-
критические напряжения
можно приравнять в этом
случае к пределу пропор-
пропорциональности . Обобщая
вышесказанное, зависи-
зависимость критических на-
напряжений аКР от гибкости
стержня X можно предста-
представить, как это сделано на
рис. 7.5.
скр
1
1
\
\
\
\
\
\
\
\
\
—^ч
у/ <*п
\
А,-
ц/
Рис. 7.5
151

7.3. Расчет сжатых стержней на устойчивость
Как правило, основная проблема при расчете сжатых стержней
состоит в том, чтобы сжимающие напряжения а не превышали бы
критических значений по устойчивости оКР, т.е.
° = у<^ = аКР. G.17)
При продольном изгибе центрально сжатый стержень теряет
несущую способность, когда напряжения в его поперечных сечени-
сечениях достигают критических значений. Поэтому необходимо ввести в
расчет коэффициент запаса устойчивости п по отноше-
отношению к критическим напряжениям, с помощью которого и опре-
определяется допускаемое напряжение при расчете на устойчивость:
п
При расчете же стержней на растяжение применяют условие
а < R, где R - расчетное сопротивление на растяжение.
Для унификации расчетов на растяжение и сжатие введем соот-
соотношение правых частей двух последних неравенств:
Ф<^г, G.18)
®КР
откуда -—^— = ф R. И тогда G.17) можно записать так: а < <pR.
п
Величина ф носит название коэффициента уменьшения
расчетного сопротивления при расчете на сжатие и явля-
является функцией от гибкости стержня X (табл. 5).
Таким образом, окончательно формула для расчета стержней на
устойчивость принимает следующий вид:
4Л. G.19)
Несмотря на простоту выражения G.19) расчет сжатых стержней
производится, как правило, в несколько этапов. Это связано с тем,
что величина ф зависит от формы и размеров сечения, поэтому не
может быть назначена заранее. В связи с этим, подбор сечения
осуществляют итеративно, постепенно приближаясь к тому, чтобы
разница между напряжением сжатия а и расчетным сопротивле-
сопротивлением на растяжение R не превышала бы 3-5%.
152

Таблица 5
X
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
Ст2-4
1.00
0.99
0.96
0.94
0.92
0.89
0.86
0.81
0.75
0.69
0.60
Ст5
1.00
0.98
0.95
0.92
0.89
0.86
0.82
0.76
0.70
0.62
0.51
Чугун
1.00
0.97
0.91
0.81
0.69
0.57
0.44
0.34
0.26
0.20
0.16
Дерево
1.00
0.99
0.97
0.93
0.87
0.80
0.71
0.60
0.48
0.38
0.31
X
ПО
120
130
140
150
160
170
180
190
200
Ст2-4
0.52
0.45
0.40
0.36
0.32
0.29
0.26
0.23
0.21
0.19
От 5
0.43
0.36
0.33
0.29
0.26
0.24
0.21
0.19
0.17
0.16
Чугун
-
-
-
-
-
-
-
-
-
Дерево
0.25
0.22
0.18
0.16
0.14
0.12
0.11
0.10
0.09
0.08
7.4. Пример расчета (задача № 15)
¦. Заданную стойку двутаврового (№30) поперечного сечения цен-
центрально сжатую силой Р (рис. 7.6, а), рассчитать на устойчивость, а
также указать поло-
положительные и отри-
цательные стороны
конструкции этой
стойки. В целях ми-
минимизации расходов
материальных ресур- ,
сов можно заменить
двутавровое сечение
стойки более рацио-
рациональным сечением из
двух швеллеров, со-
соединенных планками
на сварке (рис. 7.6, б).
Подобрать сечения
из двух швеллеров и
''/№30
Рис. 7.6
сравнить результаты по площади с сечением из двутавра. Материал
стоек - сталь Ст.З, расчетное сопротивление при растяжении
Я= 1,9105кПа.
153

Решение
1. Расчет на устойчивость стойки из двутавра.
Проверка устойчивости сжатых стержней производится по формуле
G.19). Из сортамента ГОСТ 8239-72 выписываем необходимые дан-
данные для двутавра №30: F = 46,510"^ м2; ix = 0,123 м; iy = 0,0269 м.
Тогда из формулы G.19) имеем:
P=q>FR. G.20)
Для нахождения величины q> нужно знать максимальную гиб-
гибкость стойки, которая определится из формулы
*min
где Iq - приведенная (свободная) длина стойки, /q = ц /. Здесь ц -
коэффициент приведенной длины, зависящий от способа закрепле-
закрепления концов стойки (для нашего примера ц = 0,5), /-длина стойки;
^nin - минимальный радиус инерции сечения стойки (в данном слу-
случае - радиус инерции относительно оси у). Таким образом,
* _ 0,5-3 „..
0,0269 '
По табл. 5 находим ф при X = 55,76, интерполируя до третьего
знака после запятой:
при Л, = 50 ф = 0,89;
при X = 60 Ф = 0,86.
Поэтому при X = 55,76
Ф = 0,89-0>8910°>86 5,76 = 0,873.
Подставляя значения F, ф и R в формулу G.20), получим допус-
допустимое значение сжимающей силы с точки зрения устойчивости рас-
рассматриваемой стойки:
Р= 0,87346,5-10-41,9-105 = 771 кН.
Преимуществом стойки из двутавра является простота конст-
конструкции и малая трудоемкость изготовления и монтажа, недостат-
недостатком - неравная устойчивость в разных плоскостях.
2. Подбор сечения стойки из двух швеллеров. При
рассмотрении этого вопроса составное сечение стойки следует рас-
рассматривать как цельное, и поэтому расчет приведенной гибкости
можно не выполнять. Подбор составного сечения стойки будем
154

производить путем последовательного приближения. Для этого за-
задаёмся произвольным значением ср, подбираем сечение и сопостав-
сопоставляем возникающие в нем напряжения с расчетным сопротивлением.
Эта операция производится до тех пор, пока напряжение, возни-
возникающее в стойке, будет достаточно близким к расчетному сопротив-
сопротивлению (отклонение не должно превышать ± 5%).
Примем ф = 0,6. Из G.20) определим требуемую площадь F
сечения двух швеллеров:
F > IF^ = -4г = ZZJ__ = 67,63-1(Г*м2; Fme = 3,38-КГ3м2.
ш Ф* 0,6 -1,9 105 Ш
По ГОСТ 8240-72 принимаем швеллер № 24а, для которого
= 0,00329 м2, i™ = 0,0984 м, /J* = 0,0267 м.
Для обеспечения равноустойчивости стойки из двух швеллеров
нужно, чтобы гибкость ее была примерно одинаковой в обеих плос-
плоскостях. Для принятого сечения из двух швеллеров определим мак-
максимальную гибкость:
_ц/_ jJ_ ^5_3_
<min " /Г " °>0984 "
По табл. 5 находим значение <р для полученной гибкости:
при А, = 10 Ф = 0,99;
при X = 20 ф = 0,97.
Для X = 15,24:
Ф = 0,99- °'"~0'97 5,24 = 0,979; F = .2Fm = 0,00658 м2.
Определяем напряжение в стойке:
Р 771
а = — = — = 119700кПа ^ R.
Ф^ 0,979-65,8 10
Недонапряжение составляет
<190-'i9'7>.100%a37%>5%.
Необходимо уменьшить сечение стойки. Принимаем стойку из
швеллеров № 20 (Fme = 0,00234 м2; ix = 0,0807 м). Определим гиб-
гибкость:
155

По табл. 5 для X = 18,59 находим: ф = 0,973, и учитывая, что
F= 2Ршв = 0,00468 м2, получим:
а = — -г = 169300 кПа < Я
0,973- 46,8-10
Недонапряжение составляет
(¦9О1-'<9-3).1оо%,1ода>5%.
190
Принимаем стойку из швеллеров №18 (JF = 0,00207 м2; /* =
= 0,0724 м), гибкость которой принимает значение:
По табл. 5 для А, = 20,72 находим: ф = 0,973; /* = 0,0414 м2:
а = 771 = 192200 кПа.
0,969- 41,4 -КГ4
Перенапряжение составляет
190 *100% = lj2% < 5%' что Д°пУетимо-
Окончательно принимаем стойку из двух швеллеров №18. Из
сортамента ГОСТ 8240-72 выписываем необходимые данные:
1Х = 1090-10"8 м4,1у = 86-10'8 м4, zo = 0,0194 м, Л = 0,18 м, 6 = 0,07 м.
Момент инерции поперечного сечения стойки из двух швелле-
швеллеров относительно оси х. 1Х = 2/^. Момент инерции составного
сечения относительно оси у можно изменять, сближая или удаляя
швеллеры один относительно другого. Определим расстояние между
швеллерами из условия, что ^=1,2/х. Из рис. 7.6, б имеем
с = a +2-Zo, где а - расстояние между собственными осями у каж-
каждого из швеллеров. Тогда:
отсюда
156

[1,2-1091
\ 0,25-:
ШТT /1,2 1090-86 ir4
l( 0,25.^ "V 0,25-20,7 " -°'1537м'
Монтажное расстояние между швеллерами будет с = а + 2-^о =
,= 0,1537 + 20,0194 = 0,1925 м, принимаем с = 0,192 м. Сравнивая
сечение из двух швеллеров с заданным двутавровым, видим, что
площадь заданного сечения составляет 46,510м2, а полученного
из двух швеллеров - 41,4-10~4 м2. Таким образом, расход металла на
стойку из двух швеллеров (без учета металла на соединительные
планки) будет меньше в 46,5/ 41,4 =1,12 раза, или на 12%, чем на
стойку из одного двутавра.
Однако конструкция стойки из двух швеллеров трудоемка в из-
изготовлении по сравнению со стойкой из двутавра. Экономическое
преимущество подобранного сечения стойки, состоящего из двух
швеллеров, по сравнению с двутавром, объясняется более ра-
рациональным распределением ее изгибных жесткостей в различных
направлениях. Это приводит к выравниванию значений моментов
инерции относительно главных центральных осей инерции сечения
и тем самым, к равноустойчивости стойки в указанных направле-
направлениях.
Это положение является важным обстоятельством для разработ-
разработки оптимальных конструктивных решений с позиции устойчивости.
Вопросы для самопроверки
1. Дайте определение понятия критическое состояние системы.
2. Дайте определение понятия потери устойчивости системы.
3. Какие величины внешних сил называются критическими?
4. В чем заключается суть задачи Эйлера?
5. Какие закономерности обнаруживаются между различными формами по-
потери устойчивости систем?
6. Зависит ли величина критических значений внешних сил от характера за-
закрепления стержня?
*7. От каких факторов зависит гибкость стержней?
8. В зависимости от величины гибкости дайте квалификацию стержней.

ГЛАВА 8
ДИНАМИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ
8.1. Основные определения
В предыдущих разделах рассматривалось такое нагружение кон-
конструкций, когда прикладываемые усилия изменялись настолько
медленно, что возможно было считать их статическими. В ин-
инженерной практике же часто встречаются случаи когда нагрузка
достаточно быстро изменяет свое направление или величину. Такое
нагружение называется динамическим и вызывает значительные
силы инерции в сооружении, которые приводят к появлению до-
дополнительных (к статическим) напряжений и деформаций.
Известны случаи, когда инженерные конструкции, рассчитан-
рассчитанные с большим запасом прочности на статическую нагрузку, разру-
разрушались под действием сравнительно небольших динамических сил.
При изучении динамики упругих систем последние принято
классифицировать, прежде всего, по числу их степеней свободы.
Под числом степеней свободы понимается число независи-
независимых координат, определяющих положение материальных точек сис-
т темы в произвольный момент времени.
Так для системы, изображенной на рис. 8.1,
если пренебречь массой стержней, положение
сосредоточенной массы т в плоскости чертежа
полностью будет определяться двумя независи-
независимыми координатами - линейными перемещения-
р ^ 1 ми в вертикальном и горизонтальном направле-
направлениях. То есть рассматриваемая система будет
иметь две степени свободы. Заметим что, так как во всех реальных
системах масса конструкции распределена по их объему, поэтому
любая произвольно взятая точка является материальной. Следова-
Следовательно, ддя определения положения системы в произвольный мо-
момент времени, строго говоря, необходимо знать перемещения всех
точек рассматриваемой системы. Откуда следует, что все реальные
системы в точной постановке задачи, имеют бесконечное число
степеней свободы, так как число материальных точек, принадлежа-
принадлежащей любой реальной системы, равно бесконечности.
При исследовании колебаний упругих систем различают собст-
собственные (свободные) и вынужденные колебания. Под собствен-
158

ными колебаниями понимается движение системы при отсутствии
внешних воздействий. Если колебание системы сопровождается
действием внешних сил, то движение называется вынужденным.
Промежуток времени за который совершается полный цикл ко-
колебаний, носит название периода собственных или вынужденных
колебаний, смотря по тому, о каких колебаниях идет речь. Период
колебаний обозначается через Т. Величина обратная Г, называется
частотой колебаний:
и представляет собой число колебаний в течение одной секунды. В
технике в большинстве случаев используется понятие круговой
частоты ш, представляющей собой число колебаний за 2 я секунд.
8.2. Колебания системы с одной степенью свободы
Рассмотрим систему, изображенную на рис. 8.2. Пренебрегая
массой и продольными деформациями консольного бруса, рассмот-
рассмотрим колебания массы т, закрепленной на свободном конце бруса,
при действии силы P(f), изменяющейся по гармоничному закону по
времени /:
P(t) = Posinnt, (8.1)
где Pq - амплитуда или максималь-
максимальное значение силы P(f), а со -круго-
-круговая частота ее изменения.
При составлении уравнения дви-
движения массы т введем в рассмот-
рассмотрение силу инерции Р##=-/и >>"(/),
силу сопротивления Рг=-ос у' (/),
всегда направленную против движе-
движения системы (где а -коэффициент затухания) и внешнюю силу P(t).
Перемещение y{t) в любой момент времени можно определить из
уравнения:
y{f) = bn[P(f)-my"(f)-ay'(f)\. (8.2)
где 8ц - перемещение массы т по вертикали под действием верти-
вертикальной единичной силы.
Отметим, что природа сил сопротивления может быть резуль-
сопротивления внешней среды или внутреннего трения, воз-
159

никающего в частицах материала конструкции при деформации
системы. Принимаем обозначения:
2 1 ^ (8.3)
5ц /я 2/п
где ф - частота собственных колебаний конструкции, п - коэффи-
коэффициент затухания. Тогда уравнения движения (8.2) принимает следу-
следующий вид:
у" + Iny1 + <р2у = — sin со/. (8.4)
тп
Решение (8.4) при начальных условиях t = О, у = >>о> у' = }>6, с
учетом п < ф, принимает вид:
j> = Ле~Л' $\п(щг + у!) + Ро 5П р sin (со / - \|/2). (8.5)
Здесь приняты следующие обозначения:
ч>
, + — - амплитуда собственных колебаний системы; щ =
= )/ф2 - л2 - собственная частота колебаний системы с учетом сил
затухания; vi/i = arctg , ш2 = arctg —r - сдвиг фазы по
\ Уо ) 1ф2-со2У
времени, возникающий при собственных и вынужденных колеба-
колебаниях, соответственно;
1
-называется коэффициентом динамичности, он показывает во
сколько раз амплитуда вынужденных колебаний больше статиче-
статического перемещения, вызванного максимальным значением возму-
возмущающей статической силы.
График р в зависимости от отношения частот и параметра зату-
затухания п приведен на рис. 8.3. Откуда следует, что при со -> ф
Ро-8ц-р, т.е. амплитуда вынужденных колебаний резко возрастает, а
при п -» 0, со -> ф, получаем /fySirP -> °°- Это явление носит назва-
название резонанса. При п = 0 выражение для Р упрощается и прини-
принимает вид:
160

ф
При больших /первое слагаемое из (8.5), описывающее свобод-
свободные колебания системы, затухает и колебания системы описыва-
описываются выражением:
у = р0 .§п • psin(co/- vi/2) - (8.7)
Заметим, что решение (8.5) при нулевых начальных условиях
(Уо = Уо = 0), при любых значениях / описывается выражением
(8.7).
При выполнении практических расчетов, при известном коэф-
коэффициент р, легко определяется величина максимальных дина-
динамических напряжений и перемещений в упругих элементах задан-
заданной системы:
Р- удин = уст. а-
где под gct, yCT понимается то напряжение и перемещение соответ-
соответственно, которые возникали бы в системе при статическом прило-
приложений максимального значения возмущающей силы величиной Pq.
0,5 1,0 1,5 2,0
Рис. 8.3
б Сопротивление материалов
161

В случае, если сопоставление частот шиф указывает на их опас-
опасную близость со я ф, т.е. опасность возникновения резонанса, путем
конструктивных мероприятий добиваются изменения той или иной
частоты. При этом, наиболее целесообразным является изменение
частот в сторону увеличения отношения со/ф > 1 с тем условием,
чтобы добиться наиболее заметного снижения коэффициента р.
8.3. Пример расчета (задача № 16)
Определить динамический прогиб и напряжения в опасных се-
сечениях балок KD и АВ, возникающих под действием работающего
электромотора весом G= 10 кН (рис. 8.4, а). Вес неуравновешанных
частей ротора Р=1кН. Эксцентриситет вращающихся масс
е = 0,02 м. Число оборотов ротора п = 600 об/мин. Массой балок в
расчетах пренебречь. Поперечное сечение балок KD и АВ состоит из
двух двутавров №20 (/*= 1840-Ю^м4; Wx= 184-10~6m3). Модуль
упругости стали Е— 2-108 кН/м2.
Решение
1. Определение статического прогиба в сечении С бал-
балки KD и статического напряжения в сечении у заделки А.
Из уравнений равновесия статики Y*mD = 0 и Ътк = 0 найдем опор-
опорные реакции в балке KD (рис. 8.4, б):
На балку АВ в точке В (К) опоры на консоль передается нагруз-
нагрузка Р= 5 кН, равная по величине опорной реакции RK, но обратная
по направлению. Из уравнений Y,mA = 0 и Лу = 0 определяем реак-
реактивные усилия в заделке А балки AR МЛ = 10 кНм; RA = 5 кН. Оп-
Определив опорные реакции в балках, строим эпюры поперечных сил
Q и изгибающих моментов М для балок KD и АВ (рис. 8.4, в, г, е,
ж). Зная величины изгибающих моментов, возникающих в опасных
сечениях балок, определяем статические напряжения в сечениях С
и А:
M l^ = ±2,717- 104кН/м2;
А 2WX 2-184-10
% = ±Ш- = ±—4~т = ±U59.104kHM
162

Упругая линия
Рис. 8.4
Для определения статического прогиба в точке С балки KD вна-
вначале предполагаем, что эта балка опирается на абсолютно жесткое
основание. Используя метод начальных параметров, составляем
уравнение прогибов, приняв начало координат в сечении D.
2!
3!
3!
163

),g rd G{l~a).
Для нахождения фо составим уравнение прогиба для сечения Къ'
котором прогиб равен нулю из условий закрепления:
Так как уо = 0, то, решая это уравнение, получим:
T" 6EIxl 6EIX
Подставив найденное значение ф0 в уравнение прогиба для се-
сечения С, получим формулу для определения у^т:
CT_Ga\l-a)\ lO^l* _ = 0,00021m.
Ъ1Е1Х 32-2108.2198010-8
Для вычисления полного перемещения сечения С с учетом харак-
характера опирания балки KD на консольную балку необходимо найти
прогиб консольной балки АВ от действия на нее силы Рк = -RK =
= 5 кН. Для этого, приняв начало координат в сечении В балки АВ,
составим уравнение метода начальных параметров для определения
прогиба на конце консоли. При начале координат в точке В консоли
известными параметрами будут: Мо = Мв = 0; Qq = QB = -Рк = -5 кН, а
неизвестными у0 = ув ф 0; фо = ф5 * 0. Неизвестные начальные пара-
параметры j>o и Фо определим из уравнений прогиба и угла поворота для
сечения А. Из условия закрепления балки АВ имеем при z = / = 2 м
Составим уравнения метода начальных параметров:
(P0Z-^p. (б)
Приравняв к нулю уравнение (а) при z - I м, определяем фо:
Подставив найденное значение фо в уравнение (б) и принимая
у = 0 при z = /, получим выражение второго неизвестного на
164

чального параметра уо, определяющего прогиб сечения В консоль-
консольной балки АВ:
~'x'v 2 6
PK /3 PK /3 Рк /3
6 2 3
P,/3 !
—5- = 0,00181м.
0~8
Знак «минус» говорит о том, что конец консольной балки пере-
переместится вниз.
Определив прогиб усвт и изобразив эпюру перемещений систе-
системы (рис. 8.4, з), вычислим величину полного перемещения сече-
сечения С по формуле:
= уст + Ц_а = .0,00021 -MML1 = -0,001115 м.
2. Определение динамического коэффициента и ко-
коэффициента эквивалентности. Максимальное значение сис-
системы внешних сил принимает значение G + p-TV Далее определяем
коэффициент эквивалентности:
где Ро =—со2е - амплитудное значение инерционной силы; р =
g
1
__ коэффициент динамичности. Здесь ф = 1 СТЛ0ЛН
1~(со/ф)
[
ф = 1
V
частота собственных колебаний; ш = —— частота возмущающей
силы.
В рассматриваемом примере:
9,81 мо 1У 3,14 • 600 >оо
шs93Д 1/с; ш=-зо-=62>8
P = l—т = 1.81; Po = -^r F2,8J • 0,002 = 0,804 кН;
l_f^ 9'81
193,8 )
165

r,.i+ui
3. Определение прогиба и напряжений. Максимальное
значение напряжения и прогиб, возникающие от совместного дей-
действия статических и динамических нагрузок, определяем по форму-
формулам:
= асст КД = ±1,358 • 104 • 1,145 » ±1,5549 • 104 кН/м2,
= уст.полн Кд = _0001 j 15e 1Д45 = _000127м
При коэффициенте Кд- 1,145 найдем также напряжение в се-
сечении А балки АВ:
аДИН = ±2j17 . Ш4 . ц45 = ±3д ! . Ш4 кН/м2
Следовательно, полученное значение напряжения больше, чем
напряжение в сечении С, где установлен электромотор. Итак, сече-
сечение в заделке в данном примере является наиболее опасным
(а^ЯЯ > асЯЯ)» и> следовательно, это обстоятельство необходимо
учитывать при проверке прочности составных конструкций.
С увеличением числа оборотов двигателя возрастают динамиче-
динамические напряжения и прогибы балок. Поэтому при проектировании
конструкций не следует допускать наступления резонанса (со = ср),
при котором может наступить разрушение конструкции.
8.4. Соударение твердого тела и системы
с одной степенью свободы
Задача соударения различных механических систем часто встре-
встречается в инженерной деятельности в различных сферах, поэтому
имеет большое практическое значение.
Взаимодействие тел, при котором за очень малый промежуток
времени скачкообразно изменяются скорости взаимодействующих
тел, называется ударом. В период взаимодействия соударяемых
тел между ними развивается результирующая контактная си-
сила. Хотя время действия контактной силы обычно очень мало и
измеряется микро- или миллисекундами, она развивается очень бы-
быстро и принимает большие значения.
Задача соударения твердых деформируемых тел в механике, как
правило, относится к классу динамических контактных
задач со смешанными граничными условиями, содер-
содержащими в себе многие трудности математического порядка при их
166

решении, которые не всегда могут быть преодолены простыми ин-
инженерными способами. Эти трудности в первую очередь связаны с
определением с определением характера изменения функции на-
напряжения в зоне контакта соударяемых тел по пространственным
координатам и во времени. Большие сложности возникают и при
учете волновых процессов, возникающих, как в зоне контакта, так и
внутри соударяемых тел. Например, дифракционных волновых
процессов по контуру в зоне контакта, и интерференционных
явлений внутри соударяемых тел. Здесь существенное значение
приобретает и учет фактора рассеяния энергии, трудно под-
поддающийся анализу в данном случае.
Исходя из вышеизложенного, ниже при решении задач, приме-
применяется упрощенный инженерный подход, основанный на следую-
следующих упрощающих предпосылках.
При взаимодействии соударяемых тел они принимаются или
идеально упругими, или абсолютно твердыми. Деформации в упру-
упругих соударяемых телах происходят мгновенно.
С применением энергетического подхода рассмотрим соударе-
соударение падающего груза массой М с высоты h на систему с одной сте-
степенью свободы (рис. 8.5). Считаем, что масса балки т сосредо-
сосредоточена в месте соударения.
Рис. 8.5
Энергетический подход является наиболее предпочтительным в
тех случаях, когда требуется определить только максимальные зна-
значения напряжений, динамических прогибов и не ставится задача
определения законов движения заданной системы.
Составим энергетический баланс заданной системы в момент
возникновения максимальных прогибов балки:
С (8.8)
где
= ° = —2gh = Mgh = Gh- кинетическая энергия пада-
падающего груза в момент соударения с балкой; #= (М + т)-^щах -
1 У2
работа внешних сил на перемещение
1
—
2
6ц
167

циальная энергия деформации балки; К- кинетическая энергия
системы при у = утах.
Так как в состоянии наибольшего отклонения балки, у-ут^
у = 0, то для указанного момента времени К— 0. С учетом вышеиз-
вышеизложенного (8.8) принимает вид:
1 л,2
(8.9)
2 8П
или
J'max
(8.10)
Величина 8ц - прогиб, который получила бы балка под дейст-
действием единичной статической силы, приложенной в месте удара.
Следовательно, у07'^ Mgb\\ представляет собой прогиб который
получила бы балка под действием статически прикладываемой си-
силы, равной весу падающего груза G— Mg. Тогда уравнение (8.10)
можно представить в виде:
Из решения последнего уравнения получаем:
,,сг
г max
te)
1+ 1 + -
„СГ
(8.11)
Отсюда, учитывая, что коэффициент динамичности определяет
во сколько раз максимальный прогиб при динамическом нагру-
жении больше прогиба, возникающего при статическом характере
приложения нагрузки, получим:
М
1+ 1 + -
2А
¦47 ^
(8.12)
Величина коэффициента динамичности р, как показывает вы-
выражение (8.12), зависит главным образом от жесткости рассмат-
рассматриваемой системы в направлении удара и от кинетической энергии
падающего груза в момент соударения.
168

Для упругих систем динамические напряжения и остальные
внутренние силовые факторы определяются по той же схеме, как и
прогибы. Например, для напряжений, имеем:
сдт = р.аст. (8.13)
В тех случаях, когда масса балки m мала, по сравнению с мас-
массой груза М, из (8.12), принимая m = 0, получим:
, (8.14)
В частности,' если груз прикладывается на упругую систему
мгновенно, тогда задавая й = 0 из (8.14), коэффициент дина-
динамичности принимает значение р = 2.
8.5. Пример расчета (задача № 17)
Груз G= 1,2 кН падает с высоты h = 0,12 м в точку С двутав-
двутавровой балки KD, опирающейся на упругое сооружение, состоящее
из двух балок АК'и DM (рис. 8.6, а). Сечение балки KD - двутавр
№18 AХ = 129010-8 м4 ; Wx = 14310 м3). Сечение балок АКи DM-
двутавр №30 (/х= 708010"8 м4; Wx= 47210m3). Длина балок
/ = 1,2 м. Модуль упругости Е = 2-Ю8 кН/м2.
Определить динамические напряжения в опасных сечениях ба-
балок. Сравнить полученные напряжения с теми, которые появятся в
балках, если балка KD будет опираться на абсолютно жесткое осно-
основание.
Решение
Из уравнений равновесия балки Ъгпк = 0 и lLmD = 0 находим
опорные реакции RK, RD:
P(l-a) 1,2-A,2-0,4) пя« л Ра 1,2»0,4
—J— = ^ = 0,8 1^,^= — = -—
Для проверки правильности найденных опорных реакций сос-
составляем уравнение равновесия Ъу = 0: 0,8 + 0,4 - 1,2 = 0; 0 = 0.
Затем строим эпюры изгибающих моментов и поперечных сил
для рассматриваемой балки KD и двух консольных балок АК и DM
.(рис. 8.6, б, в, г, ду е).
169

1. Определение полного статического прогиба сече-
сечения С балки KD. С начала определим статический прогиб сече-
сечения С балки KD при опирании ее на абсолютно жесткое основание.
Составим уравнение прогиба методом начальных параметров, при-
приняв начало координат в сечении К:
Щ?- + ^. (8.15)
При этом, j>o = 0; Mq = 0; фо * 0; Qq — RK. Для нахождения (ро
используем условие отсутствия прогиба в сечении D yD — 0. При
Z = \ м имеем:
af P(l-a)P
Теперь, подставив найденное значение фо в уравнение (8.15),
получим формулу для определения прогиба сечения С:
ст_ Ра2A-аJ _ 1,2 0,42A,2-0,4J , И
31Е1Х 31,22 108 129010^8
Для определения полного прогиба сечения С с учетом упругого
характера опирания балки KD (рис. 8.6, ж) необходимо предвари-
предварительно найти прогибы концов консольных балок АК и DM. Для
этого воспользуемся формулой, полученной в задаче № 16:
О'8'1'2' =-3,25.10-4
3 - 2 -108 • 7080 • 10""8
уст_Я?__ 0,4-U3 1>63.1(Г5М.
yD ЪЕ1Х 3.2-108.7080.Ю-8
Эпюра перемещений для составной конструкции из балок изо-
изображена на рис. 8.6, ж. Величину полного перемещения сечения С
балки с учетом перемещения его в результате смещения опор балки
KD, опирающейся на консольные балки, определяем по формуле:
ZT ЛЧСТ\
= - [l,63 f (~3'2^ ^1?63) ¦ 0,8 -1,32] ¦ КГ5 = -4,04 ¦ Ю-5.
170

.'A M>30 *^~
* д=0,4м
/=1,2m
/=
/>=1,2kH
^c /Ш18
Z 1 I№30 л/ ь
(/-я)=0,8м ^
= 1,2м /=1,2m
^k ^
б)
в) Эпюра М
г) Эпюра Q
д)
RkI=0,96kEm
е)
/»=1,2кН
0,8кН
^=0,32kHm
0,4кН
Эпюра М
Эпюра Q
0,8кН
Л/)-/=0,48кН-м
0,4кН
Рис. 8.6
2. Определение динамических коэффициентов и на-
напряжений. Динамический коэффициент при падении груза G на
балку KD, опирающуюся на консольные балки АК и DM, опреде-
определяем по формуле:
171

78,10,
а при опирании балки KD на абсолютно жесткое основание -
Р - 1 + Jl + -5f = 1 + Jl + . 1 : Л = 1 +лД +18181,8 w 136,0.
Для вычисления динамических напряжений необходимо вначале
определить статические напряжения, возникающие в сечении С:
а затем динамические напряжения:
Динамические напряжения, возникающие в сечении С балки
АД опирающейся на консольные балки,
= ±2,2377 • 103 • 78,1 = ±174,76 • 103 кН/м2,
и динамические напряжения, возникающие в сечении С балки АД
опирающейся на абсолютно жесткое основание:
• 103 • 136 = ±304,36 • 103 кН/м2.
Таким образом, если опоры лежат на абсолютно жестком осно-
основание, то в сечении С возникают динамические напряжения в
' »1,7 раза большие по величине. Статические напряжения,
возникающие в сечении А.
Gcr = ±М± = ± 0,96 = ±2Озз8.1О3кН/м2.
Wx 472 Ю-6
При динамическом коэффициенте Кд= 78,1, полученном в
предположении упругого опирания балки KD в точках А и Д нахо-
находим динамические напряжения в сечении А:
адин = ±2оз4.Ю3 .78,1 = ±158,85• 103 кН/м2.
Статическое и динамическое напряжения в сечении М балки
DM:
172

асг = ±^L = ± 0?48^= ±1,0169- 103кНМ
Wx 472-10
ъдмин = ±1,017 • 103 • 78,1 = ±79,42 • 103 кН/м2.
Следовательно, вне зависимости от того, на какое основание
опирается балка KD, опасное сечение находится в точке удара.
Вопросы для самопроверки
1. Дайте определения предмета статической и динамической теории меха-
механических систем.
2. Перечислите примеры динамических нагрузок.
3. Дайте определение понятия числа степеней свободы заданной системы.
4. Дайте определение свободного колебания системы.
5. Дайте определения вынужденного колебания системы.
6. Дайте определение периода собственных и вынужденных колебаний сис-
системы.
7. Поясните физическую суть фазовой и круговой частоты системы.
8. Поясните физический смысл коэффициента динамичности.
9. Какие системы называются системами с дискретными параметрами?
10. Укажите число свободы реальных систем и дайте соответствующие пояс-
пояснения.
11. Дайте определение системы с одной степенью свободы.
12. Какие явления называются резонансом?
13. Какое явление называется ударом?
14. Какие процессы являются причиной формирования сил сопротивле-
сопротивления?

ГЛАВА 9
ПРОЧНОСТЬ ПРИ ЦИКЛИЧЕСКИХ
НАГРУЗКАХ
9.1. Основные характеристики цикла и предел усталости
Многие детали машин и механизмов, а также конструкции со-
сооружений в процессе эксплуатации подвергаются циклически изме-
изменяющимся во времени воздействиям. Если уровень напряжений, вы-
вызванный этими воздействиями, превышает определенный предел, то в
материале формируются необратимые процессы накопления поврежде-
повреждений, которые в конечном итоге приводят к разрушению системы.
Процесс постепенного накопления повреждений в материале
под действием переменных напряжений, приводящих к разруше-
разрушению, называется усталостью. Свойство материала противо-
противостоять усталости называется выносливостью.
Для раскрытия физической природы процесса усталостного разру-
разрушения в качестве примера рассмотрим ось вагона, вращающуюся вместе
с колесами (рис. 9.1, а), испытывающую циклически изменяющиеся
а)
^ //А
'изг
р\
с
77 77/
1
: с
N
ff
f
' : 1
/// /// /// /// 777
ч
/77 /// /// /// /// /// ///
1 '•
: (X
Л <¦
:.№ра
/л
/.
ЧУ \У>
Рис. 9.1
174

напряжения, хотя внешние силы и являются постоянными ве-
величинами. Происходит это в результате того, что части вращающейся
оси оказываются попеременно то в растянутой, то в сжатой зонах.
В точке А (рис. 9.1, б) поперечного сечения оси вйгона имеем:
где у = (Z>/2)-sin ф, ф = cof, а со - круговая частота вращения колеса.
Тогда:
PaD .
а = --—Ts
'* 2
Таким образом, нормальное напряжение а в сечениях оси ме-
меняется по синусоиде с амплитудой:
РаР
Опыт показывает, что при переменных напряжениях после не-
некоторого числа циклов может наступить разрушение детали (уста-
(усталостное разрушение ), в то время как при том же неизменном во
времени напряжении разрушения не происходит.
Число циклов до момента разрушения зависит от величины оа,
и меняется в широких пределах. При больших напряжениях для
разрушения бывает достаточно 5ч-10 циклов, а при меньших напря-
напряжениях разрушение может наступить при гораздо большем числе
циклов или вообще не наступить.
Пусть напряжения изменяются по закону, представленному на
рис. 9.2. Величина
называется коэффициентом асимметрии цикла. В тех
случаях, когда amax = -amin, Л = -1 и цикл называется симмет-
симметричным. Если атщ = 0 или атах = 0, то Д= 0 и цикл называется
нулевым или пульсационным. При простом растяжении или
сжатии (когда amax=amin) J?=+l. Циклы, имеющие одинаковый
коэффициент асимметрии называются подобными.
Введем две следующие величины:
re -
т " 2 ' «" 2 '
где ст - средние напряжения цикла, са - амплитуда цикла.
175

Тогда, в общем случае, цикл может быть представлен как сумма
Gm и напряжения, меняющегося по симметричному циклу с ампли-
амплитудой аа, т.е. а = <Jm + aa sin ю/.
'max
Рис. 9.2 ,
Следует отметить, что не при всех периодически изменяющихся
напряжениях происходит разрушение материала. Для этого на-
напряжения должны превзойти некий предел -предел усталости
или выносливости. Предел усталости - наибольшее значение
максимального напряжения подобных циклов сгтах (или Gmjn, если
l^maxl < 1<*тт1)> которое не вызывает усталостного разрушения
материала при неограниченном количестве циклов нагружения.
Из определения следует, что предел усталости зависит от коэф-
коэффициента асимметрии цикла и обозначается аЛ, где R- коэффици-
коэффициент асимметрии цикла. Экспериментально доказано, что наименьшее
значение предел усталости принимает при симметричном цикле.
Для цветных металлов и для закаленных до высокой твердости
сталей, так как они разрушаются при любом значении напряжений,
вводится понятие условного предела усталости. За условный предел
усталости принимается напряжение, при котором образец способен
выдержать 108 циклов.
Обычно, для сталей, предел усталости при изгибе составляет
CLi » @,4 + 0,5) сВр. Для высокопрочных сталей a_i « D00 +
+ 0,167(Тдр) МПа. Для цветных металлов a_i » @,25 + 0,5) gbp. При
кручении для обычных сталей имеем t_i » 0,56 a_i. Для хрупких ме-
металлов Т-1 « 0,8 CLi.
Естественно, что определить экспериментальным путем предел
усталости для каждого из возможных значений коэффициента
асимметрии цикла R невозможно. На практике поступают следую-
следующим образом: для нескольких характерных значений R находят пре-
предел усталости Gr и строят диаграмму усталостной прочности ма-
материала (рис. 9.3), где по оси абсцисс откладываются значения
176

среднего напряжения am, а по оси ординат - амплитудного напря-
напряжения аа, предельных циклов.
Каждая пара значений ст я са, характеризующая предельный
цикл, изображается точкой на этой диаграмме. Совокупность таких
точек образует кривую АВ (рис. 9.3), отделяющую безопасную об-
область (содержащую начало координат) от области циклических раз-
разрушений. На рис. 9.3 точка Л диаграммы соответствует пределу
прочности при стати-
статическом нагружении, а
т. В - при симметрич-
симметричном цикле нагруже-
ния. Любой из воз-
возможных циклов может
быть изображен -на
этой диаграмме ра-
рабочей точкой (Р. т.) с
координатами (am,
аа) и в зависимости Рис. 9.3
от того, в какую из
областей попала точка можно судить о безопасности данного цикла.
7
i
0
7>. Т.
®ВР
-Го4
9.2. Влияние концентраций напряжений, состояния
поверхности и размеров детали на усталостную
прочность
На величину предела усталости влияют многие факторы. Рас-
Рассмотрим некоторые из них.
Одним из основных факторов, оказывающих существенное
влияние на усталостную прочность, является концентрация на-
напряжений. Основным показателем местных напряжений является
коэффициент концентрации напряжений:
At —
9 НОМ
(9.2)
где атах - наибольшее местное напряжение, Eном - номинальное
напряжение. Например, для полосы с отверстием (рис. 9.4) от дей-
действия продольной силы Рв кольцевых сечениях, имеем:
ном
F

Определенный по (9.2) коэффициент концентрации напряже-
напряжений не учитывает многих реальных
р
¦*max
ном
ном
свойств материала (его неоднородность,
пластичность и т. д.), в связи с чем вво-
вводится понятие эффективного коэффици-
коэффициента концентрации К.х:
где a_i - предел усталости при симмет-
симметричном цикле на гладких образцах,
с'_1 - предел усталости при симмет-
симметричном цикле на образцах с наличием
концентрации напряжений.
Между Kj й К-\ существует следую-
следующая зависимость:
-1), (9.3)
Рис. 9.4
где q .- коэффициент чувствительности материала к местным на-
напряжениям, q » 1 - для высокопрочных сталей; q = 0,6 + 0,8 —для
конструкционных сталей.
При расчетах на усталостную прочность, особенности, связан-
связанные с качеством обработки поверхности детали,
учитываются коэффициентом качества поверхности, получаемом
при симметричных циклах нагружения:
(9.4)
где а_! - предел усталостной прочности, полученный на испытаниях
образцов, имеющих стандартную обработку поверхности, а^п - предел
выносливости рассматриваемой детали.
На рис. 9.5 приведены значения р в зависимости от качества обра-
обработки поверхности стального изделия и прочности материала аВР.
Прямая 1 относится к шлифованным образцам, 2 - к образцам с
полированной поверхностью, 3 - к образцам, имеющим поверх-
поверхность обработанную резцом, и наконец, 4- к образцам поверхность
которых обработана после проката.
Для учета масштабного фактора вводятся соответствующий ко-
коэффициент:
178

1,2
1,0
0,8
0,6
•
—-—.
2
1
1—-^
где a_1Z), t_1Z) - предел ус-
усталостной прочности
рассматриваемой детали
на растяжение и сдвиг,
соответственно; a_i,x_i -
предел усталостной проч-
прочности образца с диамет-
диаметром d =(8+ 12).-10:зм.
Графики sa, 8T изо-
изображены на рис. 9.6, где
кривая 1 относится к уг-
углеродистой стали, 2 - к
полированной стали, 3-
к полированной стали с
наличием концентрации напряжений, 4- к сталям, имеющим вы-
высокую степень концентраций напряжений.
6 1,0
0,8
0,6
30
70
ПО а^102,кН/м2
Рис. 9.5
0,4
\
ч
¦—-
3
*^
•ч„
2
^Ч
10 15 20 30 40 50 60 708090100 150
Рис. 9.6
9.3. Запас усталостной прочности и его определение
Сначала построим диаграмму усталостной прочности (часто, для
простоты рассуждений предельную линию представляют в виде
прямой) и покажем на ней рабочую точку М цикла (с координатами
ат и са) в случае, если рассматриваемый элемент испытывает
только простое растяжение и сжатие (рис. 9.7).
Рассмотрим все те циклы, рабочие точки которых лежат на од-
одной прямой (рис. 9.7) и для которых справедливо выражение аа =
= awtgot. С учетом (9.1) и после несложных преобразований можно
получить, что:
R _ 1 - tga
1 + tga
179

где R - коэффициент асимметрии цикла.
Значит, можно сделать вывод о том, что все подобные циклы
лежат на одной прямой. Тогда, под запасом усталостной прочности
будем понимать отношение отрезка ON к отрезку ОМ (рис. 9.7):
ON
ОМ'
(9.6)
где точка М соответствует действующему циклу, а точка N получа-
получается вследствие пересечения предельной прямой и продолжения от-
отрезка ОМ (рис. 9.7).
Это отношение характеризует степень близости рабочих условий
к предельным для данного материала. В частном случае при посто-
постоянных статических нагрузках аа = 0, данное определение запаса
прочности совпадает с обычным.
Для определения nR
E
(т.е. в ситуации когда
действуют лишь нор-
нормальные напряжения) в
инженерной практике
применяется как графи-
графический, так и аналити-
аналитический способ. При гра-
графическом способе стро-
строго по масштабу строится
диаграмма предельных
напряжений в системе
координат аа и ат. Да-
Далее, на этой диаграмме наносится рабочая точка и определяется от-
отношение величин отрезка ON и ОМ. Для определения расчетных
зависимостей для nR воспользуемся условием подобия треуголь-
ников ONDn ОМКи получим:
С
1
г '
г- (
0
D
ч
ч.
My
/
а
>
/
Р. Т.
(n .
V
Рис. 9.7
ON OD
R° ОМ OK
(9.7)
®ВР
Полученный коэффициент запаса соответствует идеальному об-
образцу. Реальная же его величина зависит, как отмечалось выше, от
геометрии, размеров и состояния поверхности образца, учитывае-
учитываемых коэффициентами JLj, sa и р, соответственно. Для этого необ-
необходимо предел усталости при симметричном нагружении уменьшить
180

в ,—— раз, или, 4to тоже самое, амплитудное напряжение цикла
увеличить в раз. И тогда (9.7) принимает вид:
Р8
(9.8)
где
(9.9)
Аналогичным образом могут быть получены соотношения уста-
усталостной прочности и при чистом сдвиге. Эксперименты показы-
показывают, что диаграмма усталостной прочности для сдвига заметно от-
отличается от прямой линии, свойственной простому растяжению-
сжатию, и имеет вид кривой. В первом приближении эту кривую в
координатных осях ха, хт можно представить в виде двух наклон-
наклонных, как это изображено на рис. 9.8. Причем, если одна из них
(ближняя к оси ординат) соответствует разрушению образца вслед-
вследствие усталостных явлений, то другая - по причине наступления
пластического состояния.
Рис. 9.8
В данном случае расчетная формула для nR записывается в виде
кРха + ц,хт
(9.Ю)
,181

где v|/ = - - - эмпирическая величина, определенная на осно-
то
ве обработки экспериментальных данных.
При сложном напряженном состоянии, т.е. если в рабочей точ-
точке при действии внешних нагрузок одновременно возникают как
нормальные, так и касательные напряжения, для вычисления nR
применяется следующая приближенная формула:
Л=4-+4-> (9.11)
где nR - искомый коэффициент запаса усталостной прочности;
nR -коэффициент запаса усталостной прочности в предположе-
нии, что касательные напряжения в рабочей точке отсутствуют;
nR - коэффициент запаса прочности по усталости при предполо-
предположении, что в рабочей точке нормальные напряжения отсутствуют.
Резюмируя заметим, как это было показано в настоящем раз-
разделе книги, в настоящее время в связи с тем, что физические осно-
основы теории твердого деформируемого тела недостаточно развиты,
многие предпосылки современной теории усталостной прочности
базируются на эмпирической основе. Отсутствие твердых предпо-
предпосылок в теории выносливости, в современном виде лишает ее нуж-
нужной строгости. Так как полученные эмпирические зависимости не
являются универсальными, сами результаты расчетов являются до-
достаточно приближенными. Однако указанные приближения оказы-
оказываются допустимыми для решения инженерных задач.
9.4. Пример расчета (задача № 18)
Для цилиндрической клапанной пружины (рис. 9.9) двигателя
внутреннего сгорания определить коэффициент запаса прочности
аналитически и проверить его графически по диаграмме предельных
амплитуд, построенной строго в масштабе.
Диаметр пружины D = 0,04 м, диаметр проволоки пружины d =
= 0,004 м. Сила, сжимающая пружину в момент открытия клапана,
Ртах = 0,240 кН, в момент закрытия клапана - Рт{П = 0,096 кН. Ма-
Материал проволоки пружины - хромованадиевая сталь с механиче-
механическими характеристиками, предел текучести хт = 900 МПа, предел
выносливости при симметричном цикле Т-i = 480 МПа, предел вы-
выносливости при нулевом (пульсирующем) цикле То = 720 МПа. Для
проволоки пружины эффективный коэффициент концентрации на-
182

пряжений кх = 1,05, коэффициент влияния качества обработки по-
поверхности C = 0,84, коэффициент влияния абсолютных размеров
поперечного сечения 8х = 0,96.
Решение
1. Определение макси-
максимального ттах и мини-
минимального ттщ напря-
напряжений в проволоке
пружины и вычисле-
вычисление коэффициента
асимметрии цикла R.
Для вычисления напря-
напряжений используем фор-
формулу:
, SPD
где к - коэффициент,
учитывающий попереч- Рис. 9.9
ную силу и неравномер-
неравномерность распределения напряжений от ее воздействия, а также влия-
влияние деформации изгиба вследствие кривизны витков пружины.
Этот коэффициент можно определить по приближенной фор-
формуле:
и 4Си+1
4Сй-4'
D ъ
где Сп = — - характеристика геометрии пружины. В данном при-
- - D - 0>04 - ю тог а /с_ 4-10 + 1-
'Л "" d "^0,004 "" ' ^ 4 10-4
Определим величины напряжений:
Г2
umax
-
D 11у1 8• 0,240• 4• 10"z лклхаь u/ i
— = 1,14 • z т- = 435,4-103 кН/м2,
ЗД4 • 0,43 • 10.
3,14 • 0,4J • 10"
Коэффициент асимметрии цикла:
183

р _ xmin _ 174,2 _ ft ,
2. Нахождение среднего хт и амплитудного та напря-
напряжений цикла. Найдем величину среднего и амплитудного напря-
напряжений цикла в зависимости от ттах и Tmin:
min = 435,4 +174,2 1q3
Тд = ^yiin = 435,4-174,2 1q3
3. Определение коэффициента запаса прочности. Деталь
(пружина) может перейти в предельное состояние по усталости и по
причине развития пластических деформаций. Коэффициент запаса
прочности по усталости определяются по формулам (9.10):
где t_i - предел выносливости при симметричном цикле; величины
Кр и у определяются по зависимостям, приведенным в п.9.3:
2-480-720 _ 1,05
°333 Кр "
?Т т0 " 720 ~°'333' Кр ,840,96
Коэффициент запаса усталостной прочности:
п 480 103 1?7
A,302 • 130,6 + 0,333 • 304,8) • 103
Коэффициент запаса по пределу текучести можно получить ана-
аналогичными рассуждениями, как и коэффициент запаса усталостной
прочности, учитывая, что предельная прямая по текучести проходит
под углом 45° к горизонту (рис. 9.8). В итоге:
тг 900103 20?
A30,6 + 304,8). 103
Так как 1,77 < 2,07, то коэффициент запаса прочности для пру-
пружины определяется усталостью и равен 1,77.
Для анализа рассмотрим ситуацию, когда в момент закрытия
клапана на него действует сжимающая сила Pmin = 0,18 кН. Тогда
имеем:
минимальное значение напряжения
184

8-0,180-4-ИГ2
3,14 • 0,43 -10
среднее напряжение
435,4 + 326,6 1Оз_381О
т 2 '
амплитудное напряжение
т 435,4-326,6 103=511 10
а 2
коэффициент запаса прочности по усталости
480•103
= 2 43 ;
*х A,302 • 54,4 + 0,333 • 381,0) Ш3
коэффициент запаса прочности по пределу текучести
900-Ю3
^ E4,4 +381,0). 103
Так как 2,07 < 2,43, то коэффициент запаса выбирается по пре-
пределу текучести и принимается равным 2,07.
Вопросы для самопроверю!
1. Какие процессы называются усталостью?
2. Поясните свойство материалов называемое выносливостью.
3. Поясните суть коэффициента асимметрии цикла.
4. Какие нагрузки называются циклическими?
5. Перечислите основные факторы оказывающие влияние на усталостную
прочность образцов.
6. Дайте определение коэффициента запаса усталостной прочности.
7. Зависит ли диаграмма усталостной прочности от вида напряженного со-
состояния изделия?
8. Что вы понимаете под термином «коэффициент концентрации йапряже-
ний»?
9. Что вы понимаете под термином «коэффициент качества обработки по-
поверхности изделия»?
10. Что Вы понимаете под термином «коэффициент масштабного фактора»?

ГЛАВА 10
ОСНОВЫ ТЕОРИИ УПРУГОСТИ И
ПЛАСТИЧНОСТИ
10.1. Напряженное состояние в точке.
Уравнения равновесия
Чтобы охарактеризовать напряженное состояние в произволь-
произвольной точке тела, находящегося в равновесном состоянии в общем
случае нагружения, выделим в ее окрестности некоторый объем в
виде элементарного параллелепипеда, грани которого перпендику-
перпендикулярны координатным осям (рис. 10.1).
Этуг
aav
Ov+^f1 *С
Рис. 10.1
186

Если размеры параллелепипеда уменьшать, он будет стягиваться
в эту точку. В пределе (dx, dy, dz-> 0) все грани параллелепипеда
пройдут через рассматриваемую точку и напряжения на соответ-
соответствующих плоскостях параллелепипеда могут рассматриваться как
напряжения в исследуемой точке.
Полное напряжение, возникающее на площадке параллелепи-
параллелепипеда может быть разложено на три составляющие, одну по нормали
к площадке и две в ее плоскости.
Нормальное и касательное напряжение обозначаются через а и
т, соответственно, с двумя индексами: а^, оуу>..., т^. Первый ин-
индекс соответствует координатной оси, перпендикулярной к пло-
площадке на которой действует данное напряжение, а второй - оси,
вдоль которой оно направлено. Поскольку, у нормальных напряже-
напряжений оба индекса одинаковы, то для них применяют и одномерную
индексацию: а** = <зх > &уу = &у > и &zz = uz • Ориентация осей явля-
является произвольной.
Правило знаков примем следующее: если внешняя нормаль к
площадке совпадает по направлению с положительным направле-
направлением соответствующей оси, то напряжение считается положитель-
положительным, если оно направлено вдоль положительного направления
оси, вдоль которой оно действует. Так, на рис. 10.1 все напряжения
положительные.
Из трех условий равновесия параллелепипеда в виде суммы мо-
моментов относительно координатных осей достаточно просто полу-
получить важные утверждения, что
tyz = ^zy> t& = ^xz\ txy — tyx- A0-1)
To есть, на двух взаимно перпендикулярных площадках состав-
составляющие касательных напряжений, перпендикулярные к общему
ребру, равны по величине и направлены обе либо к ребру, либо от
него. Это утверждение - закон парности касательных на-
напряжений, сформулированный в общем виде.
Рассматривая же равновесие параллелепипеда в виде суммы сил
по направлениям координатных осей, и отбрасывая величины вто-
второго порядка малости, легко получить дифференциальные уравне-
уравнения его равновесия:
x
+ +
дх ду dz
ду дХ dZ У
187

где Yjc> Ууу Jz ~~ составляющие объемных сил вдоль координатных
осей.
С учетом закона парности касательных напряжений A0.1),
уравнения A0.2) содержат шесть неизвестных напряжений: их, Gy,
Gz> Txy, txz> xyz- Поскольку количество уравнений равновесия ста-
статики A0.2), меньше, чем количество неизвестных напряжений, то в
общем случае задача определения напряженного состояния в произ-
произвольной точке сплошной среды нагруженного тела, является ста-
статически неопределимой.
10.2. Определение напряжений на произвольной площадке.
Главные оси и главные напряжения
Из напряженного тела в окрестности произвольной точки вы-
выделим элементарный объем в виде тетраэдра (рйс. 10.2).
Ориентация площадки в пространстве задается направляющими
косинусами нормали v к ней -/= cos(x, и), т = cos (у, v), п=*
= cos (z, v).
Вектор полного напряжения на произвольной площадке аЪс
спроецируем на оси х, у и ь Обозначим эти проекции через X , Y ,
Z. Обозначая площадь треугольников abc, aOb, ЬОс, аОс через dF,
dFx, dFy, dFz, соответственно будем иметь:
dFx = dFl\ dFy = dFm\ dFz = dFn. A0.3)
Проецируя все силы, действующие на выделенный элемент, по-
последовательно на оси х, у, z и с учетом A0.3) получим:
A0.4)
Выразим нормальное напряжение gv на наклонной площадке
через X, Y, Z:
cv=Xl+Ym +Zn. A0.5)
Отсюда с учетом A0.3) получим
av = сх I2 + Су-т2 + агл2 + 2ху71тп + 2t^«/+ 2Xxylm. A0.6)
188

Рассмотрим множество секущих площадок произвольной ори-
ориентации, проходящих через исследуемую точку. По нормали к каж-
каждой площадке отложим отрезок r^ffa»), координаты конца век-
вектора которого будут следующими:
х = г • /; у- rm\ z = r- п.
Исключая из A0.6) направляющие косинусы, получим
Принимая обозначение
где к- произвольная постоянная, из A0.6) получим:
ах -х
+ gz -z2 + 2xyz:y z+ 2Тхуху+ iTxfX z=
A0.8)
Из курса аналитической геометрии известно, что A0.8) пред-
представляет собой уравнение поверхности второго порядка в системе
координат х, у, z. Следовательно путём поворота системы коорди-
координат уравнение A0.8) можно преобразовать таким образом, чтобы
попарные произведения исчезли, или иначе говоря коэффициенты
попарных произведений принимали нулевые значения.
Это значит, что в
произвольной точке на- ^
пряженного тела суще-
существует такое положение
системы координат х, у,
Z, в которой каса-
касательные напряжения
Xxy^Xxz, Tyz равны нулю.
Такие оси называ-
называются главными осями.
Соответствующие им
взаимно перпендику-
перпендикулярные площадки на-
называются главными
площадками, а нор-
нормальные напряжения
на них - главными на-
напряжениями. Принима-
Принимаются такие обоз-
обозначения: СУ^ > СТ2 > <*з-
Рис. 10.2
189

Если в окрестности рассматриваемой точки определены по-
положение главных площадок и главные напряжения, то существенно
упрощается система уравнений A0.4). Они принимают вид:
Z= а3 • я.
Так как /2 + т 2 + + п 2 =1, то получим:
X2 Y2
11
Следовательно, геометрическое место концов вектора полного
напряжения Р (Ху У, Z) образует эллипсоид, полуосям которого яв-
являются главные напряжения аь
<*2> аз (Рис- Ю.З). Полученный
эллипсоид носит название эл-
эллипсоида напряжений. В
случае равенства двух главных на-
напряжений эллипсоид принимает
форму тела вращения. Тогда каж-
каждая плоскость, проходящая через
ось вращения становится главной.
В случае, если все три главных
напряжения равны между собой,
то эллипсоид принимает форму
сферы и в исследуемой точке все
плоскости являются главными.
Рассмотрим как определяются величины главных напряжений
через заданные значения шести компонентов напряжений ох, иу,
аг> хху, txz> Tyz B произвольной системе координат х, у, Z- Воз-
Возвращаясь к рис. 10.2, предполагаем, что наклонная площадка явля-
является главной.
Обозначая полное напряжение на этой площадке через S можем
записать:
X=Sl;Y=Sm;Z=Sn. A0.9)
Соотношения A0.4) преобразуются к виду:
Рис. 10.3
или
190
S
s
¦m =1
¦ n =т
:^/ +
Xfy
¦m +Xi
¦m +g
zn;
A0.10)

(ах - S) ¦ I + Тух ¦ m + т^ ¦ n = 0;
Тух-1+ (Gy- S) ¦ m + Тф¦ n — 0;
A0.11)
Так как /2 + т2 + л2=1, следовательно, /, /w, w одновременно
не могут быть равны нулю. Для того, чтобы система однородных
уравнений A0.11) относительно /, /я, п имела бы решение, отличное
от нулевого, необходимо, чтобы определитель этой системы был
равен нулю.
XZ
y-S
"ZX
*zy
,-S
= 0.
Отсюда
где
A0.12)
A0.13)
= СТ^ +
h =
хху
A0.14)
Все три корня уравнения A0.13) являются вещественными и
определяют значения главных напряжений аь а2, а3. Коэффи-
Коэффициенты I\9 I2, h называются инвариантами напряженного
состояния и их значения не зависят от выбранной системы коор-
координат х, у, z.
Для определения положения главных площадок необходимо
вычислить значения направляющих косинусов следующим образом.
В два из трех уравнений системы A0.11) подставляются значения
главных напряжений аь а2, а3, а в качестве третьего используется
равенство /2 + /я2 + я2=1.
Если /з = 0 очевидно, что один из корней уравнения A0.7) так-
также будет равен нулю. В этом случае напряженное состояние являет-
является плоским или двухосным. В частности, напряженное состояние
чистого сдвига представляет собой двухосное напряженное состоя-
состояние, для которого имеется сг = -а3, а2 = 0.
191

Если /2 = /з = 0 то из уравнения A0.13) очевидно, что имеет
место два нулевых корня и только одно из главных напряжений от-
отлично от нуля. Напряженное состояние в этом случае называется
одноосным. Данное обстоятельство имеет место при простом сжа-
сжатии или растяжении бруса
' Z или при чистом изгибе.
На практике, если име-
имеется сложное напряженное
состояние, для выполнения
расчетов на прочность не-
необходимо выразить напря-
напряжения, действующие на
произвольной площадке,
проходящей через данную
точку, через главные на-
напряжения. С этой целью
рассмотрим равновесие
призмы, показанной на
рис. 10.4.
Проецируя все силы,
действующие на призму, щ
оси, совпадающие с векто-
векторами а и т (рис. 10.4), по-
получим:
Рис. 10.4
cdy
id у
dz
cos a
dz
cos а
= G\ dy dz cos а + аз d у dztgoi sin а;
= G] dy dz sin а - аз dy dz tga sin a.
Эти выражения можно преобразовать к виду:
A0.15)
Рассматривая совместно полученные выражения для стих,
можно получить следующее выражение:
192

В системе координат а, т это уравнение окружности. Получен-
Полученный круг называется кругом Мора или круговой диаграммой на-
напряженного состояния. В заключение заметим, что при а = я/4
имеет место:
lmax
10.3. Деформированное состояние в точке.
Геометрические уравнения и уравнения
неразрывности
Происходящие при нагружении тела перемещения его точек
можно задать при помощи совокупности трех функций (см. п.1.5):
и (х, y,z), v (х, уд) и w (х, у, z), определяющих перемещения вдоль
координатных осей х, у и z, соответственно. Достаточно просто
можно показать, что деформации (линейные и угловые) выражают-
выражаются через функции перемещений, (в случае малых перемещений, ко-
которые рассматриваются в сопротивлении материалов):
ди , _ dv . _ dw .
дх' ду' z dz' A016)
ди dv dv dw du dw
4 =
где 8/ - линейная деформация вдоль /-той оси координат, у у -уг-
-угловая деформация в плоскости /0/ (ij = х, у, z) (см. рис. 10.1).
Правило знаков принимается следующее: для линейных де-
деформаций - растяжению соответствует положительная деформа-
деформация; для угловых деформаций положительное ее значение соот-
соответствует уменьшению прямого угла между положительными на-
направлениями осей. По аналогии с напряженным состоянием,
здесь также имеются главные деформации и главные площадки
деформирования, которые являются инвариантами, независящи-
независящими от осей координат.
Принятая в механике деформируемого тела гипотеза о сплош-
сплошности среды, выражающаяся, в частности, в том, что в одну и ту же
точку пространства не могут придти две материальные точки, равно,
как и не допускается разрывов среды, находит свое воплощение в
уравнениях неразрывности деформаций. Как видно из A0.16),
шесть компонентов деформаций выражаются через три функции
перемещений , следовательно между ними существует определенная
связь в виде:
7 Сопротивление материалов ,

A0.17)
dydz'
dy{ dz dx ду) dxdz'
d
-1—- + _
dz{ дх ду dZ ) dxdy
Убедиться в верности A0.17) можно просто - достаточно под-
подставить в них выражения A0.16). В случае плоской задачи, за ис-
исключением первого уравнения системы A0.17), остальные уравне-
уравнения превращаются в тождество.
В заключение заметим, что в каждой точке среды деформируе-
деформируемого тела всегда существуют три взаимно перпендикулярные плос-
плоскости, которые не испытывают сдвигов. Координатные оси, кото-
которые образуют эти плоскости, называются главными осями
деформируемого состояния.
Линейные деформации по главным осям называются глав-
главными деформациями и нормируются в порядке гх > е2 > 83 с
учетом их знака, причем знак «плюс» относится к тем деформаци-
деформациям, которые вызваны в результате растяжения, и наоборот, знак
«минус» относится к деформациям сжатия.
Заметим, что для изотропного тела, свойства которого не зави-
зависят от направлений координатных осей, главные оси напряжений и
деформаций совпадают.
10.4. Физические уравнения теории упругости для
изотропного тела. Обобщенный закон Гука
Для получения полной системы уравнений, описывающих на-
напряженное и деформированное состояние тела, необходимо распо-
располагать равенствами, связывающими напряжения и деформации. В
эти равенства должны входить параметры, характеризующие физи-
194

ческие свойства материалов. Поэтому они называются физическими
уравнениями механики сплошной среды.
Составим аналитическое выражение обобщенного закона Гука,
справедливого для идеально упругого изотропного тела. Для этого
воспользуемся принципом независимости действия сил. Рассмот-
Рассмотрим раздельно силы, возникающие на гранях элементарного парал-
параллелепипеда (рис. 10.1). При малых деформациях, действие каса-
касательных напряжений вызывает только формоизменение, а от дейст-
действия нормальных напряжений происходит изменение линейных раз-
размеров выделенного элемента. Учитывая данное обстоятельство, для
трех угловых деформаций получаем:
v -ISL- v --Is.-' у -^L ПО 1
Уху ~ G > Ухг- G > Ууг ~ G > iiu.i
^где G- модуль сдвига материала.
Линейная деформация по оси х, обусловленная напряжением
ах, будет равна --?-. Напряжениям а^, gz соответствуют дефор-
мацир по оси х обратного знака, равные -ц —?- и -ц -~-, соот-
? Е
ветственно (здесь ц - коэффициент Пуассона). Следовательно
Аналогично можно определить относительные удлинения ребер
параллелепипеда (рис. 10.1), перпендикулярных осям у и Z- Запи-
Записывая для гу и sz аналогичные уравнения окончательно получим:
A0Л9)
Отсюда, получим выражение для объемной деформации
е = гх + е^ + sz = ^jrfcx + (Ту + oz). A0.20)
Полученные соотношения A0.18-10.19) являются аналитиче-
аналитическим выражением обобщенного закона Гука для упругого изотропно-
изотропного тела.
195

10.5. Возможные способы решения задач
теории упругости
В общем случае искомыми величинами в задачах теории упру-
упругости являются функции перемещений, компоненты напряженного
и деформированного состояний среды. Следовательно, в каждой
точке тела подлежат определению 15 величин: три компоненты
смещений - и, и и w; шесть компонент напряжений - <тх, ау, gz,
хху> ^xz и Tyz> шесть компонент деформаций - sx, Sy, sz, у^, yxz,
4yz-
Очевидно, что для решения задачи в общем случае необходимо
15 уравнений, связывающих искомые величины, которые выполня-
выполнялись бы не только внутри заданного тела, но и на его границе/
Полученные выражения A0.2), A0.16), A0.18), A0.19) образуют
такую систему. Для однозначного решения задачи необходимо зада-
задание условий на контуре тела - граничных условий. Эти условия
могут быть заданы в виде заранее определенных компонент напряже-
напряжений (статические граничные условия) или компонент перемещений
(кинематические граничные условия) или же комбинации тех и
других (смешанные граничные условия).
Если заданы граничные условия и требуется оценить напря-
напряженно-деформированное состояние заданного тела, то такая задача
называется прямой задачей теории упругости. Если же по задан-
заданным функциям напряженно-деформированное состояния рассмат-
рассматриваемого тела требуется найти граничные условия им соответству-
соответствующие, то такая задача называется обратной задачей теории упру-
упругости.
Решение прямой задачи теории упругости можно вести разными
способами. Если в качестве неизвестных принять функции пе-
перемещений - и, и и w, то полную система уравнений A0.2), A0.16),
A0.18), A0.19) можно свести к следующим трем дифференциаль-
дифференциальным уравнениям относительно этих функций:
v ' dx
(X + G)— + GV2v + yv=0; A0.21)
v 'dy > y
(?)
' dZ
\iE id2 d2 d2
где л = т r-7 —7; V = —7Г + —тг + —7г - оператор Лапласа.
A + ц)A-2ц) ex2 dy2 dz2
196

Уравнения A0.21) называются уравнениями Ляме. Граничные
условия также необходимо выразить через перемещения. В итоге
контурные напряжения запишутся через перемещения в следующем
виде:
ди ___, ч ди ___,_/ ди ( Л
dz ' J
^cos(i;,x) + ^
ох ду
+ G —• cos (и, х) + —- cos (и, J0 + — cos (v, z) ;
OX OX OX
, v dv . ч 5u /
cos (u, x) + — cos (i;, y) + — cos (у,
oy dz
^cos(v,y) + ^cos(v,z)]; A0.22)
oy dy j
Лди
cos (u, x) + — cos (v, y) + — cos (и,
Если же в качестве неизвестных принять компоненты напря-
напряженного состояния в произвольной точке тела-ах, ау, az, %xy,
Txz и xyz> T0 к уравнениям равновесия A0.2) нужно присоединить
уравнения совместности деформаций A0.17) и закон Гука A0.18-
10.19). В результате совместного рассмотрения такой системы диф-
дифференциальных уравнений получаются так называемые уравнения
Бельтрами:
ду1
<10-23»
где 1\ - первый инвариант напряженного состояния в точке.
197

Произвольные постоянные, получаемые в результате интегри
рования уравнений A0.23), находятся при учете граничных условий
выраженных в следующем виде:
X = сх cos (и, х) + Хуу cos (и, у) + хxz cos (i>, z);
7 = 1^ cos (и, х) + a^ cos (и, у) + т ^ cos (v, г);
Z = xxz cos(u,x) + т^, cos(y, j>) + az cos(u,z).
где X, 7, Z- компоненты полного напряжения на границе.
10.6. Теория предельных напряженных состояний
При действии внешних сил материал конструкции может нахо-
находиться в различных механических состояниях. При невысоких
уровнях напряжений материал пребывает в упругом состоянии. При
значительных напряжениях в материале обнаруживаются заметные
остаточные деформации и он переходит в пластическое состояние.
Затем, при дальнейшем увеличении внешних сил происходит обра-
образование местных трещин, и наступает его разрушение. Меха-
Механическое состояние материала в точке зависит в первую очередь от
напряженного состояния в ней. С целью определения прочности
материалов вводится понятие предельное напряженное со-
состояние.
Для пластичного материала предельным обычно считается, на-
напряженное состояние, которое соответствует возникновению замет-
заметных остаточных деформаций, а для хрупкого - такое, при котором
начинается разрушение материала.
Для выполнения расчетов на прочность вводятся понятия ко-
коэффициента запаса прочности и эффективное напряже-
напряжение.
Коэффициент запаса при данном напряженном состоянии это
число, показывающее во сколько раз следует одновременно увели-
увеличить все компоненты тензора напряжений, чтобы оно стало пре-
предельным.
Эквивалентное напряжение аэкв - это такое напряжение, кото-
которое следует создать в растянутом образце, чтобы его напряженное
состояние было равно опасно с заданным.
Для пластичных материалов критерием наступления предельного
состояния принимается состояние, при котором максимальные каса-
касательные напряжения достигают некоторого предельного значения:
Ъжв = 2 ттах = Gi - a3. A0.24)
198

Гипотеза максимальных касательных напряжений, приемлемая
для йластичных материалов, обнаруживает заметные погрешности
для материалов, имеющих различные механические характеристики
при сжатии и растяжении.
В таких случаях применяется энергетическая гипотеза, согласно
которой предельное состояние в точке наступает тогда, когда выра-
выражение
иоФ = -—— \{р\. — ^2/ +(с^2~-^з) +(^3~^l) A0.25)
ЬЕ L J
принимает некоторое заранее заданное значение. Это предельное
значение для UOo определяется следующим образом. Для простого
растяжения выражение A0.25) принимает вид:
В сложном напряженном состоянии U0<p принимает значение
иоф=^2с2экв. A0.26)
При совместном рассмотрении A0.25) и A0.26) получим:
_.-.._ _ .- ._ ¦ _ .- или
&ЭКВ ="г=г
10.7. Плоская задача в декартовых координатах
На практике различают два вида плоской задачи - плоскую де-
деформацию и обобщенное плоское напряженное состояние.
В случае плоской деформации линейные деформации вдоль од-
одной из координатных осей, например, оси z отсутствуют, а напря-
напряжения имеются 8^ = 0; о^ * 0. Примером плоской деформации
может служить деформация длинной стенки постоянного сечения, в
случаях когда внешние нагрузки расположены в плоскостях, пер-
перпендикулярных оси z, где ось z направлена вдоль стенки.
Примером обобщенного плоского напряженного состояния мо-
может служить напряженно-деформированное состояние тонкой пла-
пластины, в случае, когда внешние нагрузки приложены по ее контуру
и равномерно распределены по толщине пластины рис. 10.5.
199

б) у
Рис. 10.5
Расположим начало системы координат х, у, Z в серединной
плоскости пластины, а ось z направим перпендикулярно к ней, то-
тогда будем иметь: г^ * 0; ст^ = 0.
Плоская задача теории упругости, как и объемная задача, может
быть решена как в перемещениях, так и в напряжениях.
Здесь рассмотрим решение плоской задачи обобщенного на-
напряженного состояния в напряжениях допуская, что объемной си-
силой является собственный вес, постоянный для всех точек тела.
Пусть уу- вес единицы объема тела. В данном случае искомыми
величинами являются следующие три компонента вектора напря-
напряжений
уу >
• Предполагая, что
0 и все производные
по оси z равны нулю, основные уравнения теории упругости значи-
значительно упростятся и примут вид:
уравнения равновесия
A0.27)
ах ду
уравнения неразрывности деформации
д2е
'XX
д2е
Тх1
УУ
д2у
дхду
ХУ .
A0.28)
физические уравнения, т.е. закон Гука:
200

jr» \ ~ w r- - xx i7 yivj.&y/
2A
Уху" г? *xy
В результате совместного рассмотрения этих выражений полу-
получим:
V2(cr*x+o^) = 0, A0.30)
д2 д2
где V = —у + —j - оператор Лапласа.
дх1 ду1
Следовательно, решение краевой задачи теории упругости в на-
напряжениях, в случае обобщенного плоского напряженного сос-
состояния, упрощается и сводится к решению уравнения A0.30) с
учетом граничных условий, заданных на контуре тела:
X = а^ costoiO + Tjy cos(}>,u);
Y = Ty
где v - внешняя нормаль к площадке; X, Y - компоненты полного
напряжения на границе по осям х и у.
Решение плоской задачи теории упругости значительно упро-
упрощаются с использованием функции напряжений Эри ф (х, у), вы-
выбранной таким образом, чтобы уравнения равновесия A0.27) пре-
превращались бы в тождества, т.е.:
Подставляя первые два выражения A0.31) в A0.30) получим:
^ + 2-^ + -^Т = °- A0.32)
Эх4 дх2ду2 ду4
Таким образом, решение плоской задачи в напряжениях сво-
сводится к решению уравнения A0.32) с учетом заданных в напряже-
напряжениях граничных условий.
201

10.8. Пример расчета (задача № 19)
Определить главные напряжения и направления главных пло-
площадок, если напряженное состояние в точке задано следующими
компонентами: G^= 50 МПа, оуу= -20 МПа, с^ = 30 МПа, Хху =
= -10 МПа, хп = Ю МПа, т^= 10 МПа.
Решение
1. В соответствии с A0.14) определяем инварианты заданного
напряженного состояния:
I\ = OTjcc + Суу + ^ZZ = 50 - 20 + 30 = 60 МПа»
/2= <*** стд^у + а^ Gzz +а^ а^ -т^ - x2yz -т2^ 50-(-20) +
+ (-20K0 + 3050 - 102 - 102 - 102 = -400 МПа.
*) О 'У
Ir'Gxx GyyGZZ-GzzTxy ~Gxxxyz ~ayyTzx +2тху1yzxzx^
= 50-(-20)-30-50-102-(-20)-102-30-102 + 2(-10)-10-10 =-38000 МПа
2. Определяем коэффициенты уравнения A0.13). Если сделать
замену неизвестного »У=<т= х+--/|, то из A0.13) получаем приве-
приведенное уравнение:
где p = i2-\
р = -400- ^ =-1600, q = - ^^- + i. 60 • 400 + 3800 = 14000.
Определим дискриминант приведенного уравнения:
Так как дискриминант отрицателен, значит все корни приве-
приведенного уравнения вещественные.
3. Вычисление величин главных напряжений. Для решения при-
приведенного уравнения применим формулу Кардано:
202

где
cos ф = -
14000
(-1600K
27
= -0,5683 -нр = 124,63°;
cos (ср/3) = cos D1,54°) = 0,7484; cos (ср/3+2 я/3)=-0,9486; cos (q>/3 +
+ 471/3) = 0,2; ,
хх = 2j|l'600/3| • 0,7484 = 34,57; х2 = 2^1600/3| • (-0,9486) = -43,81;
х3 = 2^|1600/3|-0,2 = 9,22.
Окончательно получим:
ст, = 34,57 + 60/3 = 54,57 МПа;
о2 = -43,81 + 60/3 = -23,8 МПа;
сг3 = 9,22 + 60/3 = 29,22 МПа.
Проверка правильности вычисления главных напряжений: так
как /,, /2 и /3 - инварианты, значит их значения постоянны. Ранее
были получены их значения в заданной системе координат. Сейчас
же найдем их значения в главной системе координат:
/, = а, + сг2 + ст3 = 54,57 - 23,8 + 29,22 = 59,99 МПа;
/2= ст,ст2 + ст,а3 + о2о3- 54,57-(-23,8) - 23,8-29,22 + 29,22-54,57 =
= -400,2 МПа;
/3 = а,а2а3 = 54,57(-23,8)-29,22 = -37950 МПа.
Результаты вычислений /ь /2 и /3 в рамках допустимых откло-
отклонений совпадают с результатами, полученными в п. 1 решения.
4. Определяем направляющие косинусы главных площадок. Си-
Система уравнений для определения /,, ть щ имеет следующий вид:
E0 - 54,57) k - 10 mi + 10 щ = 0;
-10 h - B0 + 54,57) тх + 10 щ =0;
203

Решение этой системы: 1Х = -0,9334; тх = 0,0785; щ = -0,3486.
Условия проверки выполняются: (-0,9334J +(-0,3486J + 0,07852 =1.
Система уравнений для определения /2, т2, п2 имеет следующий
вид:
E0 + 23,81) /2 -10 т2 + 10 п2 = 0;
-10 /2 + (-20 + 23,81) т2 + 10 я2 =0;
Решение этой системы: /2 = -ОД59; w2 = 0,965; я2 = -0,2086.
Условия проверки выполняются: 0,1592 + 0,9652 + (-0,2086J = 1.
Система уравнений для определения /з, т^ щ имеет следующий
вид:
E0 - 29,22) /3 - 10 т3 + 10 л3 = 0;
-10 /3 + (-20 - 29,22) тъ + 10 л3 =0;
/з + л*з + Лз = 1. * '
Решение этой системы: /3 = 0,5515; /«з = 0,4328; щ = -0,7132.
Условия проверки выполняются: 0,55152 + 0,43282 + (-0,7132J= 1.
10.9. Пример расчета (задача № 20)
Дана прямоугольная неве-
невесомая пластина (рис. 10.6), по
кромкам которой действуют
внешние силы, равномерно
распределенные по ее толщи-
толщине, равной единице. Под дей-
действием этих сил в пластине
возникает обобщенное напря-
напряженное состояние, описывае-
описываемое функцией напряжений в
виде полинома четвертой сте-
степени
Рис. 10.6
Требуется:
1. Проверить возможность существования такой функции на-
напряжений.
2. По функции напряжений найти выражения компонентов на-
напряжений.
204

3. Выяснить характер распределенных по кромкам пластины
внешних сил, под действием которых имеет место данная система
найряжений, и построить эпюры напряжений.
4. По полученным эпюрам напряжений, принимая их за эпюры
распределенной внешней нагрузки, произвести проверку равнове-
равновесия пластины.
Решение
1. Проверить возможность существования такой функ-
функции напряжений. Для выполнения проверки существования за-
заданной функции напряжений выполним ее дифференцирование:
дхг
; ^> 0;
ду ду2 дхъ
дх2ду дх4
Подставив четвертые производные в бигармоническое уравне-
уравнение A0.32), видим, что оно удовлетворяется: 0 + 2(-12) + 24 = 0.
Следовательно, напряженное состояние пластины, выраженное за-
заданной функцией напряжений, возможно.
2. По функции напряжений найти выражения ком-
компонентов напряжений. Компоненты напряжений, действую-
действующих по кромкам пластины, равны:
2
3. Выяснить характер распределенных по кромкам пла-
пластины внешних сил, под действием которых имеет место
данная система напряжений, и построить эпюры напряже-
напряжений. Используя функциональные компоненты напряжений в пла-
пластине, построим соответствующие эпюры напряжений по контуру
пластины на каждой ее боковой стороне.
Сторона 0 - 1 - 2 (х = О, 0<у< Ь). На этой грани действуют
напряжения Gxx ~ 12 У2 \txy~ О'-
^ = 0 (точка 0) с7хх = 0, % = 0,
у=Ъ/2 (точка 1) Gjoc = 3 b2, Хху = 0,
у = b (точка 2) Gjcc = 12 b2, %xy = 0.
205

С т о р о н а 2 - 3 @ < х < 2 Ь, у = Ь). На этой грани действуют
напряжения суу =12 Ьх - 6 Ь2; т^ =
ь*у
х = 0 (точка 2) Оуу =
х = 2 6 (точка 3) Суу =
Сторона 3 - 4 - 5 (х = 2 6, 0 < у < Ь). На этой грани действу-
действуют напряжения Охх — -24 б2 4- 12 у2; т^ = 24 #}>:
у = 0 (точка 5) Gxx = -24 б2, %ху = О,
j; = b/2 (точка 4) а^ = -21 Ь2, т^ = 12 Ь2,
у=Ь (точка 3) ахс = -12*2, т^ = 24^2.
Сторона 0 - 5 @ <х< 2b, y = 0). На этой грани действуют
напряжения ojy = 12 Ьх; Хху = 0:
х = 0 (точка 0) ауу = 0, ^ху==0,
х = 2 6 (точка 5)
= 24 б2,
^ху
= 0.
По полученным результатам строим эпюры а^, суу и
торые приведены на рис. 10.7.
1Ж 2
ах 12b2
24b2
5 24*2 V
Рис. 10.7
ко-
ко206

4. По полученным эпюрам напряжений, принимая их за
эпюры распределенной внешней нагрузки, произвести про-
проверку равновесия пластины. Выполним проверку равновесия
пластины. Для этой цели найдем равнодействующие внешних сил,
действующих по кромкам пластины (рис. 10.8).
Подсчет значений равнодействующих сил (рис. 10.8):
l
о
2Ь
о
* 1Ъ
Rl = J
t = 4b3; R»~2 =
0
о 26 -
= 6bx2 = 24b3;
°
± 0;
о
0
n ,
= J
о
= ^
o
2b
= j (-24Z>2
ov
= J
o
= -20b3;
= 6bx2
о
= 1263;
= J
о
= 0.
Далее определяются статические моменты площадей эпюры
нормальных напряжений, действующих по кромкам пластины, от-
относительно координатных осей х и у, с целью вычисления коорди-
координат точек приложения равнодействующих сил от нормальных на-
напряжений:
Л .
о
о
о
j
o
(Г
ПуЛуйу = (-12* V + 3/f = -9А4;
0
26
= \\2bx2dx =
о
26
= 32Z>4.
Расстояния от точек действия результирующих нормальных сил
до соответствующих координатных осей принимают следующие
значения (рис. 10.8):
207

Рис. 10.8
с0-2
„0-2 _ *х _
JT~J = •
У3~5 =
?3-5
3,
4 '
^_=9_и. „0-5 _ Sy _
_ 5
~ з '
4
20 '
^4
24А3 3 '
В заключении, проверим условия нахождения пластины в рав-
равновесном состоянии:
= -4^3 + 24*3-20*3=0;
= Ш3 + 12?3-2463=0;
{2^
s 0.
Уравнения равновесия удовлетворяются, следовательно, пласти-
пластина находится в равновесном состоянии.
10.10. Основы теории пластичности
При испытании образцов обнаруживаются следующие основные
особенности характера деформирования материалов при их нагру-
жении. Упругость -после разгрузки образец полностью восста-
восстанавливает свои первоначальные размеры. При этом, если в процессе
208

нагружения связь между напряжениями и деформациями является
линейной, то материал называется линейно-упругим или иде-
идеально упругим. В противном случае, то есть, если между напря-
напряжениями и деформациями связь обнаруживается нелинейной, то
материал называется нелинейно упругим.
Теория, в которой в качестве физических соотношений приме-
применяются линейные соотношения между напряжениями и деформа-
деформациями, т.е. закон Гука, называется теорией идеальной упру-
упругости. Теория, в которой закон Тука заменяется некоторыми не-
нелинейными соотношениями (ввиду их многообразия), называется
нелинейной теорией упругости.
Физические соотношения теории упругости позволяют описать
напряженно-деформированное состояние нагруженного тела до оп-
определенных пределов их нагружения, называемой пределом уп-
упругости. При напряжениях, превышающих предел упругости, после
разгрузки наблюдаются заметные остаточные деформации. Свойство
материалов относительно неспособности восстанавливать перво-
первоначальные размеры образцов после их разгрузки за счет возникновения
остаточных деформаций, называется пластичностью.
Физические соотношения, взятые в основу теории, позволя-
позволяющие определить переход напряженно-деформированного сос-
состояния от упругой стадии к упруго-пластической и описать процесс
деформирования тела с учетом пластических свойств материалов,
называются теорией пластичности.
Учет пластических свойств материалов является чрезвычайно
важным этапом в плане совершенствования методов расчета конст-
конструкций. Если конструкции из хрупких материалов вплоть до стадии
разрушения при действии внешних сил не развивают заметных пла-
пластических деформаций, то для конструкций из пластических мате-
материалов основные деформации формируются именно за счет воз-
возникновения пластических деформаций. Так например, полные де-
деформации, соответствующие концу площадки текучести на ре-
реальной диаграмме, для многих материалов в 30 -40 раз превышают
деформации, соответствующие концу линейного участка.
В настоящее время существуют две теории пластичности. Их
различие заключается в конкретной записи физических соотноше-
соотношений. Что же касается двух других основных соотношений механики
сплошной среды - уравнений равновесия A0.1), A0.2), и соотно-
соотношений, устанавливающих взаимосвязь между перемещениями и де-
деформациями A0.16), то они идентичны в обеих теориях пластич-
пластичности и имеют тот же вид, что и в теории упругости.
В деформационной теории пластичности, разработан-
разработанной А.А. Ильюшиным, взамен закона Гука устанавливаются новые
соотношения между напряжениями и деформациями.
209

Во второй теории -теории течения, физические соотноше-
соотношения связывают напряжения с приращениями деформаций или ско-
скоростями деформаций.
Как показывают экспериментальные исследования, деформаци-
деформационная теория пластичности справедлива при относительно неболь-
небольших пластических деформациях для простого нагружения, т.е. когда
все внешние нагрузки изменяются пропорционально во времени.
Теория течения является эффективным при изучении процес-
процессов, связанных с возникновением больших деформаций и при
сложном нагружении, т.е. когда нагрузки, прикладываемые к телу,
изменяются во времени независимо друг от друга.
Здесь ограничимся рассмотрением только деформационной тео-
теории пластичности.
Процесс деформирования материалов можно условно разделить
на две стадии. Начальная стадия -у пр у го е деформирование.
Компоненты тензоров напряжений и деформаций при этом связаны
законом Гука. A0.18)—A0.19). Для реальных инженерных задач, свя-
связанных с определением напряженно-деформированного состояния
тела, как в упругой, так и в упруго-пластической стадии
деформирования, предварительно необходимо установить: во-
первых, условие перехода от упругой стадии деформирования к пла-
пластической стадии и, во-вторых, установить физические зависимости
во второй стадии деформирования.
Условия перехода от упругого состояния к пластическому могут
быть определены по формулам одной из гипотез предельного сос-
состояния.
Как это было изложено в п. 10.6, наиболее приемлемыми явля-
являются гипотезы м а к с имальных касательных напряжений и
энергии формоизменения. При этом, для построения соотно-
соотношений пластичности гипотеза энергии формоизменения является
наиболее приемлемой, согласно которой переход из упругого со-
состояния в пластическое происходит тогда, когда величина
называемая интенсивностью напряжений, достигает определенной
величины, равной пределу текучести материала оТ при одноосном
напряженном состоянии, т.е.
Gi=GT. A0.31)
С учетом физических соотношений A0.18) и A0.19) выражение
A0.30) принимает вид:
210

где принято обозначение:
A0.32)
' <1(КЗЗ>
называемое интенсивностью деформаций.
Следовательно, соотношение A0.32), следует рассматривать как
одну из форм выражения обобщенного закона Гука.
Выражения интенсивности напряжений и интенсивности де-
деформаций, записанные через главные напряжения и деформации
можно представить в виде:
а, = -^- • J(g! - а2J + (а! - а3J + (а2 - а3J,
A0.34)
1 2-(l + ji)
В основу деформационной теории пластичности заложены сле-
следующие гипотезы.
Первая гипотеза устанавливает связь между интенсивностью
напряжений и интенсивностью
деформаций (рис. 10.9), и гласит,
что она не зависит от вида на-
напряженного состояния, т.е.
м A°-35) а/
где E(ej) - является переменной
величиной и зависит от значения
8/. Соотношения A0.35) являются
едиными для всех видов напря-
напряженного состояния.
Согласно второй гипотезе -
изменение объема е = 8^+е1П, +8.
8,8/
Рис. 10.9
является чисто упругой. Это
положение хорошо согласуется с экспериментальными данными,
так как при всестороннем сжатии в материалах заметных плас-
пластических деформаций не обнаруживается.
При деформировании материалов пластические деформации,
как правило, существенно больше упругих и, учитывая, что объ-
объемная деформация е является величиной порядка упругих удлине-
удлинений, поэтому принимается, что при пластическом деформировании
изменение объема пренебрежительно мало. На основании этого по-
положения вводится гипотеза, что в пластической стадии деформи-
деформирования материал считается несжимаемым. Откуда следует, что в
211

пластической стадии деформирования можно коэффициент Пуае-
сона принимать равным ц = 0,5.
Сначала определим физические соотношения при одноосном
растяжении, кргда
= ZXV = ТХ7 = TV7 =
Из A0.30) и A0.33), соответственно получим 8/ = s и <7/ = а, что
подтверждает первое положение теории, что аналитическое вы-
выражение A0.35) едино для всех видов напряженного состояние.
Данное обстоятельство позволяет определить переменный модуль
деформирования ^(8/) = —— по диаграмме а - 8, т.е.
= *(*)=f.
В заключение, аналогично соотношениям A0.18)—A0.19) запи-
запишем физические соотношения между напряжениями и деформа-
деформациями при пластической стадии деформирования тела:
(Ш6)
здесь ^(s/) = т-i- является модулем деформации при сдвиге, кото-
38у
рый определяется следующим образом:
^ ¦ (Ш7)
Приведенные физические соотношения деформационной тео-
теорий пластичности являются справедливыми при простых нагруже-
ниях, т.е. только в тех случаях, когда все внешние силы на всех эта-
этапах нагружения во времени изменяются пропорционально. В дан-
данном случае заметим, что главные оси напряженного состояния при
изменении внешних сил сохраняют свое направление независимо от
стадии деформирования.
212

10.11. Пример расчета (задача № 21)
Для трехстержневой системы (рис. 10.10, а) при условии, что диа-
диаграмма растяжения для стержней имеет участок упрочнейия
(рис. 10.10, б), при следующих исходных данных: а = 30°; / = 1,0м;
F = 2-10~4 м2 - площади поперечных сечений стержней; Е = 2-108
кН/м2 - модуль упругости материалов стержней; <зт = 2,5-105 кН/м2 -
предел упругости материала; <5В= 3,9-105 кН/м2 - временное сопро-
сопротивление; гв = 0,02 - значение деформации, соответствующее на-
напряжению ав, требуется:
1. Определить абсолютные и относительные удлинения стерж-
стержней и значение силы Р = Pi, при котором в наиболее напряженном
стержне напряжения достигают предела упругости.
2. Определить абсолютные и относительные удлинения стерж-
стержней и значение силы Р = Р^ ПРИ котором все элементы заданной
системы переходят в пластическую стадию деформирования.
3. Определить абсолютные и относительные удлинения стерж-
стержней и значение силы Р = Рз> ПРИ котором в наиболее напряженном
стержне напряжения достигают значения, равного временному со-
сопротивлению с в, т.е. при дальнейшем увеличении силы Р проис-
происходит разрушение заданной системы.
4. Рассматривая систему (рис. 10.10, а) при отсуствии среднего
стержня в процессе ее нагружения, определить абсолютные и отно-
относительные удлинения элементов системы, и внешней силы Р = Р+,
при котором в ее элементах напряжения достигают значения, рав-
равного временному сопротивлению св.
а)
«А
4
1
<Ув
7
ат
1 \
Рис. 10.10
Решение
1. Определить абсолютные и относительные удлинения
стержней и значение силы Р = Р\у при котором в наиболее
напряженном стержне напряжения достигают предела
213

упругости. Заданная система (рис. 10.10, а) один раз статически
неопределима. Применяя метод сечений (рис. 10.10, б) и составляя
уравнения равновесия статики, последовательно можем определить:
= N\ sin a - N\ sin а = 0;
=N2 + 2N{ cosa - P = 0,
или
P. A0.38)
Согласно деформированной схеме, изображенной на
рис. 10.10, а, из геометрических соображений, уравнения для опре-
определения относительных деформаций записываются в виде:
A0.39)
cosa
С учетом A/j = s^ /j, bd2 = s^ /2, и принимая во внимание,
что на первом этапе нагружения все элементы заданной системы
деформируются согласно закону Гука, т.е. 8 = — , получим:
С учетом A0.40) из A0.38) и A0.39) можно получить следующую
замкнутую систему уравнений относительно усилий N\ и N2:
2N{cosa + N2 = Р\
Ni = N2cos2 a.
Откуда определяются:
cos2a pv N^ 1 A041)
l + 2cosJa 1 + 2-cos a
Для выражения напряжения в среднем в элементах заданной
системы имеем:
_m Ni cos2 a
A0.42)
gB) =
Откуда следует, что a<2) > a^1). Следовательно, в процессе на-
нагружения сначала средний стержень переходит в пластическую ста-
стадию деформирования, а затем боковые стержни, т.е. при всех на-
нагружения средний стержень, вплоть до стадии разрушения заданной
системы, будет наиболее напряженным.
214

Принимая в A0.42), что а<2) = ат и Р= Р\, окончательно полу-
получим:
Абсолютные удлинения стержней принимают значения:
Е EF EF{\ + 2 cos3 a)cos а
0,8662-119,5.1,0 _ 89,62 . ^
1,.?U * 1U М,

2 • 108 • 2 • ИГ4 • (l + 2 ¦ 0,8663) • 0,866 7,96 • 104
¦««fr-g*-3&. V
E EF
119,5-1,0
2-108-2-l(T*.(l + 2-0,8663)
Относительные удлинения стержней принимают значения:
W = ^i = A/ic°s« _ 11,26 Ю-0,866 = . 0_4.
Л " / = 1,0 " ' ' '
_ А/2 _ А/2 _ 12,5 Ю-4 _
_
2. Определить абсолютные и относительные удлинения
стержней и значение силы Р = Р^ при котором все эле-
элементы заданной системы переходят в пластическую
стадию деформирования. Физические уравнения взамен закона
Гука в случае, когда стержни переходят в пластическую стадию де-
деформирования, т.е. при ar< a <, ав, sr< s < е^, в данном случае
записываются в виде:
(-6r), A0.43)
которое представляет собой уравнение прямой линии, описыва-
описывающей диаграмму деформирования в области пластических дефор-
деформаций (рис. 10.10, в).
В начале по очевидным соотношениям определяется значение
деформаций еГу соответствующее началу пластической стадии де-
деформирования стержней и модуля деформаций в пластической ста-
стадии их деформирования:
215

= о^ = 3,9-10*-2,540* = 1,4-
^ = =
-Ът 200-ИГ4-12,5-ИГ4 187,5-10^
Заметим, что на данном этапе нагружения, т.е. когда Р\< Р<
< Pi, боковые элементы заданной системы деформируются упруго, а
средний элемент - будет находиться в пластическом состоянии.
Учитывая, что при Р = Р2 будем иметь с^= от, е<2)= sr, по-
последовательно определим значения усилий и абсолютное удлинение
в боковых стержнях при их переходе в пластическую стадию де-
деформирования:
Nx = аA)^ = аг/т = 2,5105.2НГ4 = 50кН;
л/ / ¦ ' <*т I 2,5-105 1,0 1уМ~ 1Л_3
A/i = гт U = вт = -?- = -2 5- • —'— = 1,443 • 10 J м.
1 . l rcosa E cosa 2 108 0,866
Учитывая выражения A0.39) и A0.43) определяется значение
абсолютного и абсолютного удлинения, а также усилия в среднем
стержне, в момент перехода боковых стержней в пластическую ста-
стадию их деформирования:
0,866
= [2,5 • 105 + 0,75 • 107 • A,667 -1,25) • 10~31 • 2 • 10 = 50,63 кН.
Далее из уравнения равновесия A0.38) вычисляется величина
внешней силы Р = Р2:
Р2 = N2 + 2N{ cos a = 50,63 + 2 • 50.0,866 = 137,23 кН.
3. Определить абсолютные и относительные удлинения
стержней и значение силы Р = Р$, при котором в наиболее
напряженном стержне напряжения достигают значения,
равного временному сопротивлению св, т.е. при дальней-
дальнейшем увеличении силы Р происходит разрушение заданной
системы. Сначала вычисляем значения удлинений в боковых
стержнях, при достижении в среднем стержне предельных напря-
напряжений и деформаций а<2)= ав, в<2) = гв.
216

Учитывая, что A/i = A/2 cos a; U = , получим:
cosa
= ^ = ^.с^г а = sB) CQS2 а = S/? C0S2 а = 0,02.0,8662 = 0,015 > бг.
h l
Таким образом, к моменту разрушения среднего стержня
= а в, s<2)= &в) боковые стержни также находятся в пластической
стадии деформирования. Напряжения в боковых стержнях, в мо-
момент разрушения среднего стержня, принимают значения:
аA) = аг + Ех (sA) - вг) = 2,5 • 105 + 0,75 • 107 • (l50 • 10 -12,5 • КГ4) =
= 2,5.105 +1,05 • 105 = 3,55 -105 кН/м2.
Для определения величины внешней силы Р = Р$, т.е. значения
силы в момент разрушения среднего стержня из уравнения равно-
равновесия A0.38) имеем:
Р2 = N2 + 2NX cosa = cB)F + 2 G{l)F cos a = fa, + 2aA) cos a\F =
= C,9 • 105 + 2 • 3,55 • 105 .0,866) • 2 ¦ 10 = 200,97 кН.
Как показывают результаты расчетов, для перехода среднего
стержня в пластическую стадию деформирования необходима была
внешняя сила Р = Р\ = 119,5 кН, а для его разрушения - Р = Рз=
= 200,97 кН.
На основании полученных результатов можно заметить, что ес-
если бы мы ограничивались только учетом упругой стадии работы
конструкции, т.е. Р< Р\, то несущая способность заданной системы
оценивалась бы как Р = Р\ = 119,5 кН.
Как показали расчеты, учет пластической стадии работы позво-
позволил выявить дополнительные резервы несущей способности задан-
заданной системы, т.к. величина разрушающей силы заданной системы в
действительности равна Р = Р3 = 200,97 кН.
В заключение определим величины абсолютных удлинений
стержней в момент разрушения среднего стержня:
д/! = 8A) 1Х = sA) —— = 0,015 -Ц- = 0,0173 м;
1 cosa 0,866
А/2 = еB) / = 8, / = 0,02 • 1,0 = 0,02 м.
Легко определить во сколько раз абсолютные удлинения стерж-
стержней возросли за счет возникновения пластических деформаций по
отношению к их абсолютным удлинениям в момент перехода сред-
среднего стержня от упругой к пластической стадии деформирования:
217

A/l 0,0173
A/2 0,02
4. Рассматривая систему (рис. 10.10, а) при отсутствии
среднего стержня в процессе ее нагружения, определить
абсолютные и относительные удлинения элементов сис-
системы, и внешней силы Р = Д, при котором в ее элементах
напряжения достигают значения, равного временному со-
сопротивлению сгд. Исключая средний стержень, система превра-
превращается из статически неопределимой в статически определимую.
Применяя метод сечений, легко установить, что уравнения равнове-
равновесия в данном случае принимают следующий вид:
2NXQOsa = P. A0.44)
В конце упругой стадии работы элементов заданной системы
имеем, что <jW= gt, s^)= 87-. С учетом данного обстоятельства по-
последовательно определим значение усилия N{9 абсолютное удли-
удлинение стержней и величину силы Р=Р\, соответствующих концу
упругой стадии работы данной системы:
А/ **' = 85О1'° =14,43.10-Л*;
EFcosa 2-108-2-КГ4-0,866
P{ = 2N{ cos a = 2 • 50 • 0,866 = 86,6 кН.
При дальнейшем нагружении системы, то есть при Р> Р\ —
= 86,6 кН, элементы данной системы переходят в пластическую
стадию деформирования. Последовательно определим значение
внутренних усилий, абсолютных удлинений и величину разруша-
разрушающей силы Р= Pi, при достижении напряжений и деформаций
предельных значений. Т.е. при a<2)= gb , s<2)= eB:
^1=ал/' = 3^-105.2-Ю=78,0кН;
А/ = гв — = 0,02 ,-^L = 2,31-10 м;
cos a 0,866
Р2 = 2NX cos a = 2 - 78 • 0,866 = 135,1 кН.
Анализируя полученные результаты, можно сделать следующие
выводы.
218

Как и для трехстержневой статически неопределимой системы,
так и для двухстержневой статически определимой системы, учет
пластических деформаций позволил выявить дополнительные ре-
резервы систем по несущей способности. Если бы мы ограничились
только упругим расчетом, расчетная несущая способность двух-
двухстержневой системы была бы равна Р= Р\ = 86,6 кН. А за счет
учета упруго-пластической работы элементов системы, как было
показано, несущая способность будет исчерпана при Р = Pi =
= 135,1 кН, т.е. при нагрузке в 1,56 раза больше, чем при упругом
расчете.
Далее заметим, что за счет удаления одного среднего элемента
из исходной системы,, несущая способность и жесткость системы,
200,96 1/m
соответственно, уменьшилась в — - 1,49 и в
135
135 ' Д/2
-2 .
12,5 • 10^
2,31 Ю-0,866 ,,
= —— /¦—= 16 раз.
Вопросы для самопроверки
1. Дайте определения тензора напряжений и тензора деформаций.
2. Сформулируйте закон парности касательных напряжений.
3. Дайте определение относительно знаков компонента тензора напряже-
напряжений.
4. Дайте определение главным площадкам, главным осям и главным на-
напряжениям.
5. Что собой представляет эллипсоида напряжений?
6. Какие величины называются инвариантами напряжений и почему?
7. Перечислите все три группы уравнения теории упругости.
8. Поясните физический смысл уравнений неразрывности.
9. Сформулируйте обобщенный закон Гука через интенсивность напряже-
напряжений и деформаций.
10. Перечислите возможные способы решения задач теории упругости.
11. Дайте определения прямой и обратной задач теории упругости.
12. Дайте определение теории предельных напряженных состояний.
13. Дайте определение эквивалентного или эффективного напряжения.
14. Перечислите виды плоской задачи.
15. Перечислите теории пластичности и дайте соответствующие пояснения.
16. Перечислите основные гипотезы взятые за основу деформационной тео-
теории пластичности.

ГЛАВА 11
ПЛАСТИНЫ И ОБОЛОЧКИ
11.1. Теория тонких пластин
Под оболочкой понимается тело, одно из измерений которого,
называемое толщиной, значительно меньше двух других. Геометри-
Геометрическое место точек, равностоящих от обеих поверхностей оболочки,
носит название срединной поверхности. Если срединная по-
поверхность оболочки является плоскостью, то такую оболочку назы-
называют пластиной (рис. П.1.).
Рис. 11.1
Предполагаем, что на поверхности пластины действует распре-
распределенная нагрузка интенсивностью q=q(x,y). Для вывода диф-
дифференциального уравнения изогнутой поверхности пластинки выде-
выделим из ее состава бесконечно малый элемент с размерами rfx, dy9 h,
где h - толщина пластины. Выделенный элемент с указанными
внутренними усилиями изображен на рис. 11.2.
Определим внутренние усилия в пластине следующим образом.
Для этого отметим характерную для пластин особенность обоз-
обозначения изгибающих моментов отличны от тех, что приняты в бал-
балках, а именно: Мх - изгибающий момент на площадке с нормалью
параллельной оси х; аналогично, Му - изгибающий момент на пло-
площадке с нормалью параллельной оси у\ М^ - крутящий момент от-
относительно оси х, действующий в плоскости параллельной оси у,
Мух- крутящий момент относительно оси у, действующий в плос-
220

кости параллельной оси х (см. рис. 10.2). Различие между Qx и Qy
состоит в том, что интегрирование ведется по площадке с нормалью
параллельной оси х, в первом случае, и по площадке с нормалью
параллельной оси у во втором. С учетом изложенного выражения
усилий записываются в следующем виде:
Л/2
Л J
-А/2
А/2
му= \ <
-А/2
Мху-
А/2
-Л/2
Qy=.
-Мух-
А/2
J хху
-А/2
А/2
-А/2 **
dz;
Проецируя все
силы, приложенные
к элементу пластинки на вертикальную ось z, из условия равнове-
равновесия получим:
дх
dy
откуда
A1.1)
^ + + 2 0.
дх ду
Далее, составляя условия равновесия в форме суммы моментов
относительно координатных осей х и у, и пренебрегая малыми вели-
величинами второго порядка, получим:
Qy =
Qx =
дМ
дх
дМХ)
~ду~
у .
ду '
A1.2)
дх
Подставляя выражения Qx и Qy из A1.2) в A1.1), получим:
221

д2Мх
A1.3)
Очевидно, что для определения трех величин Мх, Afy и Af^ од-
одного уравнения A1.3) недостаточно. Для решения задачи необхо-
необходимо выразить моменты через прогибы пластинки. С этой целью
для тонких пластинок вводится следующие допущения:
1. Отрезок нормали к срединной поверхности при изгибе ос-
остается прямым и перпендикулярным к срединной поверхности. Это
допущение носит название гипотезы прямых нормалей.
2. Величины az и sz пренебрежимо малы и в расчете не учиты-
учитываются.
Поскольку, мы предположили, что sz = 0, то
следовательно, прогиб пластины w не зависит от координаты z, то
есть iv = w (х, у).
Пользуясь сделанными предположениями, выразим перемеще-
перемещение точек пластины вдоль осей х и у, соответственно, и и и через
ИХ ПрОГИб IV.
Согласно рис. 11.3. можно записать:
ах
(П.4)
Нормаль к срединной
поверхности пластинки (С-
С) согласно гипотезе пря-
прямых нормалей и в де-
деформируемом состоянии
пластинки (с-с) остается
перпендикулярной к ис-
искривленной поверхности.
Аналогичным образом по-
получим:
v = -
,dw
ду
A1.5)
Закон Гука в данном
случае преобразуется к
виду:
222

Е (ди dv] _ Ez (d2w d2
J
E fdv du] Ez (d2w d2w
дх) 1-ц2{ду2 дх2
Выражения для изгибающих моментов с учетом A1.6) принима-
принимают вид:
(dw dw)
ы,-±*„ш~в[-р^ („.„
-h/2
n Eh3
где D = —7 -г- - цилиндрическая жесткость пластины.
12 1-ц2
/
Пользуясь соотношениями A1.2) *и A1.7), выражения для попе-
поперечных сил можно записать следующим образом:
A1.8)
а2 д2
где V2 = —т + —т- оператор Лапласа.
дх1 ду1
Согласно A1.7) величины моментов определяются через один
искомый параметр - прогиб пластины w (x, у). Следовательно, под-
подставляя выражение A1.7) в A1.3), окончательно получим
дх4 дх2ду2 ду4 D*
Выражение A1.9) - известное дифференциальное уравнение
изогнутой срединной поверхности пластины, полученное Софи
Жермен и опубликованное Лагранжом в 1811 году.
223

11.2. Пример расчета (задача № 22)
В рассмотрим эллиптическую пластинку, жестко заделанную по
контуру и нагруженную равномерно распределенной нагрузкой ин-
интенсивностью q (рис. 11.4). При о = 1,3 м, Ъ = 1,0 м, h = 0,18 м,
q = 300 кН/м2, у = 1/6, Е = 2108 кН/м2, требуется:
1. Определить прогиб пластины в ее середине.
2. Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил в
пластине по направлениям главных диаметров контура.
3. В точке С с координатами {а/2, Ь/2) определить изгибающие
моменты Мх, Му и крутящий момент Мху.
Решение
Выберем начало координат в центре пластинки и запишем
уравнение контура (в нашем случае - уравнение эллипса):
а2
Ъ2
A1.10)
При жесткой заделке во Всех контурных точках A1.10) должны
Л dw dw л
выполняться следующие граничные условия: w = 0; ^- = -7— = 0 ,
=
ds дп
где п и s - нормаль и ка-
касательная к контуру пла-
пластины, соответственно.
Нетрудно убедиться, что
этим условиям удовлетво-
удовлетворяет функция
где с - прогиб в центре
пластинки.
Действительно в ре-
результате дифференцирова-
дифференцирования функции w по п по-
получим:
dn' "{а2 Ъ2 ) dn[a2 Ъ2 У
Но поскольку, на основании A1.10) в контурных точках
A1.12)
224

х2 у2
V
а2
V
то выражения A1.11) и A1.12) на контуре обращаются в нуль. Ана-
логично можно доказать, что условие — = 0 также выполняется на
ds
контуре.
Проверим, удовлетворяет ли выбранная функция w основному
дифференциальному уравнению A1.9). Вычислим частные производ-
производные ч
d4w 24 с d4w 24 с
8с
дхл а4 ' ду4 Ъ4 ' дх* ду2 а2 Ъ2'
и подставим их в A1.9). Результатом будет выражение
24 16 24'| q
Очевидно, что оно справедливо в случае, если q =? const, а про-
габ в центре будет равен
с =
16 24
+
a4 a2b2 Ъ4
A1.13)
Выражения изгибающих моментов Мх и Му и крутящего мо-
момента Afjty в произвольной точке пластинки в соответствии с A1.7)
будут иметь вид:
Mx=-4cD
=-4cD
2 Ъ2
2 ч„2
Ъ2\а2
ь2
1 х* Ъу
A1.14)
'xy
a2b2
Моменты на концах малой полуоси (х = 0, .у = ±/>) согласно
A1.14) будут равны:
Му=-
A1.15)
8 Сопротивление материалов
225

В точках, расположенных на концах большой полуоси (х =
у = 0) моменты равны:
м
Мх=
х= j-, Му= 2—> Мху={). A1.1D)
И, наконец, в центре пластины (х = у = 0) моменты равны:
My=4cD(± + -^y Мф^О. A1.17)
В данном случае имеем:
с. «30°
16 "' ю5
24 16 24
1,34 U2!2 I4
f * 1 0 \ f *) ~> 1
I3x v I \ x 3v
Для точки С @,5а; 0,56) выражения —~- + -^ -1 и —=- + -^r- -1
\ a b ) \a b
равны нулю, следовательно: Мх = 0; My = 0;
. ,ab 8 • 7Д6 -10 • 105 51,31 Г1М кНм
Для построения эпюр Мх и Л/j, достаточно найти их значения в
трех точках по осям эллипса, так как вдоль них эти функции имеют
параболический характер изменения, для этого воспользуемся фор-
формулами A1.15) ч- A1.17):
м(Е,т_ 8 • 7J6 -10~5 105 кНм.
_ 8 • 7Д6 10~5 105 =
=
1,32 ' м
м
=4- 7,16- 10-5.105fi + —^1 =31,46
U2 6U2J
M\ = 4-7,16.Ю-5 .lO5f-iT + -U = 21,72^.
x U,32 6-l2J м
226

При построении эпюр следует помнить, что Af? = My = 0. Ве-
Величины поперечных сил вдоль координатных осей могут быть вы-
вычислены по формуле A1.8)
--^ «•)*•¦
В данном случае (?v =205,74 — ;
у м
м
(# = 122,28 —; Qi = -122,28 —.
м м
= -205,74 —. Аналогично
м
По данным вычислений построены эпюры Мх, Му, Qx и Qy
(рис. 11.5). Поскольку из условий равновесия пластинки следует, что
dx dy
то в данном случае легко сделать проверку графически. Действительно,
dQ
У _
dx a" dy Ъ ' a b
где B^= -122,28 кН/м (с эпюры Qx), Qy = -205,74 кН/м (с эпюры
Qy), Q- 300,0 кН/м (по условию), тогда:
122,28 205,74 0ЛЛЛ
-— — = -3<ХМ>..
Таким образом, задача решена правильно.
У
57,28
205,7,4
33,89
122,28
Рис. 11.5
227

11.3. Прочность толстостенной цилиндрической оболочки
при действии внутреннего и внешнего давлений
Рассмотрим однородное тело цилиндрической формы в цилин-
цилиндрической системе координат р, ф, z (рис. 11.6, а) при действии
внутреннего ра и внешнего давления рь, которые являются осе-
симметричными нагрузками и вдоль оси z являются постоянными
величинами (рис. 11.6, б).
Радиальное перемещение произвольно взятой точки обозначим
через и. Величина и в данном случае является функцией только от
текущего радиуса р.
Рис. 11.6
Обозначим гг и 8Ф относительное удлинение в цилиндре в ради-
радиальном и окружном направлении и выразим их через перемещение
и. Рассмотрим элементарный отрезок АВ = ф, выделенный в ради-
радиальном направлении до и после нагружения цилиндра (рис. 11.7, а).
Для определения 8Ф достаточно рассмотрения рис. 11.7, б.
С учетом принятых обозначений и формы деформирования ци-
цилиндра получим:
р др ф 2пр р
Для изучения напряженного состояния выделим из цилиндра эле-
элемент в форме криволинейного шестигранника (рис. 11.8). В осевых
228

Рис. 11.7
сечениях цилиндра из условий симметрии касательные напряжения
отсутствуют и сохраняются только нормальные окружные напряже-
напряжения аф.
Рис. 11.8
Поскольку в поперечных и радиальных сечениях касательные
напряжения также отсутствуют, следовательно, площадки в попе-
поперечном, радиальном и тангенциальном направлениях являются
главными площадками, а напряжения oz, ср, аф являются глав-
главными напряжениями.
Проецируя силы, действующие на выделенный элемент
(рис. 11.8), на радиальное направление, получим следующее условие
равновесия:
(ар + dap) (р + d p) dq> dz - ар р dip dz - су/р dq> d z = 0,
откуда
229

cp+^rp-G* = 0- AU9)
Остальные уравнения равновесия для элемента выполняются
тождественно.
Закон Гука в данном случае принимает вид:
[G (СТ аI; S {a (а а)]- AL20)
Деформация по направлению z отсутствует, из предположения, что
цилиндр бесконечно длинный, т.е. sz = О
Выражение напряжений в осевом направлении определяется
самостоятельно, если учесть, что в поперечных сечениях цилиндра с
площадью F = — (D2 - d2) действует продольная сила:
Следовательно,
z F D2-d2 " U '
Из A1.20) с учетом A1.18) выражения для напряжений аф и ар
принимают вид:
Е (ди и] ц
PJ i-ц (ц22)
Тогда уравнение равновесия A1.19) с учетом A1.22) примет
окончательный вид:
*VI^_J< 0. A1.23)
dp 2
dp2 pdp p2
Рещение A1.23) записывается в виде:
u = Clp + ^, A1.24)
Р
где Cj и с2 - постоянные интегрирования, которые определяются из
граничных условий задачи:
при р = -; ср = -ра; P = y;<rp=-/V (П-25)
230

Подставляя выражение и из A1.24) в выражение <ур из A1.22) с
учетом граничных условий A1.25) получим:
. _1-Ц 1 Pad2-рв D2 а .
l~ E п^. W^I2 E *¦'
2 2 A1-26)
В результате совместного рассмотрения A1.22), A1.24) и A1.26)
выражения для напряжения примут окончательный вид:
pad2-PeD2 D2d2 (Pg-Pe).
i^l "в
D2-d2 4(D2-d2) p2 '
A1.27)
d-PsD\ D2d2 (Pg-Рв)
ф= D2-d2 \[D2-d2) p2
Рассмотрим случай нагружения цилиндра только внутренним
давлением, тогда принимая/^ = 0, из A1.21) и A1.27) получим:
z
z D2-d2'
4p
l °2)- A128)
42J' ( }
2J'
Анализ выражений A1.28) показывает, что аф > gz > ар Следо-
Следовательно аф = о и az = &2\ ар = аз. Выражение интенсивности на-
напряжения в данном случае принимает вид:
^(ар"G(pJ+(СТф" °zJ+(а^"арJ'
Из A1.28), учитывая, что
получим
0/-^(ог.-ав). A1.29)
231

Предположим, что цилиндр изготовлен из неупрочняющегося
материала для которого условие пластичности выражается в сле-
следующем виде:
а/=сгг, A1.30)
где от - предел текучести материала цилиндра.
Подставляя A1.29) в A1.30) получим условия пластичности для
данного случая:
Оо-ср = 2*, A1.31)
Из анализа выражений напряжений A1.28) следует вывод, что
наибольшее значение напряжение аф принимает при р = d/2, т.е. на
внутренней границе цилиндра. Следовательно, по мере увеличения
внутреннего давления в пластическое состояние будут сначала пере-
переходить внутренние, а затем и более близкие к внешней границе
слои материала.
Для определения значения давления, при котором слои на вну-
внутренней границе цилиндра, т.е. при р = d/2, переходят в пластиче-
пластическое состояние, воспользуемся условием пластичности A1.31), под-
подставляя в него выражение напряжений из A1.28): »
Га'
По мере дальнейшего роста внутреннего давления зона плас-
пластичных деформаций от внутренней поверхности распространяется в
сторону наружной поверхности.
Для случая когда все поперечное сечение оболочки находится в
пластическом состоянии рассматривается условие равновесия
A1.18) и условие пластичности A1.31) и тогда:
—?- = —. (И.зз)
dp p
Проинтегрировав последнее уравнение, получим:
A1.34)
Постоянная интегрирования С определяется из граничных ус-
условий задачи:
р = /)/2;ар = 0. A1.35)
Подставляя A1.34) в A1.35), определим: С = -In—. Следовательно,
из A1.34) окончательно получим:
232

A1.36)
zp
Из условия пластичности A1.31) будем иметь
L). A1.37)
Выражение для стг принимает вид:
Л
A1.38)
2pJ
Величину внутреннего давления, при действии которого вся
оболочка переходит в пластическое состояние, обозначим ра = РПР и
получим из граничных условий задачи при р = d/2 РПР = ар Следо-
Следовательно, из A1.36) получим:
11.4. Пример расчета (задача №23)
Для толстостенной стальной трубы, имеющей внутренний диа-
диаметр d= 0,03 м и наружный диаметр D = 0,18 м, и изготовленной
из пластичного материала саг= 250 МПа и с коэффициентом Пу-
Пуассона ц = 0,5, требуется:
1. Определить давление рт, при котором в материале трубы нач-
начнется пластическое деформирование.
2. Определить предельное внутреннее давление рПР, при кото-
котором весь материал будет находиться в пластическом состоянии.
3. Построить эпюры распределения напряжений огр, аф, Gz по
толщине стенки для двух состояний трубы, рассмотрены в п. 1 и 2;
4. Определить допускаемое значение давления ра = рдоп при ко-
коэффициенте запаса прочности п = 1,5.
Решение
1. По формуле A1.32) определяем давление, при котором на
внутренней поверхности трубы появятся пластические деформации:
2. С учетом того, что Ра^Рт, из A1.28) определяем напряже-
напряжения, соответствующие началу пластического течения:
233

z
Di-dA
p D2-d2
0,182-0,03
=
l--^rl=4,014|l- ,
4p2J I 4p2
0,18"
Данные для числовых расчетов сводим в табл. 6.
Таблица 6
р-10-2,м
1,5
3
6
9,5
а9
148,5
40,1
13,0
8,0
<*р
-140,5
-32
-5,0
0
Эпюры напряжений ар, аф, az для упругого состояния мате-
материала трубы приведены на рис. 11.9, а.
Рассмотрим теперь предельное состояние трубы, когда весь ма-
материал трубы находится в пластическом состоянии. Предельное дав-
давление в этом случае определяется по формуле
=2*1п— = 2—1п6 = 517,8 МПа.
d 1,73
144,5
Рис. 11.9
3. Для определения напряжений ар, аф, gz воспользуемся фор-
формулами A1.36), A1.37), A1.38):
234

0,09
= 144,5 I l-21n
Данные для числовых расчетов сводим в табл. 7
р-10-2, М
1,5
3
6
9
стр
-517,8
-317,6
-117,5
0
°ф
-228,9
-28,6
-171,7
289,0
Таблица 7
°z
-373,4
-173,1
27,2
144,5
Для более точного построения эпюр аф и gz определим точки, в
которых указанные напряжения равны нулю:
для эпюры оф
: 1 _> Щ = 2,718 -> р = 3,ЗЫ0-2 м.
для эпюры az
^ = 0
^- = 0,5 -> р = 5,4610-2м.
Р Р
4. Эпюры напряжений ар, аф, gz приведены на рис. 11.9,6.
Допускаемое значение внутреннего давления определяется из усло-
условия рдоп = Рпр/п : Рдоп = 517,8/1,5 = 345,2 МПа.
Вопросы для самопроверки
1. Какие геометрические формы называются пластинами и оболочками?
2. Перечислите основные гипотезы взятые за основу тонких пластин.
3. Сформулируйте уравнения Софи Жермена.
4. Укажите направления главных площадок цилиндрического тела при осе-
симметричном и постоянном вдоль оси характере напряжения.
5. Сформулируйте задачу Ляме.
6. Укажите положения опасных площадок, принадлежащих цилиндрическому
телу при действии внутреннего и внешнего давления соответственно.

ГЛАВА 12
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНЫХ
И
КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ
Для углубленного усвоения курса, ниже по тематике каждого
вышеизложенного раздела, приводятся задачи для самостоятель-
самостоятельных и контрольных работ.
Чтобы овладеть аппаратом настоящей дисциплины, студент
должен после изучения соответствующего раздела курса самостоя-
самостоятельно решать множество задач и обязательно проверять правиль-
правильность полученных результатов, аналогично тому как это было сде-
сделано в учебнике при выполнении методических примеров расчетов.
Исходные данные по каждому семейству задач приводятся в
табличной форме по столбцам. Это позволяет путем вариации ис-
исходных величин по строкам формировать большое число задач по
данному семейству.
Тем самым и преподавателям представляется возможность ис-
использовать предложенный материал в качестве заданий для выпол-
выполнения контрольных работ. Рекомендуется исходные данные для ин-
индивидуальных заданий на контрольные работы взять из приведен-
приведенных далее таблиц исходйы^ данных в строгом соответствии с шиф-
шифром студента. При этом необходимо три последние цифры своего
шифра студенту написать дважды над буквами: а, б, в, г, д, е.
Например, при шифре 98-ПГС-7468 это будет выглядеть так:
46 8 46 8
абвгде
Тогда цифра 4 над буквой а указывает номер строки, где распо-
расположено числовое значение соответствующей исходной величины в
столбце «а» и т.д.
12.1. Семейства задач по теме «Растяжение и сжатие»
Семейство задач № 1
Один конец вертикального стального бруса жестко защемлен,
другой — свободен. Общая длина бруса L (рис. 12.1). Одна часть
236

бруса, длина которой /, имеет постоянную по длине площадь попе-
поперечного сечения Fj, другая чисть — постоянную площадь F% В сечении,
отстоящем от свободного конца бруса на расстоянии с, действует си-
сила Р. Вес единицы объема материала у = 78 кН/м3, модуль упруго-
упругости ?= 2105 МПа.
Требуется:
1. Сделать схематический
чертеж бруса по заданным
размерам, соблюдая мас-
масштаб длин по вертикальной
оси.
2. Составить для каждого
участка бруса в сечении с
текущей координатой z @ <
< z ^ L) аналитические вы-
выражения изменения про-
продольного усилия Nz и нор-
мального напряжения az с
Рис. 12.1
учетом собственного веса
бруса.
3. Построить эпюры продольных усилий Nz и напряжений az.
4. Вычислить с учетом собственного веса бруса перемещение се-
сечения, отстоящего от свободного конца бруса на расстоянии /.
Исходные данные взять из табл. 8.
Таблица 8
Номер
строки
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
схемы
(рис. 12.1)
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
е
и
м
6
4
5
6
4
5
6
4
5
6
д
с,
м
,1
2
3
1
2
3
1
2
3
1
г
1/1
0,80
0,75
0,70
0,60
0,50
0,40
0,30
0,25
0,20
0,10
а
КИм2
40
60
80
100
120
100
80
60
80
40
е
F2>
10-4м2
100
120
160
180
200
140
120
160
180
200
е
кН
0,6
0,7
0,8
0,9
1,0
1Д
1,2
1,3
1,4
1,5
в
237

Семейство задач № 2
Абсолютно жесткий брус (рис. 12.2), имеющий одну шарнирно-
неподвижную опору и прикрепленный двумя тягами из упруго-
пластического материала, нагружен переменной по значению силой
Р. Площадь поперечного сечения тяг Fj и ^ модуль упругости и
предел текучести материала тяг Е = 2105 МПа и aj== 240 МПа; до-
допускаемое напряжение [ст] = срк, где коэффициент запаса
прочности к = 1,5.
Требуется:
1. Сделать чертеж всей конструкции по заданным размерам, со-
соблюдая масштаб.
2. Найти в зависимости от силы Р значения усилий в тягах.
3. Определить в процессе увеличения силы Р ее значение, при
котором напряжения в одной из тяг достигнет предела текучести.
4. В процессе дальнейшего увеличения силы Р определить ее
предельное значение в предположении, что несущая способность
обеих тяг исчерпана.
5. Найти значения грузоподъемности из расчета по методам
допускаемых напряжений и разрушающих нагрузок при одном и
том же коэффициенте запаса прочности. Сопоставить результа-
результаты.
Исходные данные взять из табл. 9.
Та блица 9
Номер
строки
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
схемы
^рис. 12.21
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
КИм2
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
а
10-" м2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
ю
м
1,1
1,2
1,3
1,4
1.5
1,6
1,7
1,8
1,9
1,0
д
ь,
м
1,1
1,2
1.3
1,4
1,5
1.6
1,7
1,8
1-9
1,0
г
с,
м
1,1
1,2
1,3
1,4
1,5
1,6
1,7
1,8
1,9
1,0
в
1],
м
0,6
0,8
1,0
1,2
1,4
1,5
1,6
1,8
2,0
2,2
е
м
0,6
0,8
1,0
1,2
1,4
1,5
1,6
1,8
2,0
2,2
а
238

.A v
а
Р
2
А
[6) i
Jb
Ft
A Г
24
аи
Рйс. 12.2

12.2. Семейства задач по теме «Геометрические
характеристики поперечных сечений бруса»
Семейство задач № 3
Поперечное сечение бруса (рис. 12.3) состоит из двух частей, со-
соединенных в одно целое.
Требуется:
1. Вычертить схему сечения в масштабе 1:2, на которой указать
положение всех осей и все размеры.
2. Найти общую площадь сечения.
3. Определить положение центра тяжести всего сечения.
4. Определить осевые и центробежный моменты инерции сече-
сечения относительно центральных осей.
5. Найти положение главных центральных осей, значения глав-
главных центральных моментов инерции, главных радиусов инерции и
проверить правильность вычисления моментов инерции.
Исходные данные взять из табл.10.
Таблица 10
Номер
строки
1
2
3
' 4
5
6
7
8
9
0
схемы
(рис. 12.3)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
е
Равнобокий уголок
(ГОСТ 8509-72)
80x80x8
90x90x8
90x90x9
100x100x8
100x100x10
100x100x12
100x100x14 .
110x110x8
125x125x10
125x125x12
а
Швеллер
(ГОСТ 8240-72)
12
14
16
16 а
18
18 а
20
20 а
24
24 а
д
Полоса
140x8
160x8
160x10
180x10
200x8
200x10
200x12
220x10
250x10
250x12
б
Примечание. При выполнении расчетов следует учесть, что центробежный мо-
момент инерции уголка может быть вычислен по формуле
где а— угол между горизонтальной осью х и осью наибольшего момента инерции;
он положителен, когда поворот оси наибольшего момента инерции к горизонталь-
горизонтальной оси х происходит против часовой стрелки: |а| < 90 .
Таким образом, центробежный момент инерции равнобокого уголка относи-
относительно центральных осей, параллельных полкам, равен по абсолютной величине по-
полуразности главных моментов инерции, т.к. в формуле а = 45°.
240

' ' '''т
•CICM
-CICNJ
Рис. 12.3

12.3. Семейства задач по теме «Кручение»
Семейство задач № 4
Стальной валик (рис. 12.4) закручивается двумя парами сил,
действующими в крайних сечениях. Момент каждой пары сил — М.
Требуется:
Рис. 12.4
1. Построить эпюру крутящих моментов.
2 Определить моменты сопротивления при кручении для сечений
I, И, III и по наиболее опасному сечению найти допускаемую ве-
величину момента М.
3. Построить эпюры распределения касательных напряжений в
сечениях I, II, III, отметив на сечениях опасные точки.
4. Построить эпюру углов закручивания, приняв начало отсчета
на левом торце валика.
Модуль упругости при сдвиге для материала валика G =
=8104МПа.
Примечание. Сечение III можно приближенно считать квадратным со стороной
0,8Д т.к. срезы углов весьма незначительны.
Исходные данные взять из табл. 11.
242

Та блица 11
Номер
строки
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
D,
10-3м
ПО
120
130
40
50
60
70
80
90
100
е
d/D
0,3
0,4
0,5
0,6
0,8
0,3
0,4
0,5
0,6
0,8
д
а,
L_ 10м
30
35
40
45
50
55
60
65
70
75
а
с,
10-2м
80
90
100
120
140
150
160
170
175
180
б
Rep,
МПа
90,0
95,0
100,0
105,0
110,0
90,0
95,0
100,0
105,0
110,0
в
Семейство задач № 5
Заданы тонкостенные брусы длиной / и поперечным сечением
открытого и замкнутого профиля (рис. 12.5) при действии само-
самоуравновешивающих крутящих моментов величиной М, действующих
на двух противоположных концах.
Требуется:
1. Определить выражения максимальных напряжений и углов за-
закручивания стержней для двух видов сечения открытого и закры-
закрытого профиля.
2. Сопоставить численное значения напряжений и углов за-
закручивания для двух различных профилей тонкостенного стержня.
Модуль сдвига материалов принимать равным G= 8-107 кН/м2.
б)
-с
г
! s
1
1
Рис. 12.5
243

Исходные Данные взять из табл. 12.
Таблица 12
Номер
строки
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
кНм
0.5
1.0
2.0
1.5
2.0
1.5
1.0
2.5
2.0
1.5
а
и
м
2.0
2.5
3.0
1.5
1.0
2.0
1.5
2.5
1.0
1.5
б
ъ,
м
0.2
0.3
0.4
0.5
0.4
0.3
0.1
0.2
0.3
0.5
д
К
м
0.1
0.15
0.2
0.3
0.5
0.6
0.4
0.3
0.4
0.5
е
о,
м
0.05
0.04
0.03
0.02
0.01
0.02
0.03
0.04
0.05
0.04
в
12.4. Семейства задач по теме «Изгиб»
Семейства задач № 6,7,8
Для схем балок I (Задача № 6, рис. 12.6), II (Задача № 7, рис.
12.7) и рамы III (Задача № 8, рис. 12.8)
требуется:
1. Вычертить расчетные схемы, указав числовые значения разме-
размеров и нагрузок.
2. Вычислить опорные реакции и проверить их.
3. Для всех схем составить аналитические выражения изменения
изгибающего момента Мх и поперечной силы Qy, а для схемы III и
продольной силы Nz — на всех участках.
4. Для всех схем построить эпюры изгибающих моментов Мх и
поперечных сил Qy, а для схемы III — эпюру продольных сил Nz.
На всех эпюрах обязательно указать числовые значения ординат
в характерных сечениях участков.
5. Руководствуясь эпюрой изгибающих моментов, показать для
схем I и II приблизительный вид изогнутых осей балок.
6. По опасному сечению подобрать поперечные сечения:
а) для схемы I — прямоугольное h x Ъ при расчетном сопро-
сопротивлении Ru = 16 МПа (клееная древесина); А / Ъ = 1,5;
б) для схемы II — двутавровое (ГОСТ 8239-72) при расчетном
сопротивлении Ru = 200 МПа (сталь).
Исходные данные взять из табл.13.
244

Рис. 12.6

Схема II
Рис. 12.7

Таблица 13
Номер
строки
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
Схема
I
рис.12.6
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
а
Схема
II
рис. 12.7
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
б
Схема
III
рис. 12.8
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
в
с/а
1,2
1,4
1,6
1,8
2,0
1,2
1,4
1,6
1,8
2,0
г
P/qa
0,6
0,5
0,8
1,2
1,5
1,6
1,0
1,8
2,4
2,0
д
m/qa2
0,2
0,4
0,6
0,8
1,0
0,2
0,4
0,6
0,8
1,0
е
а,
м
0,5
1,0
1,5
2,0
2,5
1,5
2,0
1,0
2,5
0,5
д
Q,
кН/м
6
8
10
12
14
16
12
10
' 8
6
г
Семейство задач № 9
Для стальной балки, имеющей поперечное сечение, показанное
на рис. 12.9,
Рис. 12.9
248

требуется:
1. Вычертить поперечное сечение в удобном для пользования мас-
масштабе и определить положение главных центральных осей инерции.
2. Построить эпюру нормальных напряжений а.
3. Принимая, что заданное сечение относится к левой отсе-
отсеченной части баки (рис. 12.10), определить значения нормального а,
касательного т и главных атах и ст[п напряжений в сечении балки
на уровне I-I (показать положение главных площадок) и направле-
направления главных напряжений.
4. Проверить проч-
прочность балки, имеющей
поперечное сечение, по-
показанное на рис. 12.9, по
первому предельному со-
состоянию.
Принять RH = 240
МПа. Расчетное сопро-
сопротивление следует опреде-
определить по формуле Яи = Лн
т/к.
Исходные данные взять из табл. 14.
Правило знаков
А4>0
Рис. 12.10
Номер
стро
ки
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
схе-
схемы
рис.
12.10
2
4
3
1
4
1
5
2
3
5
а
ю-3
м
400
360
300
240
220
200
270
330
260
280
г
bi
hi
1,1
1,2
1,0
0,9
1,2
1Д
1,0
0,9
1,2
1,1
д
Si
hi
0,10
0,11
0,12
0,09
0,10
0,12
0.09
0,11
0,10
0,12
е
b2
hi
0,8
0,6
0,7
0,5
0,8
0,6
0,7
0,5
0,8
0,6
б
82
hi
0,08
0,07
0,06
0,09
0,08
0,07
0,06
0,08
0,07
0,06
д
S
Si
0,50
0,60
0,70
0,80
0,60
0,70
0,80
0,50
0.60
0,50
e
0,10
0,05
0,04
0,03
0,07
0,04
0,03
0,05
0,10
0,04
a
MHf
kHm
25
-35
45
-50
55
-48
32
-28 ,
30
-52
в
Qh,
kHm
62
-60
58
-64
82
78
-74
76
-66
68
6
Таблица
14
Коэффициенты
пере-
груз-
грузки
n
1,2
1,3
1,1
1,4
1,5
1,2
1,3
1,1
1,4
1,5
г
безо-
безопасно
сти к
1,05
1,10
1,15
1,05
1,10
1,15
1,10
1,05
1,15
1,10
. д
усло-
условий
рабо-
работы т
0,90
0,95
1,0
0,95
0,90
1,0
1,0
0,95
0,90
0.90
в
249

Семейство задач № 10
Для схем стальных балок I и II (рис. 12.11) требуется определить
методом начальных параметров углы поворота сечений и прогибы в
точке В. Модуль упругости Е= 2-Ю5 МПа. Поперечные сечения ба-
балок: схема I — трубчатое с внешним диаметром D и внутренним —
d; схема II — двутавровое.
Исходные данные взять из табл.15
Таблица 15
Номер
с
т
Р
о
к
и
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
с
X
е
м
ы
I
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
д
с
X
е
м
ы
II
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
€
ь,
м
0,9
1,0
1,1
1,2
1,3
1,0
1,2
U1
0,9
1,3
г
с.
м
]
(
1,3
1,2
1.1
1,0
),9
1,1
1,0
0,9
1,3
1,2
а
/,
м
1,0
1Д
1,2
1,0
1,2
1,4
1,0
1,2
U3
1>4
б
>,
кН
0,8
0,9
1,0
U1.
1,2
1,3
1,4
1,5
1,6
1,7
е
ft
кН/м
0,8
0,9
1,0
1,1
1,2
1,3
1,4
1,5
1,6
1,7
в
кНм
-
1,0
1,2
1,5
1,6
2,0
2,1
2,4
2,6
2,8
3,0
г
D,
120
130
140
150
140
130
120
150
140
160
д
d/D
0,6
0,7
0,5
0,6
0,7
0,5
0,7
0,8
0,6
0,8
а
Номер
двутавра
по
ГОСТ
20
20 а
22
22 а
24
24 а
20 а
24
22
22 а
б
Семейство задач №11
Стальная балка АВ (рис. 12.12) нагружена силами Р\ и Р^ на-
направленными по главным центральным осям поперечного сечения.
Требуется:
1. Вычертить в масштабе расчетную схему балки (рис. 12.12) и ее
поперечного сечение (рис. 12.13).
2. Построить эпюры изгибающих моментов Мх и Му в главных
плоскостях инерции.
3. Найти для опасного (схемы 1 —- 4) или для двух равноопасных
сечений (схемы 5 — 0) положение нулевой линии, установить в
сечениях опасные точки, вычислить наибольшие растягивающие и
сжимающие нормальные напряжения в опасных точках, указать
наиболее опасное сечение, сравнить напряжения в опасных точках
этого сечения с расчетным сопротивлением Ru = 200 МПа и по-
построить их эпюр.
250

4. Найти значение полного прогиба и указать его направление:
а) для консольных балок — в середине ее длины;
б) для балок на двух опорах — в середине пролета.
Исходные данные взять из табл. 16.
Таблица 16
Номер
строки
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
схемы
рис. 12.12
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
е
Форма
поперечного
сечения рис. 12.13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
а
и
м
3,0
3,2
3,6
3,8
4,0
4,4
4,8
5,0
5,2
5,6
б
с,
10м
2,8
3,0
3,2
3,6
4,0
4,2
4,0
3,6
3,2
3,0
в
Л,
кН
1,0
1,2
1,3
1,4
1,5
1,6
1,7
1,8
1,9
2,0
г
Pi,
кН
0,1
0,1
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1,0
д
3/41
V2
с/ в
/V4 /
А С
3/41
1/2 /1/4 .
С D В[
Р2Ъ
1 D В\
1/2
Рис. 12.12

У
УУ
УУ
V//
/
У/7777;
2с
у//////.
УУ7Ш/7У7ЖА
Рис. 12.13

Семейство задач № 12
На столб заданного поперечного сечения в точке D верхнего торца
Действует внецентренно приложения растягивающая или сжимающая.
сила Р = 100 кН (рис. 12.14). Растягивающая сила обозначена точкой в
кружке, а сжимающая — крестом.
Рис. 12.14

Требуется:
1. 'Показать положение главных центральных осей инерции и
вычислить значения главных моментов и квадратов главных радиу-
радиусов инерции сечения.
2. Найти положение нулевой линии и показать ее на схеме
сечения с указанием отрезков, отсекаемых на осях координат.
3. Определить наибольшие (растягивающие и сжимающие) на-
напряжения в поперечном сечении и построить эпюру напряжений.
4. Построить ядро сечения и указать координаты его характерных
точек.
Все расчетные схемы необходимо выполнять, строго соблюдая
масштаб.
Исходные данные взять из табл. 17.
Таблица 17
Номер
строки
1
2
3
4
5
6
7
. 8
9
0
схемы рис. 12.14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
е
ь,
Ю-2 М
120
130
140
150
120
130
140
150
120
130
а
с,
Ю-2 м
50
55
60
65
70
50
55
60
65
70
в
а.
Ю-2 м
20
25
30
20
25
30
20
25
30
20
б
Семейство задач № 13
Пространственный консольный брус с ломаным очертанием осе-
осевой линии нагружен сосредоточенной силой Р = 1 кН или равно-
равномерно распределенной нагрузкой q =1 кН/м. Вертикальные элемен-
элементы бруса имеют круглое поперечное сечение диаметром d, горизон-
горизонтальные элементы — прямоугольное сечение (Ьхс). Ширина сечения
Ь — d +0,02 м, а высота сечения с = 0,5 Ь. Размеры бруса, его попе-
поперечных сечений и внешняя нагрузка показана на рис. 12.15.
Требуется:
1. Построить в аксонометрии шесть эпюр усилий: Мх, Му, Mz, Q&
Qy, Nz.
255

¦\ъ
Рис. 12.15

2. Указать вид сопротивления для каждого участка бруса.
3/ Определить на каждом участке нормальные напряжения от со-
совокупности внутренних усилий Nv Мх, Му и касательные напряже-
напряжения от крутящего момента Mz (напряжениями от Qx и Qy можно
пренебречь).
4. Найти расчетное напряжение по III теории прочности на
участке, где возникают одновременно нормальные и касательные
напряжения.
Исходные данные взять из табл. 18.
Таблица 18
Номер
строки
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
схема рис. 12.15
1
'2
3
4
5
6
7
8
9
0
е
d,
10-3м
56
58
60
62
64
68
70
72
74
76
б
о,
м
1,0
1,1
1,2
1,3
1,4
1,5
1,6
1,7
1,8
1,9
в
12.5. Семейства задач по теме «Расчет статически
неопределимых систем методом сил»
Семейство задач № 14
Для статически неопределимых балок (рис. 12.16) с постоянными
поперечными сечениями требуется построить эпюры изгибающих
моментов Мх и поперечных сил Qr Руководствуясь эпюрой изги-
изгибающих моментов Мх и условиями закрепления балки, изобразить
вид упругой линии.
Исходные данные взя^ь из табл. 19.
9 Сопротивление материалов
257

Таблица 19
Номер
строки
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
схемы
рис. 12.16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
е
h,
м
6
5
4
5
6
7
4
5
6
7
а
yh
1,0
0,8
0,6
0,5
0,6
0,5
0,8
1,0
0,5
0,6
б
Я,
кН/м
10,0
9,0
8,0
6,0
5,0
6,0
7,0
8,0
9,0
10,0
в
P/qti
0,1
0,2
0,3
0.4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1,0
д
M/ql?
0,02
0,03
0.04
0,05
0,05
0,04
0,03
0,02
0,04
0,03
е
12.6. Семейства задач по теме «Устойчивость прямых
стержней»
Семейство задач № 15
Для стойки двутаврового поперечного сечения (ГОСТ 8239-72),
одинаково закрепленной в обеих плоскостях центрально сжатой си-
силой Рпо заданной схеме (рис.12. 17, а),
требуется:
1. Определить грузоподъемность Р, указать положительные и от-
отрицательные стороны конструкции колонны из двутавра.
2. Для найденной грузоподъемности Р в целях лучшего исполь-
использования материала заменить двутавр более рациональным сечением
из двух двутавров или двух швеллеров, соединенных планками на
сварке (рис. 12.17, б), подобрать для нового варианта сечение, срав-
сравнить его по площади с первоначальным и вычертить в масштабе с
указанием числовых размеров. Расчетное сопротивление материала
R = 190 МПа.
Исходные данные взять из табл. 20.
258

,, rmf
J
M
и*
X
м
i
1
Рис. 12.16

т*
'////Л
Рис. 12.17
Таблица 20
Номер
строки
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
Расчетная
схема стойки
рис. 12.17, а
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
е
1,
м
2,6
2,8
3,0
3,2
3,4
3,6
3,8
4,0
4,2
4,4
б
Номер двутавра по
ГОСТ 8239-72
27 а
30 а
33
36
40
45
27
30
50
55
г
Схема для подбора но- ¦
вого варианта сечения
рис. 12.17. б
1
2
3
2
1
2
3
1
2
3
д
260

к
В
G
12.7. Семейства задач по теме «Динамические задачи»
Семейство задач № 16
Электромотор весом G установлен на балке KD, состоящей их
двух двутавров. Балка АВ также состоит из двух двутавров. Частота
вращения ротора мотора — п, вес неуравновешенных частей — Р,
эксцентриситет их — е (рис. 12.18).
Пренебрегая мас-
массой балки, требуется
определить:
1. Статические про-
прогибы, а также ста-
статические напряжения
в опасных сечениях
всех балок системы.
2. Основную час-
частоту собственных ко-
колебаний системы.
3. Частоту вынуж-
вынужденных колебаний
системы.
4. Коэффициент ди-
динамичности.
5. Наибольшие динамические прогибы, а также динамические
напряжения в опасных сечениях всех балок системы.
Исходные данные взять из табл. 21.
Таблица 21
Рис. 12.18
Номер
Строки
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
схемы
(рис. 12.18)
1
2
2
1
2
1
2
1
2
1
е
1,
м
1,2
1,4
1,6
1,8
2,0
2,2
2,4
2,6
2,8
3,0
а
а/1
0,20
0,25
0,30
0,35
0,40
0,20
0,25
0,30
0,35
0,40
е
Номер
двутавра по
ГОСТ
8239-72
АВ
20
22
27
18
24
30
20
27
20
30
г
KD
30
27
24
22
20
18
16
20
24
27
б
G,
кН
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
в
Р,
кН
0,8
1,0
1,2
1,4
1,5
1,6
1,8
2,0
2,2
2,4
г
е,
10-2м
0,08
0,10
0,12
0,15
0,18
0,20
0,22
0,25
0,28
0,30
д
п,
об/мин
500
550
600
650
700
750
800
850
900
950
е
261

Семейство задач № 17
Груз Р падает с высоты h в точку С балки KD. Состоящей из двух
двутавров и опирающейся на упругое сооружение, состоящее из од-
одной балки, которая также состоит из двух двутавров (рис. 12.19).
Длина всех балок — /
Требуется:
определить наибольшие
динамические прогибы, а
также динамические на-
напряжения в опасных
сечениях всех балок. За-
Затем сравнить полученное
напряжение и прогиб в
балке KD с теми дина-
динамическим напряжением и
прогибом, которые воз-
возникли бы в ней при усло-
условии, что эта балка своими
концами опирается на аб-
абсолютно жесткое основа-
основание.
Таблица 22
Рис. 12.19
Исходные данные взять из табл. 22.
Номер
строки
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
схемы рис.
12.19
1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
е
1,
м
1,2
1,4
1,6
1,8
2,0
2,2
2,4
2,6
2,8
3,0
а
а/1
0,20
0,25
0,30
0,35
0,40
0,20
0,25
0,30
0,35
0,40
е
Номер
двутавра по ГОСТ
8239-72
АВ
20
20 а
22
22 а
24
24 а
27
27 а
30
30 а
г
KD
20
20 а
22
22 а
24
24 а
27
27 а
30
30 а
б
Р,
кН
0,20
0,30
0,40
0,50
0,60
0,70
0,80
0,90
1,00
1,10
м
0,10
0,12
0,11
0,09
0,08
0,07
0,06
0,05
0,04
0,03
д
262

12.8. Семейства задач по теме «Прочность при цилинд-
цилиндрических нагрузках»
Семейство задач № 18, а
Клапанная пружина имеет размеры: средний диаметр витка — D,
диаметр проволоки пружины — d (рис. 12.20). Сила, сжимающая
пружину при закрытии клапана — Pmin; сила, сжимающая пружину
в момент полного открытия клапана — Ртах- Материал проволоки
пружины — хромованадиевая сталь, имеющая следующие меха-
механические характеристики: предел текучести — z^, предел выносли-
выносливости при симметричном цикле —- т_ь предел выносливости при
пульсирующем цикле — то.
Пружина имеет эффективный коэффициент концентрации на-
напряжений kt, коэффициент влияния качества обработки поверхно-
поверхности р и масштабный коэффициент ех.
Требуется:
1. Определить максималь-
максимально *тах и МИНИМаЛЬНОе Tmjn
напряжения в проволоке пру-
пружины и вычислить коэффи-
коэффициент асимметрии цикла R.
2. Найти среднее хт и
амплитудное та напряжения
цикла.
3. Построить в масштабе
схематизированную диаграм-
диаграмму предельных амплитуд (в
осях та, тт), используя меха-
механические характеристики
стали т.ь то, тт.
4. Вычислить коэффици-
коэффициент запаса прочности и
сравнить его с коэффициен-
коэффициентом, полученным по диа-
диаграмме предельных ампли-
амплитуд (графически).
Исходные данные взять из табл. 23.
Клапан
Рис. 12.20
263

Таблица 23
Но-
Номер
стро-
строки
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
D,
мм
40
41
42
43
44
45
46
47
48
50
d,
мм
3,6
3,7
3,8
3,9
4,0
4,1
4,2
4,3
4,4
475
с
Р
¦"max,
н
240
230
220
210
200
190
180
170
160
150
б
¦мтп».
н
60
65
70
75
80
85
90
95
100
105
в
МПа
900
910
920
930
940
900
910
920
930
940
г
МПа
460
470
480
490
500
460
470
480
490
500
д
МПа
780
790
800
810
820
780
790
800
810
820
е
Коэффициенты
1,05
1,06
1,07
1,08
1,09
1,05
1,06
1,07
1,08
1,09
а
Р
0,85
0,84
0,83
0,82
0,81
0,85
0,84
0,83
0,82
0,81
б
0,99
0,98
0,97
0,96
0,95
0,99
0,98
0,97
0,96
0,95
в
Семейство задач № 18,6
Тележка весом Р (размерами тележки пренебречь), периодически
движется по балке BD от точки В к точке С и обратно (рис. 12.21). Наи-
Наибольший прогиб в точке В балки АВ не должен превышать 0,02 м (увтах
= 0,02 м). Материал балки АВ — сталь, имеющая следующие меха-
механические характеристики: модуль упругости Е = 2-Ю8 кН/м2; предел те-
текучести ат; предел выносливости при симметричном цикле а.\ = 0,5 ат;
предел выносливости при пульсационном цикле сто = 0,8ат.
. Сечение А балки АВ имеет эффективный коэффициент концен-
концентрации напряжений ка9 коэффициент качества обработки поверхно-
поверхности р и масштабный коэффициент ест.
Требуется:
1. Вычертить поперечное сечение с указание числовых размеров,
найти момент инерции Jx и определить значение силы Р.
2. Написать аналитическое выражение изгибающего момента в
сечении А при произвольном положении тележки (силы Р) на
участке ВС (функции от г), найти по этому выражению значения z,
соответствующие положениям тележки для А/дшах и Л/дшт и> уста-
установив последовательно в эти положения тележку, построить со сто-
стороны растянутых волокон эпюры максимального А/дшах и мини-
минимального А/дтт изгибающего моментов для системы балок.
3. Найти максимальное атах и минимальное Gmin напряжения в
верхних волокнах сечения А балки АВ.
4. Подсчитать для сечения А характеристики цикла: среднее напря-
напряжение ат, амплитудное напряжение <ja и коэффициент асимметрии R.
264

5. Построить строго в масштабе схематизированную диаграмму
предельных амплитуд (в осях ат, аа), используя механические ха-
характеристики металла балки АВ: or_i, oq и gt.
6. Вычислить коэффициент запаса усталостной прочности анали-
аналитически и проверить его по диаграмме предельных амплитуд.
7. Подсчитать минимальный прогиб в точке В балки АВ Увтт и
определить амплитуду перемещений точки В.
УЛА
В
b> z I Р
С 0
Рис. 12.21
265

Исходные данные взять из табл. 24. '
Таблица 24
Но-
Номер
строки
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
/,
м
2,3
2,6
2,8
3,0
3,2
2,3
2,6
2,8
3,0
3,2
б
L,
м
2,6
2,7
2,8
2,9
3,0
зд
3,2
3,3
3,4
3,5
а
a/L
0,8
0,9
1,1
1,2
1,3
0,8
0,9
1,1
1,2
1,3
е
ь,
м
0,04
0,05
0,06
0,07
0,08
0,04
0,05
0,06
0,07
0,08
б
Тип
сече-
сечения
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
в
Н/м2
280
300
320
340
360
280
300
320
340
360
г
1,15
1,20
1,25
1,30
1,35
1,15
1,20
1,25
1,30
1,35
г
Р
0,84
0,82
0,80
0,78
0,76
0,84
0,82
0,80
0,78
0,76
д
Еа
0,75
0,71
0,67
0,65
0,63
0,75
0,71
0,67
0,65
0,63
б
Примечание. При выполнении п.2 задания следует руководствоваться следую-
следующим. Изгибающий момент в сечении Л зависит от величины реакции в точке В бал-
балки BD. Реакция в точке В является функцией абсциссы z расположения тележки
(силы Р). Следовательно, изгибающий момент в сечении А М^ тоже является функ-
функцией абсциссы расположения силы Р. Используя аналитическое выражение реакции
R%, определить ее наибольшее и наименьшее значение, а также экстремальные
значения момента Л/д, т.е. Л/дтах и ^Amin соответственно.
Установить силу Р последовательно в положения при которых формируются
^Втах и ^Bmin со стороны растянутых волокон построить эпюры экстремальных мо-
моментов, ПОЗВОЛЯЮЩИХ ОПредеЛИТЬ -Л/дтах и ^Amin •
Минимальный прогаб в точке В возникает при приложении силы Р в точке В.
12.9. Семейство задач по теме «Основы теории упругости
и пластичности»
Семейство задач № 19
Определить главные напряжения и направления главных напря-
напряжений, если напряженное состояние в точке нагруженного тела за-
задана тензором напряжений.
Исходные данные взять из табл. 25.
266

Таблица 25
Номер
строки
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
Мпа
100
0
60
50
40
-80
-60
-50
20
80
а
аУУ>
Мпа
-40 -
-60
20
50
40
0
-60
80
100
50
б
Мпа
-60
-40
-20
10
0
30
50
60
0
-20
е
Хху,
Мпа
20
10
30
10
-20
20
30
-10
20
0
г
Мпа
10
-10
20
20
-30
0
30
20
10
10
в
Tyz»
Мпа
5
10
10
30
-10
0
0
-5
20
10
д
Семейство задач № 20
На прямоугольную пластину шириной Ь, длиной / = 2Ъ и толщи-
толщиной в единицу (рис. 12.22) действуют по кромкам внешние силы,
распределенные по ее толщине. Эти силы создают в пластине
обобщенное плоское напряженное состояние.
Указаны оси координат и задано выражение функции напряже-
напряжений ф = ф, +ф2.
Требуется:
1. Проверить возможность
существования такой функции
напряжений.
2. По функции напряжений
"~? найти выражения компонен-
компонентов напряжений.
3. Выяснить характер рас-
распределенных по кромкам
внешних сил, при действии
которых имеет место найден-
Рис. 12.22 Ная система напряжений, и
построить эпюры напряжений.
4. По полученным эпюрам напряжений произвести проверку
равновесия пластины.
Исходные данные взять из табл.26.
h2b
267

Таблица 26
Номер
строки
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
Ф1
mb2x2
тЬ2(х2-у2)
mb2y(x-y)
mb2x(x + y)
mb2y2
тЬ2(х2 + у2)
mb2xy
тЬ2(х-уJ
mb2y(x + y)
mb2x(x-y)
а
ф2
nbx3
пху3
nbx2y
п(х4-у4)
nbx(x2 + y2)
nby3
пх2(х2-3у2)
nbxy2
пу2Cх2-у2)
пх3у
б
т/п
+0,5
+1,0
+1,5
+2,0
+3,0
-0,5
-1,0
-1,5
-2,0
-2,5
е
Семейство задач № 21
Для трехстержневой системы (рис. 12.23) при условии, что
диаграмма растяжения для стержней идентична и имеет участок
упрочнения (рис. 10.10, в) с характеристиками (Е = 2-Ю8 кН/м2;
ат = 2-Ю5 кН/м2; ав = 4-1-05 кН/м2; ев = 0,02), принимаемая го-
горизонтальный брус абсолютно жестким, при исходных данных
(табл. 27).
Требуется:
1. Определить абсолютные и относительные удлинения стерж-
стержней и значения внешних нагрузок (Р\, q\, M\) при котором в
наиболее напряженном стержне напряжения достигают предела
упругости.
2. Определить абсолютные и относительные удлинения стержней
и значения внешних нагрузок {Pi, qi, M{) при котором все элемен-
элементы заданной системы переходят в пластическую стадию деформиро-
деформирования.
3. Определить абсолютные и относительные удлинения стержней
и значения внешних нагрузок (Р^, q$, A/3), при которых в наиболее
нагруженном стержне напряжения достигают значения, равные ав,
т.е. когда происходит разрушение элемента системы.
4. Определить значения внешних нагрузок (Р4, q*, M4) при кото-
которых происходит разрушение заданной системы.
268

f 1
I
3
'//*
2F
с
F
V////////A
i
\
a
f,5F
a
3F
a
«M
p
F
5
Y///////////////////////jC///A
с
7
•-a
L
9
с
F
+ + +
2F
+ ¦ +
F
2F
q
¦ ¦ ¦ ¦
?a
Я
¦ ¦ ¦ ¦
2a
I
F
; ¦ ¦ ¦
д=7м
)
F
к а
2F
f |
|
3F
|
i
!
2F
2
2F
I'
4
г
2F
p
to
i
i
2F
а=1м
«^
F^
//////////A
r
4 J >
F
t t t i
2i
3F
F
t а ш
Щ
и ¦,
Г CNJ
F
a
2F i
( <
fjtf///////A
2F
3F
F
III'
CM
Vf
I/
i
1
4
1
1
3F
I
M
' 1
Рис. 12.23

Таблица 27
Номер строки
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
/,
м
1.0
2.0
3.0
0.5
1.0
2.0
2.5
3.0
1.0
2.0
а
м
0.5 .
1.0
1.5
2.0
0.5
1.0
0.5
1.0
1.5
1.0
б
F,
10-4 м2
1.0
2.0
3.0
4.0
4.0
3.0
2.0
1.0
1.0
2.0
г
Номер
расчетной
схемы
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
д
12.10. Семейства задач по теме «Пластины и оболочки»
Семейство задач № 22
Пластинка постоянной толщины h жестко заделана по контуру
Г*2 / ,1
эллиптического очертания — + -^ = 1 и нагружена равномерно
\а b )
распределенной нагрузкой ин-
интенсивностью q (рис. 12.24).
Модуль упругости материала
пластинки Е = 2-Ю5 МПа; ко-
коэффициент Пуассона ц = 1/6.
Требуется:
1. Построить прогиб пла-
пластинки в середине.
2. Построить эпюры изги-
изгибающих моментов и попе-
поперечных усилий в пластинке по
направлению главных диамет-
диаметров контура.
Рис. 12.24
270

3. В точке С с координатами (а/2; Ь/2) определить изгибающие
Моменты Мх и Му, крутящий момент МХгУ, положение главных пло-
площадок и главные изгибающие моменты Мтах и Mmin.
Исходные данные взять из табл. 28.
Таблица 28
Номер
строки
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
а,
м
1,0
1,2
1,3
1,4
1,5
1,6
1,7
1,8
1,9
2,0
а
ь,
м
0,8
0,9
1,0
1,1
1,2
1,3
1,4
1,5
1,6
1,8
д
А,
м
0,10
0,12
0,14
0,15
0,16
0,18
0,20
0,22
0,24
0,25
г
Ч,
МПа
3,0
3,5
4,0
4,5
5,0
5,5
6,0
6,5
7,0
7,5
в
Семейство задач № 23
Для толстостенной трубы, имеющей внутренний диметр d и на-
наружных диаметр Д
требуется:
1. Определить давление Pj внутри трубы, при котором в мате-
материале трубы начнется переход в пластическое состояние.
2. Определить предельное внутреннее давление Рпрщ-> ПРИ кото-
котором материал трубы по всей толщине будет находиться в пла-
пластическом состоянии.
3. Построить эпюры распределения напряжений по толщине
стенки трубы для п.п. 1 и 2.
4. Определить допускаемое давление Рдоп ПРИ коэффициенте
запаса прочности 1,5.
Материал трубы — пластическая сталь, не обладающая уп-
упрочнением; от = 250 МПа; Е = 2-Ю5 МПа; \i = 0.5.
Исходные данные взять из табл. 29.
271

Таблица 29
Номер
строки
1
2'
3
4
5
6
7 '¦¦
8
9
0
D/d
3,0
3,2
3,6
4.0
4,4
4,8
5,0
5,2
5,6
6,0
е
d,
м
0,005
0,010
0,015
0,020
0,025
0,030
0,035
0,040
0,045
0,050
д

i
3
I
U
I
И
*
о
ч
S
54
^^>^^^
3
s
On
00
4
273

s
CO
CN
О
OS
00
NO
CO
CN
1.99
80.
.37
00
2.69
CN
з
2.14
43.0
9.42
.39
2.02
OS
91.
о
2.68
s
2.13
48.2
10.7
.37
oo
00
2.02
VO
s
.49
16
2.91
NO
s
2.31
39
7.39
.80
«o
2.06
OS
83.
S?
ro
ON
2.90
ON
ГО
2.30
NO
8.78
.89
NO
NO
О
CN
ГО
Я
.89
CN
NO
S
2.29
CO
CO
10.1
CO
ON
«n
CN
ro
.47
00
24
.87
CN
ON
2.28
00
*
11.5
.02
ON
00
00
CN
N
.46
¦n
.86
CN
«A
О
CN
12.8
d
ON
CN
3.2
.59
00
—«
.11
NO
s
CN
a
8.63
.78
NO
5.5
ON
CN
S
Я
«л
ri
.11
CN
О
9.38
Я
ГО
ON
NO
8
00
2.23
ON
.58
о
.09
3
-n
CN
ro
s
00
о
.51
00
2-27
5!
.57
CO
О
.08
NO
3
CN
P
CO
CN
.65
OS
00
2.47
S
.78
ON
00
.49
о
CN
CO
s
CO
CN
3
ON
3.3
о
8
ON
2.51
Sn
.77
00
CO
.48
3
SO
CN
On
CO
ON
d
00
2.55
219
.77
NO
.46
CN
00
NO
2.2
ON
2.68
214
.88
ro
§
ro
CN
00
CN
d
6.5
2.71
231
CN
.88
207
s
CO
CO
00
CO
0.8
2.75
ON
s
.87
233
?;
CO
rj
NO
»o
CN
CN
00
2.83
33.
Ж
s
284
о
CO
ON
CN
ON
5.1
о
100
о
2.91
?
.95
ON
00
.81
331
s
CO
209
00
22
7.9
•
2.99
CO
.78
375
s
CO
237
со
Я
20.6
2
3.06
CN
.74
416
2.98
264
29
23.3
NO
5.96
308
.19
CN
.29
279
3.40
176
CN
11.9
3.00
353
.18
CN
00
00
00
**"
315
3.39
198
CN
•¦<
ro
CN
00
о
3.36
516
CN
CN
CN
.87
467
3.87
294
ON
5.5
00
274

г
2
го
гч
о
ON
ОО
VO
ГО
ГЧ
582
00
ч*
гч
135
VO
ОО
520
.86
327
о
Я
17.3
Os
.45
649
гч
149
S
571
.85
360
го
я
Os*
о
.53
782
3
гч
174
гч
00
670
.82
423
OS
8
гч
гч
4.6
2
ГЧ
125
—
.61
916
wo
ГЧ
200
00
764
.80
482
Я
гч
гч
.68
1051
гч
224
853
.78
539
00
го
VO
SO
,78
818
OS
Г^
гч
192
wo
739
,34
.»
я
2
.82
911
ОО
гч
т
W0
814
.33
512
го
27
гч
4.6
2
о
140
2
1097
гч
248
W0
957
.31
602
W0
я
w->
я
гч
о
1356
Os
ГО
319
W0
гч
VO
1229
774
о
.35
1494
00
го
348
VO
1341
.95
844
*
о
.39
633
г.
ГО
376
ГО
ГЧ
VO
1450
Sn
913
го
ON
ГЧ
гч
.47
чГ
911
VO
го
431
8
VO
3991
Ss
1046
го
9
О
го
5.3
^.
160
vo
•и
.55
2191
^г
го
485
VO
1866
.89
1175
9
R
VO
.63
2471
го
ГО
537
ГО
SO
2061
.87
1299
00
я
о
го
ОО
,70
2756
гч
го
589
о
VO
2248
.85
1419
S
.85
2128
Os
ГО
500
1933
8
1216
00
00
го
о
5.3
VO
«-4
180
00
«•4
.89
2324
00
ГО
540
S
2093
.59
131^
гч
го
гч
.37
«л
3182
?
ГО
749
S
9683
.22
V©
1823
о
гч
275

g
я
276

-fS
в
з
00
g
.111
oo
On
oo
со
oo
od
OO
I
Л
\li
277

s
278

art
OS
о
00
s
so
00
00
ON
я
ЧО
8'
о
279

NO
in
2
ro
CN
-
О
ON
00
NO
m
ro
CN
-
О
00
"¦*
1.87
00
ГО
63.3
54.1
6.42
93.4
747
CO
m
<n
00
8.4
о
m
3
160
CN
NO
§
CN
2.01
78.8
59.4
6.49
s
823
m
ON
m
in
об
9.0
о
in
160
ГО
m
«91
Ss
2.04
о
098
69.8
7.24
CN
1090
CN
m
ON
8.7
in
8
180
CO
NO
00
ГО
CN
2.18
о
a
s
76.1
CN
rf*
Я
1190
CN
Я
m
OS
9.3
in
s
180
^,
r*
18a
о
CN
03*3
m
3
87.8
8.07
Я
1520
9.5
9.0
CN
in
JS
200
00
00
fN
CN
2.35
CN
Я
R
95.9
8.15
vo
1670
CN
m
CN
9.5
9.7
5.2
8
003
00
ON
20a
CN
CN
2.37
a
m
о
8.89
S
2110
»
о
9.5
5.4
033
о
CN
я
CN
m
m
CN
о
о
ГО
ОО
fN
8.99
212
2330
00
00
CN
О
10.2
5.4
SS
220
NO
Я
22a
CN
S
CN
NO
ГО
208
ON
9.73
242
2900
NO
10.5
10.0
5.6
8
240
о
я
я
SO
CN
CN
CN
37.
254
in
9.84
265
3180
ON
CN
CO
10.5
0.7
5.6
m
ON
240
00
24a
CN >
ГО
CN
ro
ГО
262
oo
ON
О
308
4160
CN
m
ГО
4.5
—4
m
о
6.0
m
ON
270
CN
CN
m
CN
s
CN
VO
3
327
224
о.
CN
387
5810
m
m
CN
p
6.5
100
300
00
ro
a
CN
2.97
00
In
410
281
«•¦4
ГО
484
7980
m
•n
ro
7.0
105
330
36.5
ro
ГО
CN
ore
513
350
CN
601
10820
ГО
m
NO
^.
12.6
7.5
о
360
41.9
m
CN
ГО
CN
ГО
642
m
761
15220
m
NO
NO
m
,3.5
О
00
115
400
ro
00
*
280

4. Указания к использованию единиц
Международной системы СИ в задачах
по сопротивлению материалов
Наиболее часто встречающиеся в Сопротивлении материалов
единицы Международной системы, установленные Государствен-
Государственным стандартном России, приведены в табл. А.
Таблица А
Наименование
величины
Длина
Масса
Время
Плоский угол
Частота
Угловая скорость
(угловая частота)
Скорость
Ускорение
Площадь
Статический момент
сечения (объем)
Осевой момент инер-
инерции площади сечения
Плотность
Сила
Удельный вес
Напряжение, давление,
нагрузка, распределен-
распределенная по поверхности
Погонная нагрузка
Момент силы
Работа и энергия
Мощность
Динамический момент
инерции
Единица измерения
Основные единицы
Метр
Килограмм
Секунда
Дополнительные единицы
Радиан
Производные единицы
Герц
Радиан на секунду
Метр на секунду
Метр на секунду в квадрате
Метр в квадрате
Метр в кубе
Метр в четвертой степени
Килограмм на метр в кубе
Ньютон
Ньютон на метр в кубе
Паскаль
Ньютон на метр
Ньютон-метр
Джоуль
Ватт
Килограмм-метр в квадрате
Сокращенное
обозначение еди-
единиц измерения
м
кг
с
рад
Гц
рад/с
м/с
м/с2
м2
м3
м4
кг/м3
н
Н/м3
Па
Н/м
Нм
Д*
Вт
кг-м2
281

Некоторые основные и производные единицы, имеющие специ-
специальные названия (м, с, Гц, Н, Па, Дж, Вт), в окончательных резуль-
результатах расчетов можно увеличивать или уменьшать, используя для
этого приставки, указанные в табл. Б.
Таблица Б
Приставка
Тера
Гига
Мега
Кило
Гекто
Дека
Деци
Санти
Милли
Микро
Нано
Пико
Сокращенное
обозначение
Т
Г
м
к
г
да
д
с
м
мк
н
п
Множитель
10й
ю9
106
103
102
101
ю-1
ю-2
ю-3
ю-6
ю-9
ю-12
Среди производных единиц с большой буквы пишутся те, кото-
которые образованы от фамилий ученых (Гц, Н, Па и т.д.).
Производные единицы связаны с основными, например:
1Н = 1кг1м/1с2; Ша=1Н/1м2; 1Дж=1Н1м; 1Вт=1Дж/1с.
Приведем пример использования указанных выше приставок.
Модуль упругости для стали ?= 2, МО11 Па = 2Д1010 даПа = 2Д109
гПа = 2Д108 кПа - 2,Ы05 МПа = 0,2Н03 ГПа = 0,21 ТПа.
В некоторых задачах по сопротивлению материалов в исходных
данных используются внесистемные единицы, например обороты в
минуту или сантиметр в четвертой степени и т.д. Это связано с тем,
что на многих работающих сейчас электродвигателях, создающих
динамическую нагрузку, обозначено именно количество оборотов в
минуту, а в действующих сортаментах на прокат даны геомет-
геометрические характеристики пока еще в единицах, производных от
сантиметра. Переход от этих единиц к системным очевиден. На-
Например:
1см4 = 1A0-2 мL= МО-8*!4;
300 об/мин = 5 об/с = 5-2л: Гц.

ЛИТЕРАТУРА
1. Александров А.В., Потапов В.Д., Державин Б.П. Сопротивление материа-
материалов. - М.: Высшая школа, 2000. - 560 с.
2. Варданян Г. С, Андреев В.И., Атаров Н.М., Горшков АЛ. Сопротивление
материалов с основами теории упругости и пластичности. - М.: АСВ,
1995. - 572 с.
3. ДарковАВ., Шапиро Г.С. Сопротивление материалов. - М.: Высшая школа,
1975.-654 с.
4. Минин Л.С., Окопный Ю.А., Радин В.И, Хроматов В.Е. Сборник задач по
курсу «Механика материалов и конструкций».- М: МЭИ, 1998. - 303 с.
5. Смирнов А. Ф. и др. Сопротивление материалов. - М.: Высшая школа,
1975. - 480 с.
6. Саргсян А.Е. Сопротивление материалов, теории упругости и пластичности.
Основы теории с примерами расчетов. - М.: АСВ, 1998. - 240 с.
7. Феодосъев В.И. Сопротивление материалов. - М.: Наука, 1970. - 544 с.

ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие .... 3
Глава 1. Цель и задачи дисциплины 4
1.1. Задачи и методы сопротивления материалов 4
1.2. Реальный объект и расчетная схема 5
1.3. Внешние и внутренние силы. Метод сечений 6
1.4. Напряжения 10
1.5. Перемещения и деформации И
1.6. Закон Гука и принцип независимости действия сил 12
Вопросы для самопроверки , 13
Глава 2. Растяжение и сжатие 14.
2.1. Внутренние силы и напряжения 14
2.2. Удлинение стержня и закон Гука..., 16
2.3. Пример расчета (задача № 1) 17
2.4. Потенциальная энергия деформации 22
2.5. Статически определимые и статически неопределимые системы 24
2.6. Напряженное и деформированное состояние при растяжении и сжатии 26
2.7. Основные механические характеристики и свойства материалов 29.
2.8. Общие принципы расчета конструкции 33
2.9. Пример расчета (задача N° 2) 35
Вопросы для самопроверки 40
Глава 3. Геометрические характеристики поперечных сечений бруса 41
3.1. Статические моменты сечения i 41
3.2. Моменты инерции сечения 42
3.3. Главные оси и главные моменты инерции 45
3.4. Пример расчета (задача Jsfe 3) 46
Вопросы для самопроверки 51
Глава 4. Кручение 52
4.1. Кручение бруса с круглым поперечным сечением 52
4.2. Кручение бруса с некруглым поперечным сечением 55
4.3. Пример расчета (задача N° 4) 58
4.4. Кручение тонкостенного бруса 63
4.5. Пример расчета (задача N° 5). 66
Вопросы для самопроверки 67
Глава 5. Изгиб 68
5.1. Внутренние усилия в поперечных сечениях бруса 68
5.2. Основные дифференциальные соотношения теории изгибе 71
5.3. Напряжения при чистом изгибе 72
5.4. Примеры расчетов 75
5.4.1. Схема I. Консольная балка (задача Nfc 6) 75
5.4.2. Схема II. Двухопорная балка (задача JSfe 7) 82
5.4.3. Схема III. Плоская рама (задача N° 8) 88
5.5. Касательные напряжения при поперечном изгибе
Главные напряжения при изгибе 91
5.6. Пример расчета (задача N° 9) 95
5.7. Перемещения при изгибе. Метод начальных параметров 100
5.8. Пример расчета (задача N& 10) 105
284

5.9. Косой изгиб , : 109
5.10. Пример расчета (задача N° 11) 111
5.11. Внецентренное растяжение и сжатие.... 117
5.12. Пример расчета (задача № 12).. 119
5.13. Теории прочности. 122
5.14. Пример расчета (задача № 13) 125
Вопросы для самопроверки 133
Глава 6. Расчет статически неопределимых систем методом сил.. 135
6.1. Стержневые системы. Степень статической неопределимости.... 135
6.2. Определение перемещений методом Мора 137
6.3. Метод сил 141
6.4. Пример расчета (задача № 14) 143
Вопросы для самопроверки '. 145
Глава 7. Устойчивость прямых стержней >. 146
7.1. Понятие об устойчивости. Задача Эйлера 146
7.2. Границы применимости решения Эйлера. Формула Ясинского 150
7.3. Расчет сжатых стержней на устойчивость 152
7.4. Пример расчета (задача JNfe 15) 153
Вопросы для самопроверки... , 157
Глава 8. Динамические задачи 158
8.1. Основные определения 158
8.2. Колебания системы с одной степенью свободы.... 159
8.3. Пример расчета (задача N° 16) , 162
8.4. Соударение твердого тела и системы с одной степень свободы..... 166
8.4. Пример расчета (задача N° 17)... 169
Вопросы для самопроверки 173
Глава 9. Прочность при циклических нагрузках 174
9.1. Основные характеристики цикла и предел усталости 174
9.2. Влияние концентраций напряжений, состояния поверхности
и размеров детали на усталостную прочность 177
9.3. Запас усталостной прочности и его определение 179
9.4. Пример расчета (задача № 18) 182
Вопросы для самопроверки 185
Глава 10. Основы теории упругости и пластичности 186
10.1. Напряженное состояние в точке. Уравнения равновесия 186
10.2. Определение напряжений на произвольной площадке.
Главные оси и главные напряжения 188
10.3. Деформированное состояние в точке.
Геометрические уравнения и уравнения неразрывности... 193
10.4. Физические уравнения теории упругости для
изотропного тела. Обобщенный закон Гука..... 194
10.5. Возможные способы решения задач теории упругости 196
10.6. Теория предельных напряжений состояний 198
10.7. Плоская задача в декартовых координатах 199
10.8. Пример расчета (задача N° 19) 202
10.9. Пример расчета (задача N& 20). .204
10.10. Основы теории пластичности 208
10.11. Пример расчета (задача N° 21) ^ 213
285

Вопросы для самопроверки 219
Глава 11. Пластины и оболочки .. : 220
11.1. Теория тонких пластин ¦. 220
11.2. Пример расчета (задача N° 22) . . 224
11.3. Прочность толстостенной цилиндрической оболочки
при действии внутреннего и внешнего давлений 228
11.4. Пример расчета (задача № 23) 233
Вопросы для самопроверки .235
Глава 12. Задачи для самостоятельной и контрольных работ 236
12.1. Семейства задач по теме «Растяжение и сжатие» 236
12.2. Семейства задач по теме «Геометрические характеристики
поперечных сечений бруса» 240
12.3. Семейства задач по теме «Кручение» 242
12.4. Семейства задач по теме «Изгиб» 244
12.5. Семейства задач по теме «Расчет статически неопределимых
систем методом сил» 257
12.6. Семейства задач по теме «Устойчивость прямых стержней» 258
12.7. Семейства задач по теме «Динамические задачи» 261
12.8. Семейства задач по теме «Прочность при
цилиндрических нагрузках» 263
12.9. Семейства задач по теме «Основы теории упругости и
пластичности» 266
12.10. Семейства задач по теме «Пластины и оболочки» 270
Приложения. 273
1. Угольники равнобокие. Сталь прокатная. Сортамент... , 273
2. Балки двутавровые. Сталь прокатная. Сортамент 277
3. Швеллеры. Сталь прокатная. Сортамент 279
4. Указания по использованию единиц Международной системы СИ
в задачах по сопротивлению материалов 281
Литература 283

Учебное издание
Саргслн Акоп Егишович
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ,
ТЕОРИИ УПРУГОСТИ И ПЛАСТИЧНОСТИ
ОСНОВЫ ТЕОРИИ С ПРИМЕРАМИ
РАСЧЕТОВ
Зав. редакцией Т.А. Рыкова
Художественный редактор Ю.Э. Иванова
ЛР № 010146 от 25.12.96. Изд. № ВТИ-80. Подп. в печать 17.05.2000
Формат 60x90 '/i6. Бум. газетн. Гарнитура Тайме. Печать офсетная
Объем: 18,0 усл. печ. л., 18,0 усл. кр.-отт., 17,50 уч.-изд. л.
Тираж 7000 экз. Заказ № 2057
ГУП «Издательство «Высшая школа», 101430, Москва, ГСП-4,
Неглинная ул., д. 29/14
Факс: 200-03-01, 200-06-87
E-mail: V-Shkola@g23.relcom.ru http://www.v-shkola.ru
Отпечатано с готовых диапозитивов в ГУП ИПК
«Ульяновский Дом печати», 432601, г. Ульяновск, ул. Гончарова, 14